一些数学分析考研题（2024年）的解析

证明
              由已知条件，可知\[x\geqslant 3,\varphi (x)=\int_{0}^{+\infty}\frac{t}{2+t^x}dt< \int_{0}^{+\infty}t^{1-x}dt< \infty.\]                   从而$\varphi (x)$在$[3,A]$上一致连续。即有\[\forall \varepsilon > 0,x',x''\in[3,A],\delta > 0,|x'-x''|< \delta ,s.t.|\varphi (x')-\varphi (x'')|< \varepsilon .\]
                 又\[f_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n}\varphi (x+\frac{k}{n})\rightarrow f(x)=\int_{0}^{1}\varphi (x+t)dt.\]
                而\[\because f_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n}\varphi (x+\frac{k}{n})=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\varphi (x+\frac{k}{n})dt.\]\[f(x)=\int_{0}^{1}\varphi (x+t)dt=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\varphi (x+t)dt.\]\[\begin{align*}\therefore |f_n(x)-\int_{0}^{1}\varphi (x+t)dt|
&=|\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\varphi (x+\frac{k}{n})dt-\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\varphi (x+t)dt| \\
&\leqslant \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}|\varphi (x+\frac{k}{n})-\varphi (x+t)|dt \\
&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\varepsilon dt \\
&=\frac{1}{n}\varepsilon \rightarrow 0.(|\frac{k}{n}-t|< \frac{1}{n}< \delta .n\to\infty)
\end{align*}\]
               由此，$\{f_n(x)\}$在$[3,A]$上一致收敛。

1、解
         \[\because \frac{n+i}{n}\sin \frac{i}{n^2}=\frac{n+i}{n}(\frac{i}{n^2}+o(\frac{1}{n^2}))=\frac{i}{n^2}+\frac{i^2}{n^3}+o(\frac{1}{n^2}).\]\[\begin{align*}\therefore \lim_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{n+i}{n}\sin \frac{i}{n^2} &=\lim_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(\frac{i}{n^2}+\frac{i^2}{n^3}+o(\frac{1}{n^2})) \\
&=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(\frac{i}{n^2}+\frac{i^2}{n^3}) \\
&=\int_{0}^{1}xdx+\int_{0}^{1}x^2dx\\
&=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\\
&=\frac{5}{6}.
\end{align*}\]2、解
         由于 \[\lim_{x\to+\infty}(\frac{x-a}{x+a})^x=\lim_{x\to+\infty}(1-\frac{2a}{x+a})^{\frac{x+a}{-2a}\cdotp (\frac{-2ax}{x+a})}=\lim_{x\to+\infty}e^{\frac{-2ax}{x+a}}=e^{-2a}.\]\[\begin{align*}\int_{a}^{+\infty}xe^{-2x}dx
&=-\frac{1}{2}xe^{-2x}|_a^{+\infty}+\frac{1}{2}\int_{a}^{+\infty}e^{-2x}dx \\
&=\frac{1}{2}ae^{-2a}-\frac{1}{4}e^{-2x}|_a^{+\infty} \\
&=\frac{1}{2}ae^{-2a}+\frac{1}{4}e^{-2a} .
\end{align*}\]而由条件，可知有\[e^{-2a}=\frac{1}{2}ae^{-2a}+\frac{1}{4}e^{-2a},\]\[a=\frac{3}{2}.\]3、解
        \[\begin{align*}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan ^{2024}x}dx &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\tan ^{2024}x-\tan ^{2024}x}{1+\tan ^{2024}x}dx \\
&=\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\tan ^{2024}x}{1+\tan ^{2024}x}dx \\
&=\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos ^{2024}x}{\cos ^{2024}x+\sin ^{2024}x}dx,(x=\frac{\pi}{2}-x) \\
&=\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin ^{2024}x}{\cos ^{2024}x+\sin ^{2024}x}dx \\
&=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos ^{2024}x+\sin ^{2024}x}{\cos ^{2024}x+\sin ^{2024}x}dx\\
&=\frac{\pi}{4}.
\end{align*}\]   【注】：这是道经典竞赛题，源自苏联大学生数学竞赛。题中的指数与数值无关。

证明
            这又是一道典型题。可以令\[x_1=\sqrt{n\pi +\frac{\pi }{2}},x_2=\sqrt{n\pi },\]则当\[|x_1-x_2|< \delta \]时\[|f(x_1)-f(x_2)|=1.\]说明函数不一致收敛。

