2023年中山大学研究生入学考试数学分析试题解答

2024年1月7日发(作者：2023高考刷题推荐数学试卷)

2023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2023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

2023年5月30日

1.(每小题15分，共60分)计算下列各题:

dx(xt)sintdt

dx0xsinx(2)

dx.

01cos2x(1)

123(3)

lim23naaan.

an(4)

(x2y2)dS,其中S为立体x2y2z1的边界曲面.

S解(1)

原式xxdxsintdttsintdt

00dxxsintdtxsinxxsinx0(cost)1cosxx0

(2)一方面做一下说明：对积分f(x)dx做变换txa，则

0a 所以

a0f(x)dxf(at)dtf(at)dt，

a00a 故

a01f(x)dx2a0f(x)dxf(ax)dx.

0a0xsinxdx21cosx(x)sin(x)1xsinxdxdx0

22021cosx1cos(x)(x)sinx1xsinxdxdx



01cos2x201cos2x

20sinxdxarctancosx221cosx0

2

4(3)一方面级数n1n在x1时收敛，由于由比值判别法的极限形式有

nxan1kn111

limlim1，即x1，所以对k，

nannxxk1an当a1时收敛，极限不存在，即发散；

n1k1k当a1时收敛，极限存在，记当Snk则Snk,两式相减解得

ak1ak2anan1n.

Snkn1a1aak1 又limnx1limlim0,所以

nan1xax1xax1lna123

lim23naaanan1n

nlimkn1ana1aak11aaa

a111(a1)2a(4)记上顶面为，S1:z1,x2y21

锥面：S2:zx2y2,x2y21.

22zy1； 当z1时，1zx22zy2.则 当zx2y2，1zx222222(xy)dS(xy)dS(xy)dS.

SS1S22xy1(x2y2)dxdy22xy21212(x2y2)dxdy

(12)dr3dr002(12)

x2y22222,xy02.(15分)考察函数f(x,y)xy在点(0,0)的可微性.

22,xy00解 本人感觉此题有问题，应当是

x3y32222,xy0f(x,y)xy

22,xy00若不是，显然fx(0,0)和fy(0,0)都不存在，lim0f(x,y)f(0,0)xfx(0,0)yfy(0,0)p也不存在，故不可微.

下面给出我的个人见解：

f(x,0)f(0,0)xlim1xxxx

f(0,y)f(0,0)yfy(0,0)limlim1xxyyfx(0,0)lim而

lim0f(x,y)f(0,0)xfx(0,0)yfy(0,0)p

(x,y)(0,0)limx3y3xy22xyxy32222

(x,y)(0,0)limxy(xy)(x2y)322

limkk2(1k)ykxx0

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(x0,y0,z0)到平面AxByCzD0的最短距离.

解 设(x,y,z)为平面AxByCzD0上的任意一点，则目的函数为

(xx0)2(yy0)2(zz0)2.

可以转化为求函数f(x,y,z)(xx0)2(yy0)2(zz0)2在约束条件AxByCzD0的最小值问题.此题有两种解法

(方法1)运用拉格朗日乘数法求条件极值，设

L(x,y,z,)(xx0)2(yy0)2(zz0)2(AxByCzD)，

对L分别求偏导数，并令其为零，即

(1)Lx2(xx0)A0L2(yy)B0(2)y0

L2(zz)C0(3)0z(4)LAxByCzD0(1)A(2)B(3)C代入(4)得

从而

x1x02(Ax0By0Cz0)

222ABCABC,y1y0,z1z0,

222所以点(x0,y0,z0)到平面AxByCzD0的最短距离为

d(x1x0)2(y1y0)2(z1z0)2Ax0By0Cz0DABC222.

(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，有爱好的读者可以做一下.

4.(20分)设qp0,ba0，求由抛物线y2px,y2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

A(a3b3a3b3,qa),B(,qb),C(,pa),D(,pb)

3qa3qb3pa3pb故所求的区域面积为

3pb3qby2ay2y2by2S3()dy3()dy3()dypaqapbypypqq1311133pb133(yalny)3qa()y(blnyy)3qapa3p3pq3qabpln3q3qa33qbpb

附图：

5.(20分)设k0，试问k为什么值时，方程arctanxkx0存在正实根.

解 令f(x)arctanxkx,x[0,)，则有

f(0)0,f\'(x)1k,f\'(0)1k

21x由于f\'(x)在[0,)上严格单调递减，且有

xlimf(x),limf\'(x)k

x当k1时，f\'(x)11k2，此时解得显然成立，故当k1时，xk0,x0k1x2f(x) 在[0,)上严格单调递减.而f(0)0，所以方程arctanxkx0在k1时不存在正实根.

当0k1时，令f\'(x)0解得x1k1k,)上单调递减，在，即f(x)在(kk(0,1k1k)f(0)0，limf(x)，由介值性定理知，]上单调递增,又f(xkk1k,)内有唯一的正实根.

k方程f(x)0在(xn6.(20分)设函数f(x)定义在[0,1]上，证明(0,1)上满足下述方程：

n1n

f(x)f(1x)lnxln(1x)f(1).

证 设F(x)f(x)f(1x)lnxln(1x),x(0,1),

则

F\'(x)f\'(x)f\'(1x)xn1(1x)n1nnn1n1ln(1x)lnxx1xn1xn1n1(x1)(1)xn1n1xn1n

xn1(1x)n1xn1(1x)n1nnnn1nn1n1n10即F(x)c,(c为常数)，x(0,1)，所以limF(x)f(1)故证

x1f(x)f(1x)lnxln(1x)f(1).