| 1 |
解答题 |
一、填空题（本题满分 30 分，每小题 6 分）
1、极限 $\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{(1-\sqrt{\sin x})(1-\sqrt[3]{\sin x}) \cdots(1-\sqrt[n]{\sin x})}{(1-\sin x)^{n-1}}=$ $\_\_\_\_$ ．
## 【解】
$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} & \frac{(1-\sqrt{\sin x})(1-\sqrt[3]{\sin x}) \cdots(1-\sqrt[n]{\sin x})}{(1-\sin x)^{n-1}}=\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{1-\sqrt{\sin x}}{1-\sin x} \cdot \frac{1-\sqrt[3]{\sin x}}{1-\sin x} \cdots \frac{1-\sqrt[n]{\sin x}}{1-\sin x} \\
& =\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{1-\sqrt{1+(\sin x-1)}}{1-\sin x} \cdot \frac{1-\sqrt[3]{1+(\sin x-1)}}{1-\sin x} \cdots \frac{1-\sqrt[n]{1+(\sin x-1)}}{1-\sin x}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdots \frac{1}{n}=\frac{1}{n!}
\end{aligned}
$$
2、设函数 $y=f(x)$ 由方程 $3 x-y=2 \arctan (y-2 x)$ 所确定，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $P\left(1+\frac{\pi}{2}, 3+\pi\right)$ 处的切线方程为 $\_\_\_\_$ ．
【解】对方程 $3 x-y=2 \arctan (y-2 x)$ 两边求导，得 $3-y^{\prime}=2 \frac{y^{\prime}-2}{1+(y-2 x)^{2}}$ ．将点 $P$ 的坐标代入，得曲线 $y=f(x)$ 在 $P$ 点的切线斜率为 $y^{\prime}=\frac{5}{2}$ ．因此，切线方程为 $y-(3+\pi)=\frac{5}{2}\left(x-1-\frac{\pi}{2}\right)$ ，即 $y=\frac{5}{2} x+\frac{1}{2}-\frac{\pi}{4}$ ．
3、设平面曲线 $L$ 的方程为 $A x^{2}+B y^{2}+C x y+D x+E y+F=0$ ，且通过五个点 $P_{1}(-1,0) 、 P_{2}(0,-1) 、 P_{3}(0,1) 、 P_{4}(2,-1)$ 和 $P_{5}(2,1)$ ，则 $L$ 上任意两点之间的直线距离最大值为 $\_\_\_\_$。
【解】将所给点的坐标代入方程得
$$
\left\{\begin{array}{l}
A-D+F=0 \\
B-E+F=0 \\
B+E+F=0 \\
4 A+B-2 C+2 D-E+F=0 \\
4 A+B+2 C+2 D+E+F=0
\end{array}\right.
$$
## 2021年04月决赛试题
解得曲线 $L$ 的方程为 $x^{2}+3 y^{2}-2 x-3=0$ ，其标准型为 $\frac{(x-1)^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{4 / 3}=1$ ，因此曲线 $L$ 上两点间的最长直线距离为 4 ．
4、设 $f(x)=\left(x^{2}+2 x-3\right)^{n} \arctan ^{2} \frac{x}{3}$ ，其中 $n$ 为正整数，则 $f^{(n)}(-3)=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】记 $g(x)=(x-1)^{n} \arctan ^{2} \frac{x}{3}$ ，则 $f(x)=(x+3)^{n} g(x)$ 。利用莱布尼兹法则，可得
$$
f^{(n)}(x)=n!g(x)+\sum_{k=0}^{n-1} C_{n}^{k}\left[(x+3)^{n}\right]^{(k)} g^{(n-k)}(x),
$$
所以 $f^{(n)}(-3)=n!g(-3)=(-1)^{n} 4^{n-2} n!\pi^{2}$ 。
5、设函数 $f(x)$ 的导数 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(0)=f(1)=0$ ，且满足
$$
\int_{0}^{1}\left[f^{\prime}(x)\right]^{2} \mathrm{~d} x-8 \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x+\frac{4}{3}=0
$$
则 $f(x)=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】因为 $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x=-\int_{0}^{1} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x, \int_{0}^{1} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=0$ ，且 $\int_{0}^{1}\left(4 x^{2}-4 x+1\right) \mathrm{d} x=\frac{1}{3}$ ，所以
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} f^{\prime 2}(x) \mathrm{d} x-8 \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x+\frac{4}{3} & =\int_{0}^{1}\left[f^{\prime 2}(x)+8 x f^{\prime}(x)-4 f^{\prime}(x)+\left(16 x^{2}-16 x+4\right)\right] \mathrm{d} x \\
