考研之路

多元与级数 章节测

  • 范围：01-高等数学/06-多元函数微分学、01-高等数学/07-多元函数积分学、01-高等数学/08-无穷级数；题目标注（仅数一）者仅数学一要求（空间解析几何与向量代数为数一补充章 01-高等数学/05-空间解析几何与向量代数，不单独设卷）
  • 题量：单选 12 + 填空 6 + 解答 7，共 25 题，建议 100 分钟内完成
  • 要求：全部题目为模拟题（按真题风格命制，非历年真题）。答案与解析在文档末尾，做完再对
  • 考后动作：错题按错因分类（概念不清 / 计算失误 / 审题偏差 / 技巧缺失）回写 错题本

一、单选题

1. 设 z=f(x,y)z=f(x,y) 在点 PP 的某邻域内有定义，考察三个命题：

（1）若 ff 在 PP 处连续，则 ff 在 PP 处的两个偏导数都存在；

（2）若 ff 在 PP 处可微，则 ff 在 PP 处连续且两个偏导数都存在；

（3）若 ff 在 PP 处的两个偏导数都存在，则 ff 在 PP 处连续。

其中正确的命题是（　）

A. （1）和（2）　　B. （2）和（3）　　C. 仅（2）　　D. （1）和（3）

2. 设 f(x,y)=ln⁡(x+y2)f(x,y)=\ln(x+y^2)，则 fx(1,1)=f_x(1,1)=（　）

A. 12\dfrac{1}{2}　　B. 11　　C. 22　　D. 14\dfrac{1}{4}

3. 设 z=f(xy, xy)z=f(xy,\ \dfrac{x}{y})，其中 ff 具有连续一阶偏导数，则 ∂z∂x=\dfrac{\partial z}{\partial x}=（　）

A. yf1′+1yf2′yf_1' + \dfrac{1}{y}f_2'　　B. f1′+1yf2′f_1' + \dfrac{1}{y}f_2'　　C. yf1′−xy2f2′yf_1' - \dfrac{x}{y^2}f_2'　　D. f1′+xf2′f_1' + xf_2'

4. 设函数 y=y(x)y=y(x) 由方程 y=1+xeyy=1+xe^y 确定，则 y′(0)=y'(0)=（　）

A. ee　　B. 11　　C. e+1e+1　　D. 00

5. 设 f(x,y)f(x,y) 在驻点 PiP_i 处的二阶偏导数记为 A=fxx, B=fxy, C=fyyA=f_{xx},\ B=f_{xy},\ C=f_{yy}，四个驻点的取值如下表：

驻点AABBCC
P1P_1221122
P2P_2−2-211−2-2
P3P_3112211
P4P_411−1-111

则其中一定是极大值点的是（　）

A. P1P_1　　B. P2P_2　　C. P3P_3　　D. P4P_4

6. 下列正项级数中收敛的是（　）

A. ∑n=1∞1n\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}　　B. ∑n=1∞2nn!\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n!}　　C. ∑n=1∞nn2+1\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n^2+1}　　D. ∑n=2∞1nln⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n}

7. 交换积分次序，∫01dx∫x21f(x,y) dy=\displaystyle\int_0^1 dx\int_{x^2}^1 f(x,y)\,dy=（　）

A. ∫01dy∫0yf(x,y) dx\displaystyle\int_0^1 dy\int_0^{\sqrt{y}} f(x,y)\,dx　　B. ∫01dy∫0y2f(x,y) dx\displaystyle\int_0^1 dy\int_0^{y^2} f(x,y)\,dx

C. ∫01dy∫y1f(x,y) dx\displaystyle\int_0^1 dy\int_{\sqrt{y}}^1 f(x,y)\,dx　　D. ∫01dy∫0yf(x,y) dx\displaystyle\int_0^1 dy\int_0^y f(x,y)\,dx

8. 将 ∬Df(x,y) dσ\displaystyle\iint_D f(x,y)\,d\sigma（D:x2+y2≤2yD: x^2+y^2\le 2y）化为极坐标下的累次积分为（　）

A. ∫0πdθ∫02sin⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ) r dr\displaystyle\int_0^{\pi} d\theta\int_0^{2\sin\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,dr

B. ∫−π/2π/2dθ∫02sin⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ) r dr\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta\int_0^{2\sin\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,dr

C. ∫0πdθ∫02cos⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ) r dr\displaystyle\int_0^{\pi} d\theta\int_0^{2\cos\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,dr

D. ∫0πdθ∫02sin⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ) dr\displaystyle\int_0^{\pi} d\theta\int_0^{2\sin\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,dr

9. 设 D=[−1,1]×[−1,1]D=[-1,1]\times[-1,1]，则 ∬D(x2+xy) dσ=\displaystyle\iint_D (x^2+xy)\,d\sigma=（　）

A. 00　　B. 23\dfrac{2}{3}　　C. 43\dfrac{4}{3}　　D. 83\dfrac{8}{3}

10.（仅数一）设 Ω:x2+y2+z2≤1\Omega: x^2+y^2+z^2\le 1，则 ∭Ω(x+y+z)2 dV=\displaystyle\iiint_\Omega (x+y+z)^2\,dV=（　）

A. 4π5\dfrac{4\pi}{5}　　B. 4π3\dfrac{4\pi}{3}　　C. 4π15\dfrac{4\pi}{15}　　D. 00

11.（仅数一）设 Σ\Sigma 为球面 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 的外侧，则 ∯Σx dy dz+y dz dx+z dx dy=\displaystyle\oiint_\Sigma x\,dy\,dz + y\,dz\,dx + z\,dx\,dy=（　）

A. 4πa34\pi a^3　　B. 43πa3\dfrac{4}{3}\pi a^3　　C. 3πa33\pi a^3　　D. 13πa3\dfrac{1}{3}\pi a^3

12. 函数 f(x)=12−xf(x)=\dfrac{1}{2-x} 展开为 xx 的幂级数为（　）

A. ∑n=0∞xn2n+1\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2^{n+1}}，∣x∣<2|x|<2　　B. ∑n=0∞xn2n\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2^{n}}，∣x∣<2|x|<2

