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题目
一、解答下面各题（每小题9分，共54分） 1. 求极限：lim(1+tan𝑥)
𝑥→0
2018𝑥
。
2. 若已知函数𝑓(𝑥)的二阶导数存在，𝑓′(𝑥)≠0且存在𝑥=𝑓−1(𝑦)，求(𝑓−1)′′(𝑦)。 3. 求极限：lim(++···)。
𝑛𝑛+12𝑛
𝑛→∞
1
1
1
4. 设𝑓(𝑥,𝑦)=𝑥𝑦2𝑧3，函数𝑧(𝑥,𝑦)满足 𝑥2+𝑦2+𝑧2=3𝑥𝑦𝑧，求𝜕𝑥|(1,1,1)。 5. 计算∬(√𝑥+√𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦。 √𝑥+√𝑦≤1222)222(6. 计算∮𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥+𝑥+𝑦𝑑𝑦+(𝑥+𝑦+𝑧)𝑑𝑧，其中L为曲面𝑥+𝑦+z=5与曲面𝐶
𝜕𝑓
𝑧=1+𝑥2+𝑦2的交线，从z轴正向看过去时顺时针方向。 二、（10分）判断级数∑∞𝑛=2(−1)𝑛
的收敛性。
√𝑛+(−1)𝑛三、（10分）求𝑓(𝑥,𝑦,𝑧)=𝑥𝑦𝑧在约束条件𝑥2+𝑦2+z2=1与𝑥+𝑦+𝑧=0下的极值。 四、（10分）证明：∑∞𝑛=1
1𝑛2+1
<+。
2
4
1𝜋
五、（10分）设𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上连续，且lim𝑓(𝑥)与lim𝑓(𝑥)存在，证明𝑓(𝑥)在
𝑥→−∞
𝑥→+∞
(−∞,+∞)上一致连续。
六、（20分）𝑓(𝑥)在(𝑥0−1,𝑥0+1)上连续，在(𝑥0−1,𝑥0)∪(𝑥0,𝑥0+1)上可导，且
𝑥→𝑥0
lim𝑓′(𝑥)=𝑎。证明：𝑓′(𝑥0)存在，且𝑓′(𝑥0)=𝑎。
1
1
七、（10分）求级数∑(1+2+···+𝑛)𝑥𝑛的收敛域。 八、（10分）求𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑒−𝑥+2cos𝑥的极值。
九、（10分）判断𝑓(𝑥)=𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥4在[0,+∞)上的一致连续性。 十、（10
𝑥𝑛∞
分）讨论∑n=2𝑛𝑙𝑛𝑛在[0,1)上的一致收敛性。
1
𝑘
1
十一、 （6分）设𝑓：𝑅→𝑅的连续函数，𝑓𝑛(𝑥)=∑𝑛−1𝑓(𝑥+)。证明：𝑓𝑛(𝑥)在任意有
n𝑘=0𝑛
限区间(𝑎,𝑏)上一致收敛。{𝑓𝑛(𝑥)}在(−∞,+∞)上一致收敛吗？若不能，请举出反例。
参考答案
一、 1.
𝑥→0
lim(1+tan𝑥)=1，lim
2018tan𝑥
𝑥
𝑥→0
=2018，故lim(1+tan𝑥)
𝑥→0
2018𝑥
=𝑒2018。
2.
(𝑓−1)′(𝑦)=
11=′ 𝑑𝑦𝑓(𝑥)𝑑𝑥1𝑑′𝑑′𝑑𝑥
𝑓′′(𝑥)′𝑓(𝑥)𝑓(𝑥)𝑓′′(𝑥)𝑑𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝑓(𝑥)−1′′()(𝑓)𝑦=−′=−=−=−′ [𝑓(𝑥)]2[𝑓′(𝑥)]2[𝑓′(𝑥)]2[𝑓(𝑥)]3
3.
