2018–2019 学年春季期中真题

#真题

源文件为带答案的期中试题。下面逐题保留原题，并把原卷解析放入折叠块。

一、单项选择题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 级数敛散性

下列级数中发散的是（　）。

A. ∑n=1∞2nsin⁡π3n\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}2^n\sin\frac{\pi}{3^n}

B. ∑n=2∞(−1)nnln⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n\ln n}

C. ∑n=1∞ln⁡(1+1n2)\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\frac1{n^2}\right)

D. ∑n=1∞sin⁡2nn\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^2n}{n}

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答案：D。A 的通项等价于 π(2/3)n\pi(2/3)^n；B 由 Leibniz 判别法收敛；C 的通项等价于 1/n21/n^2。而

sin⁡2nn=12n−cos⁡2n2n,\frac{\sin^2n}{n}=\frac1{2n}-\frac{\cos2n}{2n},

后一列级数收敛、调和级数发散，故 D 发散。

2. 幂级数的收敛区间

设 ∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛半径为 3，则

∑n=0∞nan(x−1)n+1\sum_{n=0}^{\infty}na_n(x-1)^{n+1}

的收敛区间为（　）。

A. (−2,2)(-2,2)　B. (−3,3)(-3,3)　C. (−2,4)(-2,4)　D. (−4,2)(-4,2)

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答案：C。乘以 nn、再多乘一个 (x−1)(x-1) 不改变收敛半径，圆心平移到 1，故开区间为 (1−3,1+3)=(−2,4)(1-3,1+3)=(-2,4)。原题未提供端点信息，因此不能把端点加入。

3. 累次极限

设

f(x,y)=1xytan⁡xy1+xy,xy≠0.f(x,y)=\frac1{xy}\tan\frac{xy}{1+xy},\qquad xy\neq0.

求

lim⁡x→0lim⁡y→∞f(x,y)−lim⁡y→∞lim⁡x→0f(x,y).\lim_{x\to0}\lim_{y\to\infty}f(x,y) -\lim_{y\to\infty}\lim_{x\to0}f(x,y).

A. −1-1　B. 00　C. 11　D. 不存在

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答案：A。固定 x≠0x\neq0 令 y→∞y\to\infty，tan⁡[xy/(1+xy)]→tan⁡1\tan[xy/(1+xy)]\to\tan1，再除以 xyxy 得 0。固定 yy 令 x→0x\to0，利用 tan⁡u∼u\tan u\sim u 得内层极限为 1，再令 y→∞y\to\infty 仍为 1。因此两者之差为 −1-1。

4. 方向导数的取值范围

设 ff 在 (0,0)(0,0) 可微，且 ∥∇f(0,0)∥=2\|\nabla f(0,0)\|=\sqrt2。在该点沿任意单位方向的方向导数不可能取到（　）。

A. −2−1-\sqrt2-1　B. −2-\sqrt2　C. 2−1\sqrt2-1　D. 2\sqrt2

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答案：A。方向导数是 ∇f⋅e\nabla f\cdot\mathbf e，由 Cauchy–Schwarz 不等式，其取值范围为 [−2,2][-\sqrt2,\sqrt2]。

5. 二元函数的极值点

设 f(x,y)=x3−4x2+2xy−y2f(x,y)=x^3-4x^2+2xy-y^2，则（　）。

A. (0,0)(0,0) 是极小值点　B. (0,0)(0,0) 是极大值点　C. (2,2)(2,2) 是极小值点　D. (2,2)(2,2) 是极大值点

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答案：B。(0,0)(0,0) 是驻点，其 Hessian 为

(−822−2),\begin{pmatrix}-8&2\\2&-2\end{pmatrix},

首个顺序主子式为负、行列式为正，故负定，(0,0)(0,0) 是严格极大值点。

二、填空题（每空 3 分，共 18 分）

1. Fourier 级数

ff 以 2π2\pi 为周期，且

f(x)={2,x∈(−π,0],1,x∈(0,π].f(x)=\begin{cases} 2,&x\in(-\pi,0],\\ 1,&x\in(0,\pi]. \end{cases}

写出其 Fourier 级数，并求该级数在 x=πx=\pi 处的和。

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原卷答案为

32+∑n=1∞(−1)n−1nπsin⁡nx=32−∑k=1∞2(2k−1)πsin⁡(2k−1)x.\frac32+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n-1}{n\pi}\sin nx =\frac32-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{(2k-1)\pi}\sin(2k-1)x.

