中山大学2010年数学分析真题
题目
一、（每小题6分，共48分） （1） （2） （3） （4） （5） （6）
求极限lim
1
𝑛
𝑛→∞𝑛
√(𝑛+1)(𝑛+2)…(2𝑛+1) ；
求不定积分∫𝑚𝑎𝑥(|x|,1)𝑑𝑥； 已知𝑓(𝑥)= ∫0
x𝑠𝑖𝑛𝑡
𝑑𝑡，求定积分∫0𝑓(𝑥)𝑑𝑥； 𝜋−𝑡
(𝑥,𝑦)→(0,0)1
2
π
求二元函数极限
1
lim
(𝑥2+𝑦2)𝑥
2𝑦2
；
求二次积分∫0𝑑𝑦∫𝑦𝑒𝑥𝑑𝑥； 计算I=∮𝐿
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥𝑥2+𝑦2
，其中L是一条无重点、分段光滑且不经过原点的连续封闭曲
线，L的方向为逆时针方向； （7） （8）
讨论函数项级数∑∞𝑛=1(1−𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑠𝑖𝑛𝑛𝑥√𝑛+𝑥在[0,2]上的一致收敛性；
22)(计算∬𝑥+𝑦𝑑𝑆，其中S为曲线z=√x2+𝑦2与平面z=1所围几何体的表面。 𝑆
二、单位圆盘中切去圆心角为θ的扇形，余下部分粘合成一锥面，问θ为多少时，该锥面加上
底面所围的椎体体积最大。 三、设在𝑓(𝑥)在x=0某邻域内有二阶连续导数，且lim
(𝑥2+𝑦2)𝑝sin
2
1𝑥2+𝑦2
2
𝑓(𝑥)𝑥→0𝑥
=0，证明∑∞𝑛=1𝑓(𝑛)绝对收敛。
1
四、设𝑓(𝑥,𝑦)={
,𝑥2+𝑦2≠0
0,𝑥+𝑦=0
，其中p为正数，试分别确定p的值，使
得如下结论分别成立
（1） 𝑓(𝑥,𝑦)在点(0,0)处连续 （2） 𝑓𝑥(0,0)与𝑓𝑦(0,0)都存在
（3） 𝑓𝑥(𝑥,𝑦)与𝑓𝑦(𝑥,𝑦)在(0,0)点连续
五、计算由曲面(a+𝑏)+(𝑐)=1,(𝑥≥0,𝑦≥0,𝑧≥0,𝑎>0,𝑏>0,𝑐>0)所围成几何体
之体积，其中a,b,c为正常数。 六、求幂级数∑∞𝑛=1
𝑛2+1𝑛!2𝑛x
𝑦2
𝑧2
𝑥𝑛的收敛范围，求其和函数。
∂2𝑢
∂2𝑢
∂2𝑢
七、设u=𝑓(𝑥)，其中r=√x2+𝑦2+𝑧2，变换方程𝜕𝑥2+𝜕𝑦2+𝜕𝑧2=0，使其成为关于𝑓(𝑟)
的方程。
八、判断级数√2+√2√2+√2−√2+√2+√2−√2+√2+√2+⋯的收敛性。
参
一、 （1）
𝑛→∞𝑛
lim
𝑛
1
𝑛
√(𝑛+1)(𝑛+2)…(2𝑛+1) =lim
1
𝑛
1
𝑛
𝑛→∞𝑛
√(𝑛+1)(𝑛+2)…(2𝑛)=
𝑛→∞𝑛
lim
1
√
(2𝑛)!𝑛!
