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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→∞
(1
n +1
n+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ðf
ðx |(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
+π
4。

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 0
f ′(x)=a 。

证明：f ′(x 0)存在，且f ′(x 0)=a 。

七、（10分）求级数∑(1+1
2+···+1
n )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 1
4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 )=1
n ∑f (x +k
n
)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，lim
x→0
2018tan x
x
=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 )dx
dy [f ′(x )]2=−f ′′(x )1f ′(x )[f ′(x )]2=−f ′′(x )[f ′(x )]3
3.
lim
n→∞
1n
=0，故lim n→∞
(1n +1n+1+···12n )=lim n→∞
(1n+1+1n+2+ (1)
2n )=lim n→∞
∑1n+k
n k=1=lim n→∞
∑11+k
n
n k=1
1
n =∫dx 1+x
10
=ln 2
4. 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，ðz
ðx |(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 ，ðf
ðx
|(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)2
dx
10
=∫√x(1−2√x +x)dx 1
=
23−1+25=115
故∬(√
x +√y)dxdy √x+
√
y≤1=2
15 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 ððx
ððy ð
ðz x 2yz x 2+y 2x +y +z
|Σ=∬dydz +(x 2y −1)dzdx +(2x −x 2z )dxdy
Σ
=−∬(2x
x 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
=1
2π
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 ]−1
n ，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+yz
3。

由(4)和(5)，xy +
xz +yz =
(x+y+z )2−x 2−y 2−z 2
2
=−12
，故μ=16
，代入前三个方程，可得
{
yz +2λx +1
6=0···(1)xz +2λy +1
6=0...(2)xy +2λz +16=0 (3)。

(1)中乘x ，(2)中乘y ，(3)中乘z ，可得 {
xyz +2λx 2
+1
6x =0...(1)xyz +2λy 2+16y =0...(2)xyz +2λz 2+16z =0 (3)
，于是，2λx 2+16x =2λy 2+16y =2λz 2+1
6
z =−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 =√6
y =√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√6
f 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+1n
n−1
dx ∞
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 )|<12
ε。

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)|<1
2ε。

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)|<1
2
ε。

若xϵ(−∞,A ],yϵ[A,B]，则|f(x)−f(y)|≤|f (x )−f (A )|+|f (A )−f (y )|<12
ε+
12
ε=ε,
若xϵ[A,B ],yϵ[B,+∞)，则|f(x)−f(y)|≤|f (x )−f (B )|+|f (B )−f (y )|<1
2ε+
12
ε=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 0
f ′(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 0
f ′(x )=a ，而lim x→x 0
f ′(ξ)=x 0，ξ≠
x 0，故lim x→x 0
f ′(ξ)=lim x→x 0
f ′(x )=a ，故lim
x→x 0
f (x )−f (x 0)x−x 0
=lim x→x 0
f ′(ξ)=a ，故f ′(x 0)存在，
且f ′(x 0)=a 。

七、
1≤√1+12+···+1
n n
≤√n n
,n →∞，故lim n→∞
√1+12+···+1n n
=1，故级数∑(1+1
2+··
·+1n )x n 的收敛半径为1
1=1。

级数在x =±1处的通项为无穷大量，故在x =±1处发散，故级数∑(1+1
2+···+1
n )x n 的收敛域为(-1,1)。

八、
f ′(x )=e x −e −x −2sin x ，f ′(0)=0，f ′′(x )=e x +e −x −2cos x ≥2−2=0，且不
等式取得等号当且仅当x =0，故f ′(x )严格单调递减，故x <0时，f ′(x )<0，x >0时，f ′(x )>
0，故f(x)在x =0取得极小值f (0)=4。

