一些数学分析考研题（2024年）的解析

解
         利用三角函数的周期性，做$\frac{\pi }{2}-x=t$f替换，可得\[I=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos x}{\sin x+\cos x}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos x+\sin x}{\sin x+\cos x}dx=\frac{\pi }{4}.\]

解
           \[\begin{align*}I
&=\iint\limits_{\varSigma }x^3dydz+y^3dzdx+(x^2+y^2+z^3)dxdy \\
&=3\iiint\limits_{\Omega }(x^2+y^2+z^2) dxdydz,(高斯定理)\\
&=9\iiint\limits_{\Omega }z^2 dxdydz,(对称性)\\
&=9\int_{0}^{R}dr\int_{0}^{\pi}d\varphi \int_{0}^{2\pi }r^2\cos ^2\varphi\cdotp r^2\sin ^2\varphi d\theta ,(球面坐标)\\
&=\frac{12}{5}\pi R^5.  
\end{align*}\]

解
       \[\because |\frac{x^n}{n(n+1)}|\le \frac{1}{n^2}\rightarrow 0,\]\[\therefore 级数在[]-1,1一致收敛.\]\[\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n(n+1)}
&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{x^n}{n}-\frac{x^n}{n+1}) \\
&=\int \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{x^n}{n})'dx-\frac{1}{x}\int \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{x^{n+1}}{n+1})'dx \\
&=\int \displaystyle\frac{1}{1-x}dx-\frac{1}{x}\int \displaystyle\frac{x}{1-x}dx \\
&=1+\frac{x-1}{x} \ln(1-x).
\end{align*}\]

解
            \[\because \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=a,f(x)在x=0的邻域内连续可导，\]\[\therefore \lim_{x\to0}f(x)=f(0)=0.\]\[f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=a.\]于是由中值定理\[f(\frac{1}{n})=f(0)+\frac{1}{n}f'(\xi)=\frac{1}{n}f'(\xi)\backsim \frac{a}{n},(\xi \in (0,\frac{1}{n}))\]由此可知，级数为交错级数，条件收敛。

解
     （1）、\[由z=f(x,y)的全微分形式为dz=2xdx-2ydy,得到z=x^2-y^2+C,\]\[再由已知当f（1，1）=2，得到C=2.z=f(x,y)=x^2-y^2+2.\]

     （2）、\[D:x=r\cos \theta ,y=2r\sin \theta ,r=1,\theta \in [0,2\pi ].\]\[z=f(x,y)=r^2\cos^2 \theta-4r^2\sin ^2\theta+2=\cos^2 \theta-4\sin ^2\theta+2=3-5\sin ^2\theta.\]\[\therefore f_\max =3,f_\min =-2.\]

解
             此为基本题，利用基本概念即可求。
         （1）、\[|\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}|\leq |\frac{xy}{\sqrt{2xy}}|=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{xy}=0.(x,y\rightarrow 0)\]因此函数在原点处连续。
          （2）、\[\because \lim_{x,y\to0}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{x,y\to0}\frac{xy}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}\ne 0.(当x=y\rightarrow 0时)\]而在其它情况下上述极限为0，说明函数在原点的重极限不存在。所以函数在原点不可微。

解
       首先\[\int_{0}^{+\infty }e^{-\sqrt{x}}dx=2\int_{0}^{+\infty }te^{-t}dt=-2te^{-t}|_0^{+\infty }+2\int_{0}^{+\infty }e^{-t}dt=-2e^{-t}|_0^{+\infty }=2.\]\[\begin{align*}f(x)
&=x+\int_{0}^{x}tf'(x-t)dt+2 \\
&=x-\int_{x}^{0}(x-u)f'(u)du+2 \\
&=x+x\int_{0}^{x}f'(u)du-\int_{0}^{x}uf'(u)du+2\\
&=x+xf(x)-xf(0)-xf(x)+\int_{0}^{x}f(u)du+2\\
&=-x+\int_{0}^{x}f(u)du+2.(f(0)=2)
\end{align*}\]\[f'(x)=-1+f(x).\frac{f'(x)}{f(x)-1}=1.\]\[\ln(f(x)-1)=x+c.\]\[令x=0,c=0.\]\[因此有，f(x)=e^x+1.\]

证明
           （1）、\[\because f(x)=\ln(1+x)-x,f'(x)=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}< 0.(x> 0)\]\[\therefore \ln(1+x)< x.\]又\[\because g(x)=\ln(1+x)-\frac{x}{1+x},g'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1+x-x}{(1+x)^2}=\frac{x}{(1+x)^2}> 0,(x> 0)\]\[\therefore g(x)=\ln(1+x)-\frac{x}{1+x}> 0.\]不等式成立。          （2）、\[\because a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln\frac{n+1}{n}.\]\[由（1）的结论\frac{x}{1+x}< \ln(1+x)< x,令x=\frac{1}{n}代入，得\]\[\frac{n}{n+1}< \ln\frac{n+1}{n}< \frac{1}{n}.\]\[\therefore a_{n+1}-a_n< 0.单调降。\]再由结论（1）中右边不等式，有\[\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \ln\frac{k+1}{k}< \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k},\]由此\[0< \ln(n+1)< \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\ln n=a_n.\]因此$\{a_n\}$单调减，有下界，收敛。

此题是《 数学分析 第五版(上册) 华东师范大学》习题7.1中的练习题

证明
           由泰勒公式\[f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2!}f''(\xi')x^2=f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi')x^2.\xi' \in (-a,a)\]将$x=-a,a$分别代入，得\[f(-a)=f'(0)(-a)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)a^2.\xi_1 \in (-a,a)\]\[f(a)=f'(0)(a)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)a^2.\xi_2 \in (-a,a)\]两式相加\[\therefore f(-a)+f(a)=\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}a^2.\]\[\because f''(x)\in C[-a,a],\]由连续函数的介值定理\[\therefore \exists \xi \in (\xi_1,\xi_2)\subset [-a,a].s.t.f''(\xi )=\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}.\]\[\Rightarrow f''(\xi )=\frac{f(-a)+f(a)}{a^2}.\]