中山大学研究生入学测验数学分析试题解答

1/8中山大学研究生入学测验数学分析试题解答2/8————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：个人收集整理，勿做商业用途3/82011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()sinxdxttdtdx(2)20sin1cosxxdxx.(3)23123limnnnaaaa.(4)22()SxydS,其中S为立体221xyz的边界曲面.解(1)00sinsinxxdxtdtttdtdx原式00sinsinsin(cos)1cosxxtdtxxxxtx(2)首先做一下说明：对积分0()afxdx做变换txa，则000()()()aaafxdxfatdtfatdt，所以0001()()()2aaafxdxfxdxfaxdx.故222000sin1sin()sin()21cos1cos1cos()xxxxxxdxdxdxxxx22001sin()sin21cos1cosxxxxdxdxxx020sinarctancos221cosxdxxx24个人收集整理，勿做商业用途4/8(3)首先级数1nnnx在1x时收敛，因为由比值判别法的极限形式有1111limlim1nnnnananxx，即1x，所以对1kkka，当1a时收敛，极限不存在，即发散；当1a时收敛，极限存在，记当1nnkkkSa则121nnkkkSaa,两式相减解得1111nnknkanSaaa.又1111limlimlim0lnnxxnxxnxaaaa,所以23111231limlim1nnknnnknanaaaaaaa2111(1)1aaaaaa(4)记上顶面为，221:1,1Szxy锥面：22222:,1Szxyxy.当1z时，2211xyzz；当22zxy，2212xyzz.则12222222()()()SSSxydSxydSxydS.222222221121300()2()(12)(12)2xyxyxydxdyxydxdydrdr2.(15分)考察函数2222(,)0xyfxyxy2222,0,0xyxy在点(0,0)的可微性.解本人感觉此题有问题，应该是个人收集整理，勿做商业用途5/83322(,)0xyfxyxy2222,0,0xyxy若不是，显然(0,0)xf和(0,0)yf都不存在，0(,)(0,0)(0,0)(0,0)limxyfxyfxfyfp也不存在，故不可微.下面给出我的个人见解：(,0)(0,0)(0,0)limlim1(0,)(0,0)(0,0)limlim1xxxyxxfxfxfxxfyfyfyy而0(,)(0,0)(0,0)(0,0)limxyfxyfxfyfp332222(,)(0,0)limxyxyxyxyxy3(,)(0,0)222()lim()xyxyxyxy23220lim(1)ykxxkkk与k的取值有关，故此极限不存在，所以(,)fxy在点(0,0)的不可微.3.(15分)求空间一点000(,,)xyz到平面0AxByCzD的最短距离.解设(,,)xyz为平面0AxByCzD上的任意一点，则目标函数为222000()()()xxyyzz.可以转化为求函数222000(,,)()()()fxyzxxyyzz在约束条件0AxByCzD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(,,,)()()()()LxyzxxyyzzAxByCzD，对L分别求偏导数，并令其为零，即个人收集整理，勿做商业用途6/80002()02()02()00xyzLxxALyyBLzzCLAxByCzD(1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)ABC代入(4)得0002222()AxByCzABC从而101010,,222ABCxxyyzz,所以点000(,,)xyz到平面0AxByCzD的最短距离为000222101010222()()()AxByCzDdxxyyzzABC.(方法2)可以将约束条件代入函数(,,)fxyz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0,0qpba，求由抛物线22,ypxyqx与双曲线,xyaxyb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(,),(,),(,),(,)ababAqaBqbCpaDpbqaqbpapb故所求的区域面积为3333333333332222333()()()11111(ln)()(ln)333ln3qapbqbpaqapbqapbqbpaqapbyayybySdydydypypqyqyayybyyppqqabpq附图：个人收集整理，勿做商业用途7/85.(20分)设0k，试问k为何值时，方程arctan0xkx存在正实根.解令()arctan,[0,)fxxkxx，则有''21(0)0,(),(0)11ffxkfkx因为'()fx在[0,)上严格单调递减，且有'lim(),lim()xxfxfxk当1k时，'21()0,01fxkxx，此时解得21kxk显然成立，故当1k时，()fx在[0,)上严格单调递减.而(0)0f，所以方程arctan0xkx在1k时不存在正实根.当01k时，令'()0fx解得1kxk，即()fx在1(,)kk上单调递减，在1(0,]kk上单调递增,又1()(0)0kffk，lim()xfx，由介值性定理知，方程()0fx在1(,)kk内有唯一的正实根.6.(20分)设函数1()nnxfxn定义在[0,1]上，证明(0,1)上满足下述方程：()(1)lnln(1)(1)fxfxxxf.证设()()(1)lnln(1),(0,1)Fxfxfxxxx,则个人收集整理，勿做商业用途8/8'''11111111111111ln(1)ln()()(1)1(1)11(1)(1)1(1)1(1)0nnnnnnnnnnnnnnnnnxxFxfxfxxxxxxxnnxnxnxxxxnnnn即()Fxc,(c为常数)，(0,1)x，所以1lim()(1)xFxf故证()(1)lnln(1)(1)fxfxxxf.