中山大学2011年数学分析真题
题目
一、（每小题6分，共48分） （1） （2） （3） （4） （5）
求极限lim
√1−𝑥2−1𝑥→0𝑥𝑡𝑎𝑛𝑥
； 𝑑𝑥；
计算积分∫
π
𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥2
01+sin4𝑥
∞∞𝑛
已知∑∞𝑛=1(−1)𝑎𝑛=𝐴，∑𝑛=1𝑎2𝑛−1=𝐵，求级数∑𝑛=1𝑎𝑛的和；
计算∬(2𝑥+3𝑦+𝑧)𝑑𝑆，其中𝑆为平面2+3+4=1在第一卦限部分； S
计算∫L√𝑥2+𝑦2𝑑𝑥+𝑦(𝑥𝑦+𝑙𝑛(𝑥+√𝑥2+𝑦2))𝑑𝑦，其中L为曲线𝑦=𝑠𝑖𝑛𝑥(0≤
4x𝑦𝑧
𝑥≤𝜋)按x增大方向； （6） （7） （8）
判断级数∑∞𝑛=1(−1)𝑛√𝑛−𝑙𝑛𝑛是绝对收敛，条件收敛还是发散？
𝑑2𝑦𝑥=𝑡3−3𝑡设{，求二阶导数； 𝑑𝑥2𝑦=𝑡2+2𝑡
求数列极限lim2·4····
𝑛→∞
132𝑛−12𝑛
。 ,
，指出它们的定义域及连续性，并讨论𝑓(𝑥,𝑦)在点
二、设𝑓(𝑥,𝑦)=√|𝑥𝑦|，求偏导数(0,0)处的可微性。
三、设𝑓(𝑥)满足 （1） （2）
𝜕𝑓𝜕𝑓𝜕𝑥𝜕𝑦
−∞<𝑎≤𝑓(𝑥)≤b<+∞
|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|≤𝐿|𝑥−𝑦|，0<𝐿<1；𝑥,𝑦ϵ[𝑎,𝑏]
12
任取𝑥1ϵ[𝑎,𝑏]，做序列𝑥𝑛+1=(𝑥𝑛+𝑓(𝑥𝑛))，𝑛=1,2,…。求证{𝑥𝑛}收敛，且其极限𝜉ϵ[𝑎,𝑏]满足：𝑓(𝜉)=𝜉。
四、设正项数列{𝑥𝑛}单调递增，且lim𝑥𝑛=+∞，证明∑∞𝑛=1(1−
𝑛→∞
𝑥𝑛𝑥𝑛+1
)发散。
̅̅̅̅=𝐿，过P的直线交射五、已知P是∠𝐴𝑂𝐵内固定点，∠𝐴𝑂𝑃=𝛼,∠𝐵𝑂𝑃=𝛽，线段长度𝑂𝑃
̅̅̅̅·𝑃𝑌̅̅̅̅的最小值，说明取最值时X，Y的位线OA和OB与点X与Y，求线段长度乘积𝑃𝑋
置。 𝑧=𝑒𝑦2
六、计算曲面积分𝐼=∬4𝑧𝑑𝑦𝑑𝑧−2𝑧𝑦𝑑𝑧𝑑𝑥+(1−𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦，其中Ω是由曲线{,(0≤Ω𝑥=0
𝑦≤𝑎)绕z轴旋转一周所成曲面下侧。
七、设𝑓1(𝑥)=𝑓(𝑥)=
𝑥√1+𝑥2，𝑓𝑛+1(𝑥)=𝑓(𝑓𝑛(𝑥)),𝑛=1,2,…，证明函数项级数𝑓1(𝑥)+
∑∞𝑛+1(𝑥)−𝑓𝑛(𝑥))在(−∞,+∞)上一致收敛于0。 𝑛=1(𝑓八、设0<𝑥<
