数学分析考研真题练习二

北京邮电大学601数学分析-2019


解：       令
                             $f(x)=2x+\ln^2x+k-2\ln x,$

                则
                            $f'(x)=2+2\frac{\ln x}{x}-2\frac{1}{x}=\frac{2}{x}(x+\ln x-1),$

             再令
                            $g(x)=x+\ln x-1,$

                  求导
                            $g'(x)=1+\frac{1}{x}> 0,f'(x)\uparrow ,$

                             $\because f'(1)=0,$

                             $\therefore x> 1,f'(x)> 0,f(x)\uparrow ,$

                                   $x<1,f'(x)< 0,f(x)\downarrow ,$

                由函数的图象性质，可知
                                 $x=1,f_{min}(1)=2+k.$

             因为$k$是常数，故分三种情况：
                                   $k> -2,$此时，方程$f(x)=0$无解，即两曲线无交点；

                                   $k= -2,$此时，方程$f(x)=0$有一个解，即两曲线有一个交点；

                                    $k< -2,$此时，方程$f(x)=0$有两个解，即两曲线有两个交点。

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解：令
                     $P=\frac{3y-x}{(x+y)^3},Q=\frac{y-3x}{(x+y)^3},$

                      $\because \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{6(x-y)}{(x+y)^4},$

           所以，积分与路径无关。可取沿直线$l_{AB}$路径积分。直线方程为：

                      $l_{AB}:y=-x+\frac{\pi}{2},$

          因此有

                       $\int_L=\int_{AB}=\int_{\pi/2}^{0}\frac{-6x-\pi}{(\frac{\pi}{2})^3}dx=\frac{5}{2}\pi.$

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证明：
                     由已知，$f(x)$在$[a,b]$上可积，知$f(x)$有区间内有界且在$[a,b]$上几乎处处连续。从而

             在内闭区间上也有界且几乎处处连续，因此，$f(x)$在内闭区间上也可积。

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证明：
              由已知，得
                                  $\exists c \in(0,a),s.t.f'(c)=0.$

             于是，由拉格朗日中值定理，有
                                  $f'(0)=f'(c)-f''(\xi_1)c=-f''(\xi_1)c,\xi_1\in(0,c)$

                                   $f'(a)=f'(c)+f''(\xi_2)(a-c)=f''(\xi_2)(a-c),\xi_2\in(c,a)$

                                    $\therefore |f'(0)|+|f'(a)|=|-f''(\xi_1)c|+|f''(\xi_2)(a-c)|\leq Mc+M(a-c)=Ma.$

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证明：由已知，有
                              $\lim_{x\to 0^-}\sqrt{x}f'(x)=A,$

                             $\forall x_1,x_2\in(0,1],\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,\xi_1\in(0,x_1),\xi_2\in(0,x_2),s.t.\$

                              $\begin{align*}|f(x_1)-f(x_2)|&\leq |f(x_1)-f(0)|+|f(x_2)-f(0)|\\\\&=|f'(\xi_1)(x_1-0)|+|f'(\xi_2)(0-x_2)|\\\\&=|\frac{\sqrt{\xi_1}f'(\xi_1)x_1}{\sqrt{\xi_1}}|+|\frac{\sqrt{\xi_2}f'(\xi_2)x_2}{\sqrt{\xi_2}}|\\\\&\leq A\sqrt{x_1}+A\sqrt{x_2}\\\\&< 2A\varepsilon ,(x\to 0^-,x_1,x_2,\xi_1,\xi_2\to 0^-)\end{align*}$

                               由此可知，$f(x)$在$(0,1]$上一致收敛。

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证明：   作辅助函数

                                   $F(x)=(x-a)f(x)-\int_{a}^{x}f(u)du=\int_{a}^{x}(f(x)-f(u))du,$

                    设
                                   $f(t)=min,f(h)=Max.$

                     则
                                   $F(t)< 0,F(h)> 0,$

                    由介值定理，知

                                   $\exists \xi\in(t,h)\subset (a,b),s.t.$

                                   $ F(\xi)=\int_{a}^{\xi}(f(\xi)-f(u))du=0,$

                                   $\Rightarrow \int_{a}^{\xi}f(u)du=\int_{a}^{\xi}f(x)dx=(\xi-a)f(\xi).$


注：此题证明思路由网友提示，这个辅助函数设得巧妙，是关键。此题与《高等数学证明题500例解析 徐兵 主编,2007》p262，7题类似。辅助函数第一个等号是参考了徐兵的

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证明：
        （1）、
                              $\because f(x)\uparrow ,f(x)\in[a,b],f(x_n)=x_{n+1},$

                              $\therefore x_n\uparrow ,a\leq x_n\leq b,$

                根据数列的单调有界性，知

                              $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }x_n$存在。

         （2）、
                            $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }x_n=c,$

                             $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }f(x_n)=f(c)=\lim_{n \to \infty }x_{n+1}=c.$

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同“浙江理工大学2019年数分，八、”同，前面已经有解。

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解：
        1、
                          $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{a_n+a_{n+2}}{n}&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\int_{0}^{\pi/4}\tan ^nxdx+\int_{0}^{\pi/4}\tan ^{n+2}xdx}{n}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\int_{0}^{\pi/4}(\tan ^nx+\tan ^{n+2}x)dx}{n}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\int_{0}^{\pi/4}\tan^nx(1+\tan^{2}x)dx}{n}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\int_{0}^{\pi/4}\tan^nxd\tan x}{n}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}\\\\&=1.
\end{align*}$

       2、收敛。理由
                         $\begin{align*}\because S_n&=\sum_{k=1}^{n}a_k\\\\&=\int_{0}^{\pi/4}(\tan x+\tan^2x+\cdots +\tan^nx)dx\\\\&=\int_{0}^{\pi/4}\frac{\tan x-\tan^{n+1}x}{1-\tan x}dx\\\\&< \int_{0}^{\pi/4}\frac{\tan x}{1-\tan x}dx\\\\&< \int_{0}^{\pi/4}\frac{x}{1-x^2}dx\\\\&=\frac{1}{2}\ln\frac{1-x}{1+x}|_0^{\pi/4},
\end{align*}$
                 其中
                          $(\because 0\leq \tan x\leq 1,\tan x< x)$

                          $\displaystyle \therefore S=\lim_{n \to \infty }S_n< \infty .$


         3、
                          $\because \tan x\sim x,$

                           $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^c}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\int_{0}^{\pi/4}\tan^nxdx}{n^c}\sim \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{1+c}}(\frac{\pi}{4})^n< \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{1+c}}< \infty .$



此题2的解答可能不对，因为按常理，比较2与3小题，2小题似应为发散？

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解：
1、致密性定理（亦称聚点定理）：有界无穷数列必有收敛子列；

      单调有界定理：单调有界无穷数列必收敛。

2、由致密性定理$\to$单调有界定理。