C. ∑n=0∞(x−1)n2n+1\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x-1)^n}{2^{n+1}}，∣x∣<3|x|<3　　D. ∑n=1∞xnn⋅2n\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n\cdot 2^{n}}，∣x∣<2|x|<2

二、填空题

13. 幂级数 ∑n=1∞(x−1)nn⋅2n\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-1)^n}{n\cdot 2^n} 的收敛域为 ________

14. 级数 ∑n=2∞1n2−1\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2-1} 的和为 ________

15. 交换积分次序：∫01dy∫y1f(x,y) dx=\displaystyle\int_0^1 dy\int_y^1 f(x,y)\,dx= ________

16. 若 (0,0)(0,0) 是 f(x,y)=x2+axy+y2f(x,y)=x^2+axy+y^2 的极小值点，则常数 aa 的取值范围是 ________

17.（仅数一）设 Σ:x2+y2+z2=a2\Sigma: x^2+y^2+z^2=a^2，则 ∬Σx2 dS=\displaystyle\iint_\Sigma x^2\,dS= ________

18. 级数 ∑n=1∞(−1)nnn2+1\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{n}{n^2+1} 的敛散性结论是 ________（发散 / 条件收敛 / 绝对收敛）

三、解答题

19. 设 f(x,y)={x2yx2+y2,(x,y)≠(0,0)0,(x,y)=(0,0)f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}, & (x,y)\ne(0,0)\\[2mm] 0, & (x,y)=(0,0)\end{cases}，讨论 ff 在点 (0,0)(0,0) 处：（1）是否连续；（2）两个偏导数是否存在；（3）是否可微。要求每一步用定义验证。

20. 设 z=z(x,y)z=z(x,y) 是由方程 z3−2xz+y=0z^3-2xz+y=0 确定的隐函数，且 z(1,1)=1z(1,1)=1。（1）求  dz∣(1,1)\ dz\big|_{(1,1)}；（2）求 ∂2z∂x2∣(1,1)\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}\Big|_{(1,1)}。

21. 求函数 z=x3−4x2+2xy−y2z=x^3-4x^2+2xy-y^2 的极值（要求：求出全部驻点，逐一用充分条件判定，并算出极值）。

22. 用拉格朗日乘数法求 f(x,y)=x2+2y2f(x,y)=x^2+2y^2 在约束 x2+y2=1x^2+y^2=1 下的最大值与最小值，并指出取到最值的点。

23. 计算二重积分 I=∫01dx∫x1e−y2 dy\displaystyle I=\int_0^1 dx\int_x^1 e^{-y^2}\,dy。

24.（仅数一）计算曲线积分 I=∮L(x2−y) dx+(x+sin⁡2y) dy\displaystyle I=\oint_L (x^2-y)\,dx+(x+\sin^2 y)\,dy，其中 LL 为圆周 x2+y2=a2x^2+y^2=a^2（a>0a>0），取逆时针方向。

25. 求幂级数 ∑n=1∞n2xn\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n 的和函数 S(x)S(x)（指明收敛区间），并利用它求常数项级数 ∑n=1∞n22n\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n} 的和。

答案与解析

单选题

1. 答案 C

多元微分学中"连续、偏导存在、可微"的关系：可微 ⟹ 连续；可微 ⟹ 偏导存在；偏导连续 ⟹ 可微。反之全部不成立。

  • 命题（1）错：一元函数"可导必连续"的直觉不能搬到二元——连续是全面极限，偏导只是沿两条坐标轴的方向极限，如 f(x,y)=x2+y2f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2} 在原点连续但偏导不存在
  • 命题（2）对：可微即 Δz=AΔx+BΔy+o(ρ)\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho)，令 (Δx,Δy)→(0,0)(\Delta x,\Delta y)\to(0,0) 得 Δz→0\Delta z\to 0，故连续；且 A=∂z∂x, B=∂z∂yA=\dfrac{\partial z}{\partial x},\ B=\dfrac{\partial z}{\partial y} 存在
  • 命题（3）错：f(x,y)=xyx2+y2f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}（补充定义 f(0,0)=0f(0,0)=0）在原点两个偏导都是 00，但沿 y=xy=x 趋于 11，不连续
  • 考点标签：二元函数连续、偏导与可微的关系
  • 难度：中
  • 错因提醒：这是选择题第一高频陷阱，记牢"可微最强、连续与偏导互不推出"；注意（2）中"可微必连续"用的是 Δz=o(1)\Delta z = o(1) 这一步

2. 答案 A

对 xx 求偏导时把 yy 看常数：fx=∂∂xln⁡(x+y2)=1x+y2f_x=\dfrac{\partial}{\partial x}\ln(x+y^2)=\dfrac{1}{x+y^2}，代入 (1,1)(1,1) 得 11+1=12\dfrac{1}{1+1}=\dfrac12。

  • 选 B：把 y2y^2 当成 yy 计算 11+1\dfrac{1}{1+1} 之外又错抄，或误用 1x+y\dfrac{1}{x+y} 后代成 11（注意若真是 x+yx+y，代入也是 12\dfrac12，纯属巧合要警觉）
  • 选 C：把 1x+y2\dfrac{1}{x+y^2} 的分子分母弄反，或求导后忘了"对数函数导数是倒数"
  • 选 D：误以为 (x+y2)′=2(x+y2)(x+y^2)'=2(x+y^2) 之类的链式系数错配
  • 考点标签：偏导数的计算
  • 难度：易
  • 错因提醒：求偏导前先在心里固定另一个变量，复杂函数用链式法则逐层求，不要"对 x、y 同时求导"

3. 答案 A

令 u=xy, v=xyu=xy,\ v=\dfrac{x}{y}，链式法则：∂z∂x=f1′⋅∂u∂x+f2′⋅∂v∂x=yf1′+1yf2′\dfrac{\partial z}{\partial x}=f_1'\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x}+f_2'\cdot\dfrac{\partial v}{\partial x}=yf_1'+\dfrac{1}{y}f_2'。