& =\int_{0}^{1}\left[f^{\prime}(x)+4 x-2\right]^{2} \mathrm{~d} x=0
\end{aligned}
$$
因此 $f^{\prime}(x)=2-4 x, f(x)=2 x-2 x^{2}+C$ 。由 $f(0)=0$ 得 $C=0$ 。因此 $f(x)=2 x-2 x^{2}$ 。 |
| 2 |
解答题 |
二、（12 分）求极限： $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{n}\left(1-\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+\sqrt{k}}\right)$ ．
【解】记 $a_{n}=\sqrt{n}\left(1-\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+\sqrt{k}}\right)$ ，则
$$
a_{n}=\sqrt{n} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+\sqrt{k}}\right)=\sum_{k=1}^{n} \frac{\sqrt{k}}{\sqrt{n}(n+\sqrt{k})} \leq \frac{1}{n \sqrt{n}} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k}
$$
因为 $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \leq \sum_{k=1}^{n} \int_{k}^{k+1} \sqrt{x} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{n+1} \sqrt{x} \mathrm{~d} x=\frac{2}{3}((n+1) \sqrt{n+1}-1)$ ，所以
$$
a_{n}<\frac{2}{3} \cdot \frac{(n+1) \sqrt{n+1}}{n \sqrt{n}}=\frac{2}{3}\left(1+\frac{1}{n}\right) \sqrt{1+\frac{1}{n}} .
$$
## 2021年04月决赛试题
又 $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \geq \sum_{k=1}^{n} \int_{k-1}^{k} \sqrt{x} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{n} \sqrt{x} \mathrm{~d} x=\frac{2}{3} n \sqrt{n}$ ，得 $a_{n} \geq \frac{1}{\sqrt{n}(n+\sqrt{n})} \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \geq \frac{2}{3} \cdot \frac{n}{n+\sqrt{n}}$ ．于是可得
$$
\frac{2}{3} \cdot \frac{n}{n+\sqrt{n}} \leq a_{n}<\frac{2}{3}\left(1+\frac{1}{n}\right) \sqrt{1+\frac{1}{n}}
$$
利用夹逼准则，得 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{n}\left(1-\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+\sqrt{k}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\frac{2}{3}$ ． |
| 3 |
解答题 |
三、（12 分）设 $F\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\int_{0}^{2 \pi} f\left(x_{1}+x_{3} \cos \varphi, x_{2}+x_{3} \sin \varphi\right) \mathrm{d} \varphi$ ，其中 $f(u, v)$ 具有二阶连续偏导数。已知 $\frac{\partial F}{\partial x_{i}}=\int_{0}^{2 \pi} \frac{\partial}{\partial x_{i}}\left[f\left(x_{1}+x_{3} \cos \varphi, x_{2}+x_{3} \sin \varphi\right)\right] \mathrm{d} \varphi$ ，
$$
\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{i}^{2}}=\int_{0}^{2 \pi} \frac{\partial^{2}}{\partial x_{i}^{2}}\left[f\left(x_{1}+x_{3} \cos \varphi, x_{2}+x_{3} \sin \varphi\right)\right] \mathrm{d} \varphi, \quad i=1,2,3
$$
试求 $x_{3}\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{1}^{2}}+\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{2}^{2}}-\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{3}^{2}}\right)-\frac{\partial F}{\partial x_{3}}$ 并要求化简．
【解】令 $u=x_{1}+x_{3} \cos \varphi, v=x_{2}+x_{3} \sin \varphi$ ，利用复合函数求偏导法则易知
$$
\begin{gathered}
\frac{\partial f}{\partial x_{1}}=\frac{\partial f}{\partial u}, \quad \frac{\partial f}{\partial x_{2}}=\frac{\partial f}{\partial v}, \quad \frac{\partial f}{\partial x_{3}}=\cos \varphi \frac{\partial f}{\partial u}+\sin \varphi \frac{\partial f}{\partial v}, \\