𝑛→∞
lim
=0，故lim(𝑛+𝑛+1+···2𝑛)=lim(𝑛+1+𝑛+2+···2𝑛)=𝑛
𝑛→∞
𝑛→∞
1𝑛+𝑘
1111111
𝑛→∞
lim∑𝑛𝑘=1=lim∑𝑛𝑘=1
𝑛→∞
11
𝑘
1+𝑛𝑛
=∫0
1𝑑𝑥1+𝑥
=ln2
4. 令𝐹(𝑥,𝑦,𝑧)=𝑥2+𝑦2+𝑧2=3𝑥𝑦𝑧，则𝐹𝑥=2𝑥−3𝑦𝑧，𝐹𝑦=2𝑦−3𝑥𝑧，𝐹𝑥=2𝑧−3𝑥𝑦，
都是连续的，𝐹𝑥(1,1,1)=−1，𝐹𝑧(1,1,1)=−1≠0，由隐函数存在定理，𝜕𝑥|(1,1,1)=−
𝐹𝑧(1,1,1)
𝐹𝑥(1,1,1)
𝜕𝑧
=−1。𝑓(𝑥,𝑦)=𝑥𝑦2𝑧3，故
𝜕𝑓𝜕𝑧𝜕𝑓
=𝑦2𝑧33𝑥𝑦2𝑧2，|(1,1,1)=−2 𝜕𝑥𝜕𝑥𝜕𝑥
5. 区域{(𝑥,𝑦)|√𝑥+√𝑦≤1}关于直线𝑥=𝑦是对称的，故
1
(1−√𝑥)0
2
10
∬(√𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑦=∬
1
(√𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦=∫√𝑥𝑑𝑥∫
0
𝑑𝑦=∫√𝑥(1−√𝑥)𝑑𝑥
2
√𝑥+√𝑦≤1√𝑥+√𝑦≤1=∫√𝑥(1−2√𝑥+𝑥)𝑑𝑥=
0
221−1+= 3515
故∬√𝑥+√
(𝑥+√𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦=15 𝑦≤1√
2
𝑥2+𝑦2+z2=5𝑥2+𝑦2=1，记Σ为圆面6. 联立两曲面方程，可得{，求解，可得{
𝑧=1+𝑥2+𝑦2𝑧=2
22
𝑥+𝑦≤1，方向与L的方向符合右手定则，取下侧，由斯托克斯公式， {
𝑧=2
𝑑𝑦𝑑𝑧𝜕222
∮𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥+(𝑥+𝑦)𝑑𝑦+(𝑥+𝑦+𝑧)𝑑𝑧=∬|𝐶Σ𝜕𝑥
𝑥2𝑦𝑧𝑑𝑧𝑑𝑥𝜕𝜕𝑦𝑥2+𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦𝜕
|𝜕𝑧𝑥+𝑦+𝑧
=∬𝑑𝑦𝑑𝑧+(𝑥2𝑦−1)𝑑𝑧𝑑𝑥+(2𝑥−𝑥2𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦
Σ
=−∬−2𝑥2)𝑑𝑥𝑑𝑦
(2𝑥
𝑥2+𝑦2≤1
奇偶性轮换对称性
2∬𝑥2𝑑𝑥𝑑𝑦2∬𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦==𝑥2+𝑦2≤1𝑥2+𝑦2≤1
1
=∬(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦=𝜋
2𝑥2+𝑦2≤1
二、
(−1)𝑛√𝑛+(−1)𝑛{𝑛}√1+∞
n=2
=
(−1)𝑛√𝑛+
(−1)𝑛√𝑛+(−1)𝑛−(−1)𝑛√𝑛，
(−1)𝑛√𝑛为严格单调递减趋于0的正数列，由莱布尼兹判别法，∑∞𝑛=2(−1)𝑛
(−1)𝑛
收敛。
11
−=−~−，𝑛→∞，
n[√𝑛+(−1)𝑛]√𝑛+(−1)𝑛√𝑛(−1)𝑛1∞∞∑𝑛=2发散，故∑𝑛=2[()𝑛𝑛√𝑛+−1−
(−1)𝑛
(−1)𝑛∞
]发散，故∑𝑛=2发散。 √𝑛√𝑛+(−1)𝑛三、
记𝐺={(𝑥,𝑦,𝑧)|𝑥2+𝑦2+𝑧2=1,𝑥+𝑦+𝑧=0}，则G为一个有界闭集，连续函数𝑓(𝑥,𝑦,𝑧)=𝑥𝑦𝑧在有界闭集G上必有最大值和最小值。
令𝐿(𝑥,𝑦,𝑧,𝜆,𝜇)=𝑥𝑦𝑧+𝜆(𝑥2+𝑦2+z2−1)+𝜇(𝑥+𝑦+𝑧)，令