  • 选 B：漏乘 u=xyu=xy 对 xx 的导数因子 yy，把中间变量当成 xx 本身
  • 选 C：∂v∂x=1y\dfrac{\partial v}{\partial x}=\dfrac{1}{y}，而 −xy2-\dfrac{x}{y^2} 是 vv 对 yy 的偏导，属于"对哪个变量求导"张冠李戴（∂z∂y=xf1′−xy2f2′\dfrac{\partial z}{\partial y}=xf_1'-\dfrac{x}{y^2}f_2'，恰好含此项）
  • 选 D：两个内层导数因子全漏，属于对"抽象复合函数必须写出中间变量"没有概念
  • 考点标签：复合函数链式法则
  • 难度：中
  • 错因提醒：抽象函数 f1′,f2′f_1',f_2' 的下标对应"第几个中间变量"，画树状图（z→u,v→x,yz\to u,v\to x,y）逐条边相乘再相加，最不易漏因子

4. 答案 A

方程两边对 xx 求导（yy 是 xx 的函数）：y′=ey+xeyy′y'=e^y+xe^y y'。令 x=0x=0：先由原方程得 y(0)=1+0=1y(0)=1+0=1，代入得 y′(0)=e1+0=ey'(0)=e^1+0=e。

  • 选 B：漏掉右边 xeyxe^y 求导积产生的 eye^y 项，或把 x=0x=0 代入太早把 eye^y 项整个清零后忘记左边
  • 选 C：把 y′(0)=ey(0)⋅y′(0)y'(0)=e^y(0)\cdot y'(0) 型错误地移项成 y′=ey(1+x)y'=e^y(1+x) 后又把 ee 与 e+1e+1 混算
  • 选 D：误以为 x=0x=0 代入后方程变 y=1y=1，常数无导数，得 y′(0)=0y'(0)=0——错在先代值再求导，顺序颠倒
  • 考点标签：隐函数求导
  • 难度：易
  • 错因提醒：隐函数求导的铁律是"先求导、后代值"；求导时 yy 必须当作 xx 的函数（遇 yy 乘 y′y'）

5. 答案 B

充分条件：在驻点处，AC−B2>0AC-B^2>0 且 A<0A<0 为极大值；AC−B2>0AC-B^2>0 且 A>0A>0 为极小值；AC−B2<0AC-B^2<0 非极值；AC−B2=0AC-B^2=0 方法失效、不能下结论。

  • P1P_1：AC−B2=4−1=3>0AC-B^2=4-1=3>0，A=2>0A=2>0，是极小值点（不是极大）
  • P2P_2：AC−B2=4−1=3>0AC-B^2=4-1=3>0，A=−2<0A=-2<0，是极大值点 ✓
  • P3P_3：AC−B2=1−4=−3<0AC-B^2=1-4=-3<0，不是极值点
  • P4P_4：AC−B2=1−1=0AC-B^2=1-1=0，判别法失效，不能断定是极大值点
  • 考点标签：无条件极值的充分条件
  • 难度：中
  • 错因提醒：三大错因——只看 AC−B2AC-B^2 的符号忘了看 AA 的正负（会误选 P1P_1）；把 AC−B2=0AC-B^2=0 当成"是极值"（P4P_4 是文字陷阱）；把 BB 的符号混入判断（BB 只通过 B2B^2 参与判别）

6. 答案 B

  • A：pp 级数 ∑1n=∑1n1/2\sum\dfrac{1}{\sqrt{n}}=\sum\dfrac{1}{n^{1/2}}，p=12≤1p=\dfrac12\le 1，发散
  • B：比值判别法：lim⁡n→∞an+1an=lim⁡2n+1=0<1\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\dfrac{2}{n+1}=0<1，收敛 ✓（含阶乘、指数的级数首选比值法）
  • C：nn2+1∼1n\dfrac{n}{n^2+1}\sim\dfrac{1}{n}（n→∞n\to\infty），与调和级数同发散
  • D：1nln⁡n\dfrac{1}{n\ln n} 与 1n\dfrac1n 同阶还略大，积分判别法 ∫2+∞dxxln⁡x=[ln⁡ln⁡x]2+∞=+∞\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x\ln x}=\left[\ln\ln x\right]_2^{+\infty}=+\infty，发散（这是柯西积分判别法的经典反例级数，务必记住）
  • 考点标签：正项级数敛散性判别
  • 难度：中
  • 错因提醒：判别顺序建议"先看必要条件（通项→0），再 pp 级数/等比基准做比较，含 n!n! 或 cnc^n 用比值法"；C 的干扰在于分母 n2+1n^2+1 看似"平方收敛"，抓大头后实际同 1n\dfrac1n 阶

7. 答案 A

原积分区域 DD：0≤x≤1, x2≤y≤10\le x\le 1,\ x^2\le y\le 1，即抛物线 y=x2y=x^2 上方、直线 y=1y=1 下方。改按 yy 先看：y∈[0,1]y\in[0,1]，对固定 yy，xx 从 00 到 x=yx=\sqrt{y}（由 y=x2y=x^2 且 x≥0x\ge 0 解出），故 ∫01dy∫0yf dx\int_0^1 dy\int_0^{\sqrt y} f\,dx。

  • 选 B：把边界曲线当成 y2=xy^2=x 型（x=y2x=y^2），从曲线解反函数时开错方向
  • 选 C：内层上下限颠倒，区域变成了 y≤x2y\le x^2 的下方部分
  • 选 D：把边界当成直线 y=xy=x，根本没认出抛物线
  • 考点标签：交换积分次序
  • 难度：中
  • 错因提醒：交换次序必画草图、由曲线方程反解 xx（注意 xx 的符号决定 y\sqrt{y} 还是 −y-\sqrt{y}），只凭"翻转上下限"心算必错