=lim
𝑛→∞𝑛
√
√4𝜋𝑛(𝑒)2𝑛2𝑛
𝑛𝑛√2𝜋𝑛(𝑒)=lim
4𝑛
𝑛→∞𝑒𝑛
= 𝑒
4
（2）
∫𝑚𝑎𝑥(|x|,1)𝑑𝑥=∫0𝑚𝑎𝑥(|t|,1)𝑑𝑡+𝐶=𝐶+
∫0𝑡𝑑𝑡=2𝑥2,−1≤𝑥≤1
1
𝑥
1
x
−1
∫𝑚𝑎𝑥(|t|,1)𝑑𝑡+∫x𝑚𝑎𝑥(|t|,1)𝑑𝑡=−1+1−1𝑥2=−1𝑥2−1,𝑥<−1
−1{02222（3） （4）
∫0𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫0𝑑𝑥∫0
π
𝜋
𝑥𝑠𝑖𝑛𝑡𝜋−𝑡
∫0𝑚𝑎𝑥(|t|,1)𝑑𝑡+∫1𝑚𝑎𝑥(|t|,1)𝑑𝑡=1+2𝑥2−2=2𝑥2+2,𝑥>1
1x111
𝑑𝑡=∫0
𝜋𝑠𝑖𝑛𝑡𝜋−𝑡
𝑑𝑡∫𝑡𝑑𝑥=∫0(𝜋−𝑡)
𝜋𝜋𝑠𝑖𝑛𝑡𝜋−𝑡
𝑑𝑡=∫0𝑠𝑖𝑛𝑡𝑑𝑡=2
𝜋
当0<𝑥2+𝑦2<1时，
(𝑥+𝑦
2
2)𝑥2𝑦2
2𝑦2
≥(𝑥+𝑦
2
(𝑥2+𝑦2)2
2)4→1，(𝑥2+𝑦2)𝑥
2𝑦2
<1
故（5） （6）
(𝑥,𝑦)→(0,0)
1
lim
(𝑥2+𝑦2)𝑥
1
2
=1
𝑥
2
∫0𝑑𝑦∫𝑦𝑒𝑥𝑑𝑥=∫0𝑑𝑥∫0𝑒𝑥𝑑𝑦=2(𝑒−1)
记𝑃(𝑥,𝑦)=−x2+𝑦2，𝑄(𝑥,𝑦)=𝑥2+𝑦2，(𝑥,𝑦)≠(0,0)，则𝑃,𝑄具有连续的一阶偏导
∂𝑃𝜕𝑦
y
𝑥
11
数，并且
∮
=
∂𝑄𝜕𝑥
=(
𝑦2−𝑥2
。如果𝑥2+𝑦2)2
L内部包含原点，则
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥
=∮=∮𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥=2𝑆(𝐷)=2𝜋 2+𝑦22+𝑦2𝑥𝑥2222𝐿𝑥+𝑦=1𝑥+𝑦=1
22
其中，𝐷为𝑥+𝑦≤1。 如果L内部不包括原点，则∮𝐿
1
𝑥𝑑𝑦−𝑦𝑑𝑥𝑥2+𝑦2
=0
1
1
1
1
（7）
𝑛
2𝑠𝑖𝑛2𝑥∑𝑛𝑘=1𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥=∑𝑘=1[cos(𝑘−2)𝑥−cos(𝑘+2)𝑥]=cos2𝑥−cos(𝑛+2)𝑥
于是
∑𝑛𝑘=1𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥
2(1−𝑐𝑜𝑠𝑥)∑𝑛𝑘=1𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥=2𝑠𝑖𝑛2𝑥
1
12
11cos𝑥−cos(𝑛+)𝑥22
12sin𝑥
2
=
cos𝑥−cos(𝑛+)𝑥
2sin𝑥1212
，𝑥𝜖(0,2𝜋)
1
1
1
=sin2𝑥[𝑐𝑜𝑠2𝑥−𝑐𝑜𝑠(𝑛+2)𝑥]
该式对x=0,2π也成立，于是，
111
|(1−𝑐𝑜𝑠𝑥)∑𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥|=|sin𝑥[𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑐𝑜𝑠(𝑛+)𝑥]|≤2
