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


证明：先作变量变换：
                                  $t=xy,h=\frac{y}{x},1\leq t\leq 2,1\leq h\leq 4.$

                                  $|J|=\begin{vmatrix}
\frac{1}{2\sqrt{th}} &-\frac{\sqrt{t}}{2\sqrt{h^3}} \\
\frac{\sqrt{h}}{2\sqrt{t}} & \frac{\sqrt{t}}{2\sqrt{h}}
\end{vmatrix}=\frac{1}{2h}.$

                                  $\begin{align*}\iint_Df(\sqrt{xy})d\sigma&=\iint_Df(\sqrt{t})\frac{1}{2h}dtdh\\
&=\int_{1}^{2}f(\sqrt{t})dt\int_{1}^{4}\frac{1}{2h}dh\\
&=\frac{1}{2}\ln h|_1^4\int_{1}^{2}f(\sqrt{t})dt\\
&=\ln2\int_{1}^{2}f(\sqrt{t})dt.
\end{align*}$

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（1）解：
        $\displaystyle \lim_{x\to 0}(1+\tan x)^{\frac{2018}{x}}=\lim_{x\to 0}(1+\tan x)^{\frac{1}{\tan x}\frac{2018\tan x}{x}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{2018\tan x}{x}}=e^{2018}.$


(2)解：
        $(f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(x)},$

         $(f^{-1})''(y)=-\frac{f''(x)}{(f'(x))^2}.$

(3)解：
         $\begin{align*}
\lim_{n\to \infty }\left ( \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\cdots \frac{1}{2n} \right ) &=\lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}+\lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}\left ( \frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{1}{1+\frac{2}{n}}\cdots \frac{1}{1+\frac{n}{n}} \right ) \\
&=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx\\
&=\ln2.
\end{align*}$

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（4）解：
              $\because \frac{\partial f}{\partial x}=y^2z^3+2xyz^3+3xy^2z^2z'_x,$

                     $2x+2zz'_x=3yz+3xyz'_x,$

              $\rightarrow z'_x=\frac{2x-3yz}{3xy-2z}.$

               $\therefore \frac{\partial f}{\partial x}=0.$

（5）解：
               $x=u^2,y=v^2.|J|=4uv.u+v=1.$

               $I=4\iint_{u+v\leq 1}(u+v)uvdudv=\cdots .$

（6）解：
              $L:\begin{cases}
z&=2, \\
x^2+y^2&=1.\end{cases}$

               $\sigma :x^2+y^2\leq 1.$

               $\begin{align*}I&=\oint_L2x^2ydx+dy+(x+y+1)dz\\
&=\iint_\sigma \left ( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z} \right )dydz+\left ( \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x} \right )dzdx+\left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy\\
&=\iint_\sigma dydz+(x^2y-1)dzdx+(1-x^2)dxdy\\
&=\iint_\sigma(1-x^2)dxdy\\
&=\iint_\sigma dxdy-\iint_\sigma x^2dxdy\\
&=\pi.
\end{align*} $

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二、解：
                $\because \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}\sim \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.$
          而
                $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.$收敛，所以原级数收敛。

三、解：用拉格朗日条件极佳法求解：
                  $L(x,y,z,\lambda ,\mu )=xyz+\lambda (x^2+y^2+z^2-1)+\mu (x+y+z).$

                   $\begin{cases}
L_x&=yz+2\lambda x+\mu=0   \\
L_y&=xz+2\lambda y+\mu=0   \\
L_z&=xy+2\lambda z+\mu=0   \\
L_\lambda &=x^2+y^2+z^2-1=0  \\
L_\mu &=x+y+z=0
\end{cases}$
      
                解之。得到下例极值点，也是可能的最值点。即：

                                   $p_1(\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{-2}{\sqrt{6}}),p_2(\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{-2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}}),p_3(\frac{-2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}}), $
                                
                                    $p_4(\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}}),p_5(\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}}),p_6(\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}}).$

