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解答题 |
一、填空题（每小题6分）
1． $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x}\right)-\sin x}{\arctan (4 \sqrt[3]{1-\cos x})}=\frac{1}{4}$ ．
解： $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x}\right)-\sin x}{\arctan (4 \sqrt[3]{1-\cos x})}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(\mathrm{e}^{\sin x}-1\right)+\sqrt[3]{1-\cos x}}{4 \sqrt[3]{1-\cos x}}-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{4 \sqrt[3]{1-\cos x}}$
$$
=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(e^{\sin x}-1\right)}{4\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{1 / 3}}+\frac{1}{4}-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{4\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{1 / 3}}=\frac{1}{4} .
$$
2．设隐函数 $y=y(x)$ 由方程 $y^{2}(x-y)=x^{2}$ 所确定，则 $\int \frac{d x}{y^{2}}=\frac{3 y}{x}-2 \ln \left|\frac{y}{x}\right|+C$ ．
解：令 $y=t x$ ，则 $x=\frac{1}{t^{2}(1-t)}, y=\frac{1}{t(1-t)}, d x=\frac{-2+3 t}{t^{3}(1-t)^{2}} d t$ ，
这样， $\int \frac{d x}{y^{2}}=\int \frac{-2+3 t}{t} d t=3 t-2 \ln |t|+C=\frac{3 y}{x}-2 \ln \left|\frac{y}{x}\right|+C$ ．
3．定积分 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{x}(1+\sin x)}{1+\cos x} d x=e^{\frac{\pi}{2}}$ ．
解： $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{x}(1+\sin x)}{1+\cos x} d x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{x}}{1+\cos x} d x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+\cos x} d e^{x}$
$$
\begin{aligned}
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{x}}{1+\cos x} d x+\left.\frac{\sin x e^{x}}{1+\cos x}\right|_{0} ^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{x} \frac{\cos x(1+\cos x)+\sin ^{2} x}{(1+\cos x)^{2}} d x \\
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{x}}{1+\cos x} d x+\left.\frac{\sin x e^{x}}{1+\cos x}\right|_{0} ^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{x}}{1+\cos x} d x=e^{\frac{\pi}{2}}
\end{aligned}
$$
4．已知 $d u(x, y)=\frac{y d x-x d y}{3 x^{2}-2 x y+3 y^{2}}$ ，则 $u(x, y)=\frac{1}{2 \sqrt{2}} \arctan \frac{3}{2 \sqrt{2}}\left(\frac{x}{y}-\frac{1}{3}\right)+\mathrm{C}$ ．
解：$d u(x, y)=\frac{y d x-x d y}{3 x^{2}-2 x y+3 y^{2}}=\frac{d\left(\frac{x}{y}\right)}{3\left(\frac{x}{y}\right)^{2}-\frac{2 x}{y}+3}=\frac{1}{2 \sqrt{2}} d \arctan \frac{3}{2 \sqrt{2}}\left(\frac{x}{y}-\frac{1}{3}\right)$ ．
所以，$u(x, y)=\frac{1}{2 \sqrt{2}} \arctan \frac{3}{2 \sqrt{2}}\left(\frac{x}{y}-\frac{1}{3}\right)+\mathrm{C}$ ．
5．设 $a, b, c, \mu>0$ ，曲面 $x y z=\mu$ 与曲面 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$ 相切，则 $\mu=\frac{a b c}{3 \sqrt{3}}$ ．
解：根据题意有：$y z=\frac{2 x}{a^{2}} \lambda, x z=\frac{2 y}{b^{2}} \lambda, x y=\frac{2 z}{c^{2}} \lambda$ ，以及 $\mu=2 \lambda \frac{x^{2}}{a^{2}}, \mu=2 \lambda \frac{y^{2}}{b^{2}}, \mu=2 \lambda \frac{z^{2}}{c^{2}}$ ，从而得：$\mu=\frac{8 \lambda^{3}}{a^{2} b^{2} c^{2}}, 3 \mu=2 \lambda$ ，
联立解得：$\mu=\frac{a b c}{3 \sqrt{3}}$ ． |
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解答题 |
二、（ 14 分）计算三重积分 $\iiint_{\Omega} \frac{x y z}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 是由曲面 $\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}=2 x y$ 围成的区域在第一卦限部分．
解：采用＂球面坐标＂计算，并利用对称性，得
$$
\begin{aligned}
I & =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{\sqrt{2} \sin \varphi \sqrt{\sin \theta \cos \theta}} \frac{\rho^{3} \sin ^{2} \varphi \cos \theta \sin \theta \cos \varphi}{\rho^{2} \sin ^{2} \varphi} \rho^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} \rho \\
& =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin \theta \cos \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin \varphi \cos \varphi \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{\sqrt{2} \sin \varphi \sqrt{\sin \theta \cos \theta}} \rho^{3} \mathrm{~d} \rho \\
& =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{3} \theta \cos ^{3} \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{5} \varphi \cos \varphi \mathrm{~d} \varphi \\
& =\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{3} 2 \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{5} \varphi \mathrm{~d}(\sin \varphi) \\
& =\frac{1}{48} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{3} t \mathrm{~d} t=\frac{1}{48} \cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{72}
