数学分析考研真题练习一

浙江理工大学2017年601数学分析试题


证明：区间套方法。由已知条件，对$a,b,\exists y_1,y_2,s.t.|f(y_2)|\leq \frac{1}{2}|f(b)|,|f(y_1)|\leq \frac{1}{2}|f(a)|,$

                                       $\Rightarrow 0\leq ||f(y_2)|-|f(y_1)||\leq \frac{1}{2}||f(b)|-|f(a)||,$
           
                         再对$y_1,y_2,\exists y_3,y_4,s.t.|f(y_4)|\leq \frac{1}{2}|f(y_2)|,|f(y_3)|\leq \frac{1}{2}|f(y_1)|,$

                                $\Rightarrow 0\leq ||f(y_4)|-|f(y_3)||\leq \frac{1}{2}||f(y_2)|-|f(y_1)||\leq \frac{1}{2^2}||f(b)|-|f(a)||,$

                         同理，相同的办法，一直继续下去，有

                                 $\exists y_k,y_{k+1},s.t.0\leq ||f(y_{k+1})|-|f(y_k)||\leq \frac{1}{2^k}||f(b)|-|f(a)||,$

                            $\therefore \Rightarrow ||f(y_{k+1})|-|f(y_k)||\rightarrow 0,(k\to \infty )$

                                $\therefore f(y_{k+1})=f(y_k)=0.(k\to \infty )$

                      令最终的点为$\xi$.此时，$f(\xi)=0.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题

解：由心形线方程可知，该曲线是水来方向，尖形朝向水平轴正方向，关于$x$轴对称的图形。
       由对称性，可求上半部分面积。由极坐标方程，可取扇形为面积微元$dA$:

                      $dA=\frac{1}{2}\rho ^2d\theta =\frac{1}{2}a^2(1+\cos \theta )^2d\theta .$

                     $A=2\int_{0}^{\pi}\frac{1}{2}a^2(1+\cos \theta )^2d\theta =a^2\int_{0}^{\pi}(1+2\cos \theta +\cos^2\theta )d\theta =\frac{3}{2}\pi a^2.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题

证明：
           $f(x)=xf(x)\cdot \frac{1}{x},$

       $\because \int_{a}^{+\infty }xf(x)dx< \infty ,$

          $\frac{1}{x}\leq \frac{1}{a}.$

       由阿贝尔判别法，可知

                                $\int_{a}^{+\infty }f(x)dx< \infty.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题

解：
      $\Omega ：0\leq z\leq 4-x-y,0\leq x\leq 4-y,0\leq y\leq 3.$

      $V=\iiint_\Omega dV=\int_{0}^{3} dy\int_{0}^{4-y}dx\int_{0}^{4-x-y}dz=\int_{0}^{3} dy\int_{0}^{4-y}(4-x-y)dx=\int_{0}^{3}(4x-\frac{1}{2}x^2-yx)|_0^{4-y}dy=\int_{0}^{3}(8-4y-\frac{1}{2}y^2)dy=\frac{3}{2}.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题


解：因为所给方程各项均为大于等于零。因此若使所给函数的值为最小，则各项应该同时满足最小条件。即：
             $|x_1|\geq 0,|x_2|\geq 0, (x_1-b_1)^2\geq 0 ,(x_2-b_2)^2\geq 0 .$

            再按$b_1,b_2$分别为零，大于零，小于零的情况讨论。

南京理工大学2018年数学分析

（1）、解
               $\begin{align*}S_n &=\left ( \frac{1^2}{n^4}+\frac{1^2+2^2}{n^4}+\cdots +\frac{1^2+2^2+\cdots +n^2}{n^4} \right )\\
&=\frac{1}{n^4}\left ( \sum_{k=1}^{n}(n-k+1)k^2 \right )\\
&=\frac{1}{n^4}\left ( \sum_{k=1}^{n}(n+1)k^2-\sum_{k=1}^{n}k^3 \right )\\
&=\frac{1}{n^4}\left ( (n+1)\sum_{k=1}^{n}k^2-\sum_{k=1}^{n}k^3 \right ).\end{align*}$ $$\because \sum_{n=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$$$\sum_{n=1}^{n}k^3=\frac{1}{4}\left ( n(n+1) \right )^2.$$
     所以有：
$\begin{align*}\lim_{n \to \infty }S_n &=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n^4}\left (\frac{n(n+1)^2(2n+1)}{6}-\frac{n^2(n+1)^2}{4}\right )\\
&=\lim_{n \to \infty }\frac{(n+1)^2}{n^3}\left (\frac{(2n+1)}{6}-\frac{n}{4}\right )\\
&=\frac{1}{12}.\end{align*}$

（2）、解:$$\because \left (1+x+\frac{f(x)}{x}\right )^{1/x}=e^2,(x \to 0)$$$$\therefore \frac{1}{x}\ln\left (1+x+\frac{f(x)}{x}\right )=2,(x \to 0)$$$$\Rightarrow \frac{1}{x}\left ( x+\frac{f(x)}{x} \right )=2,(x \to 0)$$$$\therefore \lim_{x\to 0}\left ( 1+\frac{f(x)}{x^2} \right )=2,$$$$\Rightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}=1.$$


              

南京理工大学2018年数学分析

解：(1)
         $\because x-\int_{0}^{y+x}e^{-t^2}dt=0,$

         $\therefore 1-(y'+1)e^{-(y+x)^2},\Rightarrow y'(0)=e^{y^2(0)}-1.$

        $y''=2(y'+1)^2(y+x),\Rightarrow y''(0)=2y(0)e^{-y^2(0)}.$



    (2)
            只要令：
                          $f(x)=e^{x-1}+x\ln x-x^2$

               再求一次导，两次导，利用函数单调性。

南京理工大学2018年数学分析


解：1、$$\int \frac{e^x(1+x)}{1-xe^x}dx=\int \frac{d(xe^x)}{1-xe^x}=-\ln|1-xe^x|+C.$$

       2、$$\int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt=\int_{x}^{1}\frac{1}{t^2}dt-2\int_{x}^{1}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{t^2}dt.$$$$\because \int_{x}^{1}\frac{1}{t^2}dt=\infty ,\int_{x}^{1}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{t^2}dt< \infty .(x\to 0)$$$$\therefore \int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt=\infty .(x\to 0)$$$$\Rightarrow \lim_{x\to 0^+}x\int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt=\lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\cos x}{x^2}\cdot x^2=1.$$


   

南京理工大学2018年数学分析


解：
          $\exists \varepsilon_0> 0,\forall \delta > 0$，当$0< |x-0|< \delta $，$s.t.|f(x)-A|> \varepsilon_0.$

         取$x_n=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}\rightarrow 0.$

南京理工大学2018年数学分析


（1）证明：令
                       $P=\frac{1}{y}\left ( 1+y^2f(xy) \right ),Q=\frac{x}{y^2}(y^2f(xy)-1).$

                   则有：
                        $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{y^2}(y^2f(xy)+xy^3f'(xy)-1)=\frac{\partial Q}{\partial x}.$

                    因此，积分与路经无关。

（2）当$ab=cd$时，$f(xy)=f(ab)$为常数。
                     $\begin{align*}I&=\int _L(\frac{1}{y}+yf(ab))dx+(xf(ab)-\frac{x}{y^2})dy\\
&=\int_{(a,b)}^{(c,d)}(\frac{1}{b}+bf(ab))dx+\int_{(c,b)}^{(c,d)}(cf(ab)-\frac{c}{y^2})dy\\
&=\frac{cb-ad}{bd}.
\end{align*}$