2020–2021 学年春季期中真题

#真题

考试日期为 2021 年 5 月 16 日。源文件只有题目，没有附答案；以下解析均依据题面与课程内容推导，并非官方评分答案。

一、单项选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 级数敛散性

下列四个级数中，发散的一组是（　）。

(1) ∑n=1∞ln⁡nn3/2,(2) ∑n=1∞n!6n,(3) ∑n=1∞13n(1+1n)n2,(4) ∑n=2∞1nln⁡n.\begin{aligned} (1)&\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n^{3/2}},& (2)&\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{6^n},\\ (3)&\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{3^n}\left(1+\frac1n\right)^{n^2},& (4)&\ \sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n\ln n}. \end{aligned}

A. (1)(3)　B. (1)(4)　C. (2)(4)　D. (3)(4)

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答案：C。

(1) 中 ln⁡n=o(n1/4)\ln n=o(n^{1/4})，可与 1/n5/41/n^{5/4} 比较，故收敛；(2) 的相邻项比为 (n+1)/6(n+1)/6，最终大于 1，通项甚至不趋于零；(3) 的 nn 次方根趋于 e/3<1e/3<1；(4) 是经典的对数调和级数，发散。

2. 平面点集

已知 E={(x,y)∣xy=0}E=\{(x,y)\mid xy=0\}，判断：

① EE 是开集；② EE 是闭集；③ EE 是有界集；④ EE 是区域；⑤ EE 的导集 E′=EE'=E。

A. ①②③　B. ②⑤　C. ①③④　D. ②④⑤

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答案：B。EE 是两条坐标轴的并，是连续函数 xyxy 对闭集 {0}\{0\} 的原像，故为闭集；它无界、没有内点，因而既不是开集也不是区域。坐标轴上的每一点都是聚点，轴外的点都与 EE 有正距离，所以 E′=EE'=E。

3. 幂级数端点

设

∑n=1∞(x−a)nn,a>0,\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-a)^n}{n},\qquad a>0,

在 x=2x=2 处条件收敛。则

∑n=1∞n2(x−a)n\sum_{n=1}^{\infty}n^2(x-a)^n

在 x=−1x=-1 处（　）。

A. 条件收敛　B. 绝对收敛　C. 发散　D. 无法确定

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答案：C。第一列幂级数的收敛半径是 1；在 x=2x=2 条件收敛只能对应 2−a=−12-a=-1，故 a=3a=3。第二列在 x=−1x=-1 的通项为 n2(−4)nn^2(-4)^n，通项不趋于零，因而发散。

4. 重极限与累次极限

下列函数中，在 (0,0)(0,0) 处重极限存在、但累次极限不存在的是（　）。

A. f(x,y)=y2x2+y2\displaystyle f(x,y)=\frac{y^2}{x^2+y^2}

B. f(x,y)=(x+y)sin⁡1xsin⁡1y\displaystyle f(x,y)=(x+y)\sin\frac1x\sin\frac1y

C. f(x,y)=x3+y3x2+y\displaystyle f(x,y)=\frac{x^3+y^3}{x^2+y}

D. f(x,y)=x2y2x3+y3\displaystyle f(x,y)=\frac{x^2y^2}{x^3+y^3}

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答案：B。因为

∣(x+y)sin⁡(1/x)sin⁡(1/y)∣≤∣x∣+∣y∣→0,|(x+y)\sin(1/x)\sin(1/y)|\leq |x|+|y|\to0,

所以重极限存在。固定一般的 x≠0x\neq0 再令 y→0y\to0，sin⁡(1/y)\sin(1/y) 振荡，内层极限不存在，因而累次极限不存在。

5. 隐函数的 Euler 型组合

函数 z=z(x,y)z=z(x,y) 由

F(x+zy, y+zx)=0F\left(x+\frac zy,\ y+\frac zx\right)=0

确定，其中 F(u,v)F(u,v) 有连续偏导数，且 xFu+yFv≠0xF_u+yF_v\neq0。则 xzx+yzy=xz_x+yz_y=（　）。

A. zx2+y2\dfrac{z}{x^2+y^2}　B. (x+y)z(x+y)z　C. z+xyz+xy　D. z−xyz-xy

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答案：D。令 D=x∂x+y∂yD=x\partial_x+y\partial_y。对隐式方程作用 DD，有

0=Fu[x+Dz−zy]+Fv[y+Dz−zx].0=F_u\left[x+\frac{Dz-z}{y}\right] +F_v\left[y+\frac{Dz-z}{x}\right].

整理为

(xFu+yFv)(1+Dz−zxy)=0.(xF_u+yF_v)\left(1+\frac{Dz-z}{xy}\right)=0.

由题设第一因子不为零，故 Dz=xzx+yzy=z−xyDz=xz_x+yz_y=z-xy。

二、计算题（每题 5 分，共 15 分）

1. 余弦级数

将 f(x)=x2f(x)=x^2 在 [0,π][0,\pi] 上展开为余弦级数。

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作偶延拓。余弦系数为

a0=2π∫0πx2 dx=2π23,a_0=\frac2\pi\int_0^\pi x^2\,\mathrm dx=\frac{2\pi^2}{3}, an=2π∫0πx2cos⁡nx dx=4(−1)nn2.a_n=\frac2\pi\int_0^\pi x^2\cos nx\,\mathrm dx =\frac{4(-1)^n}{n^2}.