𝐿𝑥=𝐿𝑦=𝐿𝑧=𝐿𝜆=𝐿𝜇=0，
𝑦𝑧+2𝜆𝑥+𝜇=0···(1)
𝑥𝑧+2𝜆𝑦+𝜇=0···(2)
有𝑥𝑦+2𝜆𝑧+𝜇=0···(3),(1)+(2)+(3),可得𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧+2𝜆(𝑥+𝑦+𝑧)+3𝜇= 𝑥2+𝑦2+𝑧2=1···(4)
{𝑥+𝑦+𝑧=0········(5)0，由(5)，𝑥+𝑦+𝑧=0，故𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧+3𝜇=0，即𝜇=−𝑥𝑧+𝑦𝑧=
(𝑥+𝑦+𝑧)2−𝑥2−𝑦2−𝑧2
2
1
12
16
𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧
3
。由(4)和(5)，𝑥𝑦+
=−，故𝜇=，代入前三个方程，可得
𝑦𝑧+2𝜆𝑥+6=0···(1) 1
𝑥𝑧+2𝜆𝑦+6=0···(2)。(1)中乘𝑥，(2)中乘𝑦，(3)中乘z，可得
𝑥𝑦+2𝜆𝑧+1=0···(3)
6{
2
𝑥𝑦𝑧+2𝜆𝑥+6𝑥=0···(1) 1111
𝑥𝑦𝑧+2𝜆𝑦2+6𝑦=0···(2)，于是，2𝜆𝑥2+𝑥=2𝜆𝑦2+𝑦=2𝜆𝑧2+𝑧=−𝑥𝑦𝑧，
666
12 𝑥𝑦𝑧+2𝜆𝑧+𝑧=0···(3)
6{
1
于是，𝑥,𝑦,𝑧中至少有两个是相同的。由于𝑥,𝑦,𝑧满足(4)和(5)，故𝑥,𝑦,𝑧不全相等，即𝑥,𝑦,𝑧有且只有两个相同。
𝑥=√6 𝑥=−√6 112𝑥2+𝑧2=1···(4)
如果𝑥=𝑦，代入(4)和(5)，可得{，求解，可得𝑦=√6或𝑦=−√6。
2𝑥+𝑧=0······(5)
𝑧=−2 𝑧=2{√6{√6 𝑥=√6 𝑥=−√6 𝑥=−√6 𝑥=√6 2211如果𝑥=𝑧，可得𝑦=−√6或𝑦=√6；如果𝑦=𝑧，可得𝑦=√6或𝑦=−√6。这就求出
𝑧=1 𝑧=−1 𝑧=1 𝑧=−1{{{{√6√6√6√6了所有可疑的条件极值点，而最值点就在其中。
1121212111𝑓(,,−)=𝑓(,−,)=𝑓(−,,)=−，
3√6√6√6√6√6√6√6√6√6√61121212111𝑓(−,−,)=𝑓(−,,−)=𝑓(,−,−)=，
3√6√6√6√6√6√6√6√6√6√6因此，−36为最小值，也是极小值；36为最大值，也是极大值。
√√11112211四、
𝑛𝑛
1111111∑2=+∑2=+∑∫𝑑𝑥<+∑∫𝑑𝑥2+12+1𝑛+12𝑛+12𝑛2𝑥𝑛−1𝑛−1
𝑛=2
𝑛=2
𝑛=2
+∞
111𝜋=+∫𝑑𝑥=+ 2𝑥2+1241
∞
∞
∞
∞
𝑛=1
五、
𝑥→−∞
lim𝑓(𝑥)与lim𝑓(𝑥)存在，由柯西收敛准则，对任意𝜀>0，存在𝐴<𝐵，使得对
𝑥→+∞
12
任意𝑥,𝑦𝜖(−∞,𝐴]和𝑥,𝑦𝜖[𝐵,+∞)，恒有|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|<𝜀。𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上连续，故𝑓(𝑥)在[𝐴,𝐵]上连续，故𝑓(𝑥)在[𝐴,𝐵]上一致连续，故存在𝛿𝜖(0,𝐵−𝐴)，使得对任意𝑥,𝑦𝜖[𝐴,𝐵]，只要|𝑥−𝑦|<𝛿，就有|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|<2𝜀。任取𝑥<𝑦𝜖(−∞,+∞)，使得|𝑥−𝑦|<𝛿。若𝑥,𝑦𝜖(−∞,𝐴]或𝑥,𝑦𝜖[𝐵,+∞)或𝑥,𝑦𝜖[𝐴,𝐵]，都有|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|<𝜀。
