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1、1数学分析 2（1）答案一、 （25 分）1、x0 f(0)12、+ !)0( ! 2)0()0()0()()( 2 nfxfffxfn L1)1()!1()(nn xnxf103、14、dttt22)()(5、LLnn xnaxaxa!)(ln ! 2)(lnln122二、 （25 分） 1、D 2、A 3、C 4、A 5、A三、 （64 分）1、解：，令则 dx2tdt 1 分 tx1分分分分 原式6 )1(arctan 5 )(arctan 4 ctant)actantd(ar2 3 1arctan2 2) 1(arctan2222cxctdttttdtttt2、分分分原式6 1arcs
2、in212_1(215 arcsin211212 t-1 1)-(-12222cxxxxctttdxdxx3、2分分分6 ) 11(cos215 cos21)(sin210 3 2sin 2)(2)(10210222210210102xxdxxdxxxxxfxdxxxf4、分分分则令原式6 3arctan 5 1) 1(2 1 13030230222122 ttdttttdttdtxdxtx xxxdx四、 （72 分）1、解： 有单调且1A pAAxxxdx1, 2cossin110lim1 pxx由 Dirichlet 判别法敛 3 分dxxxp1sin在1, +上ppppxxxxxxx2
3、2cos21sinsin2 收敛（仿上面讨论）而当 p1 发敛dxxxp122cosdxxxp1sindxxp121当 p1 时条件收敛 6 分dxxxp1sin当 p1 时有而敛 绝对收敛 7 分ppxxx1sin1pxdx1sindxxxp2、解： 3 分22)sin2(sin2lim)(limxxnxnnnnnnn 当即时，级数绝对收敛 4 分1sin2x4 nx当即时，级数即条件收敛 5 分1sin2x4 nx11) 1(nnn当可选取 q 使，当 n 充分大时有1sin2x1sin2 qx1 qxnn3此级数发散 7 分0lim nnx五、 （6 分）解： 易知收敛域为(1，1)设其
4、和函数为 s(x) 1 分1lim)(lim nnnnnnx即，由逐项积分定理有1,)(11xnxxSnn1, 1x4 分) 1 , 1(,1)()(11010110 xxxdxxdtntdtntdttsnnnxnxnnx而两边求导得 6 分1,)1 (1 )1 (1 1)(2 11 2 xxnxxxxxSnn即六、 （72 分）1、解：由得pxy22pyy22过点的切线斜率 k= 1, 过点 P0法线斜率 k= 1 2 分0p过点 P0法线方程为即 4 分)2(pxpy023pxy由得 y13p y2p 5 分 pxypxy20232所求面积 7 分233 232316 6)21 23(2)
5、23(ppyypydypyypSpppp 2、解：设圆柱体的体积为，高为，底面半径为则有或hxv22xvh圆柱体的表面积 2 分), 0(2222)(22xxvxxhxxA 令得唯一稳定点232)2(224)(xvx xvxxA0)( xA3 2vx 5 分344)(xvxA 023 vA稳定点是 A(x)的极小点 由实际意义知，A(x)在极小点取最小值3 2vx 即 半径，高为时，圆柱表面积最小 7 分3 2vx 3 22vh 4七、 （72 分） 1、证明：4 分222)()()()()()()()()( )(),(axdttfxfaxdttfdtxfaxdttfaxxf xFbaxxax
6、axaxa 有. f(x)a, b单减 5 分),(0)(baxxf0)()().()(,tfxfxftfxat有xadttfxf0)()(0)( xF2、证明： 先证 f(x)连续有而敛,x331cos nnnx131nn由 Weierstrass 判别法知在(，)一致收敛33cosnnnx又在(，)连续， 的和函数 f (x)在(，)连续 4 分3cos nnx3cos nnx再证 f(x)在(，)连续且(，) 在(，)一致收敛23sincos nnx nnx 221sinnnx12sinnnx对于每一个 n，在(，)连续，由函数项级数一致收敛性的性质2sinnnx的和函数在(，)连续，12sinnnnx且 7 分12)sin()(nnnxxf八、 （8 分）解：令 1 分2) 1(32) 1()(1)( nnnxnxb enxa则对每一个固定的 x10，10，关于是单调的且在10，10一致收敛并且 4 分即在10，10一致有界2) 1(12)1(1 nkKknkkb1)(nnxb由 Dirichlet 判别法知，在10，10上一致收敛1322) 1( ) 1(nxmnen