因此

x2=π23+4∑n=1∞(−1)nn2cos⁡nx,0≤x≤π.x^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx, \qquad0\leq x\leq\pi.

2. 空间曲线的切线与法平面

求曲线

{x+y+z=0,x2+y2+z2=6\begin{cases} x+y+z=0,\\ x^2+y^2+z^2=6 \end{cases}

在点 (1,−2,1)(1,-2,1) 处的切线方程和法平面方程。

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两个曲面的法向量在该点分别为

n1=(1,1,1),n2=(2,−4,2).\mathbf n_1=(1,1,1),\qquad \mathbf n_2=(2,-4,2).

切向量可取 n1×n2=(6,0,−6)\mathbf n_1\times\mathbf n_2=(6,0,-6)，即 (1,0,−1)(1,0,-1)。所以切线为

x−11=z−1−1,y=−2,\frac{x-1}{1}=\frac{z-1}{-1},\qquad y=-2,

法平面为

(x−1)−(z−1)=0,(x-1)-(z-1)=0,

即 x−z=0x-z=0。

3. 二元 Taylor 展式

求 f(x,y)=1−x2−y2f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2} 在 (0,0)(0,0) 点带 Peano 余项的二阶 Taylor 展式。

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令 u=x2+y2u=x^2+y^2，使用 1−u=1−u/2+o(u)\sqrt{1-u}=1-u/2+o(u)，得到

f(x,y)=1−x2+y22+o(x2+y2).f(x,y)=1-\frac{x^2+y^2}{2}+o(x^2+y^2).

三、计算证明题（每题 5 分，共 15 分）

1. 含参数积分与级数比较

设

an=∫0π/4tan⁡nx dx.a_n=\int_0^{\pi/4}\tan^n x\,\mathrm dx.

证明：① an≤1/na_n\leq1/n；② 对任意常数 λ>0\lambda>0，级数 ∑n=1∞an/nλ\sum_{n=1}^{\infty}a_n/n^\lambda 收敛。

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令 t=tan⁡xt=\tan x，则

an=∫01tn1+t2 dt≤∫01tn dt=1n+1≤1n.a_n=\int_0^1\frac{t^n}{1+t^2}\,\mathrm dt \leq\int_0^1t^n\,\mathrm dt=\frac1{n+1}\leq\frac1n.

于是

0≤annλ≤1n1+λ,0\leq\frac{a_n}{n^\lambda}\leq\frac1{n^{1+\lambda}},

而右侧为收敛的 pp 级数，结论由比较判别法成立。

2. 函数列不一致收敛

证明函数列 fn(x)=nx(1−x)nf_n(x)=nx(1-x)^n 在 [0,1][0,1] 上不一致收敛。

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对每个固定 x∈[0,1]x\in[0,1]，都有 fn(x)→0f_n(x)\to0。但取 xn=1/(n+1)x_n=1/(n+1)，则

fn(xn)=nn+1(nn+1)n=(nn+1)n+1⟶e−1≠0.f_n(x_n)=\frac{n}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n =\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}\longrightarrow e^{-1}\neq0.

因此 sup⁡x∈[0,1]∣fn(x)∣\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)| 不趋于零，函数列不一致收敛。

3. 复合函数的二阶导数

设 f(x,y)f(x,y) 有二阶连续偏导数，

g(t)=f(tcos⁡α,tsin⁡α),g(t)=f(t\cos\alpha,t\sin\alpha),

其中 α\alpha 为常数，求 g′′(t)g''(t)。

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链式法则给出

g′(t)=fxcos⁡α+fysin⁡α.g'(t)=f_x\cos\alpha+f_y\sin\alpha.

再次求导：

g′′(t)=fxxcos⁡2α+2fxysin⁡αcos⁡α+fyysin⁡2α,g''(t)=f_{xx}\cos^2\alpha +2f_{xy}\sin\alpha\cos\alpha +f_{yy}\sin^2\alpha,

各偏导均在 (tcos⁡α,tsin⁡α)(t\cos\alpha,t\sin\alpha) 处取值。

四、判断级数敛散性（10 分）

判断

∑n=2∞sin⁡nln⁡n(1+1n)n\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\sin n}{\ln n}\left(1+\frac1n\right)^n

的敛散性，并指出是条件收敛还是绝对收敛。

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令 bn=(1+1/n)n/ln⁡nb_n=(1+1/n)^n/\ln n。它最终单调趋于零，而 ∑k=2nsin⁡k\sum_{k=2}^n\sin k 的部分和有界，所以由 Dirichlet 判别法，原级数收敛。

另一方面，bn∼e/ln⁡nb_n\sim e/\ln n。用 ∣sin⁡n∣≥sin⁡2n=(1−cos⁡2n)/2|\sin n|\geq\sin^2n=(1-\cos2n)/2，并结合 ∑bncos⁡2n\sum b_n\cos2n 收敛而 ∑bn\sum b_n 发散，可知 ∑bn∣sin⁡n∣\sum b_n|\sin n| 发散。因此原级数条件收敛。

