模拟题一
一、填空题
题目 1：
二阶齐次线性微分方程 $y''+3y'+2y=0$ 通解为__________；
解答过程：
写出该微分方程的特征方程：
$$r^2 + 3r + 2 = 0$$因式分解得到：
$$(r+1)(r+2) = 0$$解得特征根为实数且不相等：$r_1 = -1$，$r_2 = -2$。
根据二阶常系数齐次线性微分方程的解法，其通解公式为 $y = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}$，代入特征根得：
$$y = C_1e^{-x} + C_2e^{-2x}$$（其中 $C_1, C_2$ 为任意常数）
答案： $C_1e^{-x} + C_2e^{-2x}$
题目 2：
设方程 $x^3+y^3=3xy$ 确定一元隐函数 $y=f(x)$，则 $\frac{dy}{dx}=$__________；
解答过程：
方程两边同时对 $x$ 求导（注意 $y$ 是 $x$ 的函数）：
$$3x^2 + 3y^2 \cdot y' = 3(1 \cdot y + x \cdot y')$$约去公因数 $3$，得：
$$x^2 + y^2 y' = y + x y'$$将含有 $y'$ 的项移到等式一边，其他项移到另一边：
$$y^2 y' - x y' = y - x^2$$提取公因式 $y'$：
$$y'(y^2 - x) = y - x^2$$解得：
$$y' = \frac{y - x^2}{y^2 - x}$$答案： $\frac{y - x^2}{y^2 - x}$
题目 3：
设函数 $f(x,y)$ 连续，则累次积分 $\int_0^1 dx \int_0^{x^2} f(x,y) dy$ 交换积分次序后为__________；
解答过程：
首先确定原积分的积分区域 $D$。由原积分上下限可知：
$$0 \le x \le 1$$$$0 \le y \le x^2$$在直角坐标系中画出该区域：它是由抛物线 $y = x^2$、直线 $x = 1$ 以及 $x$ 轴（$y=0$）围成的图形。
现在交换积分次序，即先对 $x$ 积分，再对 $y$ 积分。
从图形上看，$y$ 的取值范围是 $[0, 1]$。
对于任意给定的 $y \in [0, 1]$，穿过区域 $D$ 的水平射线从抛物线左半支进入（即 $x = \sqrt{y}$），从直线退出（即 $x = 1$）。因此 $x$ 的积分下限为 $\sqrt{y}$，上限为 $1$。
交换积分次序后的积分式为：
$$\int_0^1 dy \int_{\sqrt{y}}^1 f(x,y) dx$$答案： $\int_0^1 dy \int_{\sqrt{y}}^1 f(x,y) dx$
题目 4：
设函数 $z=e^x \cos y$，则全微分 $\left. dz \right|_{(0,0)}=$__________；
解答过程：
先求出函数对 $x$ 和 $y$ 的偏导数：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = e^x \cos y$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = -e^x \sin y$$将点 $(0,0)$ 代入偏导数中：
$$\left. \frac{\partial z}{\partial x} \right|_{(0,0)} = e^0 \cos 0 = 1 \times 1 = 1$$$$\left. \frac{\partial z}{\partial y} \right|_{(0,0)} = -e^0 \sin 0 = -1 \times 0 = 0$$根据全微分公式 $dz = \frac{\partial z}{\partial x} dx + \frac{\partial z}{\partial y} dy$，可得：
$$\left. dz \right|_{(0,0)} = 1 \cdot dx + 0 \cdot dy = dx$$答案： $dx$
题目 5：
设 $D$ 是由直线 $y=1$、$x=0$ 及 $y=x$ 所围成的平面闭区域，则 $\iint_D 2xy dx dy=$__________；
解答过程：
积分区域 $D$ 是一个顶点分别为 $(0,0), (0,1), (1,1)$ 的三角形区域。
我们可以选择先对 $x$ 积分，后对 $y$ 积分，这样计算较简便。
$y$ 的取值范围是 $[0, 1]$。
对于固定的 $y$，$x$ 的范围是从 $x=0$（$y$ 轴）到 $x=y$（直线 $y=x$）。
化为累次积分：
$$\iint_D 2xy dx dy = \int_0^1 dy \int_0^y 2xy dx$$内层积分对 $x$ 求解（将 $y$ 视为常数）：
$$\int_0^y 2xy dx = \left[ x^2y \right]_{x=0}^{x=y} = (y^2)y - 0 = y^3$$外层积分对 $y$ 求解：
