中山大学2009年数学分析真题
题目
一、（每小题6分，共48分） （1） （2）
求lim(𝑥−𝑥2ln(1+𝑥));
𝑥→∞
1
求∫
1−𝑙𝑛𝑥𝑙𝑛2𝑥
𝑑𝑥;
（3） {
𝑥=cos(𝑡2)𝑦=
1
𝑑𝑦
,求; 𝑡2𝑠𝑖𝑛𝑢
∫0𝑢𝑑𝑢𝑑𝑥
（4） （5） （6） （7） （8）
求∫−1|𝑥−𝑎|𝑒𝑥𝑑𝑥,|𝑎|<1;
设z=uv+sint,u=𝑒𝑡,𝑣=𝑐𝑜𝑠𝑡,求𝑑𝑡; u=φ(x+ψ(y)), 其中φ,ψ二阶可微，x,y为自变量，求𝑑2𝑢;
𝑛
求级数∑∞𝑛=1𝑐𝑜𝑠𝑥在收敛域上的和函数;
𝑑𝑧
判断级数∑∞𝑛=1
1𝑛
11+𝑛的敛散性.
二、将区间[1，2]做n等分。分点为1=𝑥0<⋯<𝑥𝑛=2，求lim𝑛√𝑥1𝑥2…𝑥𝑛。
𝑛→∞
三、计算I=∫𝐿
(𝑥+𝑦)𝑑𝑥+(𝑦−𝑥)𝑑𝑦
𝑥2+𝑦2
,其中L是从点A（-1，0）到点B（1，0）的一条不经过原点
的光滑曲线:y=f(x),x=[−1,1],且当xϵ(−1,1)时,f(x)>0。
四、计算∬𝑥2𝑑𝑦𝑑𝑧+𝑦2𝑑𝑧𝑑𝑥+𝑧2𝑑𝑥𝑑𝑦,其中S为曲面𝑥2+𝑦2=𝑧2介于平面z=0和z=𝑆h(h>0)之间的部分取下侧。
五、设𝑓 (x)在(1,+∞)上连续，𝑓′′(𝑥)≤0，𝑓 (1)=2，𝑓′(1)=−3，证明𝑓 (x)=0在(1,+∞)上有
且仅有一个实根。
六、设函数𝑓 (x)在（−∞,+∞）上连续，试证：对一切x满足𝑓(2x)=𝑓(x)𝑒𝑥的充要条件是
𝑓(x)=𝑓(0)𝑒𝑥。 七、求椭球面𝑎2+𝑏2+𝑐2=1在第一卦限部分的切平面与三坐标平面围成的四面体的最小
体积。 八、讨论级数∑∞𝑛=1
cos(𝑙𝑛𝑛)𝑛
𝜋
2𝑥2𝑦2𝑧2
的敛散性。
参
一、 （1） （2）
−（3） （4）
𝑒𝑦𝑦𝑥→∞
lim(𝑥−𝑥2ln(1+))=lim𝑥2[−ln(1+)]=lim
𝑥𝑥𝑥2
𝑥→∞
1−𝑙𝑛𝑥𝑙𝑛2𝑥
1111
𝑥2𝑥2
𝑥→∞
=.
2
1
∫
𝑑𝑥=∫
𝑥𝑙𝑛𝑥
1−𝑦𝑦2
𝑑𝑒=∫
𝑦
𝑒𝑦(1−𝑦)𝑦2
𝑑𝑦=∫𝑒𝑦−1)𝑑𝑦=
𝑦(
1
(𝑦−1)𝑒𝑦
𝑦
−∫
𝑑(𝑦−1)𝑒𝑦
𝑦
=
+𝐶=−
𝑑𝑦𝑑𝑥1
+𝐶.
𝑠𝑖𝑛𝑡2
𝑡22=−2.
