中山大学考研数学分析2018年真题及答案

中山大学2018年数学分析真题题目一、解答下面各题（每小题9分，共54分） 1. 求极限：lim x→0(1+tan x )2018x。

2. 若已知函数f(x)的二阶导数存在，f ′(x)≠0且存在x =f −1(y)，求(f −1)′′(y)。

3. 求极限：lim n→∞(1n +1n+1+ (1)2n)。

4. 设f (x,y )=xy 2z 3，函数z (x,y )满足 x 2+y 2+z 2=3xyz ，求ðfðx |(1,1,1)。

5. 计算∬(√x +√y)dxdy √x+√y≤1。

6. 计算∮x 2yzdx +(x 2+y 2)dy +(x +y +z)dz C，其中L 为曲面x 2+y 2+z 2=5与曲面z =1+x 2+y 2的交线，从z 轴正向看过去时顺时针方向。

二、（10分）判断级数∑n√n+(−1)n∞的收敛性。

三、（10分）求f (x,y,z )=xyz 在约束条件x 2+y 2+z 2=1与x +y +z =0下的极值。

四、（10分）证明：∑1n 2+1∞n=1<12+π4。

五、（10分）设f (x )在(−∞,+∞)上连续，且lim x→−∞f(x)与lim x→+∞f(x)存在，证明f (x )在(−∞,+∞)上一致连续。

六、（20分）f (x )在(x 0−1,x 0+1)上连续，在(x 0−1,x 0)∪(x 0,x 0+1)上可导，且lim x→x 0f ′(x)=a 。

证明：f ′(x 0)存在，且f ′(x 0)=a 。

七、（10分）求级数∑(1+12+···+1n )x n 的收敛域。

八、（10分）求f (x )=e x +e −x +2cos x 的极值。

九、（10分）判断f (x )=xsinx 14在[0,+∞)上的一致连续性。

十、（10分）讨论∑x n nlnn ∞n=2在[0,1)上的一致收敛性。

十一、 （6分）设f ：R →R 的连续函数，f n (x )=1n ∑f (x +kn)n−1k=0。

证明：f n (x )在任意有限区间(a,b)上一致收敛。

{f n (x )}在(−∞,+∞)上一致收敛吗？若不能，请举出反例。

参考答案一、 1.lim x→0(1+tan x)=1，limx→02018tan xx=2018，故lim x→0(1+tan x )2018x=e 2018。

2.(f −1)′(y )=1dy dx=1f ′(x ) (f −1)′′(y )=−d dy f ′(x )[f ′(x )]2=−d dx f ′(x )dxdy [f ′(x )]2=−f ′′(x )1f ′(x )[f ′(x )]2=−f ′′(x )[f ′(x )]33.limn→∞1n=0，故lim n→∞(1n +1n+1+···12n )=lim n→∞(1n+1+1n+2+ (1)2n )=lim n→∞∑1n+kn k=1=lim n→∞∑11+knn k=11n =∫dx 1+x10=ln 24. 令F (x,y,z )=x 2+y 2+z 2=3xyz ，则F x =2x −3yz ，F y =2y −3xz ，F x =2z −3xy ，都是连续的，F x (1,1,1)=−1，F z (1,1,1)=−1≠0，由隐函数存在定理，ðzðx |(1,1,1)=−F z (1,1,1)F x (1,1,1)=−1。

f (x,y )=xy 2z 3，故ðf ðx =y 2z 33xy 2z 2ðz ðx ，ðfðx|(1,1,1)=−2 5. 区域{(x,y )|√x +√y ≤1}关于直线x =y 是对称的，故∬(√x)dxdy √x+√y≤1=∬(√y)dxdy √x+√y≤1=∫√xdx 1∫dy (1−√x)2=∫√x(1−√x)2dx10=∫√x(1−2√x +x)dx 1=23−1+25=115故∬(√x +√y)dxdy √x+√y≤1=215 6. 联立两曲面方程，可得{x 2+y 2+z 2=5z =1+x 2+y 2，求解，可得{x 2+y 2=1z =2，记Σ为圆面{x 2+y 2≤1z =2，方向与L 的方向符合右手定则，取下侧，由斯托克斯公式，∮x 2yzdx +(x 2+y 2)dy +(x +y +z)dz C =∬|dydz dzdx dxdy ððxððy ððz x 2yz x 2+y 2x +y +z|Σ=∬dydz +(x 2y −1)dzdx +(2x −x 2z )dxdyΣ=−∬(2xx 2+y 2≤1−2x 2)dxdy奇偶性=2∬x 2dxdy x 2+y 2≤1轮换对称性=2∬y 2dxdy x 2+y 2≤1=∬(x 2+y 2)dxdy x 2+y 2≤1=12π二、(−1)n √n +(−1)n=(−1)n √n+(−1)n √n +(−1)n(−1)n √n{√n }n=2+∞为严格单调递减趋于0的正数列，由莱布尼兹判别法，∑n √n∞收敛。

