数学分析考研真题练习二

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：由于积分区域关于$z$轴上下对称，因此有：

                             $\displaystyle V=\iiint_\Omega 2z^2dxdydz=4\iiint_{\Omega'} z^2dxdydz,$

               两个球体的交线：

                                          $\begin{cases}
x^2+y^2 &=3 \\
z &=1
\end{cases},$

                      采用柱面坐标：
                                              $\begin{cases}
z&=z \\
x&=r\cos\theta \\
y&=r\sin\theta  
\end{cases},$

                          积分区域为：
                                                $\Omega':0\leq z\leq 1,0\leq r\leq \sqrt{3},0\leq z\leq 2-\sqrt{4-r^2}.$

                                    $\displaystyle \therefore V=4\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\sqrt{3}}rdr\int_{0}^{2-\sqrt{4-r^2}}z^2dz=...... $

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：添加一个平面$z=1$方向向下,使之与$\Sigma$组成一个闭合曲面，再利用高斯公式。
                             $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma (3x+z) dzdy+zdxdy\\\\&=\iiint_\Omega (3+1)dxdydz-\iint_{z=1}dxdy\\\\&=4\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}rdr\int_{0}^{r}dz-\pi\\\\&=3\pi.
\end{align*}$

河北大学2018数学分析624数学分析试题


解：
                       $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{2n+1}=x\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1},$

                         $\because |R|=|\frac{2n+3}{2n+1}|=1,$

                         $\therefore -1\leq x< 1,$

                     设：
                               $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{2k+1}}{2k+1},$

                               $\displaystyle S'_n=(\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{2k+1}}{2k+1})'=\sum_{k=1}^{n}x^{2k}=\frac{x^2-x^{2n+3}}{1-x^2},$

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

                            $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{2n+2}}{2n+1}=xS=-x^2+\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}.$

河北大学2018数学分析624数学分析试题

证明：

           令：
                            $f(x)=x^2-(1+x)\ln^2(1+x),$

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

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

                                          $\because \ln(1+x)< x,$

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

                                            $\because f'(0)=0,\rightarrow f'(x)> 0,(x> 0)$

                                             $\therefore f(x)\uparrow ,$
                                   而
                                             $\because f(0)=0,$

                                            $\therefore f(x)> 0,\rightarrow x^2> (1+x)\ln^2(1+x).$

河北大学2018数学分析624数学分析试题


证明：
                     $\because x_n\neq -\frac{1}{n}x_n,\Rightarrow \sum x_n\neq -\sum \frac{1}{n}x_n,$

                     $\therefore  \sum (1+\frac{1}{n})x_n=\sum x_n+\sum \frac{1}{n}x_n\neq 0,$

            由已知，级数$\sum x_n$发散，故无论级数$\sum \frac{1}{n}x_n$收敛与否，所求级数$\sum (1+\frac{1}{n})x_n$均发散。

河北大学2018数学分析624数学分析试题


证明：
              因为$\{x_n\}$有界，可以从中取出两个目子列：一个单调降$\{x^{(1)}_{n_k}\}$,另一个单调增子列$\{x^{(2)}_{n_k}\}$.
                  显然$\{x^{(1)}_{n_k}\}$有下界，故收敛。

                  同理，$\{x^{(2)}_{n_k}\}$有上界，故也收敛。

                 因此，命题成立。

河北大学2018数学分析624数学分析试题

证明：
                   $\because f(x)\in C[0,3],\therefore f(x)\in C[0,2],$

              由此可知，在$[0,2]$内函数有最大值$M$和最小值$m$.即有：

                                            $m\leq f(x)\leq M,x\in [0,2]$

                                         $\Rightarrow m\leq \frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3}\leq M.$

                 因此，由介值定理，

                                          $\exists c\in (0,2),s.t.f(c)=\frac{f(0)+f(1)+f(2)}{3}=1.$

                                          $\therefore f(c)=f(3)=1,$

                           再由Roll中值定理

                                          $\exists \alpha \in (c,3)\sqsubset (0,3),s.t.f'(\alpha )=0.$   

河北大学2018数学分析624数学分析试题



此题为经典题，已经在多所学校的考题中出现。一般教材中都有详解。

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解：
   （1.1）、
                     $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x(1-\cos x)}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{3!}x^3}{x\cdot \frac{1}{2}x^2}=\frac{1}{3}.$

    （1.2）、
                    $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(\sin\frac{1}{n})\sum_{k=1}^{n}\frac{n^2}{n^2+k^2}&=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n})\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+(\frac{k}{n})^2}\\\\&=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx\\\\&=\arctan x|_0^1=\frac{\pi}{4}.
\end{align*}$

中山大学2019年考研试题682数学分析(A)


解：
          （2.1）、
                               $\begin{align*}\because I=\int e^{-x}\sin2xdx&=-e^{-x}\sin2x+2\int e^{-x}\cos2xdx\\\\&=-e^{-x}\sin2x-2e^{-x}\cos2x-4\int e^{-x}\sin2xdx \\\\&=-e^{-x}\sin2x-2e^{-x}\cos2x-4I.
\end{align*}$

                              $\therefore I=-\frac{1}{5}e^{-x}\sin2x-\frac{2}{5}e^{-x}\cos2x+C.$

          （2.2）、
                               $\begin{align*}\int_{-1}^{1}\frac{x}{x^2-x+1}dx&=\int_{-1}^{1}\frac{x-\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}dx+\int_{-1}^{1}\frac{\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}dx\\\\&=\frac{1}{2}\ln((x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4})|_{-1}^1+\frac{2}{3}\arctan (\frac{2\sqrt{3}}{3}(x-\frac{1}{2}))|_{-1}^1\\\\&=\frac{\pi}{3}.
\end{align*}$