                     比较得到：$P_1,P_2,P_3$为最小值点，$f_{min}=-\frac{1}{3\sqrt{6}}.$

                              而：$P_4,P_5,P_6$为最大值点，$f_{Max}=\frac{1}{3\sqrt{6}}.$

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四、证明：
                 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+1}=\frac{1}{2}+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k^2+1}.$

                 $\because \displaystyle \frac{1}{k^2+1}-\frac{n}{k^2+n^2}=\frac{(1-n)(k^2+n)}{(k^2+1)(k^2+n^2)}\leq  0,(n\geq 2)$

                 $\therefore \displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+1}=\frac{1}{2}+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k^2+1}< \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{k^2+n^2}.$

                 $\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+1}< \frac{1}{2}+\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{k^2+n^2}=\frac{1}{2}+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}.$


五、证明：由已知
                            $f(x)\in C(-\infty ,+\infty ),\rightarrow \forall x\in [a,b]\subset (-\infty ,+\infty ),$

                     $\Rightarrow |f(x)-f(a)|< \frac{\varepsilon }{2},|f(x)-f(b)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                      $\because \displaystyle \lim_{x\to -\infty }f(x)=f(-\infty)< \infty ,$

                            $ \displaystyle \lim_{x\to +\infty }f(x)=f(+\infty)< \infty ,$

                     $\Rightarrow \exists A> 0,b> A,s.t.|f(b)-f(+\infty)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                             $\exists A> 0,a<-A,s.t.|f(b)-f(-\infty)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                     $\therefore \forall x\in (-\infty ,+\infty ),\exists A> 0,x,b> A,s.t.$

                             $|f(x)-f(+\infty)|<|f(x)-f(b)|+|f(b)-f(+\infty)|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon ,$

                             $\forall x\in (-\infty ,+\infty ),\exists A> 0,x,a<-A,s.t.$

                            $|f(x)-f(-\infty)|<|f(x)-f(a)|+|f(a)-f(-\infty)|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon ,$

                 
                  所以，在$(-\infty ,+\infty )$上，$f(x)$一致收敛。

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证明：由函数在给定点的连续性质，有
                                      $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0),$

              又因为在该点的邻域内导数存在，由罗必塔法则，有

                                  $\displaystyle \therefore f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}f'(x)=a< \infty .$

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七、解：令
                 $A_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n},$
                则有
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }A_n=\infty.$

                        $\displaystyle R=\lim_{n \to \infty }\left | \frac{A_n}{A_n+\frac{1}{n+1}} \right | =1.$

                       由于$x=\pm 1$时，级数发散，

                                     $\therefore -1< x< 1.$

八、解：
                     $f(x)=e^x+e^{-x}+2\cos x,$

                     $f'(x)=e^x-e^{-x}+2\sin x=0,\Rightarrow x=0,$

                     $f''(x)=e^x+e^{-x}-2\cos x=0.f''(0)=0.$
           
                   由于二阶导数为$0$,因此，不能用二阶导数判断极值。可以用函数在$x=0$附近的性态，来判断。

                     $x\to 0^+,f'(x)<0,f\downarrow.$

                     $x\to 0^-,f'(x)> 0,f\uparrow.$

                     $\therefore f_{Max}(0)=4.$

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九、解：               $\forall\varepsilon , x_1,x_2\in[0,+\infty ),\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

               $|f(x_1)-f(x_2)|=|x_1\sin x_1^{\frac{1}{4}}-x_2\sin x_2^{\frac{1}{4}}|\leq |x_1-x_2|< \delta =\varepsilon .$

             所以，$f(x)$一致收敛。


十、解：
                $\because \left | \frac{x^n}{n\ln n} \right |\leq \left | \frac{1}{n\ln n} \right |\rightarrow 0,(n \to \infty )$

              由狄氏判别法可知，级数一致收敛。

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江苏大学2018年601－数学分析