证明
       （1）、分两种情况\[a_n\uparrow ,na_n\leqslant a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots +a_{2n}< \varepsilon ,(\forall \varepsilon > 0,柯西列)\]\[a_n\downarrow ,na_n=n( S_n-S_{n-1})=N\varepsilon .(\forall \varepsilon > 0,\exists N,n\geq  N，部分和收敛)\]   因此，结论成立。
       （2）、运用Stolz定理及上面（1）的结论，有\[\lim_{n\to\infty }\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n }{n}=\lim_{n\to\infty }(na_n-(n-1)a_{n-1})=0.\]

证明
       （1）、由中值定理，有\[\exists \eta_1\in (0,1),s.t.f(1)-f(0)=1=f'(\eta_1),\frac{1}{f'(\eta_1)}=1.\]再由Roll定理\[令F(x)=f(x)-x,F(0)=F(1)=0,\exists \eta_2\in (0,1),s.t.F'(\eta_2)=f'(\eta_2)-1=0,\frac{1}{f'(\eta_2)}=1.\]、两式相加，\[\therefore \frac{1}{f'(\eta_1)}+\frac{1}{f'(\eta_2)}=2.\]
       （2）、可以利用上面的中间结论，有\[\frac{a}{f'(\eta_1)}=a,\frac{b}{f'(\eta_2)}=b,\]两式相加，即有\[\frac{a}{f'(\eta_1)}+\frac{b}{f'(\eta_2)}=a+b.\]
         【注】这个题目，出题老师出得比较厚道。要是去掉（1），再将a,b直接用数值代替，那么，证明起来肯定要难得多。

解
    （1）、由\[|\frac{\sin n}{p^{\ln n}}|\le |\frac{1}{p^{\ln n}}|.\]可知\[当n\geqslant 3时,级数\{\frac{1}{p^{\ln n}}\}\]绝对收敛。
    （2）、由\[R=|\frac{a_n}{a_{n+1}}|=|\frac{\frac{n^2}{(n+1)!}}{\frac{(n+1)^2}{(n+2)!}}|=(\frac{n}{n+1})^2(n+2)\rightarrow \infty .\]\[\therefore R\in (-\infty ,+\infty )\]和函数\[\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{(n+1)!}x^n
&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n^2-1+1}{(n+1)!}x^n \\
&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n-1}{n!}x^n+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)!}x^n \\
&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n}{n!}x^n-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}x^n+\frac{1}{x}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)!}x^{n+1} \\
&=\frac{1}{x}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n-1)!}x^{n-1}-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}x^n+\frac{1}{x}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)!}x^{n+1} \\
&=\frac{e}{x}+1-e+\frac{1}{x}\int (\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)!}x^{n+1} )'dx\\
&=\frac{e}{x}+1-e+\frac{1}{x}\int(e-1)dx\\
&=\frac{e}{x}.
\end{align*}\]              上面的计算有误
      （3）、此题是裴礼文上【例5.4.27】是一星题。

解
     （1）、略
     （2）、\[\because \cos \alpha x\in C[0,+\infty ),\lim_{A\to0^+}\int_{A}^{+\infty }\frac{\cos \alpha x}{x}dx< \infty .\]\[\therefore 为Froullani积分。\]因此\[\int_{0}^{+\infty }\frac{\cos ax-\cos bx}{x}dx=\cos 0\ln\frac{b}{a}=\ln\frac{b}{a}.\]
      （3）、先进行极坐标变换\[F(z )=\iint\limits_{x^2+y^2\le z^2}f(x^2+y^2)dxdy,\]\[\Rightarrow \int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{z}f(\rho ^2)\rho d\rho =2\pi\int_{0}^{z}f(\rho ^2)\rho d\rho.\]显然\[F'(z)=2\pi zf(z^2),F'(0)=0.\]于是\[F''(0)=\lim_{z\to0}\frac{F'(z)-F'(0)}{z-0}=\lim_{z\to0}\frac{2\pi zf(z^2)-0}{z-0}=\lim_{z\to0}2\pi f(z^2)=2\pi.\]

此题与西北大学2024压轴题同几乎一样参见71#证明。

解
       $=8.$

解
           由已知\[f'(x)=(x^2+a)e^x+2xe^x=(x^2+2x+a)e^2,\]\[f''(x)=(x^2+a+2x)e^x+(2x+2))e^x=(x^2+4x+a+2)e^x,\]如果函数有拐点，则\[\exists x_0\in (-\infty ,+\infty )s.t.f''(x_0)=0.\]从而必有\[\varDelta =16-4(a+2)\geq 0,a\le 2.\]又函数没有极值点，必有\[\varDelta =4-4a< 0,a> 1.\]\[\therefore 1< a\le 2.\]