8. 答案 A

D:x2+y2≤2yD: x^2+y^2\le 2y，配方 x2+(y−1)2≤1x^2+(y-1)^2\le 1：圆心 (0,1)(0,1)、半径 11 的圆盘，过原点、位于 y≥0y\ge 0。代入 x=rcos⁡θ, y=rsin⁡θx=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta：边界 r2=2rsin⁡θ⇒r=2sin⁡θr^2=2r\sin\theta\Rightarrow r=2\sin\theta（r=0r=0 是极点本身）；圆在原点上方，故 θ∈[0,π]\theta\in[0,\pi]，r∈[0,2sin⁡θ]r\in[0,2\sin\theta]；面积元 dσ=r dr dθd\sigma=r\,dr\,d\theta。

  • 选 B：[−π2,π2]\left[-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right] 是圆心在 xx 轴上（如 x2+y2≤2xx^2+y^2\le 2x）的角度范围，本圆在 yy 轴正方向一侧
  • 选 C：上限 2cos⁡θ2\cos\theta 对应的圆是 x2+y2≤2xx^2+y^2\le 2x，把配方结果看错了坐标
  • 选 D：漏乘面积微元中的 rr——极坐标二重积分丢 rr 是第一大计算事故
  • 考点标签：二重积分的极坐标
  • 难度：中
  • 错因提醒："过原点的圆"是极坐标的高频命题对象：圆心在 (0,a)(0,a) 则 r=2asin⁡θ, θ∈[0,π]r=2a\sin\theta,\ \theta\in[0,\pi]；圆心在 (a,0)(a,0) 则 r=2acos⁡θ, θ∈[−π2,π2]r=2a\cos\theta,\ \theta\in\left[-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right]

9. 答案 C

DD 关于 xx 轴、yy 轴都对称。xyxy 关于 xx 是奇函数（关于 yy 也是奇函数），故 ∬Dxy dσ=0\iint_D xy\,d\sigma=0；x2x^2 关于 xx 是偶函数，∬Dx2 dσ=2∫−11dx∫01x2dy=2⋅23⋅1=43\iint_D x^2\,d\sigma=2\int_{-1}^{1}dx\int_0^1 x^2dy=2\cdot\dfrac{2}{3}\cdot 1=\dfrac43。

  • 选 A：把 x2x^2 也当奇函数归零——只有一次方的奇次幂才谈奇偶归零，x2x^2 是偶函数不能归零
  • 选 B：2⋅13⋅12\cdot\dfrac13\cdot1 型错误，∫−11x2dx=23\int_{-1}^1 x^2dx=\dfrac23 不是 13\dfrac13（偶函数对称区间加倍要与 ∫01\int_0^1 区分）
  • 选 D：(∫−11x2dx)2\left(\int_{-1}^1 x^2dx\right)^2 型：∬x2dσ≠∬x2dx dy\iint x^2 d\sigma\ne\iint x^2 dx\,dy 中误把两个一元积分相乘又翻倍
  • 考点标签：二重积分的对称性
  • 难度：中
  • 错因提醒：用对称性前先核两件事——区域是否对称、被积函数关于哪个变量是奇/偶；"奇归零、偶加倍"缺一不可

10. 答案 A

展开：(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)。Ω\Omega 关于三个坐标面都对称，xyxy 关于 xx 是奇函数（yzyz 关于 yy、zxzx 关于 zz 同理），三项交叉项积分全为 00；再由轮换对称 ∭Ωx2dV=∭Ωy2dV=∭Ωz2dV\iiint_\Omega x^2dV=\iiint_\Omega y^2dV=\iiint_\Omega z^2dV，合计 ∭Ω(x2+y2+z2)dV\iiint_\Omega(x^2+y^2+z^2)dV。球坐标：dV=r2sin⁡φ dr dφ dθdV=r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta，

∫02πdθ∫0πsin⁡φ dφ∫01r2⋅r2 dr=2π⋅2⋅15=4π5\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\int_0^1 r^2\cdot r^2\,dr=2\pi\cdot 2\cdot\frac15=\frac{4\pi}{5}

  • 选 B：4π3\dfrac{4\pi}{3} 是球体积，即被积函数被当成了 11（丢 r2r^2 或误认为交叉项之外全没了）
  • 选 C：4π15\dfrac{4\pi}{15} 是 4π5\dfrac{4\pi}{5} 的 13\dfrac13——把轮换对称误当成"三项各积分后取 13\dfrac13"的截断
  • 选 D：把 (x+y+z)2(x+y+z)^2 整体当奇函数归零，平方展开后平方项是偶函数，不能整体归零
  • 考点标签：三重积分的对称性与球坐标（仅数一）
  • 难度：难
  • 错因提醒：对称性归零只能用于"某个变量的奇函数"这一项，先展开再逐项判断；球坐标体积元是 r2sin⁡φ dr dφ dθr^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta，两个 π\pi 向因子（4π4\pi）来自角向积分

11. 答案 A

P=x, Q=y, R=zP=x,\ Q=y,\ R=z 在球内有一阶连续偏导，∂P∂x+∂Q∂y+∂R∂z=3\dfrac{\partial P}{\partial x}+\dfrac{\partial Q}{\partial y}+\dfrac{\partial R}{\partial z}=3。高斯公式（闭曲面外侧）：

∯Σ=∭Ω3 dV=3⋅43πa3=4πa3\oiint_\Sigma = \iiint_\Omega 3\,dV=3\cdot\frac43\pi a^3=4\pi a^3

  • 选 B：只算了球体积 43πa3\dfrac43\pi a^3，忘记散度之和是 33
  • 选 C：用 4πa24\pi a^2（面积）乘了 33 之外又配错系数，属于把"面积"当"体积"用
  • 选 D：13πa3\dfrac13\pi a^3 是把散度 33 错当成 13\dfrac13 去除（高斯公式是"散度求和后乘体积"，不是除）
  • 考点标签：高斯公式（仅数一）
  • 难度：中
  • 错因提醒：用高斯公式的两个前置检查——曲面必须封闭且取外侧（内侧要补负号）；本题 x dy dz+y dz dx+z dx dyx\,dy\,dz+y\,dz\,dx+z\,dx\,dy 是"位置向量的流量"，结果恒为 3×3\times 体积，可作快速自查