\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1}^{2}}=\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}, \quad \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2}^{2}}=\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}, \quad \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{3}^{2}}=\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}} \cos ^{2} \varphi+\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} \sin 2 \varphi+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}} \sin ^{2} \varphi,
\end{gathered}
$$
所以 $x_{3}\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{1}^{2}}+\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{2}^{2}}-\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{3}^{2}}\right)$
$$
\begin{aligned}
& =x_{3}\left[\int_{0}^{2 \pi} \frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}} \mathrm{~d} \varphi+\int_{0}^{2 \pi} \frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}} \mathrm{~d} \varphi-\int_{0}^{2 \pi}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}} \cos ^{2} \varphi+\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} \sin 2 \varphi+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}} \sin ^{2} \varphi\right) \mathrm{d} \varphi\right] \\
& =x_{3} \int_{0}^{2 \pi}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}} \sin ^{2} \varphi-\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial u} \sin 2 \varphi+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}} \cos ^{2} \varphi\right) \mathrm{d} \varphi .
\end{aligned}
$$
又由于 $\frac{\partial F}{\partial x_{3}}=\int_{0}^{2 \pi}\left(\cos \varphi \frac{\partial f}{\partial u}+\sin \varphi \frac{\partial f}{\partial v}\right) \mathrm{d} \varphi$ ，利用分部积分，可得
$$
\begin{aligned}
\frac{\partial F}{\partial x_{3}} & =-\int_{0}^{2 \pi} \sin \varphi\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}} \frac{\partial u}{\partial \varphi}+\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} \frac{\partial v}{\partial \varphi}\right) \mathrm{d} \varphi+\int_{0}^{2 \pi} \cos \varphi\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} \frac{\partial u}{\partial \varphi}+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}} \frac{\partial v}{\partial \varphi}\right) \mathrm{d} \varphi \\
& =x_{3} \int_{0}^{2 \pi}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}} \sin ^{2} \varphi-\frac{1}{2} \sin 2 \varphi \frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v}\right) \mathrm{d} \varphi-x_{3} \int_{0}^{2 \pi}\left(\frac{1}{2} \sin 2 \varphi \frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v}-\cos ^{2} \varphi \frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}\right) \mathrm{d} \varphi \\
& =x_{3} \int_{0}^{2 \pi}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}} \sin ^{2} \varphi-\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} \sin 2 \varphi+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}} \cos ^{2} \varphi\right) \mathrm{d} \varphi