在 x=πx=\pi 的左右极限分别为 1 和 2，故级数收敛于二者平均值 3/23/2。

2. 有理函数的幂级数

将 f(x)=1x2+3x+2\displaystyle f(x)=\frac1{x^2+3x+2} 在 x=0x=0 展开成幂级数，并写出收敛区间。

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利用部分分式

1(x+1)(x+2)=1x+1−1x+2,\frac1{(x+1)(x+2)}=\frac1{x+1}-\frac1{x+2},

分别作几何级数展开，得到

f(x)=∑n=0∞(−1)n(1−12n+1)xn,x∈(−1,1).f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(1-\frac1{2^{n+1}}\right)x^n, \qquad x\in(-1,1).

3. 全微分的可积条件

设

dz=(2xy3−y2cos⁡x) dx+(1+aysin⁡x+3x2y2) dy,\mathrm dz=(2xy^3-y^2\cos x)\,\mathrm dx +(1+ay\sin x+3x^2y^2)\,\mathrm dy,

其中 aa 为常数，求 aa。

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全微分要求两个系数满足 My=NxM_y=N_x：

6xy2−2ycos⁡x=aycos⁡x+6xy2.6xy^2-2y\cos x=ay\cos x+6xy^2.

故 a=−2a=-2。

4. 隐函数偏导

z=z(x,y)z=z(x,y) 由

e2yz+x+y2+z=74e^{2yz}+x+y^2+z=\frac74

确定，求 zx∣x=1/2, y=1/2\displaystyle z_x\big|_{x=1/2,\,y=1/2}。

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先代入 x=y=1/2x=y=1/2，方程成为 ez+z=1e^z+z=1，故对应 z=0z=0。对 xx 求偏导：

(2ye2yz+1)zx+1=0.(2ye^{2yz}+1)z_x+1=0.

代入该点得到 zx=−1/2z_x=-1/2。

5. 二元 Taylor 公式

写出 cos⁡y1−x\displaystyle\frac{\cos y}{1-x} 在 (0,0)(0,0) 处带 Peano 余项的二阶 Taylor 公式，记 ρ=x2+y2\rho=\sqrt{x^2+y^2}。

查看答案 cos⁡y1−x=1+x+x2−y22+o(ρ2).\frac{\cos y}{1-x} =1+x+x^2-\frac{y^2}{2}+o(\rho^2).

三、计算题（每小题 6 分，共 24 分）

1. 二阶复合偏导

设

g(x,y)=f(xy,x2−y22),g(x,y)=f\left(xy,\frac{x^2-y^2}{2}\right),

其中 f(u,v)f(u,v) 有二阶连续偏导数，求 gxy,gyyg_{xy},g_{yy}。

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先有 gx=yfu+xfvg_x=yf_u+xf_v、gy=xfu−yfvg_y=xf_u-yf_v。再次求导得到

gxy=fu+xyfuu+(x2−y2)fuv−xyfvv,g_{xy}=f_u+xyf_{uu}+(x^2-y^2)f_{uv}-xyf_{vv}, gyy=x2fuu−2xyfuv+y2fvv−fv.g_{yy}=x^2f_{uu}-2xyf_{uv}+y^2f_{vv}-f_v.

右端各偏导均在 (xy,(x2−y2)/2)\left(xy,(x^2-y^2)/2\right) 处取值。

2. 空间曲线的切线与法平面

求曲线

Γ:{x2+y2+z2−2y=4,x+y+z=0\Gamma:\begin{cases} x^2+y^2+z^2-2y=4,\\ x+y+z=0 \end{cases}

在 P0(1,1,−2)P_0(1,1,-2) 处的切线方程和法平面方程。

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两个曲面法向量的叉积在 P0P_0 为 (4,−6,2)(4,-6,2)，可约为 (2,−3,1)(2,-3,1)。故切线为

x−12=y−1−3=z+2,\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{-3}=z+2,

法平面为

2(x−1)−3(y−1)+(z+2)=0,2(x-1)-3(y-1)+(z+2)=0,

即 2x−3y+z+3=02x-3y+z+3=0。

3. 幂级数的和函数

求

∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}

的和函数，并求 ∑n=0∞(−1)n2n+1\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}。

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记和函数为 S(x)S(x)。在 ∣x∣<1|x|<1 内逐项求导：

S′(x)=∑n=0∞(−1)nx2n=11+x2.S'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}=\frac1{1+x^2}.

又 S(0)=0S(0)=0，故 S(x)=arctan⁡xS(x)=\arctan x。原幂级数在 [−1,1][-1,1] 收敛；令 x→1−x\to1^-，得到

∑n=0∞(−1)n2n+1=π4.\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac\pi4.

