数学分析考研真题练习一

北京科技大学2014年研究生入学考试数学分析试题



较简单，略。

北京科技大学2014年研究生入学考试数学分析试题


解：由已知条件，用高斯公式，得：

                                            $\displaystyle \oint\int_\Sigma f(x) dydz-\frac{xy}{1+x^2}dzdx-dxdy=\pm\iiint_\Omega(f'(x)-\frac{x}{1+x^2})dV=0.$

                                          $\displaystyle \therefore f'(x)-\frac{x}{1+x^2}=0,$

                                          $\displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{x}f'(x)dx=\int_{0}^{x}\frac{x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\ln(1+x^2),$

                                           $\displaystyle \therefore f(x)-f(0)=\frac{1}{2}\ln(1+x^2),$

                                           $\displaystyle \Rightarrow f(x)=f(0)+\frac{1}{2}\ln(1+x^2)=1+\frac{1}{2}\ln(1+x^2),$

北京科技大学2014年研究生入学考试数学分析试题



证：设：
                                $\displaystyle t=f(x),$

                               $\displaystyle \rightarrow dx=\frac{dt}{f'(x)}\leq \frac{dt}{m},$

                               $\displaystyle \therefore \left | \int_{a}^{b}\sin f(x)dx \right |=\left | \int_{a}^{b}\frac{\sin tdt }{f'(x)}\right |\leq \frac{1}{m}|\int_{a}^{b}\sin tdt|\leq \frac{2}{m}.$




注：此题看似很简单，解时想了好久，用秦勒，用分段，用不等式，就是没有想到用变量变换，是网友提醒了我，才犹如灌顶一般。

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1、解：

                           $\displaystyle \begin{align*}\lim_{n \to \infty }\left ( n\tan \frac{1}{n} \right )^{n^2}&=e^{\lim\limits_{n \to \infty }n^2\ln(n\tan \frac{1}{n})}\\\\&=e^{\lim\limits_{n \to \infty }\frac{(n\tan \frac{1}{n}-1)}{\frac{1}{n^2}}}\\\\&=e^{\lim\limits_{t \to 0}\frac{\sin t-t}{t^3}}\\\\&=e^{-\frac{1}{6}}.
\end{align*}$


2、解：所给平面的法向量为：$(1,3,1)$

             曲面$z=xy$的法向量为：$(z_x,z_y,-1)=(y,x,-1)$

            由题意，两个法向量平行，则有：

                                                               $\frac{y}{1}=\frac{x}{3}=\frac{-1}{1}.$

                                                          $\therefore x=-3,y=-1,z=3$

                  此即为满足条件的曲面$z=xy$上的点$(-3,-1,3)$。而过该点的法线为：

                                                           $\frac{x+3}{1}=\frac{y+1}{3}=\frac{z-3}{1}.$

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解：根据等价关系，用求极限的罗必塔法则。

                          $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{x+a\ln(1+x)+bx\sin x}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}(1+a\frac{\ln(1+x)}{x}+b\sin x)\\\\&=1+a=\lim_{x\to 0}\frac{kx^3}{x}=0.\end{align*}$

                           $\therefore a=-1.$

                           $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}&=\lim_{x\to 0}\frac{x+a\ln(1+x)+bx\sin x}{x^2}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{1+\frac{a}{1+x}+b\sin x+bx\cos x}{2x}\\\\&=\frac{1-a+2b}{2}=\lim_{x\to 0}\frac{kx^3}{x^2}=0.\end{align*}$

                             $\therefore b=-1.$

                          $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}&=\lim_{x\to 0}\frac{x+a\ln(1+x)+bx\sin x}{x^3}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{1+\frac{a}{1+x}+b\sin x+bx\cos x}{3x^2}\\\\&=\frac{1+2a+2b}{6}=\lim_{x\to 0}\frac{kx^3}{x^3}=k.\end{align*}$

                         $\therefore k=-\frac{1}{2}.$

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解：
                       $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{(x+1)^{2n}}{n\cdot 2^{n+1}}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{(x+1)^{2n}}{n\cdot 2^{n}}.$

                       $|R|=\left | \frac{\frac{1}{n\cdot 2^n}}{\frac{1}{(n+1)\cdot 2^{n+1}}} \right |=2.(n \to \infty )$

                           $-\sqrt{2}< (x+1)\leq \sqrt{2}.$

                          $\therefore -1-\sqrt{2}< x\leq -1+\sqrt{2}.$

                令：
                         $\displaystyle \begin{align*}S_n&=\sum_{k=1}^{n }(-1)^k\frac{(x+1)^{2k}}{k\cdot 2^{k+1}}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{(x+1)^{2k}}{k\cdot 2^{k}}\\\\&=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k(\frac{(x+1)^{2}}{2})^k\cdot \frac{1}{k}\overset{t=\frac{(x+1)^2}{2}}\\\\&{\rightarrow}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k \frac{t^k}{k}.\end{align*}$

                          $\displaystyle \begin{align*}S_n&=\frac{1}{2}\int_{0}^{x}(\sum_{k=1}^{n}(-1)^k \frac{t^k}{k})'dt=-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1} t^{k-1}dt\\\\&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}\frac{1+t^{n-1}}{1+t}dt.\end{align*}$

                          $\displaystyle\begin{align*}\therefore S&=\lim_{n\to \infty }S_n=-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}\lim_{n\to \infty }\frac{1+t^{n-1}}{1+t}dt\\\\&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}dt=-\frac{1}{2}\ln(1+x)\\\\&=-\frac{1}{2}\ln(1+\frac{(1+x)^2}{2}).
\end{align*}$

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解：由对称性，得

                              $\begin{align*}I&=\iiint_V(x+y+z) dV=\iiint_Vz dV\\\\&=\iint_Sdxdy\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}} dz\\\\&=\frac{1}{2}\iint_S(1-x^2-y^2)dxdy\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(1-r^2)rdr\\\\&=\frac{2}{3}\pi.
\end{align*}$

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此题是基本题。（重复）

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解：利用Cauchy中值定理。其中

                                  $f(x)=\ln x,g(x)=x.$


                        比较简单。
                  

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此题前已有类似解。（略过）