𝑥2∞
1，求∑𝑛=0𝑛+1的和函数。 1−𝑥2
𝑛
参
一、1 （1） （2） （3）
𝑥→0𝑥𝑡𝑎𝑛𝑥
12
𝑥2𝑥2
lim
√1−𝑥2−1=lim−
𝑥→01
π2
=−2 =𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑠𝑖𝑛𝑥|0= 2
8
1
2
𝜋2
1
∫
π
𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥2
01+sin4𝑥
𝑑𝑥=∫0
2
dsin2𝑥1+sin4𝑥
𝜋
∞∞𝑛∑∞𝑛=1𝑎2𝑛−1=𝐵，∑𝑛=1(−1)𝑎𝑛=𝐴，于是，∑𝑛=1𝑎2𝑛是收敛的，并且
∞
∞
∞
∞
𝐴=∑(−1)𝑛𝑎𝑛=−∑𝑎2𝑛−1+∑𝑎2𝑛=∑𝑎2𝑛−𝐵，
𝑛=1
𝑛=1
𝑛=1
𝑛=1
∞
故∑∞𝑛=1𝑎2𝑛=𝐴+𝐵，故∑𝑛=1𝑎𝑛收敛，且
∞
∞
∞
∑𝑎𝑛=∑𝑎2𝑛−1+∑𝑎2𝑛=𝐵+𝐴+𝐵=𝐴+2𝐵
𝑛=1
𝑛=1𝑧
𝑛=1
（4）
S为平面2+3+4=1在第一卦限的部分，其面积为
x𝑦
2
4√611222∬××2×3=√61 𝑥𝑦√1+𝑧𝑥+𝑧𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦=∬𝑥𝑦√1+(−2)+(−)𝑑𝑥𝑑𝑦=+≤1+≤13322323𝑥,𝑦≥0
𝑥,𝑦≥0
4
于是，∬𝑑𝑆=4√61 (2𝑥+3𝑦+𝑧)𝑑𝑆=4∬SS
记𝑃(𝑥,𝑦)=√𝑥2+𝑦2，𝑄(𝑥,𝑦)=𝑦𝑙𝑛(𝑥+√𝑥2+𝑦2)，(𝑥,𝑦)≠(0,0)，则P,Q具有
∂𝑃
𝜕𝑄
𝑦√𝑥2+𝑦2（5）
连续的一阶偏导数，且，𝜕𝑦=𝜕𝑥=
。记𝐿𝜀为曲线𝐿在点𝜀≤𝑥≤𝜋的一段，𝐾𝜀为从
点(𝜀,𝑠𝑖𝑛𝜀)到(𝜀,0)，再从(𝜀,0)到(𝜋,0)的折线段，于是， ∫𝐿𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦=∫𝑂𝐴̅̅̅̅𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦。
𝜀
