数学分析考研真题练习二

中南大学2018年数学分析试题


解：

                $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{f(\sin^2x+\cos x)}{x^2+x\tan x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x\cos xf'(\sin^2x+\cos x)}{2x+\tan x+x\sec^2x}=\frac{1}{2}.$

中南大学2018年数学分析试题



基本计算，利用柱面坐标。

中南大学2018年数学分析试题


解：先进行变形：
                                  $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{2n-2}{2^n}x^{2n-1}=\frac{1}{x^2}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}x^{2n},$

                                  $\displaystyle |R|=|\frac{\frac{2n-1}{2^n}}{\frac{2n+1}{2^{n+1}}}|=2,$

              因为当
                                  $x=\pm \sqrt{2},$

               时，原级数发散，所以原级数的收敛半径为

                                  $-\sqrt{2}< x < \sqrt{2},$

                  收敛域为：
                                   $(-\sqrt{2},\sqrt{2}).$

中南大学2018年数学分析试题

解：将$x$作为参数，则有交线的参数方程：

                                                        $\begin{cases}
z &=\sqrt{1-2x^2}, \\
y &= x.
\end{cases}$

                                                       $0\leq x\leq \frac{\sqrt{2}}{2},$

                               被积函数化为
                                                       $\sqrt{2y^2+z^2}=1,$

                                                       $ds=\sqrt{1+1+\frac{4x^2}{1-2x^2}}dx=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-2x^2}}dx,$

                             曲线积分
                                              $\therefore \int_\Gamma \sqrt{2y^2+z^2}ds=\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-2x^2}}dx=\frac{\pi}{4}.$

中南大学2018年数学分析试题


解：
            由已知
                                   $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=1,\therefore f(0)=0,$

                                   $\because g(x)=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(y)dy,(tx=y)$

                                    $\displaystyle \therefore g(0)=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(y)dy=f(0)=0,$

                  求导函数
                                   $g'(x)=-\frac{1}{x^2}\int_{0}^{x}f(y)dy+\frac{f(x)}{x},$

                 导函数在$x=0$点的值
                                    $\displaystyle g'(0)=\lim_{x\to 0}g'(x)=-\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{2x}+\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2},$

                而由定义，函数在$x=0$的导数为
         
                                     $\displaystyle g'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(y)dy}{x}=\frac{1}{2}.$
           
                  由此，两者相等，故$g'(x)$在$x=0$连续。

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证明：
                     由已知条件：
                                       $f''(x)> 0,\displaystyle \lim_{x\to+\infty }f'(x)=\alpha > 0,\displaystyle \lim_{x\to-\infty }f'(x)=\beta < 0,$

                        由函数导数的性质，有
                                                        $f(+\infty ),f(-\infty )> 0.$

                           且函数$f(x)$为下凸的，因为$f(x)$单调，故必有一个极小值，令为$f(\xi)$.

                          因为$\exists x_0,f(x_0)< 0,$同样由单调性知必有

                                                         $f(\xi)\leq f(x_0)< 0.$

                         在其两侧$(-\infty ,\xi ],[\xi,+\infty )$内，由Rolle定理，知各有一个根，且函数值单调递增的，其与$x$轴只有两交点，

                而此两个交点即为方程$f(x)=0$的两个解。

中南大学2018年数学分析试题


解：  由已知，有

                                $\frac{\partial g}{\partial t}|_{t=0}=\cos \alpha f'_1+\sin \alpha f'_2=0,$

                                 $\frac{\partial^2 g}{\partial t^2}=\cos^2\alpha f''_{11}+2\cos \alpha\sin \alpha f''_{12}+\sin^2\alpha f''_{22}> 0.$

中南大学2018年数学分析试题


证明：
                 由已知，$f(x)$在$[0,+\infty)$上一致连续，故有

                                         $x,x_1\in [0,1],\forall n,n_1\in\mathbb{N},\forall \varepsilon > 0,\exists \delta ,|x+n-(x_1+n_1)|< \delta ,s.t.$

