数学分析考研真题练习二

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“数学分析考研真题练习一”参见：
https://bbs.pinggu.org/thread-7048372-1-1.html
数学分析习题练习三
https://bbs.pinggu.org/thread-7388050-1-1.html
数学分析习题练习四
https://bbs.pinggu.org/thread-7967903-1-1.html
数学分析习题练习五
https://bbs.pinggu.org/forum-61-1.html
数学分析习题题练习六
https://bbs.pinggu.org/thread-10261330-1-1.html
数学分析习题题练习七
https://bbs.pinggu.org/thread-10684099-1-1.html

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关键词：考研数学 学习题 数学分析 湘潭大学

湘潭大学2016年601数学分析


解：
       （1）、
                     $\displaystyle \because \frac{2n+2}{n+1}< \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}< \frac{2n+2}{n},$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_n=2.$


       （2）、
                     $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0+}(\sin x)^x=\lim_{x\rightarrow 0+}e^{x\ln \sin x}=\lim_{x\rightarrow 0+}e^{\frac{\cos x\cdot \frac{1}{\sin x}}{-\frac{1}{x^2}}}=1.$


        （3）、
                      $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{1-x^2-e^{-x^2}}{x\sin^32x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-x^2-e^{-x^2}}{8x^4}=\lim_{x\to 0}\frac{-2x+2xe^{-x^2}}{32x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{-1+e^{-x^2}}{16x^2}=-\frac{1}{16}.$

湘潭大学2016年601数学分析

湘潭大学2016年601数学分析


解：
                    $\because f(x)=x-\ln(1+x),$

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

               令：
                           $f'(x)=0,x=0$

                 而，
                           $f''(x)=\frac{1+x-x}{(1+x)^2}> 0.$

                 故有
                            $\rightarrow f_{min}(0)=0.$

                  当$-1< x< 0$时,
                                               $f'(x)< 0,f(x)\downarrow .$

                  当$x> 0$时，
                                               $f'(x)> 0,f(x)\uparrow .$

湘潭大学2016年601数学分析


解：
         （1）、
                            $\begin{align*}\because I&=\int e^{2x}\sin xdx\\\\&=\frac{1}{2}e^{2x}\sin x-\frac{1}{2}\int e^{2x}\cos xdx\\\\&=\frac{1}{2}e^{2x}\sin x-\frac{1}{4}e^{2x}\cos x-\frac{1}{4}\int e^{2x}\sin xdx\\\\&=\frac{1}{2}e^{2x}\sin x-\frac{1}{4}e^{2x}\cos x-\frac{1}{4}I.
\end{align*}$

                            $\therefore I=\frac{2}{5}e^{2x}\sin x-\frac{1}{5}e^{2x}\cos x.$


           （2）、
                             $x=a\sin t,dx=a\cos tdt,[0,a]\rightarrow [0,\frac{\pi}{2}].$

                             $I=\int_{0}^{a}\sqrt{a^2-x^2}dx=a^2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2tdt=a^2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos 2t-1}{2}dt=-\frac{1}{4}\pi a^2.$



                           

湘潭大学2016年601数学分析


证明：
          令：
                        $F(t)=(\int_{0}^{t}f(x)dx)^2-\int_{0}^{t}f^3(x)dx,t\in[0,1]$

                         $F'(t)=2f(t)\int_{0}^{t}f(x)dx-f^3(t)=f(t)(2\int_{0}^{t}f(x)dx-f^2(t)),$

           再令：
                         $G(t)=2\int_{0}^{t}f(x)dx-f^2(t),$

                        $G'(t)=2f(t)-2f'(t)f(t)=2f(t)(1-f'(t)),$

                         $\because 0< f'(t)< 1,$

                         $\therefore f(t)> 0,G'(t)> 0,$

                         $\Rightarrow G(t)\uparrow ,G(t)\geq  G(0)=0,$

                         $\because F'(t)=f(t)G(t),f(t)> 0,G(t)> 0,$

                          $\therefore F'(t)> 0,$

                          $\Rightarrow F(t)\uparrow ,$

                          $\therefore F(1)=(\int_{0}^{1}f(x)dx)^2-\int_{0}^{1}f^3(x)dx\geq F(0)=0,$

               因此，有
                               $(\int_{0}^{t}f(x)dx)^2\geq \int_{0}^{t}f^3(x)dx.$

湘潭大学2016年601数学分析


证明：（1）、
                               $\because f_n(0)-1=-1< 0,f_n(0)-1=n-1> 0.$

                       所以，在$(0,1)$上，方程$f_n(x)=1$有解$x_n$。

                            又
                                   $f'_n(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1> 0,x\in(0,1)$

                            故函数$f_n(x)-1$在$(0,1)$上单调增，所以，在$(0,1)$上存在唯一解$x_n$。


         （2）、          $\because x_n\in(0,1),$

                     所以，$\{x_n\}$有界。另外

                              $\because x^n_n+x^{n-1}_n+\cdots +x_n=1,$

                                   $x_{n+1}^{n+1}+x_{n+1}^n+\cdots +x_{n+1}=1,$

                               $\therefore x_n> x_{n+1}.$

                   因此，$\{x_n\}$单调有界，有极限。

                       设
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l,$

                      由方程，得
                                  $1=x^n+x^{n-1}+\cdots x=\frac{x_n(1-x_n^n)}{1-x_n}\rightarrow \frac{l}{1-l},(n \to \infty )$

                       因此有
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }=l=\frac{1}{2}.$

                     

湘潭大学2016年601数学分析


证明：
                        $\because f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}> 0.$

                        $\therefore f(x)\uparrow ,f(x)> 1,(x> 1)$

                        $\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}< \frac{1}{x^2+1},$

                        $\therefore f(x)-1=\int_{1}^{x}f'(t)dt< \int_{1}^{x}\frac{1}{1+t^2}dt< \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+t^2}dt=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}.$

                        $\Rightarrow f(x)\leq 1+\frac{\pi}{4}.$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty }f(x)\leq 1+\frac{\pi}{4}.$



（第四、六题见“《分析中的基本定理和典型方法》宋国柱编,2004”原题）

湘潭大学2016年601数学分析


解：
                          $\because \frac{\frac{p^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{p^nn!}{n^n}}=\frac{p}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{p}{e}.$

                          $\therefore p> e,$级数发散；

                           $p< e,$级数收敛；

                           $p=e,$级数显然发散。

湘潭大学2016年601数学分析


解：
                        $P=\frac{x-y}{x^2+4y^2},Q=\frac{x+4y}{x^2+4y^2},$

                        $\because \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{-x^2+4y^2-8xy}{(x^2+4y^2)^2},$

         由格林公式：

                        $\therefore I=\int_LPdx+Qdy=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=0.$