12. 答案 A

凑成等比级数：12−x=12⋅11−x2\dfrac{1}{2-x}=\dfrac12\cdot\dfrac{1}{1-\frac x2}。由 11−t=∑n=0∞tn (∣t∣<1)\dfrac{1}{1-t}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}t^n\ (|t|<1)，取 t=x2t=\dfrac x2：

f(x)=12∑n=0∞(x2)n=∑n=0∞xn2n+1,∣x2∣<1 即 ∣x∣<2f(x)=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac x2\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2^{n+1}},\quad \left|\frac x2\right|<1\ \text{即}\ |x|<2

  • 选 B：提出 12\dfrac12 后忘记再除一次 22（(x2)n\left(\dfrac x2\right)^n 里的 2n2^n 已被 12\dfrac12 抵消一半，系数应为 2n+12^{n+1} 分之一）
  • 选 C：展开中心错位——这是 13−x\dfrac1{3-x} 在 x=1x=1 处（即 12−(x−1)\dfrac{1}{2-(x-1)} 型）的展开，本题明确要求"展开为 xx 的幂级数"
  • 选 D：分母混入 nn，那是 ln⁡(1+t)\ln(1+t) 型积分展开的模式（∑tnn\displaystyle\sum\dfrac{t^n}{n}），与等比模式混淆
  • 考点标签：函数展开为幂级数（间接展开）
  • 难度：易
  • 错因提醒：间接展开只有两个母函数（11−t\dfrac{1}{1-t} 与 et,sin⁡t,cos⁡t,ln⁡(1+t)e^t,\sin t,\cos t,\ln(1+t) 等），先"凑 1−t1-t"再定收敛域；收敛域由 ∣t∣<1|t|<1 反解，端点是否成立本题不涉及（幂级数开区间），但大题必须写

填空题

13. 答案： [−1, 3)[-1,\ 3)

收敛半径：系数 an=1n⋅2na_n=\dfrac{1}{n\cdot 2^n}，ρ=lim⁡n→∞1n2nn=12\rho=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\dfrac{1}{n2^n}}=\dfrac12（nn→1\sqrt[n]{n}\to1），R=1ρ=2R=\dfrac{1}{\rho}=2，即 ∣x−1∣<2|x-1|<2。端点逐一验证：

  • x=3x=3：∑2nn⋅2n=∑1n\displaystyle\sum\frac{2^n}{n\cdot 2^n}=\sum\frac1n 为调和级数，发散
  • x=−1x=-1：∑(−2)nn⋅2n=∑(−1)nn\displaystyle\sum\frac{(-2)^n}{n\cdot 2^n}=\sum\frac{(-1)^n}{n} 为莱布尼茨型交错级数，收敛

故收敛域 [−1,3)[-1,3)。

  • 考点标签：幂级数的收敛域
  • 难度：中
  • 错因提醒："收敛半径 R=2R=2"不等于答案，收敛域必须逐点验证两端点；中心是 x=1x=1 不是 00，区间是 (1−2,1+2)(1-2,1+2)

14. 答案： 34\dfrac{3}{4}

部分分式拆项：1n2−1=12(1n−1−1n+1)\dfrac{1}{n^2-1}=\dfrac12\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n+1}\right)。部分和 telescoping：

SN=12[(1−13)+(12−14)+⋯+(1N−1−1N+1)]=12(1+12−1N−1N+1)→N→∞12⋅32=34S_N=\frac12\left[\left(1-\frac13\right)+\left(\frac12-\frac14\right)+\cdots+\left(\frac{1}{N-1}-\frac{1}{N+1}\right)\right]=\frac12\left(1+\frac12-\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right)\xrightarrow{N\to\infty}\frac12\cdot\frac32=\frac34

（中项从 13\dfrac13 到 1N−1\dfrac{1}{N-1} 之间两两抵消，仅开头 1,121,\dfrac12 存活。）

  • 考点标签：常数项级数求和（定义法/拆项）
  • 难度：中
  • 错因提醒：telescoping 后存活的是"最前两项减最后两项"，正负号与 12\dfrac12 因子易错；本题不能用幂级数工具，部分和定义法就是它的考点

15. 答案： ∫01dx∫0xf(x,y) dy\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^x f(x,y)\,dy

区域 DD：0≤y≤1, y≤x≤10\le y\le 1,\ y\le x\le 1，是直线 y=xy=x 下方（y≤xy\le x）与 x≤1x\le1 围成的三角形。改 xx 在外：x∈[0,1]x\in[0,1]，对固定 xx，yy 从 00 到 y=xy=x。

  • 考点标签：交换积分次序
  • 难度：易
  • 错因提醒：交换后内层上限是曲线/直线方程、下限若是坐标轴必为 00；三角区域"谁顶谁"由不等式 y≤xy\le x 直接读出，不必解交点

16. 答案： ∣a∣<1|a|<1（即 −1<a<1-1<a<1）

fx=2x+ay, fy=ax+2yf_x=2x+ay,\ f_y=ax+2y，(0,0)(0,0) 恒为驻点。A=fxx=2, B=fxy=a, C=fyy=2A=f_{xx}=2,\ B=f_{xy}=a,\ C=f_{yy}=2，AC−B2=4−a2AC-B^2=4-a^2。要求 4−a2>04-a^2>0 且 A>0A>0（后者恒成立），即 ∣a∣<1|a|<1。

  • 考点标签：无条件极值的充分条件
  • 难度：中
  • 错因提醒：a=±1a=\pm1 时 AC−B2=0AC-B^2=0，判别法失效，不能说"是极值点也不能说不是"，所以边界值必须挖掉；答案写成 a<1a<1 漏掉下界同样是错

17. 答案： 4πa43\dfrac{4\pi a^4}{3}

球面关于 x,y,zx,y,z 轮换对称，故 ∬Σx2dS=∬Σy2dS=∬Σz2dS\iint_\Sigma x^2dS=\iint_\Sigma y^2dS=\iint_\Sigma z^2dS，于是