2
若𝑥𝜖(−∞,𝐴],𝑦𝜖[𝐴,𝐵]，则|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|≤|𝑓(𝑥)−𝑓(𝐴)|+|𝑓(𝐴)−𝑓(𝑦)|<𝜀+
2
12
11
1
𝜀=𝜀,
若𝑥𝜖[𝐴,𝐵],𝑦𝜖[𝐵,+∞)，则|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|≤|𝑓(𝑥)−𝑓(𝐵)|+|𝑓(𝐵)−𝑓(𝑦)|<2𝜀+
1
12
𝜀=𝜀,
因此，对任意𝑥<𝑦𝜖(−∞,+∞)，只要|𝑥−𝑦|<𝛿，就有|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|<𝜀，故𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上一致连续。 六、
𝑓(𝑥)在(𝑥0−1,𝑥0+1)上连续，在(𝑥0−1,𝑥0)∪(𝑥0,𝑥0+1)上可导，且lim𝑓′(𝑥)=𝑎。
𝑥→𝑥0
任取𝑥𝜖(𝑥0−1,𝑥0)∪(𝑥0,𝑥0+1)，由拉格朗日中值定理，存在𝜉=𝜃𝑥0+(1−𝜃)𝑥，𝜃𝜖(0,1)，使得
𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥0)𝑥−𝑥0
=𝑓′(𝜉)。lim𝑓′(𝑥)=𝑎，而lim𝑓′(𝜉)=𝑥0，𝜉≠
𝑥→𝑥0
𝑥→𝑥0
𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥0)𝑥−𝑥0
𝑥0，故lim𝑓′(𝜉)=lim𝑓′(𝑥)=𝑎，故lim
𝑥→𝑥0
𝑥→𝑥0
𝑥→𝑥0
=lim𝑓′(𝜉)=𝑎，故𝑓′(𝑥0)存在，
𝑥→𝑥0
且𝑓′(𝑥0)=𝑎。 七、
1≤√1+2+···+𝑛≤√𝑛 ,𝑛→∞，故lim√1+2+···+𝑛=1，故级数∑(1+2+··
𝑛→∞
𝑛
11
𝑛
𝑛
111
·+𝑛)𝑥𝑛的收敛半径为1=1。级数在𝑥=±1处的通项为无穷大量，故在𝑥=±1处发散，故级数∑(1++···+)𝑥𝑛的收敛域为(-1,1)。
2𝑛八、
𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑒−𝑥−2sin𝑥，𝑓′(0)=0，𝑓′′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑒−𝑥−2cos𝑥≥2−2=0，且不
1
1
11
等式取得等号当且仅当𝑥=0，故𝑓′(𝑥)严格单调递减，故𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>
0，故𝑓(𝑥)在𝑥=0取得极小值𝑓(0)=4。 九、 我们首先给出如下结论： 假设𝑓(𝑥)为区间𝐼上的一致连续函数，则𝑓(𝑥)在𝐼的任何长度为常数𝑐的子区间上振幅一致有界，这个界只与𝑐有关。 𝑓(𝑥)一致连续，故存在𝛿>0，使得对任意𝑥,𝑦𝜖𝐼，只要|𝑥−𝑦|≤𝛿，就有|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|≤1。任取子区间𝐼1⊂𝐼以及𝑥<𝑦𝜖𝐼1，则
|𝑓(𝑦)−𝑓(𝑥)|≤|𝑓(𝑥+𝛿)−𝑓(𝑥)|+|𝑓(𝑥+2𝛿)−𝑓(𝑥+𝛿)|+···+|𝑓(𝑥+[
𝑦−𝑥𝛿