由于|𝑦𝑙𝑛(𝑥+√𝑥2+𝑦2)|≤|(𝑥+√𝑥2+𝑦2)ln(𝑥+√𝑥2+𝑦2)|→0,𝑥→0+,𝑦→0+，故,∫𝐿𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦=lim∫𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦，lim∫𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦=∫𝑂𝐴̅̅̅̅𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦， +𝐿+𝐾
𝜀→0
𝜀
𝜀→0𝜀
其中，A为(𝜋,0)，故
12
∫𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦=∫𝑃𝑑𝑥+𝑄𝑑𝑦=∫𝑃𝑑𝑥=∫𝑥𝑑𝑥=𝜋
2̅̅̅̅̅̅̅̅𝐿𝑂𝐴𝑂𝐴0
π
另外，∫𝐿𝑥𝑦2𝑑𝑦=∫0𝑥𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥=∫0𝑥𝑑𝑠𝑖𝑛3𝑥=𝑥𝑠𝑖𝑛3𝑥|𝜋−∫0sin3𝑥𝑑𝑥=− 03339故原式𝜋2−。
2
9
1
4
π1π11π4
（6） (√𝑥−𝑙𝑛𝑥)=
′
12√𝑥−=
𝑥
1
√𝑥−2，当𝑥2𝑥
>4时，(√𝑥−𝑙𝑛𝑥)>0，√𝑥−𝑙𝑛𝑥在[4,+∞)上
′
′
严格单调递增，当0<𝑥<4时，(√𝑥−𝑙𝑛𝑥)<0，√𝑥−𝑙𝑛𝑥在(0,4]上严格单调递减。lim√𝑛−𝑙𝑛𝑛=+∞，故n充分大后，{}为严格单调递减的正数列，且lim√𝑛−𝑙𝑛𝑛(−1)𝑛√11𝑛→∞√𝑛−𝑙𝑛𝑛𝑛→∞
=
0，由莱布尼兹判别法，∑∞𝑛=1∑∞𝑛=1|（7）
(−1)𝑛
是收敛的。|𝑛−𝑙𝑛𝑛条件收敛。
(−1)𝑛√|~𝑛−𝑙𝑛𝑛1√，∑∞𝑛=1𝑛1√𝑛是发散的，故√∑∞|发散，故𝑛=1𝑛−𝑙𝑛𝑛(−1)𝑛
√𝑛−𝑙𝑛𝑛𝑑2𝑥𝑑𝑦𝑑2𝑦𝑥=𝑡3−3𝑡𝑑𝑥2
{，=3𝑡−3，𝑑𝑡2=6𝑡，𝑑𝑡=2𝑡+2，𝑑𝑡2=2，于是， 𝑦=𝑡2+2𝑡𝑑𝑡
22𝑑𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥𝑑𝑥
𝑑2𝑦𝑑𝑡2𝑑𝑡−𝑑𝑡2𝑑𝑡2(3𝑡2−3)−6𝑡(2𝑡+2)−6𝑡2−12𝑡−6
===
(3𝑡2−3)3𝑑𝑥227(𝑡2−1)3𝑑𝑥3(𝑑𝑡)
−6(𝑡+1)22==− 27(𝑡+1)3(𝑡−1)39(𝑡+1)(𝑡−1)3（8）
0<(·····
241313
2𝑛−122𝑛
)=2244···
𝑛→∞
11332𝑛−12𝑛−12𝑛1
3
2𝑛
<
12342345