$$\int_0^1 y^3 dy = \left[ \frac{1}{4}y^4 \right]_0^1 = \frac{1}{4} - 0 = \frac{1}{4}$$答案： $\frac{1}{4}$
题目 6：
将函数 $f(x) = \frac{1}{x+1}$ 展开成 $x-1$ 的幂级数__________。
解答过程：
令 $t = x - 1$，则 $x = t + 1$。需要将函数展开为关于 $t$ 的幂级数。
将 $x$ 替换掉：
$$f(x) = \frac{1}{(t+1)+1} = \frac{1}{t+2}$$为了利用常用的几何级数展开式 $\frac{1}{1-q} = \sum_{n=0}^{\infty} q^n$，将其变形：
$$\frac{1}{t+2} = \frac{1}{2(1 + \frac{t}{2})} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - (-\frac{t}{2})}$$展开为级数：
$$\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left( -\frac{t}{2} \right)^n = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{t^n}{2^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} t^n$$最后将 $t = x - 1$ 代回：
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} (x-1)^n$$（收敛域为 $\left| -\frac{x-1}{2} \right| < 1$，即 $-1 < x < 3$）
答案： $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} (x-1)^n$
二、选择题
题目 7：
微分方程 $xy''' + 2x^2y'^2 + x^3y = x^4$ 的阶数为__________；
A) 一阶
B) 二阶
C) 三阶
D) 四阶
解答过程：
微分方程的阶数是指方程中出现的未知函数的最高阶导数的阶数。
观察方程 $xy''' + 2x^2(y')^2 + x^3y = x^4$，其中出现的导数有 $y'$（一阶导数）和 $y'''$（三阶导数）。
最高阶导数是 $y'''$，因此该微分方程是三阶微分方程。
答案： C
题目 8：
微分方程 $y'' - y = 2xe^x$ 的一个特解具有形式__________；
A) $axe^x$
B) $(ax+b)e^x$
C) $x(ax+b)e^x$
D) $x^2(ax+b)e^x$
解答过程：
首先求对应齐次方程 $y'' - y = 0$ 的特征方程：
$$r^2 - 1 = 0 \implies r_1 = 1, r_2 = -1$$非齐次项的形式为 $f(x) = 2xe^x = P_1(x)e^{\alpha x}$，其中多项式 $P_1(x) = 2x$（一次多项式），指数系数 $\alpha = 1$。
对比特征根，$\alpha = 1$ 是特征方程的一个单根（即 $k=1$ 重根）。
根据二阶常系数非齐次线性微分方程特解的设定法则，特解形式应设为：
$$y^* = x^k Q_n(x) e^{\alpha x}$$代入 $k=1$，$n=1$（$Q_1(x)$ 为一次多项式 $ax+b$），$\alpha=1$，得到：
$$y^* = x^1(ax+b)e^{1 \cdot x} = x(ax+b)e^x$$答案： C
题目 9：
平面 $6x+2y-4z+3=0$ 与平面 $x+\frac{y}{3}-\frac{2}{3}z=\frac{1}{2}$ 的位置关系是__________；
A) 相交但不垂直
B) 垂直
C) 重合
D) 平行
解答过程：
设平面 $\pi_1$: $6x+2y-4z+3=0$，其法向量 $\vec{n_1} = (6, 2, -4)$。
设平面 $\pi_2$: $x+\frac{1}{3}y-\frac{2}{3}z=\frac{1}{2}$，其法向量 $\vec{n_2} = (1, \frac{1}{3}, -\frac{2}{3})$。
观察两个法向量的关系，容易发现 $\vec{n_1} = 6 \cdot \vec{n_2}$，即两法向量平行。这说明两个平面要么平行，要么重合。
将平面 $\pi_2$ 的方程两边同乘 $6$，化简得：
$$6x + 2y - 4z = 3$$即 $6x + 2y - 4z - 3 = 0$。
对比平面 $\pi_1$ 的方程 $6x + 2y - 4z + 3 = 0$，两个方程的常数项不同（$3 \neq -3$），因此这两个平面没有交点，相互平行且不重合。
答案： D
题目 10：
方程 $x^2 + y^2 = 1$ 表示的曲面是__________；
A) 球面
B) 柱面
C) 椭球面
D) 椭圆抛物面
解答过程：
在空间直角坐标系 $(x,y,z)$ 中，方程 $x^2 + y^2 = 1$ 缺少了变量 $z$。