𝑦−𝑥𝛿
]𝛿)−
𝑓(𝑥+[
]𝛿−𝛿)|+|𝑓(𝑦)−𝑓(𝑥+[
𝑦−𝑥𝛿
]𝛿)|≤[
𝑦−𝑥𝛿
1
]+1≤[𝛿]+1
|𝐼|
故𝑓(𝑥)在𝐼1上的振幅一致有界，这个界仅与𝐼1长度有关。 回到本题，取𝑥𝑛=𝑛4𝜋4，𝑦𝑛=𝑛4𝜋4+1，则𝑦𝑛−𝑥𝑛≡1，但 |𝑓(𝑦𝑛)−𝑓(𝑥𝑛)|=|(𝑛𝜋+1)sin(𝑛𝜋+
44
44
44
44
1
1)4|11)444
44
1+1)4=(𝑛𝜋+1)|sin[(𝑛𝜋+
1
−𝑛𝜋]|~𝑛𝜋[(𝑛𝜋
141𝑛𝜋
−𝑛𝜋]~𝑛5𝜋5[(1+44)−1]~𝑛5𝜋544=→+∞,𝑛→∞ 𝑛𝜋4𝑛𝜋4
故𝑓(𝑥)=𝑥sin𝑥4在[0,+∞)上不一致收敛。
1
十、
假设∑∞n=2𝑛𝑙𝑛𝑛在[0,1]上一致收敛，则对任意ε>0，存在𝑁>0，使得对任意𝑚≥𝑛>
𝑥𝑛
𝑁和𝑥𝜖[0,1)，恒有|∑𝑚𝑘=𝑛
1
𝑥𝑘𝑘𝑙𝑛𝑘
|<𝜀，故|∑𝑚𝑘=𝑛
1
1𝑘𝑙𝑛𝑘
|=lim|∑𝑚𝑘=𝑛−
𝑥→1
𝑥𝑘𝑘𝑙𝑛𝑘
|≤𝜀，故∑∞n=2
1
𝑛𝑙𝑛𝑛
收敛。但
𝐴𝑑𝑥𝑥𝑙𝑛
,𝑥≥2为单调递减正函数，故∑∞n=2𝑛𝑙𝑛𝑛收敛性和反常积分∫2𝑥𝑙𝑛𝑥
lnln𝐴−lnln2→+∞,𝐴→+∞，故∫2
+∞𝑑𝑥
𝑥𝑙𝑛𝑥
+∞𝑑𝑥
收敛性相同。而∫2
𝑥𝑙𝑛𝑥
=
，发散，故∑∞n=2
1
𝑛𝑙𝑛𝑛
发散，矛盾！因此，∑∞n=2
𝑥𝑛𝑛𝑙𝑛𝑛
在[0,1)上不一致收敛。
十一、 𝑓在R上连续，故对任意有限区间(a,b)，𝑓𝑛(𝑥)在区间(𝑎,𝑏+1)上一致连续，故对任意𝜀>0，存在𝛿>0，使得对任意𝑥,𝑦𝜖(𝑎,𝑏+1)，只要|𝑥−𝑦|<𝛿，就有|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑦)|<𝜀。存在正整数N，使得对任意𝑛>𝑁，恒有𝑛<𝛿。对任意𝑥𝜖(𝑎,𝑏)和𝑘𝜖{0,1,2,···,𝑛−1}，𝑥+𝑛𝜖(𝑎,𝑏+1)，于是，
𝑥+1
𝑛−1
1
𝑘
|𝑓𝑛(𝑥)−∫
𝑥
𝑥+1
1𝑘
𝑓(𝑡)𝑑𝑡|=|∑𝑓(𝑥+)−∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡|
𝑛𝑛𝑥
𝑘=0
𝑛−1
𝑥+𝑘+1
𝑛𝑥+
𝑘
[𝑓(𝑥+)−𝑓(𝑡)] 𝑑𝑡|≤∑∫
𝑘𝑛𝑥+
𝑘=0
𝑛−1
𝑛−1
𝑘+1𝑛=|∑∫
𝑛−1
𝑘
𝑘=0𝑥+𝑛𝑥+𝑘+1𝑛𝑛𝑘
|𝑓(𝑥+)−𝑓(𝑡)|𝑑𝑡
𝑛
<∑∫
𝑘
𝑘=0𝑥+𝑛1
𝜀𝑑𝑡=𝜀∑𝑑𝑡=𝜀 𝑛
𝑘=0
𝑥+1
故{𝑓𝑛(𝑥)}在有限区间(𝑎,𝑏)上一致收敛于∫𝑥
𝑓(𝑡)𝑑𝑡。
{𝑓𝑛(𝑥)}在(−∞,+∞)上未必一致收敛。例如，取𝑓(𝑥)=𝑥2，则
1𝑘1𝑘12𝑘𝑥𝑘2
2
𝑓𝑛(𝑥)=∑𝑓(𝑥+)=∑(𝑥+)=∑(𝑥++2)n𝑛n𝑛𝑛𝑛𝑛
𝑘=0
𝑘=0
𝑘=0
𝑛−1
𝑛−1
2
𝑛−1
2𝑥12
=[𝑛𝑥+n
𝑛(𝑛−1)1
𝑛(𝑛−1)(2𝑛−1)62+]
𝑛𝑛2
11111
=𝑥2+(1−)𝑥+(1−)(2−)→𝑥2+𝑥+ 𝑛6𝑛𝑛3
𝑠𝑢𝑝1𝑠𝑢𝑝111
|𝑓𝑛(𝑥)−(𝑥2+𝑥+)|=|−𝑥+2−|=+∞，
𝑥𝜖(−∞,+∞)3𝑥𝜖(−∞,+∞)𝑛6𝑛2𝑛𝑠𝑢𝑝1𝑠𝑢𝑝1112()𝑥−(𝑥+𝑥+)|=𝑥+−|𝑓𝑛|−|=+∞， 𝑛→∞𝑥𝜖(−∞,+∞)3𝑥𝜖(−∞,+∞)𝑛6𝑛22𝑛故{𝑓𝑛(𝑥)}在(−∞,+∞)上不一致收敛。 lim
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