∬Σx2 dS=13∬Σ(x2+y2+z2) dS=13∬Σa2 dS=13a2⋅4πa2=4πa43\iint_\Sigma x^2\,dS=\frac13\iint_\Sigma(x^2+y^2+z^2)\,dS=\frac13\iint_\Sigma a^2\,dS=\frac13 a^2\cdot 4\pi a^2=\frac{4\pi a^4}{3}

关键点：在 Σ\Sigma 上恒有 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2，可整体代入消去；∬ΣdS\iint_\Sigma dS 就是曲面面积 4πa24\pi a^2。

  • 考点标签：第一类曲面积分与对称性（仅数一）
  • 难度：中
  • 错因提醒：硬投影算 ∬x2dS\iint x^2 dS（球面要分上下两片）必做错或超时——"轮换对称 + 被积函数在曲面上代值"是本题设计的技巧考点

18. 答案： 条件收敛

  • 绝对性：∣(−1)nnn2+1∣=nn2+1∼1n\left|(-1)^n\dfrac{n}{n^2+1}\right|=\dfrac{n}{n^2+1}\sim\dfrac1n，而 ∑1n\sum\dfrac1n 发散，故不绝对收敛
  • 自身收敛：nn2+1\dfrac{n}{n^2+1} 当 n≥1n\ge1 时单调递减（f(t)=tt2+1f(t)=\dfrac{t}{t^2+1}，f′(t)=1−t2(t2+1)2≤0f'(t)=\dfrac{1-t^2}{(t^2+1)^2}\le 0）且趋于 00，由莱布尼茨判别法交错级数收敛

收敛但不绝对收敛 ⟹ 条件收敛。

  • 考点标签：交错级数与条件收敛
  • 难度：中
  • 错因提醒：判"条件收敛"必须两句话都在：自身收敛（莱布尼茨三字诀"减、趋零、交错"）+ 不绝对收敛（与 pp 级数比较）；只验绝对性就下结论是典型丢分

解答题

19. 答案： 在 (0,0)(0,0) 处连续、两个偏导数存在（都为 00）、但不可微

（1）连续性（用二重极限夹逼）：

0≤∣x2yx2+y2∣=x2x2+y2⋅∣y∣≤∣y∣→(x,y)→(0,0)00\le\left|\frac{x^2y}{x^2+y^2}\right|=\frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot|y|\le|y|\xrightarrow{(x,y)\to(0,0)}0

故 lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)=0=f(0,0)\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0=f(0,0)，ff 在 (0,0)(0,0) 连续。

（2）偏导数存在（用偏导定义，固定另一变量为 00）：

fx′(0,0)=lim⁡h→0f(h,0)−f(0,0)h=lim⁡h→00−0h=0f_x'(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{0-0}{h}=0

同理 fy′(0,0)=lim⁡h→0f(0,h)−0h=0f_y'(0,0)=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(0,h)-0}{h}=0。两个偏导数都存在且为 00。

（3）不可微（用可微定义验证差商）。可微要求

lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)−f(0,0)−fx′(0,0)x−fy′(0,0)yx2+y2=lim⁡(x,y)→(0,0)x2y(x2+y2)3/2=0\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x'(0,0)x-f_y'(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y}{(x^2+y^2)^{3/2}}=0

但沿 y=kx (k≠0)y=kx\ (k\ne0)：

x2⋅kx(x2(1+k2))3/2=k(1+k2)3/2⋅x3∣x∣3\frac{x^2\cdot kx}{\left(x^2(1+k^2)\right)^{3/2}}=\frac{k}{(1+k^2)^{3/2}}\cdot\frac{x^3}{|x|^3}

极限值随 kk 变化（如 k=1k=1 时为 122\dfrac{1}{2\sqrt2}，k=2k=2 时为 255\dfrac{2}{5\sqrt5}），极限不存在更不为 00，故不可微。

顺带结论：本题是"连续 + 偏导存在 ⟹̸ 可微"的活例子（对应第 1 题命题（3）的反例加强版）。

  • 考点标签：可微的定义与判定
  • 难度：难
  • 错因提醒：验证可微不能用"偏导存在"或"偏导连续"代替定义，必须算 Δz−AΔx−BΔyρ\dfrac{\Delta z-A\Delta x-B\Delta y}{\rho} 这个极限；"沿 y=kxy=kx 极限随 kk 变"是不可微的标准证法，比"找两条路径极限不同"表述更严谨

20. 答案： dz∣(1,1)=2 dx−dydz\big|_{(1,1)}=2\,dx-dy；∂2z∂x2∣(1,1)=−16\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}\Big|_{(1,1)}=-16

（1）一阶全微分。 记 F(x,y,z)=z3−2xz+yF(x,y,z)=z^3-2xz+y。先验证隐函数存在定理条件在点 (1,1,1)(1,1,1) 成立：F(1,1,1)=1−2+1=0F(1,1,1)=1-2+1=0，Fz=3z2−2xF_z=3z^2-2x 在该点为 3−2=1≠03-2=1\ne0，故在该点邻域内唯一确定 z=z(x,y)z=z(x,y) 且可导。

公式法：

∂z∂x=−FxFz=2z3z2−2x,∂z∂y=−FyFz=−13z2−2x\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{2z}{3z^2-2x},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=\frac{-1}{3z^2-2x}

代入 (x,y,z)=(1,1,1)(x,y,z)=(1,1,1)：zx=2, zy=−1z_x=2,\ z_y=-1，故

dz∣(1,1)=2 dx−dydz\big|_{(1,1)}=2\,dx-dy

（2）二阶偏导。 对恒等式 z3−2xz+y=0z^3-2xz+y=0 两边关于 xx 求导（zz 视为 x,yx,y 的函数，yy 为常数）：

3z2∂z∂x−2z−2x∂z∂x=0(∗)3z^2\frac{\partial z}{\partial x}-2z-2x\frac{\partial z}{\partial x}=0\qquad(*)

再对 (∗)(*) 两边关于 xx 求导（左端是乘积，逐项用乘积法则）：

6z(∂z∂x)2+3z2∂2z∂x2−2∂z∂x−2∂z∂x−2x∂2z∂x2=06z\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+3z^2\frac{\partial^2z}{\partial x^2}-2\frac{\partial z}{\partial x}-2\frac{\partial z}{\partial x}-2x\frac{\partial^2z}{\partial x^2}=0