这意味着对于空间中任意的一个 $z$ 值（即在任何高度的水平截面上），截得的曲线都是 $xoy$ 平面上的单位圆 $x^2 + y^2 = 1$。
将无数个相同的圆沿着 $z$ 轴方向平移堆叠，形成的曲面是圆柱面。
答案： B
题目 11：
函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微是函数在该点偏导数存在的__________；
A) 充分条件
B) 必要条件
C) 充要条件
D) 既非充分又非必要条件
解答过程：
根据多元函数微分学的基本理论，如果函数在某点可微，则它在该点的各个偏导数必定存在（可微 $\implies$ 偏导数存在）。
但是，反过来不一定成立，即偏导数存在并不能保证函数可微（还需要偏导数连续等其他条件才能作为充分条件）。
因此，可微是偏导数存在的充分条件。
答案： A
题目 12：
设 $D$ 为平面区域 $x^2+y^2 \le R^2 (R>0)$，则 $\iint_D \sqrt{R^2-x^2-y^2} dxdy = $__________；(利用二重积分的几何意义)
A) $\frac{1}{3}\pi R^3$
B) $\frac{2}{3}\pi R^3$
C) $\frac{4}{3}\pi R^3$
D) $0$
解答过程：
根据二重积分的几何意义，如果被积函数 $f(x,y) \ge 0$，则 $\iint_D f(x,y) dxdy$ 的值等于以区域 $D$ 为底、曲面 $z = f(x,y)$ 为顶的曲顶柱体的体积。
本题中，积分区域 $D$ 是 $xOy$ 平面上半径为 $R$ 的圆盘；曲面 $z = \sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 是一个球心在原点、半径为 $R$ 的上半球面。
因此，该二重积分的值就是这个上半球体的体积。
球体的体积公式为 $V_{球} = \frac{4}{3}\pi R^3$。
所以上半球体的体积为 $V = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi R^3$。
答案： B
题目 13：
设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则 $\lim_{n \to \infty} u_n$ __________；
A) 必发散
B) 必收敛于1
C) 必收敛于0
D) 敛散性不能确定
解答过程：
根据级数收敛的必要条件：如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，那么其一般项 $u_n$ 当 $n \to \infty$ 时的极限必定为 $0$。
即：若级数收敛，则必有 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。
答案： C
题目 14：
函数 $f(x,y) = x^3 - y^3 + 3x^2 + 3y^2 - 9x$ 在点 $(-3, 0)$ 处__________。
A) 取到极小值
B) 取不到极值
C) 取到极大值
D) 以上结论都不对
解答过程：
首先求函数的一阶偏导数，验证 $(-3,0)$ 是否为驻点：
$f_x(x,y) = 3x^2 + 6x - 9$
$f_y(x,y) = -3y^2 + 6y$
代入 $(-3, 0)$：
$f_x(-3,0) = 3(-3)^2 + 6(-3) - 9 = 27 - 18 - 9 = 0$
$f_y(-3,0) = -3(0)^2 + 6(0) = 0$
所以 $(-3,0)$ 确实是驻点。
接下来求二阶偏导数：
$f_{xx}(x,y) = 6x + 6$
$f_{xy}(x,y) = 0$
$f_{yy}(x,y) = -6y + 6$
计算在点 $(-3,0)$ 处的值：
$A = f_{xx}(-3,0) = 6(-3) + 6 = -12$
$B = f_{xy}(-3,0) = 0$
$C = f_{yy}(-3,0) = -6(0) + 6 = 6$
判别式：$\Delta = AC - B^2 = (-12) \times 6 - 0^2 = -72$
因为 $AC - B^2 < 0$，根据多元函数极值存在的充分条件，该点不是极值点。
答案： B
三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）
题目 15：
设函数 $z = \ln(x+2y) + xy^3$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$；
解答过程：
- 先求对 $x$ 的一阶偏导数（将 $y$ 视为常数）：
- 再求混合二阶偏导数，即在上一步的基础上对 $y$ 求导（将 $x$ 视为常数）：
题目 16：
求一阶非齐次线性微分方程 $\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x-2}y = 2(x-2)^2$ 的通解；