\end{aligned}
$$
所以 $\quad x_{3}\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{1}^{2}}+\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{2}^{2}}-\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{3}^{2}}\right)-\frac{\partial F}{\partial x_{3}}=0$ ． |
| 4 |
解答题 |
四、（10 分）设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有连续导数，且 $\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x=\frac{5}{2}, \int_{0}^{1} x f(x) \mathrm{d} x=\frac{3}{2}$ ．证明：存在 $\xi \in(0,1)$ ，使得 $f^{\prime}(\xi)=3$ ．
【解】考虑积分 $\int_{0}^{1} x(1-x)\left[3-f^{\prime}(x)\right] \mathrm{d} x$ ，
利用分部积分及题设条件，得
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} x(1-x)\left[3-f^{\prime}(x)\right] \mathrm{d} x & =\left.x(1-x)[3 x-f(x)]\right|_{0} ^{1}-\int_{0}^{1}(1-2 x)[3 x-f(x)] \mathrm{d} x \\
& =\int_{0}^{1} 3 x(2 x-1) \mathrm{d} x+\int_{0}^{1}(1-2 x) f(x) \mathrm{d} x \\
& =\left(2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}\right)_{0}^{1}+\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x-2 \int_{0}^{1} x f(x) \mathrm{d} x \\
& =2-\frac{3}{2}+\frac{5}{2}-3=0
\end{aligned}
$$
根据积分中值定理，存在 $\xi \in(0,1)$ ，使得 $\xi(1-\xi)\left[3-f^{\prime}(\xi)\right]=0$ ，即 $f^{\prime}(\xi)=3$ ． |
| 5 |
解答题 |
五、（12 分）设 $B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{2021}$ 为空间 $\mathrm{R}^{3}$ 中半径不为零的2021个球，$A=\left(a_{i j}\right)$ 为 2021阶方阵，其 $(i, j)$ 元 $a_{i j}$ 为球 $B_{i}$ 与 $B_{j}$ 相交部分的体积。证明：行列式 $|E+A|>1$ ，其中 $E$ 为单位矩阵。
【证】记 $\Omega$ 为以原点 $O$ 为球心且包含 $B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{2021}$ 在内的球，考察二次型 $f=\sum_{i=1}^{2021} \sum_{j=1}^{2021} a_{i j} z_{i} z_{j}$ ，注意到 $a_{i j}=\iiint_{\Omega} \chi_{i}(t, u, v) \chi_{j}(t, u, v) \mathrm{d} t \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v$ ，其中 $\chi_{i}(t, u, v)$ 的定义为 $\chi_{i}(t, u, v)=\left\{\begin{array}{ll}1, & (t, u, v) \in B_{i} \\ 0, & (t, u, v) \in \Omega \backslash B_{i}\end{array}\right.$ ，于是有
$$
\begin{aligned}
f & =\sum_{i=1}^{2021} \sum_{j=1}^{2021} a_{i j} z_{i} z_{j}=\sum_{i=1}^{2021} \sum_{j=1}^{2021} \iiint_{\Omega}\left[\chi_{i}(t, u, v) z_{i}\right]\left[\chi_{j}(t, u, v) z_{j}\right] \mathrm{d} t \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v \\
& =\iiint_{\Omega}^{2021} \sum_{i=1}^{2021}\left[\chi_{i}(t, u, v) z_{i}\right]^{2} \mathrm{~d} t \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v \geq 0
\end{aligned}
$$
## 2021年04月决赛试题
另一方面，存在正交变换 $Z=P Y$ 使得 $f$ 化为 $f=\lambda_{1} y_{1}^{2}+\lambda_{2} y_{2}^{2}+\cdots+\lambda_{2021} y_{2021}^{2}$ ，其中 $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{2021}$ 为 $A$ 的全部特征值．因为二次型 $f \geq 0$ ，所以 $A$ 的特征值 $\lambda_{i} \geq 0,(i=1,2, \cdots 2021)$ ．于是
$$
|E+A|=\left|P^{-1}(E+A) P\right|=\left(1+\lambda_{1}\right)\left(1+\lambda_{2}\right) \cdots\left(1+\lambda_{2021}\right) \geq 1 .