···
2𝑛−12𝑛2𝑛2𝑛+1
=
12𝑛+1
→0
故lim(2·4····
𝑛→∞
2𝑛−122𝑛
)=0，故lim2·4····
2𝑛−12𝑛
=0。 ，𝑓𝑦(𝑥,𝑦)=
𝑠𝑔𝑛(𝑦)√|𝑥|2√|𝑦|二、𝑥𝑦≠0时，𝑓(𝑥,𝑦)=√|𝑥𝑦|，𝑓𝑥(𝑥,𝑦)=
𝑦≠0时，lim𝑥≠0时，lim
𝑓(𝑥,𝑦)−𝑓(0,𝑦)
𝑥𝑓(𝑥,𝑦)−𝑓(𝑥,0)
𝑦
𝑠𝑔𝑛(𝑥)√|𝑦|2√|𝑥|，都是连续的。
𝑥→0
=lim=lim
√|𝑥𝑦|𝑥
𝑥→0
是不存在的，故𝑓𝑥(0,𝑦)不存在。 是不存在的，故𝑓𝑦(𝑥,0)不存在。
√|𝑥𝑦|𝑦
𝑦→0𝑦→0
𝑓(𝑥,0)−𝑓(0,0)0−0
=lim=0
𝑥→0𝑥→0𝑥𝑥
𝑓(0,𝑦)−𝑓(0,0)0−0
𝑓𝑦(0,0)=lim=lim=0
𝑦→0𝑦→0𝑦𝑦𝑓𝑥(0,0)=lim𝑓𝑥(𝑥,𝑦)|𝑥=𝑦>0=
𝑠𝑔𝑛(𝑥)√|𝑦|2√|𝑥|𝑠𝑔𝑛(𝑦)√|𝑥|2√|𝑦||𝑥=𝑦>0=
1
≠𝑓𝑥(0,0) 2
1
≠𝑓𝑦(0,0) 2
𝑓𝑦(𝑥,𝑦)|𝑥=𝑦>0=
|𝑥=𝑦>0=
故𝑓𝑥(𝑥,𝑦)和𝑓𝑦(𝑥,𝑦)在(0,0)不连续。
综上所述，𝑓𝑥(𝑥,𝑦)，𝑓𝑦(𝑥,𝑦)均只在𝑥𝑦≠0处是连续的。 (𝑥,𝑦)≠(0,0)时，𝑥=𝑦>0时，√
𝑓(𝑥,𝑦)−𝑓(0,0)−𝑓𝑥(0,0)𝑥−𝑓𝑦(0,0)𝑦√𝑥2+𝑦2=√
|𝑥𝑦|𝑥2+𝑦2
，
|𝑥𝑦|𝑥2+𝑦
≠0，故 2=
2
1
(𝑥,𝑦)→(0,0)lim
𝑓(𝑥,𝑦)−𝑓(0,0)−𝑓𝑥(0,0)𝑥−𝑓𝑦(0,0)𝑦
√𝑥2+𝑦2≠0
故𝑓(𝑥,𝑦)在(0,0)是不可微的。 三、记𝑔(𝑥)=
𝑥+𝑓(𝑥)2
，𝑥𝜖[𝑎,𝑏]，由(1)，𝑓(𝑥)𝜖[𝑎,𝑏]，故𝑔(𝑥)𝜖[𝑎,𝑏]，故𝑔(𝑥)是从[𝑎,𝑏]到[𝑎,𝑏]
的。对任意𝑥,𝑦𝜖[𝑎,𝑏]，由(2)，
𝑥+𝑓(𝑥)𝑦+𝑓(𝑦)1
|𝑔(𝑥)−𝑔(𝑦)|=|−|≤[|𝑥−𝑦|+|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|]
222
11+𝐿
|𝑥−𝑦| ≤[|𝑥−𝑦|+𝐿|𝑥−𝑦|]=
22
由于0<𝐿<1，故2<
1
1+𝐿2
<1，故𝑔(𝑥)为从[𝑎,𝑏]到[𝑎,𝑏]的压缩映像。由压缩映像原理，
𝜉+𝑓(𝜉)2
𝑔(𝑥)有唯一的不动点，记为𝜉，且{𝑥𝑛}收敛于该不动点。𝜉=𝑔(𝜉)=四、正项数列{𝑥𝑛}单调增，故级数∑∞𝑛=1(1−𝑥