解答过程：
该方程是标准的一阶线性微分方程 $y' + P(x)y = Q(x)$ 的形式，其中：
$$P(x) = -\frac{1}{x-2}$$$$Q(x) = 2(x-2)^2$$代入一阶线性微分方程的通解公式：
$$y = e^{-\int P(x)dx} \left( \int Q(x) e^{\int P(x)dx} dx + C \right)$$先计算积分因子相关的部分：
$$\int P(x)dx = \int -\frac{1}{x-2} dx = -\ln|x-2|$$$$e^{\int P(x)dx} = e^{-\ln|x-2|} = \frac{1}{|x-2|}$$$$e^{-\int P(x)dx} = e^{\ln|x-2|} = |x-2|$$（由于通解中包含任意常数 $C$，我们可以在去绝对值时将符号吸收到常数中，为书写方便，假设 $x>2$ 讨论，最终结果形式对 $x<2$ 同样适用）：
$$y = (x-2) \left( \int 2(x-2)^2 \cdot \frac{1}{x-2} dx + C \right)$$$$y = (x-2) \left( \int 2(x-2) dx + C \right)$$$$y = (x-2) \left( x^2 - 4x + C_1 \right) \text{ 或者更简洁地写成 } (x-2) \left( (x-2)^2 + C \right)$$$$y = (x-2)^3 + C(x-2)$$题目 17：
设函数 $z = f(x,y) = x^2y + xy^3$，试求：
(1) 函数 $f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处的梯度；
(2) 函数 $f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处的方向导数的最值，并求方向导数取最值时对应的方向；
解答过程：
(1) 先求一阶偏导数：
$$f_x(x,y) = 2xy + y^3$$$$f_y(x,y) = x^2 + 3xy^2$$代入点 $(1,1)$ 计算：
$$f_x(1,1) = 2(1)(1) + 1^3 = 3$$$$f_y(1,1) = 1^2 + 3(1)(1)^2 = 4$$所以，函数在点 $(1,1)$ 处的梯度为向量：
$$\mathbf{grad} f(1,1) = \nabla f(1,1) = \{3, 4\} \text{ 或 } 3\vec{i} + 4\vec{j}$$(2) 根据方向导数的性质，函数在某点方向导数的最大值等于梯度的模，最小值等于负的梯度的模。
最大值：$|\nabla f(1,1)| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$
取得最大值的方向与梯度方向相同，即方向向量为 $\vec{l}_{max} = \{3, 4\}$（或单位向量 $\{\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\}$）。
最小值：$-|\nabla f(1,1)| = -5$
取得最小值的方向与梯度方向相反，即方向向量为 $\vec{l}_{min} = \{-3, -4\}$（或单位向量 $\{-\frac{3}{5}, -\frac{4}{5}\}$）。
题目 18：
设幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$，试求：
(1) 收敛半径； (2) 收敛域； (3) 和函数。
解答过程：
(1) 收敛半径：
通项系数 $a_n = \frac{1}{n}$，$a_{n+1} = \frac{1}{n+1}$。
$$\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1$$收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = 1$。
(2) 收敛域：
开区间为 $(-1, 1)$，需检查端点。
当 $x=1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，这是调和级数，发散。
当 $x=-1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$，这是交错级数，满足莱布尼茨判别法（$\frac{1}{n}$ 单调递减且趋于 0），条件收敛。
因此，收敛域为 $[-1, 1)$。
(3) 和函数：
设和函数 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$，$x \in [-1, 1)$。
对 $S(x)$ 在收敛区间内逐项求导：
$$S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{x^n}{n} \right)' = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1} = 1 + x + x^2 + \dots$$这是一个首项为 $1$，公比为 $x$ 的等比级数，当 $|x| < 1$ 时，