4. 一致收敛

讨论函数列

fn(x)=nx1+n2x2f_n(x)=\frac{nx}{1+n^2x^2}

在 (0,1)(0,1) 上是否一致收敛。

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对每个固定 x>0x>0，fn(x)→0f_n(x)\to0。但取 xn=1/n∈(0,1)x_n=1/n\in(0,1)，有

fn(xn)=12.f_n(x_n)=\frac12.

故 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。

四、级数敛散性（10 分）

讨论

∑n=1∞sin⁡2nn(1+1n)n\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin2n}{\sqrt n}\left(1+\frac1n\right)^n

的敛散性；若收敛，判断是绝对收敛还是条件收敛。

查看答案

∑sin⁡2n\sum\sin2n 的部分和有界，而 1/n1/\sqrt n 单调趋于零，所以 ∑sin⁡2n/n\sum\sin2n/\sqrt n 收敛。因 (1+1/n)n(1+1/n)^n 单调有界，Abel 判别法说明原级数收敛。

又有

∣sin⁡2nn(1+1n)n∣≥1−cos⁡4n2n(1+1n)n.\left|\frac{\sin2n}{\sqrt n}\left(1+\frac1n\right)^n\right| \geq\frac{1-\cos4n}{2\sqrt n}\left(1+\frac1n\right)^n.

含 cos⁡4n\cos4n 的级数收敛，而不含它的正项级数通项等价于 e/(2n)e/(2\sqrt n)，其和发散，故绝对值级数发散。原级数条件收敛。

五、和函数的连续可导性（10 分）

证明

f(x)=∑n=1∞cos⁡nxn2+1f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n^2+1}

在 (0,2π)(0,2\pi) 上连续，且有连续的导函数。

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因为 ∣cos⁡nx∣/(n2+1)≤1/n2|\cos nx|/(n^2+1)\leq1/n^2，原级数一致收敛，故 ff 连续。逐项求导所得

−∑n=1∞nn2+1sin⁡nx.-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n^2+1}\sin nx.

任取 0<δ<π0<\delta<\pi，∑k=1Nsin⁡kx\sum_{k=1}^N\sin kx 在 [δ,2π−δ][\delta,2\pi-\delta] 上一致有界，且 n/(n2+1)n/(n^2+1) 单调趋于零，所以导数级数在该区间上一致收敛。由逐项求导定理，ff 在该区间可导且 f′f' 连续。再由 δ\delta 任意，结论在 (0,2π)(0,2\pi) 成立。

六、约束面上的最大方向导数（10 分）

在椭球面 2x2+2y2+z2=12x^2+2y^2+z^2=1 上求一点，使

f(x,y,z)=x2+y2+z2f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2

沿方向 l=(1,−1,0)\mathbf l=(1,-1,0) 的方向导数最大。

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单位方向为 (1,−1,0)/2(1,-1,0)/\sqrt2，故方向导数为

∂f∂l=2(x−y).\frac{\partial f}{\partial l}=\sqrt2(x-y).

在约束下用 Lagrange 乘数法，候选点为

P1=(−1/2,1/2,0),P2=(1/2,−1/2,0).P_1=(-1/2,1/2,0),\qquad P_2=(1/2,-1/2,0).

比较方向导数可知，最大值在 P2=(1/2,−1/2,0)P_2=(1/2,-1/2,0) 取得。

七、可微的充要条件（8 分）

设

f(x,y)=∣x−y∣g(x,y),f(x,y)=|x-y|g(x,y),

gg 在 (0,0)(0,0) 的某邻域内连续。证明：ff 在 (0,0)(0,0) 可微的充要条件是 g(0,0)=0g(0,0)=0。

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必要性：若 ff 可微，则 fx(0,0)f_x(0,0) 存在，而

fx(0,0)=lim⁡x→0∣x∣g(x,0)x.f_x(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{|x|g(x,0)}x.

左右极限分别是 g(0,0)g(0,0) 与 −g(0,0)-g(0,0)，故必须有 g(0,0)=0g(0,0)=0。

充分性：若 g(0,0)=0g(0,0)=0，则两偏导均为零，并且

∣f(x,y)x2+y2∣≤∣x−y∣x2+y2∣g(x,y)∣≤2∣g(x,y)∣→0.\left|\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}\right| \leq\frac{|x-y|}{\sqrt{x^2+y^2}}|g(x,y)| \leq2|g(x,y)|\to0.

这正是 ff 在原点可微且微分为零的定义。

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