(−1)n√n +(−1)n (−1)n√n=1[√n +(−1)n ]−1n ，n →∞，∑1n ∞n=2发散，故∑[n √n+(−1)n−n√n ]∞n=2发散，故∑n √n+(−1)n∞发散。

三、记G ={(x,y,z )|x 2+y 2+z 2=1,x +y +z =0}，则G 为一个有界闭集，连续函数f (x,y,z )=xyz 在有界闭集G 上必有最大值和最小值。

令L (x,y,z,λ,μ)=xyz +λ(x 2+y 2+z 2−1)+μ(x +y +z)，令L x =L y =L z =L λ=L μ=0，有{yz +2λx +μ=0...(1)xz +2λy +μ=0 (2)xy +2λz +μ=0···(3)x 2+y 2+z 2=1···(4)x +y +z =0········(5),(1)+(2)+(3),可得xy +xz +yz +2λ(x +y +z )+3μ=0，由(5)，x +y +z =0，故xy +xz +yz +3μ=0，即μ=−xy+xz+yz3。

由(4)和(5)，xy +xz +yz =(x+y+z )2−x 2−y 2−z 22=−12，故μ=16，代入前三个方程，可得{yz +2λx +16=0···(1)xz +2λy +16=0...(2)xy +2λz +16=0 (3)。

(1)中乘x ，(2)中乘y ，(3)中乘z ，可得 {xyz +2λx 2+16x =0...(1)xyz +2λy 2+16y =0...(2)xyz +2λz 2+16z =0 (3)，于是，2λx 2+16x =2λy 2+16y =2λz 2+16z =−xyz ，于是，x,y,z 中至少有两个是相同的。

由于x,y,z 满足(4)和(5)，故x,y,z 不全相等，即x,y,z 有且只有两个相同。

如果x =y ，代入(4)和(5)，可得{2x 2+z 2=1 (4)2x +z =0······(5)，求解，可得{ x =√6y =√6z =√6或{x =√6y =√6z =√6。

如果x =z ，可得{ x =√6y =√6z =√6或{ x =√6y =√6z =√6；如果y =z ，可得{ x =√6y =√6z =√6或{ x =√6y =√6z =√6。

这就求出了所有可疑的条件极值点，而最值点就在其中。

f (1√61√62√6)=f (1√62√61√6=f 2√61√61√6)=13√6f 1√61√62√6)=f 1√62√61√6)=f (2√61√61√6)=13√6因此，3√6为最小值，也是极小值；3√6为最大值，也是极大值。

四、∑1n 2+1∞n=1=12+∑1n 2+1∞n=2=12+∑∫1n 2+1n n−1dx ∞n=2<12+∑∫1x 2+1nn−1dx ∞n=2=12+∫1x 2+1dx +∞1=12+π4 五、lim x→−∞f(x)与lim x→+∞f(x)存在，由柯西收敛准则，对任意ε>0，存在A <B ，使得对任意x,yϵ(−∞,A ]和x,yϵ[B,+∞)，恒有|f (x )−f (y )|<12ε。

f(x)在(−∞,+∞)上连续，故f(x)在[A,B]上连续，故f(x)在[A,B]上一致连续，故存在δϵ(0,B −A)，使得对任意x,yϵ[A,B]，只要|x −y |<δ，就有|f(x)−f(y)|<12ε。

任取x <yϵ(−∞,+∞)，使得|x −y |<δ。

若x,yϵ(−∞,A ]或x,yϵ[B,+∞)或x,yϵ[A,B]，都有|f(x)−f(y)|<12ε。

若xϵ(−∞,A ],yϵ[A,B]，则|f(x)−f(y)|≤|f (x )−f (A )|+|f (A )−f (y )|<12ε+12ε=ε,若xϵ[A,B ],yϵ[B,+∞)，则|f(x)−f(y)|≤|f (x )−f (B )|+|f (B )−f (y )|<12ε+12ε=ε,因此，对任意x <yϵ(−∞,+∞)，只要|x −y |<δ，就有|f(x)−f(y)|<ε，故f(x)在(−∞,+∞)上一致连续。

六、f (x )在(x 0−1,x 0+1)上连续，在(x 0−1,x 0)∪(x 0,x 0+1)上可导，且lim x→x 0f ′(x)=a 。

任取xϵ(x 0−1,x 0)∪(x 0,x 0+1)，由拉格朗日中值定理，存在ξ=θx 0+(1−θ)x ，θϵ(0,1)，使得f (x )−f(x 0)x−x 0=f ′(ξ)。

lim x→x 0f ′(x )=a ，而lim x→x 0f ′(ξ)=x 0，ξ≠x 0，故lim x→x 0f ′(ξ)=lim x→x 0f ′(x )=a ，故limx→x 0f (x )−f (x 0)x−x 0=lim x→x 0f ′(ξ)=a ，故f ′(x 0)存在，且f ′(x 0)=a 。

七、1≤√1+12+···+1n n≤√n n,n →∞，故lim n→∞√1+12+···+1n n=1，故级数∑(1+12+···+1n )x n 的收敛半径为11=1。