数学分析考研真题练习一

山东师范大学2018年数学分析（17）823

1、设$f(x)$在$x_0\in(a,b)$上有$n+1$阶导数。则：
          $f(x)=f(x_0)+\frac{1}{1!}f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}f''(x_0)(x-x_0)^2+\cdots +\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x-x_0)^n+\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi )(x-x_0)^{n+1}.$

        其中：
                  $R_n=\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi )(x-x_0)^{n+1}.(\xi \in(x_0,x)\subset (a,b))$

         称为拉格朗日余项。

2、例：
             $\int_{0}^{+\infty }\sin x^2dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin t}{2\sqrt{t}}dt.$

         由Dirichlet判别法知，上述积分收敛。而$\sin x^2$不趋于$0$.

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1、解：$$\lim_{n\to \infty }\left ( \frac{n}{n^2+\pi}+\frac{n}{n^2+2\pi}+\cdots +\frac{n}{n^2+n\pi} \right )=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+\pi x}dx=\frac{1}{\pi}\ln(1+\pi).$$

2、解：
           $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{2+\tan x}-\sqrt{2+\sin x}}{x^3}&=\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{2}(\tan x-\sin x)}{x^3(\sqrt{2+\tan x}+\sqrt{2+\sin x})}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{2}\sin x(\frac{1}{\cos x}-1)}{2\sqrt{2}x^3}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos}{2x^2\cos x}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{2x^2}\\&=\frac{1}{4}.\end{align*}$

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3、比较简单，利用定义求解。

4、解：
              $\begin{align*}
\int_{0}^{1}\int_{1}^{x}\frac{\ln(t+1)}{t\sqrt{x}}dtdx &=\int_{1}^{0}\frac{\ln(t+1)}{t}dt\int_{0}^{t}\frac{1}{\sqrt{x}}dx,(x\leftrightarrow t) \\
&=\int_{1}^{0}\frac{\ln(t+1)}{t}\cdot 2\sqrt{t}dt \\
&=4\int_{1}^{0}\ln(u^2+1)du,(\sqrt{t}=u,dt=2udu) \\
&=4u\ln(u^2+1)|_1^0+8\int_{0}^{1}\frac{u^2}{u^2+1}du \\
&=-4\ln2+8-2\pi.
\end{align*}$

5、先求极值：
                    $f'(x)=\frac{x(x+1)}{x^2+1}e^{\frac{\pi}{2}+\arctan x}.$

                    $x=0,-1,\rightarrow f'(x)=0.$

                   $f''(x)=\frac{2(x+1)}{(x^2+1)^2}e^{\frac{\pi}{2}+\arctan x}.$

                    $x=0,f''(0)\geq 0,\rightarrow f_{min}(0)=-e^{\frac{\pi}{2}}.$

                    $\because \displaystyle \lim_{x\to -1^+}(x+1)< 0,f'(x)< 0.\displaystyle \lim_{x\to -1^-}(x+1)< 0,f'(x)< 0.$

                    $\therefore x=-1$不是极值点。

        求单调区间：
                      $-\infty <x<0,f(x)$单调降； $0 \leq x<+\infty ,f(x)$单调增。

         设渐近线为：
                       $y=ax+b.$

                      $\displaystyle a=\lim_{x\to\infty }\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty }\frac{x-1}{x}e^{\pi/2+\arctan x},$

                      $\rightarrow \displaystyle a_1=e^\pi,(x\to+\infty ),a_2=1,(x\to-\infty )$

                      $\displaystyle b_1=\lim_{x\to +\infty }(f(x)-ax)=\lim_{x\to +\infty }\left ( (x-1)e^{\pi+arctan x}-xe^{\pi} \right )=-e^\pi.$

                      $\displaystyle b_2=\lim_{x\to -\infty }(f(x)-ax)=\lim_{x\to -\infty }\left ( (x-1)e^{\pi+arctan x}-xe \right )=-1.$

            因此，两条浙近线为：
                      $\therefore y=xe^\pi-e^\pi,y=x-1.$

            

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6、解：利用格林公式计算。

               $P=-y+\frac{1}{2},Q=x+e^{\sin x}.$

               $L'=L+\overrightarrow{CA},$

              $\begin{align*}
I&=\oint_{L'} -\int_{\overrightarrow{AC}} \\
&=\iint_S\left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy-\int_{A}^{C} \frac{1}{2} dx\\
&=\iint_S0 dxdy+1\\
&=1.
\end{align*}$

7、利用高斯公式计算。

                     $\Omega :\Sigma +z=0.$

                     $\begin{align*}
I&=\iint_\Omega +3\iint_{z=0}  \\
&=\iiint_\Omega (6x^2+6y^2+6z)dV+3\pi  \\
&=6\iint_S(\int_{0}^{1}(x^2+y^2+z)dz)dxdy +3\pi\\
&=6\iint_S(x^2+y^2+\frac{1}{2})dxdy +3\pi \\
&=6\int_0^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(r^2+\frac{1}{2})rdr +3\pi \\
&=6\pi.
\end{align*}
$

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解：
        当$p> 1-\frac{1}{n}$时，级数绝对收敛；

        当$-1-\frac{1}{n}< p\leq 1-\frac{1}{n},$时，级数条件收敛；

        当$p\leq -1-\frac{1}{n}$时，级数发散。

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证明：此题华师大课本上有。利用高斯公式，有

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证明：
             $f(x),g(x)$可积，因此有$f(x),g(x)\leq M.$

             $\because \displaystyle \lim_{n\to\infty }\int_{a}^{b}|f_n(x)-f(x)|^2dx=0,|f_n(x)-f(x)|^2\geq 0.$

             $\therefore |f_n(x)-f(x)|\rightarrow 0,(n \to \infty )$
              
             $\Rightarrow \displaystyle \lim_{n\to\infty }\int_{a}^{b}|f_n(x)-f(x)|dx=0,$
    而
             $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\left | h_n(x)-h(x) \right |&=\lim_{n \to \infty }\left | \int_{a}^{b}f_n(x)g(x)dx-\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\right |\\
&\leq \lim_{n \to \infty }\int_{a}^{b}\left |g(x)(f_n(x)-f(x))\right |dx \\
&\leq M\lim_{n \to \infty }\int_{a}^{b}\left |f_n(x)-f(x)\right |dx \\
&=0.
\end{align*} $

             所以，$h_n(x)$一致收敛于$h(x)$.