五、连续、可微与方向导数（10 分）

讨论

f(x,y)={sin⁡(x2y)x2+y2,x2+y2≠0,0,x2+y2=0f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{\sin(x^2y)}{x^2+y^2},&x^2+y^2\neq0,\\ 0,&x^2+y^2=0 \end{cases}

在 (0,0)(0,0) 点的连续性、可微性，以及沿方向 (cos⁡α,sin⁡α)(\cos\alpha,\sin\alpha) 的方向导数。

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利用 ∣sin⁡u∣≤∣u∣|\sin u|\leq|u|，

∣f(x,y)∣≤x2∣y∣x2+y2≤∣y∣→0,|f(x,y)|\leq\frac{x^2|y|}{x^2+y^2}\leq|y|\to0,

故函数在原点连续。沿坐标轴有 f(x,0)=f(0,y)=0f(x,0)=f(0,y)=0，所以 fx(0,0)=fy(0,0)=0f_x(0,0)=f_y(0,0)=0。

沿单位方向 (cos⁡α,sin⁡α)(\cos\alpha,\sin\alpha)，

f(tcos⁡α,tsin⁡α)−f(0,0)t=sin⁡(t3cos⁡2αsin⁡α)t3⟶cos⁡2αsin⁡α.\frac{f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)-f(0,0)}t =\frac{\sin(t^3\cos^2\alpha\sin\alpha)}{t^3} \longrightarrow\cos^2\alpha\sin\alpha.

方向导数存在，但它不是关于方向余弦的线性函数。等价地，f(x,y)/x2+y2f(x,y)/\sqrt{x^2+y^2} 沿不同射线极限不同，因此函数在原点不可微。

六、函数项级数的逐项求导（10 分）

设

f(x)=∑n=1∞sin⁡nxn2,x∈(0,2π).f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n^2},\qquad x\in(0,2\pi).

证明：① ff 连续；② f′(x)f'(x) 存在且连续。

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因为 ∣sin⁡nx∣/n2≤1/n2|\sin nx|/n^2\leq1/n^2，原级数在 R\mathbb R 上一致收敛，所以和函数连续。

逐项求导所得级数为

∑n=1∞cos⁡nxn.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n}.

对任意 0<δ<π0<\delta<\pi，∑k=1ncos⁡kx\sum_{k=1}^n\cos kx 在 [δ,2π−δ][\delta,2\pi-\delta] 上一致有界，而 1/n1/n 单调趋于零，故导数级数由一致 Dirichlet 判别法在该闭区间上一致收敛。逐项求导定理说明 ff 在该区间可导，且 f′f' 连续。由 δ\delta 任意，结论在整个 (0,2π)(0,2\pi) 成立。

七、条件极值与不等式（10 分）

求

f(x,y,z)=ln⁡x+ln⁡y+3ln⁡zf(x,y,z)=\ln x+\ln y+3\ln z

在 x,y,z>0x,y,z>0、x2+y2+z2=5r2x^2+y^2+z^2=5r^2 上的最大值，并证明对任意 a,b,c>0a,b,c>0，

abc3≤27(a+b+c5)5.abc^3\leq27\left(\frac{a+b+c}{5}\right)^5.
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Lagrange 方程为

1x=2λx,1y=2λy,3z=2λz.\frac1x=2\lambda x,\qquad \frac1y=2\lambda y,\qquad \frac3z=2\lambda z.

所以 x2=y2x^2=y^2、z2=3x2z^2=3x^2。由约束和正性得

x=y=r,z=3r.x=y=r,\qquad z=\sqrt3r.

最大值为 ln⁡(33r5)\ln(3\sqrt3r^5)。

令 x=ax=\sqrt a、y=by=\sqrt b、z=cz=\sqrt c，并取 5r2=a+b+c5r^2=a+b+c。极值结论给出

abc3=xyz3≤33(a+b+c5)5/2.\sqrt{abc^3}=xyz^3\leq3\sqrt3 \left(\frac{a+b+c}{5}\right)^{5/2}.

两边平方即得所证不等式。

八、幂级数（10 分）

求

∑n=0∞n2+n+1(n+1)!(x−1)n\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^2+n+1}{(n+1)!}(x-1)^n

的收敛域与和函数。

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阶乘增长快于任意指数，故收敛半径为 +∞+\infty，收敛域是 R\mathbb R。

令 t=x−1t=x-1。利用 n2+n+1=n(n+1)+1n^2+n+1=n(n+1)+1，

S(t)=∑n=0∞nn!tn+∑n=0∞tn(n+1)!=tet+et−1t.\begin{aligned} S(t) &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{n!}t^n +\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{(n+1)!}\\ &=te^t+\frac{e^t-1}{t}. \end{aligned}

因此

S(x)=(x−1)ex−1+ex−1−1x−1(x≠1),S(x)=(x-1)e^{x-1}+\frac{e^{x-1}-1}{x-1}\quad(x\neq1),

并由连续延拓得 S(1)=1S(1)=1。

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