数学分析习题练习【谢绝回贴】

武汉大学2024-2025第一学期高等数学B1期末考试--试卷

1、解\[L=\lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}+\cos x-2}{x\tan x}=\lim_{x\to0}\frac{x^2-\frac{1}{2}x^2}{x^2}=\frac{1}{2}.\]2、解   由已知方程得：$y(0)=0.$

            对所给方程隐函数求导，$\cos y-xy'\sin y+\frac{y'}{1+y}=2\cos 2x,$

                                              $\therefore y'=\frac{(2\cos 2x-\cos y)(1+y)}{1-(1+y)x\sin y}，y'(0)=1.$
                                                $y''=\frac{(-4\sin 2x+y'\sin y)(1+y)(1-(1+y)x\sin y)+y'(2\cos 2x-\cos y)(1-(1+y)x\sin y)-(2\cos 2x-\cos y)(1+y)(-(1+y)\sin y-xy'\sin y-x(1+y)y'\cos y)}{(1-(1+y)x\sin y)^2},$

                                                  $y''(0)=2.$
3、解 \begin{align*}I &=\int\frac{dx}{x+2\sqrt{x}+5} \\
&= \int\frac{2d\sqrt{x}}{(\sqrt{x}+2)^2+1}\\
&=2\arctan \sqrt{x} +C.
\end{align*}
4、解（1）特征方程：$r^4-1=0$,特征根为：$1,-1,i,-i.$
                 解为:$y=C_1e^x+C_2e^{-x}+C_3\cos x+C_4\sin x.$
          （2）、
                 

武汉大学2024-2025第一学期高等数学B1期末考试--试卷6、解    \begin{align*}I
&=\int_{0}^{+\infty }\frac{\ln(1+x)}{(1+x)^2}dx \\
&=-\frac{\ln(1+x)}{1+x}|_0^{+\infty }+ \int_{0}^{+\infty }\frac{1}{(1+x)^2}dx \\
&=-\frac{1}{1+x}|_0^{+\infty } \\
&=1.
\end{align*}
7、解 （略）
8、解（1）、\[\because f'(x)=(\ln x +1)x^x+2x\cos^4 x^2-\cos^4 x.\]\[\therefore f'(1)=1+\cos^4 1.\]
        （2）、
               
               

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1、\[\exists \varepsilon_0> 0,\forall N\in \mathbb{N},\exists m,n> N,s.t.|a_m-a_n|> \varepsilon_0.\]
2、不一定.取决于$f'(x)$在$x=0$是否可导，若可导，则由已知条件，\[\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(-x)}{2x}=\lim_{x\to0}[\frac{f(x)-f(0)}{2x}+\frac{f(-x)-f(0)}{-2x}]=\frac{1}{2}[f'_+(0)+f'_-(0)]=f'(0)=0.\]
3、证明  令$f(x)=\ln x$.则由拉格朗日中值定理\[\exists \xi \in (a,b),s.t.\ln b-\ln a=\frac{1}{\xi }(b-a).\]即\[\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac{1}{\xi }.\]而\[\frac{2a}{a^2+b^2}< \frac{2a}{2ab}=\frac{1}{b}< \frac{1}{\xi }=\frac{\ln b-\ln a}{b-a}.\]

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4、解\[\because a_n=2023\sqrt[n]{(\frac{2022}{2023})^n+(-1)^n}=\begin{cases}
2023,& n=2k,k\in \mathbb{N}\\
-2023,& n=2k-1,k\in \mathbb{N}
\end{cases}\]\[\therefore \limsup_{n\to+\infty}a_n=2023,\liminf _{n\to+\infty}a_n=-2023.\]
5、
   

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6、证明   取\[x_1=\sqrt{2n\pi +\frac{\pi }{2}},x_2=\sqrt{2n\pi }.\]则\[|x_1-x_2|=|\sqrt{2n\pi +\frac{\pi }{2}}-\sqrt{2n\pi }|=|\frac{\frac{\pi }{2}}{\sqrt{2n\pi +\frac{\pi }{2}}+\sqrt{2n\pi }}|< \delta .\]此时\[|\sin x_1^2-\sin x_2^2|=|1-0|=1.\]显然不一致连续.

7、证明 \[因为f(x)可微，所以\lim_{y\to x}h(x,y)=\lim_{y\to x}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f'(x)=h(x,x).连续.\]

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8、解\[\frac{x^2-2a^2x+a^4}{a^2}+\frac{y^2-18b^2y+81b^4}{b^2}=a^4+81b^4.\]即\[\frac{(x-a^2)^2}{a^2}+\frac{(y-9b^2)^2}{b^2}=a^4+81b^4.\]\[\therefore \sigma =\pi ab(a^4+81b^4).\]
9、解\[\lim_{x\to0}(\frac{1}{x^2}-\frac{\cot x}{x})=\lim_{x\to0}\frac{1-x\cot x}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{2x}=0.\]

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10、证明\[\because \int_{A}^{+\infty }\sqrt{u}e^{-ux^2}dx=\int_{0}^{+\infty }e^{-ux^2}d(\sqrt{u}x)=\int_{0}^{+\infty }e^{-ux^2}d(\sqrt{u}x)-\int_{0}^{A}e^{-ux^2}d(\sqrt{u}x)\]\[> \frac{\sqrt{\pi}}{2}-\int_{0}^{A}e^{-x}dx> \frac{\sqrt{\pi}}{2}+e^{-A}-1=\varepsilon _0.\]\[\therefore 反常积分不一致收敛.\]

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解  由已知可得\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f'_x+f'_t\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x},\]\[F'_x+F'_y\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+F'_t\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=0,\]代入并整理得\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{F'_t+f'_tF'_y}.\]

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解   根据斯托克斯公式\[\int_{C}Pdx+Qdy+Rdz=\iint_{S}(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})dydz\]\[+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})dzdx+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=0.\]

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本题可用拉格朗日乘数法求解条件极值，略.