                                          $|f(x+n)-f(x_1+n_1)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                 又因为对任意$x_1$,有
                                          
                                          $\displaystyle \lim_{n_1 \to +\infty} f(x+n_1)=0,$

                        故有
                                          $\forall \varepsilon > 0,\exists N,n_1> N,s.t.$

                                          $|f(x_1+n_1)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                                    $\therefore \forall \varepsilon > 0,\exists N,\exists \delta ,n,n_1> N,|x+n-(x_1+n_1)|< \delta ,s.t.$

                                           $|f(x+n)-0|\leq |f(x+n)-f(x_1+n_1)|+|f(x_1+n_1)|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .$

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解:1、
                                    $\begin{align*}\because f(x)&=\frac{1}{1-x-x^2}\\\\&=\frac{1}{\frac{3}{4}-(\frac{1}{2}+x)^2}\\\\&=\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}-x}+\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}+x}),
\end{align*}$
            
              又
                               $\because (\frac{1}{ax+b})^{(n)}=\frac{(-1)^na^nn!}{(ax+b)^{n+1}},$

                                $\therefore f^{(n)}(x)=\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^nn!}{(\frac{\sqrt{3}-1}{2}-x)^{n+1}}+\frac{(-1)^n(\frac{\sqrt{3}+1}{2})^nn!}{(\frac{\sqrt{3}+1}{2}+x)^{n+1}}),$

           所以
                              $\Rightarrow f^{(n)}(0)=\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^{n-1}n!+(-1)^n\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}+1}{2})^{n-1}n!.$
                              
    2、
                           $a_n=\frac{n!}{f^{(n)}(0)}=\frac{1}{\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^{n-1}+(-1)^n\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}+1}{2})^{n-1}},$            

                           $\sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{\frac{1}{\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^{n-1}+(-1)^n\frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}+1}{2})^{n-1}}}<\sqrt[n]{\frac{1}{(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^{n-1}+(-1)^n(\frac{\sqrt{3}+1}{2})^{n-1}}}< \sqrt[n]{\frac{1}{(\frac{\sqrt{3}-1}{2})^{n-1}}}=1.$

                    因此，级数收敛。

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也可以如此解：

1、
                                 $(1-x-x^2)f(x)=1,f(0)=1,$   

                                  $(1+2x)f(x)+(x^2+x-1)f'(x)=0,f'(0)=1,$

          运用莱卜尼兹求微分公式，再令$x=0$，有

                                  $f^{(n)}(0)=nf^{(n-1)}(0)+n(n-1)f^{(n-2)}(0),$

         

         

中南大学2018年数学分析试题


解：
          1、由已知条件，可知，当被积函数一定满足全微分条件：

                                             $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},$

                      因为$C$不包含原点，故积分区域$C$内无奇点。用格林公式：

                                       $\therefore \oint_CPdx+Qdy=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=\iint_D0dxdy=0.$


        2、由于
                                        $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},$

                     所以有关于$x$的一阶微分方程。$y$可看作常数。

        3、作一个包围原点的单位曲线$D_r$，在$C$所包围的区域中将原点挖去，则：

                                      $\oint_CPdx+Qdy=\iint_{D-D_r}(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy+\oint_{D_r}\frac{2xydx+\varphi (x)dy}{x^4+y^2}=\iint_{D-D_{r}}0dxdy+\oint_{D_r}\frac{2xydx+\varphi (x)dy}{x^4+y^2},$

                                      $\because \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},\Rightarrow \varphi (x)=x^2,$

                                      $D_r:x^4+y^2=1,$

                    令：
                                      $x^2=\cos\theta , y=\sin\theta , \theta \in[0,\pi/2] ,$

                                      $\therefore \oint_CPdx+Qdy=\int_{0}^{\pi/2}(-\sin ^2\theta +\cos ^2\theta )d\theta =\int_{0}^{\pi/2}(1-\cos 2\theta )d\theta =\frac{\pi}{2}+1.$