解出：

∂2z∂x2=4zx−6z zx23z2−2x\frac{\partial^2z}{\partial x^2}=\frac{4z_x-6z\,z_x^2}{3z^2-2x}

代入 (1,1,1)(1,1,1) 及 zx=2z_x=2：分子 =8−24=−16=8-24=-16，分母 =1=1，故 ∂2z∂x2∣(1,1)=−16\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}\Big|_{(1,1)}=-16。

（验算：原方程在 y=1y=1 时为 z3−2xz+1=0z^3-2xz+1=0，(1,1,1)(1,1,1) 是其一根，隐函数定理保证局部唯一，上述局部导数值自洽。）

  • 考点标签：隐函数的偏导与全微分
  • 难度：难
  • 错因提醒：求二阶偏导时对 (∗)(*) 再求导，3z2zx3z^2z_x 是"三因子乘积"（33、z2z^2、zxz_x 都依赖 xx），漏掉 6zzx26z z_x^2 项是本题最大失分点；二阶导必须先代值再算复杂表达式之外，也可全程"先求导后代点"以减少代数错误

21. 答案： 驻点 (0,0)(0,0) 与 (2,2)(2,2)；(0,0)(0,0) 为极大值点，极大值 z(0,0)=0z(0,0)=0；(2,2)(2,2) 不是极值点

第一步，解驻点方程组。

zx=3x2−8x+2y=0,zy=2x−2y=0z_x=3x^2-8x+2y=0,\qquad z_y=2x-2y=0

由第二式 y=xy=x，代回第一式：3x2−8x+2x=3x2−6x=3x(x−2)=03x^2-8x+2x=3x^2-6x=3x(x-2)=0，得 x=0x=0 或 x=2x=2。驻点为 (0,0)(0,0)、(2,2)(2,2)。

第二步，算二阶偏导。

A=zxx=6x−8,B=zxy=2,C=zyy=−2A=z_{xx}=6x-8,\qquad B=z_{xy}=2,\qquad C=z_{yy}=-2

第三步，逐点判别（判别式 AC−B2AC-B^2）：

  • 在 (0,0)(0,0)：A=−8A=-8，AC−B2=(−8)(−2)−4=12>0AC-B^2=(-8)(-2)-4=12>0 且 A<0A<0，故 (0,0)(0,0) 为极大值点，极大值 z(0,0)=0−0+0−0=0z(0,0)=0-0+0-0=0

  • 在 (2,2)(2,2)：A=4A=4，AC−B2=4⋅(−2)−4=−12<0AC-B^2=4\cdot(-2)-4=-12<0，故 (2,2)(2,2) 不是极值点

  • 考点标签：无条件极值的求法

  • 难度：中

  • 错因提醒：zy=2x−2yz_y=2x-2y 里的 2x2x 常被漏掉（误得 yy 恒等于常数），导致丢掉全部驻点；判别时三个量 A,B,CA,B,C 必须在同一个驻点处取值，混用两点数值必错

22. 答案： 最大值 22（在 (0,1)(0,1) 与 (0,−1)(0,-1) 取得）；最小值 11（在 (1,0)(1,0) 与 (−1,0)(-1,0) 取得）

第一步，构造拉格朗日函数：

L(x,y,λ)=x2+2y2+λ(x2+y2−1)L(x,y,\lambda)=x^2+2y^2+\lambda(x^2+y^2-1)

第二步，解驻点方程组：

{Lx=2x+2λx=2(1+λ)x=0Ly=4y+2λy=2(2+λ)y=0Lλ=x2+y2−1=0\begin{cases}L_x=2x+2\lambda x=2(1+\lambda)x=0\\ L_y=4y+2\lambda y=2(2+\lambda)y=0\\ L_\lambda=x^2+y^2-1=0\end{cases}

前两方程不能同时取 x=y=0x=y=0（与约束矛盾），故两类情形：

  • 若 x=0x=0：由约束 y=±1y=\pm1（此时由第二式须 λ=−2\lambda=-2）
  • 若 y=0y=0：由约束 x=±1x=\pm1（此时由第一式须 λ=−1\lambda=-1）

候选点：(0,±1)(0,\pm1)、(±1,0)(\pm1,0)。

第三步，比较目标函数值：

f(0,±1)=2,f(±1,0)=1f(0,\pm1)=2,\qquad f(\pm1,0)=1

约束 x2+y2=1x^2+y^2=1 是有界闭集（单位圆），ff 连续必取得最大最小值，而候选点只有四个，故最大值 22、最小值 11。

（几何自查：f=x2+2y2f=x^2+2y^2 是椭圆抛物面的高度，单位圆上 f=1+y2∈[1,2]f=1+y^2\in[1,2]，与结论一致。）

  • 考点标签：条件极值与拉格朗日乘数法
  • 难度：中
  • 错因提醒：解 2(1+λ)x=0, 2(2+λ)y=02(1+\lambda)x=0,\ 2(2+\lambda)y=0 时必须分类讨论（哪个因子为零），笼统地"两式相除"会丢解；最后一步要引用"紧集上连续函数取得最值"保证比较四个候选点即得全局最值，这才算完整

23. 答案： I=12(1−1e)I=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{e}\right)

第一步，识别必须交换次序。 ∫e−y2dy\displaystyle\int e^{-y^2}dy 不是初等函数（原函数无法用有限形式写出），按 yy 后积必死，必须把 yy 换到外层。

第二步，画区域定限。 DD：0≤x≤1, x≤y≤10\le x\le1,\ x\le y\le1，是由 y=xy=x、y=1y=1、x=0x=0 围成的三角形（y=xy=x 上方）。改 yy 为外层：y∈[0,1]y\in[0,1]，固定 yy 后 xx 从左边界 x=0x=0 到 y=xy=x，即 x∈[0,y]x\in[0,y]：

