2004年上海交通大学数学分析一（14）设limnnaa，证明22lim221annaaann证因2nxn，故利用Stolz公式，11limlimnnnnnnnnyyyxxx，得12112222(1)1limlimlimlim(1)212nnnnnnnaanananaannnn二（14）证明2sin()x在,0上不一致连续.证因π2π2nxn，2πnyn，22sinsin1nnxy，π12π2π02π2π2π2nnxynnnn，故2sin()x在,0上不一致连续.三（14）设)(xf在a2,0上连续，且)0(f＝)2(af，证明0xa,0，使)(0xf＝)(0axf证作()()()gxfxafx（0,xa），则()gx在0,a上连续，因)0(f＝)2(af，故(2)(0)gag，情形1若(0)0g，则取00x，则)(0xf＝)(0axf，情形2若(0)0g，则因2(2)(0)(0)0gagg，故由介值定理知，存在00,xa，使得0()0gx，即)(0xf＝)(0axf.四（14）证明不等式x2＜xsin＜x，2,0x证作sin()xfxx，π0,2x，则因22cossincos()(tan)0xxxxfxxxxx，故sin()xfxx在π0,2上严格单调减少，而0lim()1xfx，π22lim()πxfx，因此，在π0,2上，有2sin()1πxfxx，即x2＜xsin＜x.五(14)设()dafxx收敛,且)(xf在,a上一致连续，证明)(limxfx=0.证因)(xf在,a上一致连续，故0，0，使得当12,,tta且12tt时，有12()()2ftft，令(1)()dannanufxx，则由积分第一中值定理得，(1),nxanan，使得(1)()d()annnanufxxfx.因()dafxx收敛，故级数1nnu收敛，从而0nu，即()0nfx，也即()0nfx，故对上述的，存在N，使得当nN时，()2nfx.取XaN，则当xX时，因故存在惟一的k，使得(1),xakak，易见kN，且kxx，从而六（14）设211nxn，121dnnnxxx，1,2,n，证明级数111nnnx收敛.解.11211dln|ln(1)nnnnnxxxxn，因2121nnSSk，故只要证1211111ln(1)nnknkkkSxkk22111()2nkkk收敛即可.七（14）设)(xf在1,0上连续，)1(f=0,nnxxfxg)()(，1,2,n，证明)}({xgn在1,0上一致收敛.八（12）设()fx在1,0上连续，证明10lim()dnnnxfxx＝)1(f.证（1）（令ntx，则10()dnnxfxx1110()dnntftt，（2）因()fx在1,0上连续，故0M，使得()fxM，0,1x，（3）0，记3aM，不妨设01a，则1111000()d()dd3aaannnntftttfttMtMa，（4）111111111()d(1)[()(1)]d()(1)dnnnnnnaaatfttftftfttftft（5）因()fx在1,0上连续，故()fx在1,0上一致连续，故对上述的正数，0，当12,0,1xx且12xx时，有（6）因1lim1nna，记min{,}3(1)Ma，则存在正整数N，使得当nN时，有11na，（7）当(,1)ta时，有111111nnntta，从而当nN时，有1111()(1)d(1)1d33nnaaftftftt（8）由（3）和（7）知，当nN时，有九（12）设1a>0，1na＝na＋na1，证明lim2nnan＝1证（1）要证lim2nnan＝1，只要证2lim12nnan，即只要证221lim1(22)2nnnaann，即证221lim()2nnnaa（2）因1na＝na＋na1，故110nnnaaa，1211nnnaaa因此只要证21lim0nna，即只要证limnna（3）由110nnnaaa知，{}na单调增加，假如{}na有上界，则{}na必有极限a，由1na＝na＋na1知，a＝a＋1a，因此10a，矛盾.这表明{}na单调增加、没有上界，因此limnna.（证完）十（28）计算下述积分：1．2ddDyxxy，其中D是矩形区域x1，20y解记21{(,)|1,02,0}Dxyxyyx22{(,)|1,02,0}Dxyxyyx，2．22dd()ddddSyzyzxzyzxxyxy，其中S是曲面224zxy上0y的那部分正侧.解记22{(,,)|4,0}xyzxzy（取下侧），22{(,,)|04}Vxyzyxz，则VS，由高斯公式知，