$$S'(x) = \frac{1}{1-x}$$由于 $S(0) = 0$，将 $S'(x)$ 从 $0$ 到 $x$ 积分：
$$S(x) = \int_0^x S'(t)dt = \int_0^x \frac{1}{1-t} dt = -\ln(1-x)$$由阿贝尔定理，由于在 $x=-1$ 处级数收敛，和函数在 $x=-1$ 处连续，因此 $S(x) = -\ln(1-x)$ 的定义域可扩展到 $x \in [-1, 1)$。
和函数为：$S(x) = -\ln(1-x), x \in [-1, 1)$。
四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）
题目 19：
设由抛物面 $z = x^2+y^2$ 与上半球面 $z = \sqrt{2-x^2-y^2}$ 相交所得的交线圆为 $C$，求
(1) 交线 $C$ 在 $xOy$ 面上的投影曲线；
(2) 计算由这个抛物面和此上半球面所围成的立体的体积；
解答过程：
(1) 将两曲面方程联立以求交线：
$$\begin{cases} z = x^2+y^2 \\ z = \sqrt{2-x^2-y^2} \end{cases}$$消去 $z$，得 $x^2+y^2 = \sqrt{2-(x^2+y^2)}$。
设 $r^2 = x^2+y^2 \ge 0$，则方程化为 $r^2 = \sqrt{2-r^2}$。
两边平方：$r^4 = 2 - r^2 \implies r^4 + r^2 - 2 = 0 \implies (r^2-1)(r^2+2) = 0$。
因为 $r^2 \ge 0$，所以 $r^2 = 1$，即 $x^2+y^2 = 1$。
此时 $z = 1^2 = 1$。
投影到 $xOy$ 面上（即 $z=0$），交线 $C$ 的投影曲线方程为：
$$\begin{cases} x^2+y^2 = 1 \\ z = 0 \end{cases}$$(2) 立体的投影区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \le 1$。
立体的顶是上半球面 $z_2 = \sqrt{2-x^2-y^2}$，底是抛物面 $z_1 = x^2+y^2$。
体积 $V = \iint_D (\sqrt{2-x^2-y^2} - (x^2+y^2)) dxdy$。
采用极坐标计算更为方便，区域 $D$ 为 $0 \le \theta \le 2\pi, 0 \le r \le 1$。
$$V = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 (\sqrt{2-r^2} - r^2) r dr$$$$V = 2\pi \left( \int_0^1 r\sqrt{2-r^2} dr - \int_0^1 r^3 dr \right)$$计算两个定积分：
第一项积分：
$$\int_0^1 r\sqrt{2-r^2} dr = -\frac{1}{2} \int_0^1 (2-r^2)^{\frac{1}{2}} d(2-r^2) = -\frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3}(2-r^2)^{\frac {3}{2}} \right]_0^1 = -\frac{1}{3}(1^{\frac{3}{2}} - 2^{\frac{3}{2}}) = \frac{2\sqrt{2}-1}{3}$$第二项积分：
$$\int_0^1 r^3 dr = \left[ \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = \frac{1}{4}$$代入计算 $V$：
$$V = 2\pi \left( \frac{2\sqrt{2}-1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 2\pi \left( \frac{8\sqrt{2}-4-3}{12} \right) = \frac{(8\sqrt{2}-7) \pi}{6}$$题目 20：
求球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 在点 $(1, 1, \sqrt{2})$ 处的切平面及法线方程。
解答过程：
设曲面方程为隐函数形式 $F(x,y,z) = x^2+y^2+z^2-4 = 0$。
求各个偏导数：
$$F_x = 2x, \quad F_y = 2y, \quad F_z = 2z$$将已知切点坐标 $P_0(1, 1, \sqrt{2})$ 代入，得到法向量 $\vec{n}$：
$$F_x(P_0) = 2(1) = 2$$$$F_y(P_0) = 2(1) = 2$$$$F_z(P_0) = 2(\sqrt{2}) = 2\sqrt{2}$$法向量 $\vec{n} = (2, 2, 2\sqrt{2})$，为简化计算，可取平行向量 $\vec{n'} = (1, 1, \sqrt{2})$ 作为法向量。