222
𝑘=1𝑛
又对每一个x，{1√n+x}为单调递减数列，且0<
1√n+x≤
1√n，故{1√n+x}一致趋于零，由狄利
克雷判别法，级数∑∞𝑛=1（8）
(1−𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑠𝑖𝑛𝑛𝑥√𝑛+𝑥在[0,2]上一致收敛。
记𝑆1为曲面z=√x2+𝑦2，0≤z≤1，𝑆2为x2+𝑦2≤1，𝑧=1，于是， ∬(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑆=∬
S1
2+𝑧2𝑑𝑥𝑑𝑦(x2+𝑦2)√1+𝑧𝑥𝑦
2
2
x2+𝑦2≤1
=∬
(x2+𝑦2)√1+()+()𝑑𝑥𝑑𝑦
222222√𝑥+𝑦√𝑥+𝑦x+𝑦≤1
(x2+𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦=
√2𝜋 2
𝑥𝑦=√2∬
x2+𝑦2≤1
∬(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑆=∬
S2
1
(x2+𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦=𝜋
2x2+𝑦2<1
√21
2
(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑆=∬(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑆+∬(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑆=(+)π。 于是，∬SSS22
1
二、
设锥体的半径为r，则锥体的体积为
𝑟2·𝑟2·(2−2𝑟2)
)𝑟2·𝑟2·(2−2𝑟2)2π√(32√2𝑉=𝜋𝑟1−𝑟=𝜋√≤𝜋= 223√3
当且仅当𝑟2=2−2𝑟2，即𝑟2=，𝑟=
32
√6，取得等号，于是， 3
3
当𝑟=
2√62√6√6时，锥体体积最大，此时，余下部分的弧长为𝜋，故余下部分的圆心角为𝜋，333
2√63
故减去部分的圆心角为2π−𝜋=(2−
2√6)𝜋。 3
三、𝑓(𝑥)在x=0的邻域内有二阶连续导数，故𝑓(𝑥)在x=0的邻域内时连续的。
𝑥→0𝑥
lim
𝑓(𝑥)
=0，故lim𝑓(𝑥)=0，故𝑓(0)=0，故
𝑥→0
𝑓′(0)=lim
故lim
𝑓(𝑥)𝑥→0𝑥2
𝑓(𝑥)−𝑓(0)𝑓(𝑥)
=lim=0，
𝑥→0𝑥→0𝑥𝑥
𝑓′′(0)2
=lim
1
𝑓(𝑥)−𝑓(0)−𝑓′(0)𝑥
𝑥2
𝑥→0
=，故lim|
𝑓()𝑛
𝑛→∞()
1
𝑛12|=
|𝑓′′(0)|2
。∑∞𝑛=1𝑛2收敛，
1
故∑∞𝑛=1𝑓(𝑛)绝对收敛。
四、 （1）
P为正数，故对任意(𝑥,𝑦)≠(0,0)，有