(1−𝑥
𝑛→∞
𝑥𝑛
𝑛+1
，故𝑓(𝜉)=𝜉。
𝑥𝑛
𝑛+1
[1−)为正项级数，其收敛性和级数∑∞𝑛=1ln
𝑥𝑘
𝑘+1
)]=∑∞𝑛=1𝑙𝑛𝑥
𝑥𝑛
𝑛+1
的收敛性是一样的。由于lim𝑥𝑛=+∞，故lim∑𝑛𝑘=1𝑙𝑛𝑥
𝑛→∞
𝑛→∞
𝑥𝑛
𝑛+1
=
lim𝑙𝑛𝑥
𝑥1
𝑛+1
=−∞，故∑∞𝑛=1𝑙𝑛𝑥是发散的，故∑∞𝑛=1(1−𝑥
𝑥𝑛
𝑛+1
)是发散的。
五、记∠𝑂𝑃𝑋=𝜃，则∠𝑂𝑃𝑌=𝜋−𝜃，由正弦定理，
̅̅̅̅̅̅̅̅𝑃𝑋𝑂𝑃𝐿𝐿𝑠𝑖𝑛𝛼𝐿
̅̅̅̅====，𝑃𝑋，
sinαsin∠𝑂𝑋𝑃sin(𝜋−𝛼−𝜃)sin(𝛼+𝜃)sin(𝛼+𝜃)
̅̅̅̅̅̅̅̅𝑃𝑌𝑂𝑃𝐿𝑠𝑖𝑛𝛽𝐿
̅̅̅̅===，𝑃𝑌，
sinβsin∠𝑂𝑌𝑃sin(𝜃−𝛽)sin(𝜃−𝛽)
于是，
̅̅̅̅·𝑃𝑌̅̅̅̅=𝑃𝑋
𝑠𝑖𝑛𝛼𝐿𝑠𝑖𝑛𝛽𝐿
·，
sin(𝛼+𝜃)sin(𝜃−𝛽)cos(𝛼+𝛽)−cos(2𝜃+𝛼−𝛽)
，
2
𝛼
𝛽
sin(𝛼+𝜃)sin(𝜃−𝛽)=
𝜋
当且仅当2𝜃+𝛼−𝛽=𝜋，即𝜃=2−(2−2)时，sin(𝛼+𝜃)sin(𝜃−𝛽)取得最大值，为
2
cos(𝛼+𝛽)+1
=cos2
𝛼+𝛽2
̅̅̅·̅̅̅̅取得最小值sin𝛼sin𝛽𝐿，̅𝑃𝑋𝑃𝑌，取最值时， 2𝛼+𝛽cos
2
2
𝜃=
𝜋𝛼𝛽
−(−)， 222
̅̅̅̅=𝑃𝑋
sin𝛼𝐿sin𝛼𝐿sin𝛼𝐿
==，
sin(𝛼+𝜃)sin(𝛼+𝜋−𝛼+𝛽)cos(𝛼+𝛽)22222sin𝛽𝐿sin𝛽𝐿sin𝛽𝐿
==。
sin(𝜃−𝛽)sin(𝜋−𝛼+𝛽−𝛽)cos(𝛼+𝛽)
22222̅̅̅̅=𝑃𝑌
六、记Ω1为𝑥2+𝑦2≤𝑎2,𝑧=𝑒𝑎，取上侧，V为Ω与Ω1围成的立体，于是， ∬4𝑧𝑑𝑦𝑑𝑧−2𝑧𝑦𝑑𝑧𝑑𝑥+(1−𝑧2)𝑑𝑥𝑑𝑦=∬
Ω1
𝑥2+𝑦2≤𝑎2
(1−𝑒2𝑎)𝑑𝑥𝑑𝑦=𝜋𝑎2(1−𝑒2𝑎)，
由Gauss公式，有
𝐼=(∬
Ω∪Ω1
−∬)4𝑧𝑑𝑦𝑑𝑧−2𝑧𝑦𝑑𝑧𝑑𝑥+(1−𝑧2)𝑑𝑥𝑑𝑦
Ω1
𝜕𝑧𝜕(𝑧𝑦)𝜕(1−𝑧2)
=∭[4−2+]𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧+𝜋𝑎2(𝑒2𝑎−1)
𝜕𝑥𝜕𝑦𝜕𝑧𝑉=−4∭𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧+𝜋𝑎2(𝑒2𝑎−1)