切平面方程：
$$F_x(P_0)(x-x_0) + F_y(P_0)(y-y_0) + F_z(P_0)(z-z_0) = 0$$$$1(x-1) + 1(y-1) + \sqrt{2}(z-\sqrt{2}) = 0$$展开并化简：
$$x - 1 + y - 1 + \sqrt{2}z - 2 = 0$$$$x + y + \sqrt{2}z - 4 = 0$$法线方程：
$$\frac{x-x_0}{F_x(P_0)} = \frac{y-y_0}{F_y(P_0)} = \frac{z-z_0}{F_z(P_0)}$$$$\frac{x-1}{1} = \frac{y-1}{1} = \frac{z-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$$五、证明题（8 分）
题目 21：
证明：级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ 条件收敛。
证明过程：
记通项的绝对值为 $u_n = \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{n^{1/3}}$，原级数为交错级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n u_n$。
第一步：证明不绝对收敛
考虑对应的绝对值级数 $\sum_{n=2}^{\infty} u_n = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{n^{1/3}}$。
当 $n \to \infty$ 时，$\frac{n+1}{n-1} \to 1$。
将其与 $p$ 级数 $v_n = \frac{1}{n^{1/3}}$ 比较，取极限：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n+1}{n-1} \frac{1}{n^{1/3}}}{\frac{1}{n^{1/3}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n-1} = 1 \quad (0 < 1 < +\infty)$$根据极限比较判别法，由于 $p$ 级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1/3}}$ 发散（因 $p = \frac{1}{3} < 1$ ），所以绝对值级数 $\sum_{n=2}^{\infty} u_n$ 发散。即原级数不绝对收敛。
第二步：证明原级数收敛
需要使用莱布尼茨判别法验证交错级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n u_n$。
莱布尼茨判别法有两个条件：
$\lim_{n \to \infty} u_n = 0$
序列 $\{u_n\}$ 单调递减。
验证条件 1：
$$\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1 + \frac{1}{n}}{1 - \frac{1}{n}} \cdot \frac{1}{n^{1/3}} \right) = 1 \cdot 0 = 0$$（条件1满足）
验证条件 2：
构造函数 $f(x) = \frac{x+1}{x-1} x^{-1/3} = \frac{x+1}{(x-1)x^{1/3}}$，($x \ge 2$)，判断其导数符号：
$$f'(x) = \left( \frac{x+1}{x-1} \right)' x^{-1/3} + \frac{x+1}{x-1} \left( x^{-1/3} \right)'$$$$f'(x) = \frac{(x-1) - (x+1)}{(x-1)^2} x^{-1/3} + \frac{x+1}{x-1} \left( -\frac{1}{3}x^{-4/3} \right)$$$$f'(x) = \frac{-2}{(x-1)^2} x^{-1/3} - \frac{x+1}{3(x-1)x^{4/3}}$$当 $x \ge 2$ 时：
第一项 $\frac{-2}{(x-1)^2} x^{-1/3} < 0$
第二项 $- \frac{x+1}{3(x-1)x^{4/3}} < 0$
两项均为负，故 $f'(x) < 0$。
这说明函数 $f(x)$ 单调递减，从而数列 $u_n = f(n)$ 也是单调递减的。（条件2满足）
由莱布尼茨判别法可知，交错级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n u_n$ 收敛。
结论：
原级数收敛，但其绝对值级数发散，因此级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ 是条件收敛的。证毕。