|𝑓(𝑥,𝑦)|=|(𝑥2+𝑦2)𝑝sin
1
|≤(𝑥2+𝑦2)𝑝→0，(𝑥,𝑦)→(0,0)， 22𝑥+𝑦
故
(𝑥,𝑦)→(0,0)
lim𝑓(𝑥,𝑦)=0=𝑓(0,0)，故只要𝑝>0，𝑓(𝑥,𝑦)就会在(0,0)处是连续的。
𝑓(𝑥,0)−𝑓(0,0)
𝑥
1
（2） 𝑥>0时，=
|𝑥|2𝑝sin
x
1
𝑥2=𝑥2𝑝−1sin2。
𝑥
112
1
若2𝑝−1<0，即𝑝<2，取𝑥𝑛=
2𝑝−1
12𝑝−1
𝑥𝑛sin2𝑥
12
1√(2n+)𝜋1𝑥
12
，则
√(2𝑛+)𝜋𝑛
=[]=[(2𝑛+1)𝜋]
1
1−2𝑝2
→∞，故lim+𝑥2𝑝−1sin2不存在。
𝑥→0
𝑥
1
若𝑝=，则lim+𝑥2𝑝−1sin
𝑥→0
1
sin2是不存在的。 2=lim+
𝑥→0
𝑥
𝑓(𝑥,0)−𝑓(0,0)
𝑥
若𝑝>2，则对任意𝑥≠0，有|故lim
𝑓(𝑥,0)−𝑓(0,0)
𝑥
𝑥→0
|=|𝑥|2𝑝−1|sin𝑥2|≤|𝑥|2𝑝−1→0，(𝑥→0)
1
=0，即𝑓𝑥(0,0)=0。由对称性，𝑓𝑦(0,0)=0。
12
12
综上所述，当且仅当𝑝>，𝑓𝑥(0,0)，𝑓𝑦(0,0)存在；当𝑝>，时，𝑓𝑥(0,0)=0,𝑓𝑦(0,0)=0 （3）
𝑝>，(𝑥,𝑦)≠(0,0)时，
21
𝑓𝑥(𝑥,𝑦)=2𝑝𝑥(𝑥2+𝑦2)𝑝−1sin
𝑓𝑥(𝑥,0)=2𝑝𝑥(𝑥2)𝑝−1sin于是，lim+2𝑝𝑥
𝑥→0
2𝑝−1
1
12𝑥1
−cos，
𝑥2+𝑦2(𝑥2+𝑦2)2−p𝑥2+𝑦2
12𝑥1112𝑝−12𝑝−3
−cos=2𝑝𝑥sin−2𝑥cos,𝑥>0 𝑥2+𝑦2(𝑥2)2−p𝑥2𝑥2𝑥2
12𝑝−3
，则𝑥cos2𝑛𝑥𝑛√2𝑛𝜋1sin𝑥2=0。取𝑥𝑛==lim(2nπ)
𝑛→∞
3−2p
2
=(2nπ)
32
3−2p2
，若𝑓𝑥(𝑥,𝑦)在(0,0)
连续，则𝑥𝑛
2𝑝−3
cos
1
2𝑥𝑛
=0，故3−2𝑝<0，即𝑝>。
反之，若𝑝>2，则
|𝑓𝑥(𝑥,𝑦)|=|2𝑝𝑥(𝑥2+𝑦2)𝑝−1sin
≤2𝑝|𝑥|(𝑥+𝑦
2
3
12𝑥1
−cos|
𝑥2+𝑦2(𝑥2+𝑦2)2−p𝑥2+𝑦2
12|𝑥|2√x2+y2𝑝−22
+2≤2𝑝(𝑥+𝑦)2+2(𝑥+𝑦2)2−p(𝑥+𝑦2)2−p
3
2)𝑝−11
=2𝑝(𝑥2+𝑦2)𝑝−2+2(𝑥2+𝑦2)𝑝−2→0，(x,y)→(0,0)
故
lim𝑓(𝑥,𝑦)
(𝑥,𝑦)→(0,0)𝑥
=0=𝑓𝑥(0,0)，由对称性，
lim𝑓(𝑥,𝑦)(𝑥,𝑦)→(0,0)𝑦
=0=𝑓𝑦(0,0)，
故𝑓𝑥(0,0)，𝑓𝑦(0,0)在(0,0)点时连续的。 五、所求的几何体的体积为
1𝑐𝑧21
∫𝑑𝑧∬𝑑𝑥𝑑𝑦=∫𝑎𝑏(1−)𝑑𝑧=𝑎𝑏𝑐 2𝑥𝑦√𝑧22𝑐30𝑥≥0,𝑦≥0,+≤1−()0
𝑎𝑏𝑐x
六、幂级数∑∞𝑛=0𝑛!的收敛域为R，和函数为e，于是，
𝑥𝑛
c
𝑛=1
𝑥𝑛∞
(2)𝑥𝑛+1𝑛𝑛𝑥𝑛𝑛𝑥𝑛
∑𝑥=∑()+∑=∑()+𝑒2−1
(𝑛−1)!2𝑛!2𝑛𝑛!2𝑛!