𝑉𝑒𝑎
=−4∫𝑧𝑑𝑧∫
1𝑒𝑎
𝑥2+𝑦2≤ln2𝑧
𝑑𝑥𝑑𝑦+𝜋𝑎2(𝑒2𝑎−1)
=−4𝜋∫𝑧ln2𝑧𝑑𝑧+𝜋𝑎2(𝑒2𝑎−1) 𝑎𝑎a1111𝑎
∫𝑧ln2𝑧𝑑𝑧=∫𝑒𝑡𝑡2𝑑𝑒𝑡=∫𝑡2𝑑𝑒2𝑡=𝑡2𝑒2𝑡|0−∫𝑒2𝑡𝑑𝑡2=𝑎2𝑒2𝑎−∫𝑡𝑒2𝑡𝑑𝑡
202202100a𝑎
11111=𝑎2𝑒2𝑎−∫𝑡𝑑𝑒2𝑡=𝑎2𝑒2𝑎−𝑡𝑒2𝑎|𝑎+∫𝑒2𝑡𝑑𝑡02202220𝑒𝑎
1
𝑎
1111=𝑎2𝑒2𝑎−𝑎𝑒2𝑎+𝑒2𝑎− 2244
故
1111
𝐼=−4𝜋(𝑎2𝑒2𝑎−𝑎𝑒2𝑎+𝑒2𝑎−)+𝜋𝑎2(𝑒2𝑎−1)=−(𝑎−1)2𝜋𝑒2𝑎+(1−𝑎2)𝜋 2244
七、
𝑛
𝑓1(𝑥)+∑(𝑓𝑘+1(𝑥)−𝑓𝑘(𝑥))=𝑓𝑛+1(𝑥)
𝑘=1
问题即证明{𝑓𝑛(𝑥)}在(−∞,+∞)上一致收敛于0。
|𝑓𝑛(𝑥)|
|𝑓𝑛+1(𝑥)|=|𝑓(𝑓𝑛(𝑥))|=≤|𝑓𝑛(𝑥)|
2()√1+𝑓𝑛𝑥定义数列𝑎1=1,𝑎𝑛+1=𝑓(𝑎𝑛)，则0<𝑎𝑛<1，𝑛>1，𝑎𝑛+1=𝑓(𝑎𝑛)<𝑎𝑛，故{𝑎𝑛}为单调递减的有下界数列，故有极限，设极限为A，则𝐴=
𝐴√1+𝐴2，可得A=0。
𝑓(𝑥)在[0,+∞)上严格单调递减且非负，|𝑓1(𝑥)|<1=𝑎1，故
|𝑓2(𝑥)|=𝑓(|𝑓1(𝑥)|)<𝑓(𝑎1)=𝑎2， |𝑓3(𝑥)|=𝑓(|𝑓2(𝑥)|)<𝑓(𝑎2)=𝑎3， |𝑓4(𝑥)|=𝑓(|𝑓3(𝑥)|)<𝑓(𝑎3)=𝑎4， …………………………………………，
归纳可得|𝑓𝑛(𝑥)|<𝑎𝑛。
事实上，|𝑓1(𝑥)|<𝑎1。假设|𝑓𝑛(𝑥)|<𝑎𝑛。，则|𝑓𝑛+1(𝑥)|=𝑓(𝑓𝑛(𝑥))<𝑓(𝑎𝑛)=𝑎𝑛+1。故|𝑓𝑛(𝑥)|<𝑎𝑛对任意𝑛𝜖𝑁+均成立。又lim𝑎𝑛=0，故{𝑓𝑛(𝑥)}在(−∞,+∞)上一致收敛于0，
𝑛→∞
即𝑓1(𝑥)+∑+∞𝑛+1(𝑥)−𝑓𝑛(𝑥))在(−∞,+∞)上一致收敛于0。 𝑛=1(𝑓八、
1
𝑛1−𝑥2
−
11−𝑥2
𝑛+1=
11−𝑥2
𝑛−(1−𝑥2𝑛)(1+𝑥2𝑛)=(1−𝑥2𝑛)(1+𝑥2𝑛)=
𝑛
1
1+𝑥2−1
𝑛
𝑥2
𝑛𝑛+11−𝑥2
∑
𝑛
𝑥2
𝑘𝑘+1𝑛
𝑘=01−𝑥2
𝑥211
=−𝑛𝑛+1𝑛+1， 1−𝑥21−𝑥21−𝑥2
𝑛11111𝑥=∑(−)=−→−1= 𝑘𝑘+12𝑛+1221−𝑥1−𝑥1−𝑥1−𝑥1−𝑥1−𝑥𝑘=0=1−𝑥。
𝑥
𝑥2∞
故∑𝑛=0𝑛+11−𝑥2