九、 我们首先给出如下结论： 假设f(x)为区间I 上的一致连续函数，则f(x)在I 的任何长度为常数c 的子区间上振幅一致有界，这个界只与c 有关。

f(x)一致连续，故存在δ>0，使得对任意x,yϵI ，只要|x −y |≤δ，就有|f(x)−f(y)|≤1。

任取子区间I 1⊂I 以及x <yϵI 1，则
|f(y)−f(x)|≤|f (x +δ)−f (x )|+|f (x +2δ)−f (x +δ)|+···+|f (x +[
y−x δ
]δ)−
f (x +[y−x δ
]δ−δ)|+|f (y )−f (x +[
y−x δ
]δ)|≤[
y−x δ
]+1≤[|I 1
|
δ]+1
故f(x)在I 1上的振幅一致有界，这个界仅与I 1长度有关。

回到本题，取x n =n 4π4，y n =n 4π4+1，则y n −x n ≡1，但 |f(y n )−f (x n )|=|(n 4π4
+1)sin (n 4π4
+
1)1
4|=(n 4π4
+1)|sin [(n 4π4
+
1)14
−nπ]|~n 4π4
[(n 4π
4
+1)14
−nπ]~n 5π5[(1+1n 4π4)1
4−1]~n 5π514n 4π4=nπ
4
→+∞,n →∞
故f (x )=xsinx 1
4在[0,+∞)上不一致收敛。

十、
假设∑x n
nlnn ∞n=2在[0,1]上一致收敛，则对任意ε>0，存在N >0，使得对任意m ≥n >
N 和xϵ[0,1)，恒有|∑x k klnk
m k=n
|<ε，故|∑1klnk
m k=n
|=lim x→1
−
|∑x k klnk
m k=n |≤ε，故∑1
nlnn
∞n=2
收敛。

但
1
xlnx
,x ≥2为单调递减正函数，故∑1
nlnn ∞n=2收敛性和反常积分∫dx
xlnx
+∞2收敛性相同。

而∫dx xln
A 2
=
lnlnA −lnln2→+∞,A →+∞，故∫dx
xlnx
+∞2
，发散，故∑1
nlnn
∞n=2
发散，矛盾！因此，∑x n nlnn
∞n=2
在[0,1)上不一致收敛。

十一、 f 在R 上连续，故对任意有限区间(a,b)，f n (x )在区间(a,b +1)上一致连续，故对任意ε>0，存在δ>0，使得对任意x,yϵ(a,b +1)，只要|x −y |<δ，就有|f(x)−f(y)|<ε。

存在正整数N ，使得对任意n >N ，恒有1
n <δ。

对任意xϵ(a,b)和kϵ{0,1,2,···,n −1}，x +k
n ϵ(a,b +1)，于是，
|f n (x )−∫
f (t )dt x+1
x
|=|1n ∑f (x +k
n )n−1
k=0
−∫f (t )dt x+1
x
|
=|∑∫
[f (x +k
n )−f (t )]x+k+1
n
x+k
n
n−1
k=0 dt|≤∑∫
|f (x +k
n
)−f (t )|x+
k+1n
x+
k n
dt
n−1
k=0
<∑∫
εx+k+1n
x+k
n
dt n−1
k=0=ε∑1
n
dt n−1
k=0
=ε
故{f n (x )}在有限区间(a,b)上一致收敛于∫f (t )dt x+1
x。

{f n (x )}在(−∞,+∞)上未必一致收敛。

例如，取f (x )=x 2，则
f n (x )=1n ∑f (x +k n )n−1
k=0
=1n ∑(x +k n )n−1
k=0
2
=1n ∑(x 2
+2kx n +k 2
n
2)
n−1
k=0
=1n
[nx 2
+2x n (n −1)2n +1
6n (n −1)(2n −1)n 2
]
=x 2+(1−1n )x +16(1−1n )(2−1n )→x 2+x +1
3
sup xϵ(−∞,+∞)|f n (x )−(x 2+x +13)|=sup xϵ(−∞,+∞)|−1n x +16n 2−1
2n |=+∞，
lim
n→∞sup xϵ(−∞,+∞)|f n (x )−(x 2+x +13)|=sup xϵ(−∞,+∞)|−1n x +16n 2−12n |=+∞，
故{f n (x )}在(−∞,+∞)上不一致收敛。