I=∫01e−y2 dy∫0ydxI=\int_0^1 e^{-y^2}\,dy\int_0^y dx

第三步，先算内层（e−y2e^{-y^2} 对 xx 是常数）：

I=∫01y e−y2 dyI=\int_0^1 y\,e^{-y^2}\,dy

第四步，凑微分（y dy=12d(y2)y\,dy=\dfrac12 d(y^2)）：

I=12∫01e−y2d(y2)=12[−e−y2]01=12(1−1e)I=\frac12\int_0^1 e^{-y^2}d(y^2)=\frac12\left[-e^{-y^2}\right]_0^1=\frac12\left(1-\frac1e\right)

  • 考点标签：交换积分次序的应用
  • 难度：中
  • 错因提醒：e−y2, e1/y, sin⁡yye^{-y^2},\ e^{1/y},\ \dfrac{\sin y}{y} 是命题人常驻的"不可直接积分"信号，见到它们第一反应就是交换次序；交换后内层积分把 e−y2e^{-y^2} 当常数提出，最后一步的 12\dfrac12（来自凑微分）不要丢

24. 答案： I=2πa2I=2\pi a^2

第一步，验条件。 LL 为闭曲线、取正向（逆时针，沿 LL 走时区域在左侧）；P=x2−y, Q=x+sin⁡2yP=x^2-y,\ Q=x+\sin^2y 在 LL 围成的闭圆盘 DD 上有一阶连续偏导。格林公式条件全部满足。

第二步，套公式：

I=∮LP dx+Q dy=∬D(∂Q∂x−∂P∂y)dσI=\oint_L P\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)d\sigma

计算偏导：∂Q∂x=∂∂x(x+sin⁡2y)=1\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\left(x+\sin^2 y\right)=1（sin⁡2y\sin^2 y 不含 xx，导数为 00——这是本题埋的陷阱）；∂P∂y=∂∂y(x2−y)=−1\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}(x^2-y)=-1。故

I=∬D[1−(−1)]dσ=2∬Ddσ=2⋅πa2=2πa2I=\iint_D\bigl[1-(-1)\bigr]d\sigma=2\iint_D d\sigma=2\cdot\pi a^2=2\pi a^2

第三步，被积函数退化为常数后，二重积分就是 2×2\times 面积，圆面积为 πa2\pi a^2，直接得 2πa22\pi a^2。

  • 考点标签：格林公式（仅数一）
  • 难度：中
  • 错因提醒：sin⁡2y\sin^2y 对 xx 求偏导是 00，被它吓住去硬算曲线积分必超时；用格林公式前必查"闭曲线 + 正向 + 偏导连续"三条件，若曲线不封闭要先补线再减去补线段上的积分

25. 答案： S(x)=x(1+x)(1−x)3S(x)=\dfrac{x(1+x)}{(1-x)^3}，x∈(−1,1)x\in(-1,1)；∑n=1∞n22n=6\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}=6

第一步，定收敛区间。 通项系数 an=n2a_n=n^2，lim⁡n→∞∣(n+1)2xn+1n2xn∣=∣x∣lim⁡(n+1n)2=∣x∣\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{(n+1)^2x^{n+1}}{n^2x^n}\right|=|x|\lim\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^2=|x|，故收敛半径 R=1R=1；端点 x=±1x=\pm1 时通项 n2(±1)nn^2(\pm1)^n 不趋于 00，级数发散。收敛区间（域）为 (−1,1)(-1,1)。

第二步，逐项求导降幂。 记 T(x)=∑n=1∞nxn−1T(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}（幂级数在收敛区间内可逐项求导，和函数求导后收敛区间不变）。从母级数出发：

∑n=0∞xn=11−x(x∈(−1,1)) ⟹ ∑n=1∞nxn−1=(11−x)′=1(1−x)2\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}\quad(x\in(-1,1))\ \Longrightarrow\ \sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\left(\frac{1}{1-x}\right)'=\frac{1}{(1-x)^2}

于是 ∑n=1∞nxn=xT(x)=x(1−x)2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}nx^n=xT(x)=\frac{x}{(1-x)^2}。

第三步，再一次逐项求导并乘 xx 回到 n2xnn^2x^n：

S(x)=∑n=1∞n2xn=x⋅ddx[∑n=1∞nxn]=x⋅ddx[x(1−x)2]S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^{n}=x\cdot\frac{d}{dx}\left[\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n}\right]=x\cdot\frac{d}{dx}\left[\frac{x}{(1-x)^2}\right]

计算导数（商法则）：

ddx[x(1−x)2]=(1−x)2−x⋅2(1−x)⋅(−1)(1−x)4=(1−x)(1−x+2x)(1−x)4=1+x(1−x)3\frac{d}{dx}\left[\frac{x}{(1-x)^2}\right]=\frac{(1-x)^2-x\cdot 2(1-x)\cdot(-1)}{(1-x)^4}=\frac{(1-x)(1-x+2x)}{(1-x)^4}=\frac{1+x}{(1-x)^3}

故

S(x)=x(1+x)(1−x)3,x∈(−1,1)S(x)=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3},\qquad x\in(-1,1)

第四步，取值求数项级数和。 x=12∈(−1,1)x=\dfrac12\in(-1,1)，可以代入和函数：

∑n=1∞n22n=S(12)=12⋅32(12)3=3418=6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}=S\left(\frac12\right)=\frac{\frac12\cdot\frac32}{\left(\frac12\right)^3}=\frac{\frac34}{\frac18}=6

（粗验算：前五项 12+44+98+1616+2532≈4.41\tfrac12+\tfrac44+\tfrac98+\tfrac{16}{16}+\tfrac{25}{32}\approx 4.41，尾部尚余约 1.61.6，总量级与 66 相符。）

  • 考点标签：幂级数求和函数
  • 难度：难
  • 错因提醒：套路是"看见 nn 乘 xnx^n 就求导降幂、看见 nn 除以 xnx^n 就积分"，本题两次求导；每次求导后收敛半径不变但端点要重新单独审；最后代入的 xx 必须落在收敛区间内，这一句是解答完整性的一部分