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1、1数学分析 2（2）答案 一、 （分） 1.极小值点2. 3. 10 ,232sin!32!121! 7! 5! 33212753 nxnx nxxxxxnn nL1f4.badxxx224125. LL133222122221nn n axxxx二、(25) 1.C 2.C 3.B 4.B 5.D 三、(64)1.解:令 1 分tdtdxxttx2secarctantan则原式tdtttt2 22sectan1tan3 分attt2tan=dttt) 1(csc22cot2tttd2cotcot2ttattt5 分ctttt2sinlncot26 分cx xxxx 22arctan211ln
2、arctan2.解:原式 2 分22222223cossincosxdxxtatx3 分2 02 2sin2120 dxx2 04cos141 dxx25 分2 04sin41 41 xx6 分83.解:原式 3 分 00)(dxxf xxxf 00sinsindxxxxdxxx5 分0sin xdx 0cosx6 分24.解:若 2 分 0222222111dxbxaxabba原式022arctan1arctan11 bx bax aab4 分21baabtatadxaxttaxba2secarctantan 令若 0222axdx原式2 0442secsec dttata2 02 3cos
3、1 tdta2 0322cos11 dtt a2 032sin21 21 tta34a四、1解：2cossin111AAxxdxA有01, 11limxxx单调且在由 Dirichlet 判别法收敛3 分1sindxxx又 xx xxx xxx22cos 21sinsin, 12 有Q而 发散讨论仿上面对收敛1112,sin 22cos xdxdxxxdxxx3发散 12sindxxx由比较法知 发散 条件收敛7 分1sindxxx 1sindxxx2解：3 分222 limlimxxnxnnn nnn nQ5 分时级数绝对收敛即当2212xx当7 分级数发散每项不趋于即0212xx五、 （6
4、 分） 解：易求得级数的收敛半径 R=1设其和函数为 S(x) 即 1 , 1,121120xnxxSnnn由逐项求导级数得 4 分 1,111121220120 xxxnxxSnnnnnnxxtdtdttSx 0201,1 , 1积分得而 S(0)=0 xSxSttSxxarctan0arctan00即6 分 1arctan121arctan012nnn xxxnxxS即六、 （72 分）1解：342xxyQ2 分 2340yy过点 P1(0,-3)与 P2(3,0)的切线方程分别为4 分6234xyxy与两切线交点为围成的区域如图，直线把区域分为两部分)3 ,23(23x232303223
5、4623434dxxxxdxxxxSL497 分2解：设 B、C 的横坐标是 x1、x 则有xxeexx22ln2121及402ln31xxxxBC梯形 ABCD 的面积 3 分xexS22ln3235 分 2ln31 2102ln263232xxSexxSx得到点令当 当 02ln31 21xSx时 02ln31 21xSx时 是最大点又驻点唯一的极大点是2ln31 212ln31 21xxSx当时梯形面积最大 7 分12ln312ln31 211xx七、 （72 分） 1证明：由题意知，F(x)在a , b上有定义由积分区间的可加性 dttfdttfdttfxFxxFxxxxaxa3 分4
6、 分 MxfbaxMbaxf有可积在,0,Q0, 0)(xxMdttfdttfxFxxFxxxxxx连续 7 分 baxFxxFxxF,00在2证明：nnxnenexx0, 0, 0使总存在对敛及1231110limlim 2nn nnnnnn nennene由 Q比较法知 收敛3 分1nnne由 Weierstrass 判别法知在一致收敛4 分1nnxne,又连续，由连续性定理，共和函数在连续6 分,在nxneQ,和函数在点 x 连续，由 x 的须定性和函数在连续7 分, 0八、 （8 分）解：4 分 2! 21222xnnxnxexnxL有6 分22221222 nxnxexnenxnx 而 敛，由 Weierstrass 在上一致收敛8 分121nn1nnxxe,