=
𝑑𝑦𝑑𝑡𝑑𝑥𝑑𝑡
=
2𝑡
1
−2𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡𝑡
∫−1|𝑥−𝑎|𝑒𝑥𝑑𝑥=∫−1(𝑎−𝑥)𝑒𝑥𝑑𝑥+∫𝑎(𝑥−𝑎)𝑒𝑥𝑑𝑥=(𝑎+1−𝑥)𝑒𝑥|𝑎−1+(𝑥−𝑎−
𝑎1
𝑎−11)𝑒𝑥|1−𝑎𝑒. 𝑎=2𝑒−(a+2)𝑒
（5） （6）
z=uv+sint,u=𝑒𝑡,𝑣=𝑐𝑜𝑠𝑡，故z=𝑒𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡+𝑠𝑖𝑛𝑡,u=φ(x+ψ(y))，φ,ψ二阶可微，故
𝑑𝑧𝑑𝑡
=𝑒𝑡(𝑐𝑜𝑠𝑡−𝑠𝑖𝑛𝑡)+𝑐𝑜𝑠𝑡.
du=𝜑′(𝑥+ψ(y))[𝑑𝑥+ψ(𝑦)𝑑𝑦]
𝑑2𝑢=𝑑𝜑′(𝑥+ψ(y))[𝑑𝑥+ψ(𝑦)𝑑𝑦]+𝜑′(𝑥+ψ(y))𝑑[𝑑𝑥+ψ(𝑦)𝑑𝑦]
=𝜑′′(𝑥+ψ(y))[𝑑𝑥+ψ(𝑦)𝑑𝑦]2+𝜑′(𝑥+ψ(y))ψ(𝑦)(dy)2
（7） （8）
𝑛∑∞𝑛=1𝑐𝑜𝑠𝑥=1
11+𝑛𝑛′
′′
′′′
𝑐𝑜𝑠𝑥1−𝑐𝑜𝑠𝑥1
，其收敛域为{x||𝑐𝑜𝑠𝑥|<1}={𝑥|𝑥≠𝑘𝜋,𝑘𝜖𝑍}。
1𝑛
11+𝑛∞
~，∑∞𝑛=1发散，故∑𝑛=1𝑛
𝑛
1
1
是发散的。
2
二、lim𝑛𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥=(𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑥)|1=2𝑙𝑛2−1， √𝑥1𝑥2…𝑥𝑛=lim𝑛∑𝑛𝑖=0𝑙𝑛𝑥𝑖=∫1
𝑛→∞
𝑛→∞4
2
故lim𝑛√𝑥1𝑥2…𝑥𝑛=𝑒。
𝑛→∞
三、令P(x,y)=
𝑥2−2𝑥𝑦−𝑦2(𝑥2+𝑦2)2
𝑥+𝑦𝑥2+𝑦
()2，Qx,y=
𝑌−𝑋𝑥2+𝑦
2，则P,Q具有连续性的一阶偏导数，且
𝜕𝑃𝜕𝑦
=
𝜕𝑄𝜕𝑥
=
，故在不含原点的区域内，积分与路径无关。记𝐿1为从A（-1，0）到B（1，
0）的上半圆周，则
(𝑥+𝑦)𝑑𝑥+(𝑦−𝑥)𝑑𝑦(𝑥+𝑦)𝑑𝑥+(𝑦−𝑥)𝑑𝑦
I=∫=I=∫
𝑥2+𝑦2𝑥2+𝑦2𝐿𝐿1
=∫(𝑥+𝑦)𝑑𝑥+(𝑦−𝑥)𝑑𝑦
̅̅̅̅为B到A的直线段，D为𝐿1和𝐿围成的半圆域，则 记𝐵𝐴
𝐿1
−1
∫(𝑥+𝑦)𝑑𝑥+(𝑦−𝑥)𝑑𝑦=∫𝑥𝑑𝑥=0
̅̅̅̅𝐵𝐴
1
由格林公式
∫(𝑥+𝑦)𝑑𝑥+(𝑦−𝑥)𝑑𝑦=(∫
𝐿1
̅̅̅̅𝐿1∪𝐵𝐴
−∫)(𝑥+𝑦)𝑑𝑥+(𝑦−𝑥)𝑑𝑦
̅̅̅̅𝐵𝐴
𝜕𝜕𝜋
(𝑥+𝑦)]𝑑𝑥𝑑𝑦=2∬𝑑𝑥𝑑𝑦=2×=𝜋 =−∬[(𝑦−𝑥)−𝜕𝑦2𝐷𝜕𝑥𝐷
四、∬𝑥2𝑑𝑦𝑑𝑧+𝑦2𝑑𝑧𝑑𝑥+𝑧2𝑑𝑥𝑑𝑦=−∬(−𝑥2𝑧𝑥−𝑦2𝑧𝑦+𝑧2)𝑑𝑥𝑑𝑦=−𝑆𝑥2+𝑦2≤ℎ2
