中山大学研究生入学测验数学分析试题解答————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2011年中山大学研究生入学考试数学分析试题解答.科目代码：670摘 要：本文给出了中山大学2011年研究生入学考试数学分析试题的一个参考答案. 关键词：中山大学；研究生 数学分析白 建 超 2012年5月30日1.(每小题15分，共60分)计算下列各题:(1) 0()sin xd x t tdt dx -⎰(2) 20sin 1cos x x dx xπ+⎰.(3) 23123lim n n n a a a a →∞⎛⎫++++ ⎪⎝⎭. (4) 22()Sx y dS +⎰⎰,其中S 为立体221x y z +≤≤的边界曲面.解(1) ()00sin sin x x dx tdt t tdt dx =-⎰⎰原式 0sin sin sin (cos )1cos xx tdt x x x xt x=+-=-=-⎰(2)首先做一下说明：对积分0()af x dx ⎰做变换t x a =-，则00()()()aaaf x dx f a t dt f a t dt =--=-⎰⎰⎰，所以()1()()()2aaaf x dx f x dx f a x dx =+-⎰⎰⎰.故222000sin 1sin ()sin()21cos 1cos 1cos ()x xx x x x dx dx dx x x x ππππππ⎛⎫--=+ ⎪+++-⎝⎭⎰⎰⎰ 22001sin ()sin 21cos 1cos x x x x dx dx x x πππ-⎛⎫=+ ⎪++⎝⎭⎰⎰ 02sin arctan cos 221cos x dx x xππππ==-+⎰24π=(3)首先级数1nn nx ∞=∑在1x >时收敛，因为由比值判别法的极限形式有 1111lim lim 1n n n na n a n x x +→∞→∞+==<，即1x >，所以对1k k k a ∞=∑，当1a ≤时收敛，极限不存在，即发散；当1a >时收敛，极限存在，记当1nn k k k S a ==∑则121n n k k kS a a+==∑,两式相减解得1111n n k n k a n S a a a +=⎛⎫=- ⎪-⎝⎭∑. 又1111limlim lim 0ln n x x n x x n x a a a a+++→∞→∞→∞===,所以23111231lim lim 1n n k n n n k n a n a a a a a a a +→∞→∞=⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭∑ 2111(1)1a a a a a a==--- (4)记上顶面为，221:1,1S z x y =+≤锥面：22222:,1S z x y x y =++≤.当1z =时，2211xy z z ++=； 当22z x y =+，2212xy z z ++=.则 12222222()()()SS S xy dS x y dS x y dS +=+++⎰⎰⎰⎰⎰⎰.22222222112130()2()(12)(12)2x y x y x y dxdy x y dxdyd r drπθπ+≤+≤=+++=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰2.(15分)考察函数2222(,)0x y f x y x y ⎧-⎪=+⎨⎪⎩2222,0,0x y x y +≠+=在点(0,0)的可微性. 解 本人感觉此题有问题，应该是3322(,)0x y f x y x y ⎧-⎪=+⎨⎪⎩2222,0,0x y x y +≠+= 若不是，显然(0,0)x f 和(0,0)y f 都不存在，0(,)(0,0)(0,0)(0,0)limx y f x y f xf yf pρ→∆∆--∆-∆也不存在，故不可微.下面给出我的个人见解：(,0)(0,0)(0,0)limlim 1(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x y x x f x f xf x xf y f yf y y ∆→∞∆→∞∆→∞∆→∞∆-∆===∆∆∆--∆===-∆∆而(,)(0,0)(0,0)(0,0)limx y f x y f xf yf pρ→∆∆--∆-∆332222(,)(0,0)limx y x y x yx y x y ∆∆→∆-∆-∆+∆∆+∆=∆+∆3(,)(0,0)222()lim ()x y x y x y x y ∆∆→∆∆∆+∆=∆+∆2322lim(1)y k x x k k k ∆=∆∆→-=+与k 的取值有关，故此极限不存在，所以(,)f x y 在点(0,0)的不可微. 3.(15分)求空间一点000(,,)x y z 到平面0Ax By Cz D +++=的最短距离. 解 设(,,)x y z 为平面0Ax By Cz D +++=上的任意一点，则目标函数为222000()()()x x y y z z -+-+-.可以转化为求函数222000(,,)()()()f x y z x x y y z z =-+-+-在约束条件0Ax By Cz D +++=的最小值问题.此题有两种解法(方法1)利用拉格朗日乘数法求条件极值，设222000(,,,)()()()()L x y z x x y y z z Ax By Cz D μμ=-+-+-++++，对L 分别求偏导数，并令其为零，即0002()02()02()00x y z L x x A L y y B L z z C L Ax By Cz D μμμμ=-+=⎧⎪=-+=⎪⎨=-+=⎪⎪=+++=⎩(1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)A B C ⨯+⨯+⨯代入(4)得0002222()Ax By Cz A B Cμ++=++ 从而101010,,222A B Cx x y y z z μμμ=-=-=-, 所以点000(,,)x y z 到平面0Ax By Cz D +++=的最短距离为000222101010222()()()Ax By Cz Dd x x y y z z A B C+++=-+-+-=++.(方法2)可以将约束条件代入函数(,,)f x y z 中消去z ，转化为求二元函数的极小值问题,由于计算比较复杂，不再赘述，有兴趣的读者可以做一下.4.(20分)设0,0q p b a >>>>，求由抛物线22,y px y qx ==与双曲线,xy a xy b ==所围 成的平面区域D 的面积.解 如图所示，解得交点坐标分别为33333333(,),(,),(,),(,)a b a b A qa B qb C pa D pb qa qb pa pb故所求的区域面积为3333333333332222333()()()11111(ln )()(ln )333ln3qapb qb pa qa pb qa pb qbpaqa pby a y y b y S dy dy dyp y p q y q y a y y b y y p p q q a b p q=-+-+-=-+-+--=⎰⎰⎰附图：5.(20分)设0k >，试问k 为何值时，方程arctan 0x kx -=存在正实根. 解 令()arctan ,[0,)f x x kx x =-∈+∞，则有''21(0)0,(),(0)11f f x k f k x==-=-+ 因为'()f x 在[0,)+∞上严格单调递减，且有'lim (),lim ()x x f x f x k →+∞→+∞==-∞==-当1k ≥时，'21()0,01f x k x x =-<∀≥+，此时解得21k x k ->显然成立，故当1k ≥时，()f x 在[0,)+∞上严格单调递减.而(0)0f =，所以方程arctan 0x kx -=在1k ≥时不存在正实根.当01k <<时，令'()0f x <解得1kx k->，即()f x 在1(,)k k -+∞上单调递减，在1(0,]kk-上单调递增,又1()(0)0k f f k ->=，lim ()x f x →+∞==-∞，由介值性定理知，方程()0f x =在1(,)kk-+∞内有唯一的正实根. 6.(20分)设函数1()nn x f x n∞==∑定义在[0,1]上，证明(0,1)上满足下述方程：()(1)ln ln(1)(1)f x f x x x f +-+-=.证 设()()(1)ln ln(1),(0,1)F x f x f x x x x =+-+-∈, 则'''11111111111111ln(1)ln ()()(1)1(1)11(1)(1)1(1)1(1)0n n n nn n n n n n n n n n n n n x xF x f x f x x xx x x x n n x n x n x x x x n n n n --∞∞∞∞-====---∞∞∞∞====-=--+----=--------=--+=∑∑∑∑∑∑∑∑即()F x c =,(c 为常数)，(0,1)x ∈，所以1lim ()(1)x F x f -→=故证 ()(1)ln ln(1)(1)f x f x x x f +-+-=.。