∞
2
∞
2
∞
𝑛=1
𝑛=1
𝑛=1
𝑥𝑥𝑛+1𝑥𝑛+1𝑛𝑥𝑛+1𝑥1𝑥𝑛
22−1=∑+𝑒−1=∑+∑+𝑒()()()𝑛!2𝑛!22𝑛!2𝑛=0∞
𝑛=0
𝑛=0
∞
∞
∞
∞
𝑥𝑥𝑛𝑥𝑛+1𝑥𝑥1𝑥𝑛+1𝑥𝑥
=∑()+𝑒2+𝑒2−1=∑+𝑒2+𝑒2−1()
(𝑛−1)!2𝑛!222𝑛=1∞
𝑛=1
∞
𝑥𝑥1𝑥𝑛+2𝑥𝑥𝑥21𝑥𝑛𝑥𝑥
222=∑()+𝑒+𝑒−1=()∑()+𝑒+𝑒2−1
𝑛!222𝑛!22𝑛=0
𝑛=0
𝑥𝑥𝑥2𝑥𝑥𝑥𝑥2𝑥
=𝑒2+𝑒2+𝑒2−1=(++1)𝑒2−1 4242
七、
∂𝑢𝜕𝑟𝑥
=𝑓′(𝑟)=𝑓′(𝑟) 𝜕𝑥𝜕𝑥𝑟
𝜕𝑟𝑥2
𝑟−𝑥𝑟−𝑟∂𝑢𝑥2𝑥2𝜕𝑥′′()′()′′()′()=𝑓𝑟()+𝑓𝑟=𝑓𝑟()+𝑓𝑟
𝜕𝑥2𝑟𝑟2𝑟𝑟2
2
=𝑓
由对称性，
′′(
𝑥21𝑥2
′
𝑟)2+𝑓(𝑟)(−3) 𝑟𝑟𝑟
∂2𝑢𝑦21𝑦2∂2𝑢𝑧21𝑧2
′′()′()′′()′()=𝑓𝑟2+𝑓𝑟(−3)，2=𝑓𝑟2+𝑓𝑟(−3)
𝜕𝑦2𝑟𝑟𝑟𝜕𝑧𝑟𝑟𝑟
故
∂2𝑢∂2𝑢∂2𝑢2′
′′()++=𝑓𝑟+𝑓(𝑟)=0
𝜕𝑥2𝜕𝑦2𝜕𝑧2𝑟
故方程变换为𝑓′′(𝑟)+𝑓′(𝑟)=0。
𝑟2
八、
记数列{𝑎𝑛}为√2，√2+√2，√2+√2+√2，…，即𝑎1=√2，𝑎𝑛+1=√2+𝑎𝑛，
n=1,2,…，由于函数√2+𝑥是严格单调递增函数，𝑎2=√2+√2>√2=𝑎1，故{𝑎𝑛}为严格单
22
调递增数列，于是，𝑎𝑛+1=√2+𝑎𝑛>𝑎𝑛，即2+𝑎𝑛>𝑎𝑛，故𝑎𝑛−𝑎𝑛−2<0，
故−1<𝑎𝑛<2，{𝑎𝑛}为有界数列且收敛。
记lim𝑎𝑛=𝐴，则𝐴>𝑎1=√2，𝐴=√2+𝐴，可得𝐴=2，故lim𝑎𝑛=2。
𝑛→∞
𝑛→∞
2−𝑎𝑛+12−√2+𝑎𝑛(2−√2+𝑎𝑛)(2+√2+𝑎𝑛)=lim=lim
𝑛→∞2−𝑎𝑛𝑛→∞𝑛→∞2−𝑎𝑛(2−𝑎𝑛)(2+√2+𝑎𝑛)lim
=lim
lim
√2−𝑎𝑛+112
2−𝑎𝑛−𝑎𝑛)(2+√2+𝑎𝑛)𝑛→∞(2=
1
<1 4
𝑛→∞√2−𝑎𝑛
√√√=<1，故级数∑∞𝑛=1𝑎𝑛收敛，即级数√2+2−√2+2−2+√2+
√2−√2+√2+√2+⋯，收敛。