$$
注意到 $A$ 不是零矩阵，所以至少有一个特征值 $\lambda_{i}>0$ ，故 $|E+A|>1$ ． |
| 6 |
解答题 |
六、（12 分）设 $\Omega$ 是由光滑的简单封闭曲面 $\Sigma$ 围成的有界闭区域，函数 $f(x, y, z)$在 $\Omega$ 上具有连续二阶偏导数，且 $\left.f(x, y, z)\right|_{(x, y, z) \in \Sigma}=0$ ．记 $\nabla f$ 为 $f(x, y, z)$ 的梯度，并令 $\Delta f=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial z^{2}}$ ．证明：对任意常数 $C>0$ ，恒有
$$
C \iiint_{\Omega} f^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\frac{1}{C} \iiint_{\Omega}(\Delta f)^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \geq 2 \iiint_{\Omega}|\nabla f|^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
$$
【证】首先利用 Gauss 公式，可得
$$
\iint_{\Sigma} f \frac{\partial f}{\partial x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+f \frac{\partial f}{\partial y} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+f \frac{\partial f}{\partial z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Omega}\left(f \Delta f+|\nabla f|^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
$$
其中 $\Sigma$ 取外侧。因为 $\left.f(x, y, z)\right|_{(x, y, z) \in \Sigma}=0$ ，所以上式左端等于零。利用 Cauchy 不等式，得
$$
\iiint_{\Omega}|\nabla f|^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=-\iiint_{\Omega}(f \Delta f) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \leq\left(\iiint_{\Omega} f^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\right)^{1 / 2}\left(\iiint_{\Omega}(\Delta f)^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\right)^{1 / 2}
$$
故对任意常数 $C>0$ ，恒有（利用均值不等式）
$$
\begin{aligned}
C \iiint_{\Omega} f^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\frac{1}{C} \iiint_{\Omega}(\Delta f)^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & \geq 2\left(\iiint_{\Omega} f^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\right)^{1 / 2}\left(\iiint_{\Omega}(\Delta f)^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\right)^{1 / 2} \\
& \geq 2 \iiint_{\Omega}|\nabla f|^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
\end{aligned}
$$
## 2021年04月决赛试题 |
| 7 |
解答题 |
七、（12 分）设 $\left\{u_{n}\right\}$ 是正数列，满足 $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=1-\frac{\alpha}{n}+O\left(\frac{1}{n^{\beta}}\right)$ ，其中常数 $\alpha>0, \beta>1$ ．
（1）对于 $v_{n}=n^{\alpha} u_{n}$ ，判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \frac{v_{n+1}}{v_{n}}$ 的玫散性；
（2）讨论级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 的玫散性．
［注：设数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0, \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=0$ ，则 $a_{n}=O\left(b_{n}\right) \Leftrightarrow$ 存在常数 $M>0$ 及正整数 $N$ ，使得 $\left|a_{n}\right| \leq M\left|b_{n}\right|$ 对任意 $n>N$ 成立。］
【解】（1）注意到
$$
\ln \frac{\boldsymbol{v}_{\boldsymbol{n + 1}}}{\boldsymbol{v}_{\boldsymbol{n}}}=\alpha \ln \left(1+\frac{1}{\boldsymbol{n}}\right)+\ln \frac{\boldsymbol{u}_{\boldsymbol{n + 1}}}{\boldsymbol{u}_{\boldsymbol{n}}}=\left(\frac{\alpha}{\boldsymbol{n}}+\boldsymbol{O}\left(\frac{1}{\boldsymbol{n}^{2}}\right)\right)+\left(-\frac{\alpha}{\boldsymbol{n}}+\frac{\alpha^{2}}{\boldsymbol{n}^{2}}+\boldsymbol{O}\left(\frac{1}{\boldsymbol{n}^{\beta}}\right)\right)=\boldsymbol{O}\left(\frac{1}{\boldsymbol{n}^{\gamma}}\right),
$$
其中 $\gamma=\min \{2, \beta\}>1$ ，故存在常数 $C>0$ 及正整数 $N$ 使得 $\left|\ln \frac{v_{n+1}}{v_{n}}\right| \leq C\left|\frac{1}{n^{\gamma}}\right|$ 对任意 $n>N$ 成立，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \frac{v_{n+1}}{v_{n}}$ 收玫。
（2）因为 $\sum_{k=1}^{n} \ln \frac{\boldsymbol{v}_{\boldsymbol{k}+1}}{\boldsymbol{v}_{\boldsymbol{k}}}=\ln \boldsymbol{v}_{\boldsymbol{n}+1}-\ln \boldsymbol{v}_{1}$ ，所以由（1）的结论可知，极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \ln v_{n}$ 存在，令 $\lim _{n \rightarrow \infty} \ln v_{n}=a$ ，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \boldsymbol{v}_{\boldsymbol{n}}=\boldsymbol{e}^{\boldsymbol{a}}>0$ ，即 $\lim _{\boldsymbol{n} \rightarrow \infty} \frac{\boldsymbol{u}_{\boldsymbol{n}}}{1 / \boldsymbol{n}^{\alpha}}=\boldsymbol{e}^{\boldsymbol{a}}>0$ ．
根据正项级数的比较判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 当 $\alpha>1$ 时收玫，$\alpha \leq 1$ 时发散。 |