数学分析习题练习三

厦门大学2020年考研数分试题


解：
                    $\because x_1> 0,x_{k+1}=\frac{x_k^2}{2(x_k-1)},$

                    $\therefore x^2_{k+1}-2x_{k+1}=x_k^2-2x_kx_{k+1}+x^2_{k+1}=(x_k-x_{k+1})^2\geq  0.$

                     $\Rightarrow x_{k+1}\geq 2.$

             $\{x_k\}$有界。从而由

                       $\frac{x_{k+1}}{x_k}=\frac{x_k}{2(x_k-1)}\geq \frac{2}{2(2-1)}=1.$
         
               $\{x_k\}$单调增。故 $\{x_k\}$有极限。

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

         则有：
                   $l=\frac{l^2}{2(l-1)},\rightarrow l=2.$

            因此，级数收敛。

厦门大学2020年考研数分试题


解：
             当$p=0$时，$a_n=1$,级数发散；

             当$p<0$时，$a_n\neq 0,(n \to \infty )$,级数发散；

            当$p> 0$时,由于有

                            $\displaystyle (1+\frac{1}{n+1})^{n+1}> (1+\frac{1}{n+1})^{n},(1+\frac{1}{n})^{n}> (1+\frac{1}{n+1})^{n},$

                从而

                           $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=(\frac{e-(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}}{e-(1+\frac{1}{n})^n})^p< (\frac{e-(1+\frac{1}{n+1})^{n}}{e-(1+\frac{1}{n})^n})^p<1.(n \to \infty )$

                 此时，级数收敛。

2020年同济大学数学分析考研真题


解：
                \begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}(x-\sqrt{t})f(t)dt}{x^2\ln(1+x)}&=\lim_{x\to 0}\frac{x\int_{0}^{x^2}f(t)dt-\int_{0}^{x^2}\sqrt{t}f(t)dt}{x^2\ln(1+x)}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}f(t)dt+2x^2f(x^2)-2x^2f(x^2)}{2x\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x}}\\\\&=\frac{1}{3}.
\end{align*}

东南大学2020年考研数分试题


（1）、解
                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(1+2^{-n})^n=\lim_{n \to \infty }(1+2^{-n})^{2^n\cdot \frac{n}{2^{n}}}=\lim_{n \to \infty }e^{\frac{n}{2^n}}=1.$

（2）、解
                   $\begin{align*}\lim_{x\to 0^+}x\int_{\sin x}^{1}\frac{\ln t}{t}dt&=\lim_{x\to 0^+}\frac{-\cos x\cdot \frac{\ln\sin x}{\sin x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln\sin x}{\frac{1}{x}}\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\cos x\cdot \frac{1}{\sin x}}{-\frac{1}{x^2}}=0.
\end{align*}$

东南大学2020年考研数分试题


解：
            $r^2\leq z\leq r,0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq r\leq 1,|J|=r.\\
I=\iiint_\Omega x^2\sqrt{x^2+y^2}dxdydz=\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta d\theta \int_{0}^{1}dr\int_{r^2}^{r}r^2\cdot r\cdot rdz=\frac{\pi}{42}.$

东南大学2020年考研数分试题


网友的解答：

东南大学2020年考研数分试题


解：
             $\because a_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin^nx\cos xdx=\frac{1}{n+1}\sin^{n+1}x|_0^\frac{\pi}{4}=\frac{1}{n+1}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{n+1}.$

              $\displaystyle \therefore S_n=\sum_{k=0}^{n}a_k=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}(\frac{1}{\sqrt{2}})^{k+1},$

                  $\displaystyle S'_n=-\frac{1}{2}\ln2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{2}})^k=-\frac{1}{2}\ln2\cdot \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}-(\frac{1}{\sqrt{2}})^{n+1}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}.$

                   $\displaystyle S=\int_{0}^{1}\lim_{n \to \infty }S'_n=-\frac{1}{2}\ln2\lim_{n \to \infty }\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}-(\frac{1}{\sqrt{2}})^{n+1}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}=-\frac{1}{2}\ln2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}-1}.$

浙江大学2020年数学考研试题


解：
                  $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{\cos \frac{\pi\cos x}{2}}{\sin\sin^2x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\cos\frac{\pi}{2}(1-\frac{1}{2}x^2)}{\sin x^2}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin\frac{\pi}{4}x^2}{\sin x^2}=\frac{\pi}{4}.$

浙江大学2020年数学考研试题



记得此题曾经解答过，可以利用结论
                                             $\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}.$

                       \begin{align*}\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin^2x}{x^2}dx&=-\frac{\sin^2x}{x}|_0^{+\infty }+\int_{0}^{+\infty }\frac{2\sin x\cos x}{x}dx\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin2x}{2x}d(2x)\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin t}{t}dt\\\\&=\frac{\pi}{2}.
\end{align*}

浙江大学2020年数学考研试题


解：设
                  $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{1}{3n-1}x^{3n-1}=\lim_{n \to \infty }S_n(x)=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n }(-1)^k\frac{1}{3k-1}x^{3k-1}.$

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

           而
                     \begin{align*}S(x)&=\int_0^x\lim_{n \to \infty }S'_n(t)dt=\int_{0}^{x}\frac{-t}{1+t^3}dt\\\\&=\int_{0}^{x}(\frac{1}{t+1}-\frac{t+1}{1+t+t^2})dt\\\\&=\ln(1+x)-\frac{1}{2}\ln(1+x+x^2)-\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan (\frac{2}{\sqrt{3}}(1+x))+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2\sqrt{3}}{3}
\end{align*}

           因此
                         $S=S(1)=0.$