(−𝑥22∬𝑥2+𝑦2≤ℎ2√𝑥𝑦3
𝑥+𝑦−𝑦22𝑦√𝑥2+𝑦+𝑥2+𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦=∬2𝑥2+𝑦2≤ℎ21
𝑥3√𝑥2+𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦+
1
22)44(𝑑𝑥𝑑𝑦−𝑥+𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦=0+0−𝜋ℎ=−𝜋ℎ ∬∬22222222𝑥+𝑦≤ℎ√𝑥+𝑦𝑥+𝑦≤ℎ22
五、𝑓′′(𝑥)≤0，𝑓′(1)=−3，故𝑓′(𝑥)≤𝑓′(1)=−3<0，故f(x)为严格单调递减函数。
𝑓(x)=𝑓(1)+𝑓′(𝛿)(𝑥−1)<2−3(𝑥−1)→−∞，𝑥→+∞
又𝑓(1)=2>0，故𝑓 (x)=0在(1,+∞)上有且只有一个实根。
六、 充分性 假设𝑓(x)=𝑓(0)𝑒𝑥，则𝑓(2x)=𝑓(0)𝑒2𝑥=𝑒𝑥𝑓(𝑥) 必要性 𝑓(2x)=𝑒𝑥𝑓(𝑥)，故𝑓(2x)𝑒−2𝑥=𝑓(𝑥)𝑒−𝑥，记𝑔(x)=𝑓(𝑥)𝑒−𝑥，则𝑔(2x)=𝑔(𝑥) 由于𝑓(𝑥)是连续函数，故𝑔(𝑥)也是连续函数。对任意x，有：
𝑥𝑥𝑥
𝑔(𝑥)=𝑔()=𝑔()=⋯=𝑔(𝑛)=⋯
242
故𝑔(𝑥)=lim𝑔(𝑛)=𝑔(0)=𝑓(0)，故𝑓(𝑥)𝑒−𝑥=𝑓(0)，即𝑓(𝑥)=𝑓(0)𝑒𝑥。
2
𝑛→∞
𝑥
七、任取椭球面在第一卦限的一点(x0,𝑦0,𝑧0)，则该点处的切平面方程为
a2𝑏2𝑐2
0
0
0
x0𝑥𝑎2
+
𝑦0𝑦𝑏2
+
𝑧0𝑧𝑐2
=1，
其在三个坐标轴上的截距分别为𝑥,𝑦,𝑧，故其与三个坐标平面所围成的四面体的体积为
1a2𝑏2𝑐2V==
6𝑥0𝑦0𝑧0
𝑎𝑏𝑐222𝑥𝑦𝑧006√20𝑎𝑏2𝑐2≥6√(
2𝑥0𝑎2𝑎𝑏𝑐+
2𝑦0𝑏22𝑧0+2𝑐3
=)
abc316√()3=
√3𝑎𝑏𝑐 2
3
00
当且仅当𝑎0
2=𝑏2=𝑐2=3，即x0=
𝑥2𝑦2𝑧2
1𝑎√，y0=3𝑏√，z0=3𝑐√3，取得等号，故所求的最小体积为2𝑎𝑏𝑐。
八、任取正整数N，令正整数n使得2Nπ<2𝑙𝑛𝑛<(2𝑁+4)𝜋，即e
π
1
4N
√3<𝑛<𝑒
4𝑁+
1
2
，于是，
14𝑁+𝜋2]−[𝑒4𝑁]cos(𝑙𝑛𝑛)[𝑒
2∑> 1𝑛4𝑁+2]√2[𝑒𝑘=[𝑒4𝑁]+1
1
[𝑒4𝑁+]2[𝑒
𝑁→∞
4𝑁+
12]−
[𝑒4𝑁]
=]
𝜋2
lim
1√2√2[𝑒14𝑁+2−
1√2𝑁→∞√2[𝑒4𝑁+2]
lim
[𝑒4𝑁]
1=
1√2−1√2𝑁→∞𝑒4𝑁+2lim
𝑒4𝑁
1=
1√2−1√2𝑒−2>0
1
故级数∑∞𝑛=1
cos(𝑙𝑛𝑛)𝑛
是发散的。
