数学分析考研真题练习二

昆明理工大学2019年617数学分析



证明：分析：因为要使
                                 $|2^x-1|< 2^x< \varepsilon ,$
                    必须有：
                                 $|x|< \frac{|\ln \varepsilon |}{\ln2}=\delta_1,$

                     而要使
                                  $|1+x^2-1|=x^2< \varepsilon ,$

                    必须有
                                  $|x|< \sqrt{\varepsilon }=\delta_2,$

                  所以可取
                                  $\delta =\{\delta_1,\delta_2\},$

                                  $\forall \varepsilon ,\exists \delta=\{\delta_1,\delta_2\}, |x|< \delta ,s.t.$

                                 $|2^x-1|<\varepsilon ,$

                         同时
                                 $|1+x^2-1|< \varepsilon ,$

                         轩此有
                                     $\therefore |f(x)-1|< \varepsilon .$

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解：(1)、
                  $ \begin{align*}\displaystyle \lim_{x\to 0}(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{\sin^2x})&= \lim_{x\to 0}\frac{\sin^2x-x^2}{x^2\sin^2x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2x-x^2}{x^4}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x\cos x-2x}{4x^3}\\\\&=\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}\\\\&=\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)}{x^3}\\\\&=-\frac{1}{12}.\end{align*}$


      （2）、
                     $\displaystyle \lim_{x\to 0}(x+e^{2x})^\frac{1}{\sin x}=\lim_{x\to 0}(1+x+e^{2x}-1)^{\frac{1}{x+e^{2x}-1}\cdot \frac{x+e^{2x}-1}{\sin x}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{x+e^{2x}-1}{\sin x}}=e^3.$

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证明：令
                    $f(x)=\ln x,$

          由中值定理
                     $\exists \xi \in(x,x+1),s.t.$

                     $f(x+1)-f(x)=\ln(1+x)-\ln x=\frac{1}{\xi},$

                     $\Rightarrow \ln(1+x)=\ln x+\frac{1}{\xi}> \ln x+\frac{1}{1+x},$

                     $\Rightarrow \ln(1+x)=\ln x+\frac{1}{\xi}< \ln x+\frac{1}{x}.$

            所以，命题成立。


注：此题如果用导数法，会非常困难。

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证明：
               因为$f(x)$在$[a,b]$内单调，所以$f(x)$有界。

               而在有限区间上有界的函数，必可积。因此$f(x)$在所该闭区间上可积。

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解：（1）、
                     $\because \int_{0}^{+\infty }e^{-x}\sin xdx=-e^{-x}\sin x|_0^{+\infty }+\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\cos xdx=-e^{-x}\cos x|_0^{+\infty }-\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\sin xdx,$
                    
                     $\therefore \int_{0}^{+\infty }e^{-x}\sin xdx=\frac{1}{2}.$

         (2)、
                      $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{\varepsilon }^{1}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=2\lim_{\varepsilon \to 0}\sqrt{x}\ln x|_\varepsilon ^1-2\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{\varepsilon }^{1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx=-4.$

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解:（1）、
                     $\because |R|=\frac{\frac{1}{2n+1}}{\frac{1}{2n+3}}=1,(n \to \infty )$

             当$x=1$时，有

                      $1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots +\frac{1}{2n+1}+\cdots > \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\cdots +\frac{1}{2(n+1)}+\cdots =\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n+1}+\cdots )=\infty .$

             所以，级数的收敛域为
                                          $x\in(-1,1).$


          （2）、令
                            $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n+1}x^{2n+1},$
                       
                    则
                            $\displaystyle S'_n=\sum_{k=1}^{n}x^{2n-1}=\frac{1-x^{2n+1}}{1-x^2}=\frac{1}{1-x^2},(n \to \infty )$

                            $\displaystyle S=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{x}S'_ndx=\int_{0}^{x}\frac{1}{1-x^2}dx=\ln\frac{1+x}{1-x}.$

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解
         （1）、
                        $\because \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{2^{n+1}}{n!}}{\frac{2^{n}}{(n-1)!}}=\frac{2}{n}< 1,(n> 2)$

                      所以级数收敛。

          （2）、
                        $\because \frac{x^2}{(n-1)!}\leq \frac{2^n}{(n-1)!}\to 0,(n \to \infty )$

                       由优级数法，函数项级数一致收敛。

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