\end{aligned}
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解答题 |
三、（14 分）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上可微，$f(0)=0$ ，且存在常数 $A>0$ ，使得 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leq A|f(x)|$在 $[0,+\infty)$ 上成立，试证明：在 $(0,+\infty)$ 上有 $f(x) \equiv 0$ ．
证明：设 $x_{0} \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]$ ，使得 $\left|f\left(x_{0}\right)\right|=\max \left\{\mid f(x) \| x \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]\right\}$ ，
$$
\left|f\left(x_{0}\right)\right|=\left|f(0)+f^{\prime}(\xi) x_{0}\right| \leq A\left|f\left(x_{0}\right)\right| \frac{1}{2 A}=\frac{1}{2}\left|f\left(x_{0}\right)\right| \text {, 只有 }\left|f\left(x_{0}\right)\right|=0 \text {. }
$$
故当 $x \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]$ 时，$f(x) \equiv 0$ ．
递推可得，对所有的 $x \in\left[\frac{k-1}{2 A}, \frac{k}{2 A}\right], k=1,2, \cdots \cdots$ ，均有 $f(x) \equiv 0$ ． |
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解答题 |
四、（14 分）计算积分 $I=\int_{0}^{2 \pi} d \phi \int_{0}^{\pi} e^{\sin \theta(\cos \phi-\sin \phi)} \sin \theta d \theta$
解：设球面 $\Sigma: x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ ，由球面参数方程
$$
x=\sin \theta \cos \phi, \quad y=\sin \theta \sin \phi, \quad z=\cos \theta
$$
知 $d S=\sin \theta d \theta d \phi$ ，所以，所求积分可化为第一型曲面积分
$$
I=\iint_{\Sigma} e^{x-y} d S
$$
设平面 $P_{t}: \frac{x-y}{\sqrt{2}}=t,-1 \leq t \leq 1$ ，其中 $t$ 为平面 $P_{t}$ 被球面截下部分中心到原点距离．用平面 $P_{t}$ 分割球面 $\Sigma$ ，球面在平面 $P_{t}, P_{t+d t}$ 之间的部分形如圆台外表面状，记为 $\Sigma_{\mathrm{t}, \mathrm{dt}}$ ．被积函数在其上为 $e^{x-y}=e^{\sqrt{2} t}$ ．
由于 $\Sigma_{\mathrm{t}, \mathrm{dt}}$ 半径为 $r_{t}=\sqrt{1-\mathrm{t}^{2}}$ ，半径的增长率为 $d \sqrt{1-t^{2}}=\frac{-t d t}{\sqrt{1-t^{2}}}$ 就是 $\Sigma_{\mathrm{t}, \mathrm{dt}}$ 上下底半径之差。记圆台外表面斜高为 $h_{t}$ ，则由微元法知 $d t^{2}+\left(d \sqrt{1-t^{2}}\right)^{2}=h_{t}^{2}$ ，得到 $h_{t}=\frac{d t}{\sqrt{1-t^{2}}}$ ，所以 $\Sigma_{\mathrm{t}, \mathrm{dt}}$ 的面积为 $d S=2 \pi r_{t} h_{t}=2 \pi d t$ ，
$$
I=\int_{-1}^{1} e^{\sqrt{2} t} 2 \pi \mathrm{dt}=\left.\frac{2 \pi}{\sqrt{2}} e^{\sqrt{2} t}\right|_{-1} ^{1}=\sqrt{2} \pi\left(e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}}\right) .
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解答题 |
二、（ 14 分）计算三重积分 $\iiint_{\Omega} \frac{x y z}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 是由曲面 $\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}=2 x y$ 围成的区域在第一卦限部分．
解：采用＂球面坐标＂计算，并利用对称性，得
$$
\begin{aligned}
I & =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{\sqrt{2} \sin \varphi \sqrt{\sin \theta \cos \theta}} \frac{\rho^{3} \sin ^{2} \varphi \cos \theta \sin \theta \cos \varphi}{\rho^{2} \sin ^{2} \varphi} \rho^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} \rho \\
& =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin \theta \cos \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin \varphi \cos \varphi \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{\sqrt{2} \sin \varphi \sqrt{\sin \theta \cos \theta}} \rho^{3} \mathrm{~d} \rho \\
& =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{3} \theta \cos ^{3} \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{5} \varphi \cos \varphi \mathrm{~d} \varphi \\
& =\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin ^{3} 2 \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{5} \varphi \mathrm{~d}(\sin \varphi) \\
& =\frac{1}{48} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{3} t \mathrm{~d} t=\frac{1}{48} \cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{72}
\end{aligned}
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解答题 |
三、（14 分）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上可微，$f(0)=0$ ，且存在常数 $A>0$ ，使得 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leq A|f(x)|$在 $[0,+\infty)$ 上成立，试证明：在 $(0,+\infty)$ 上有 $f(x) \equiv 0$ ．
证明：设 $x_{0} \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]$ ，使得 $\left|f\left(x_{0}\right)\right|=\max \left\{\mid f(x) \| x \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]\right\}$ ，
$$
\left|f\left(x_{0}\right)\right|=\left|f(0)+f^{\prime}(\xi) x_{0}\right| \leq A\left|f\left(x_{0}\right)\right| \frac{1}{2 A}=\frac{1}{2}\left|f\left(x_{0}\right)\right| \text {, 只有 }\left|f\left(x_{0}\right)\right|=0 \text {. }
$$
故当 $x \in\left[0, \frac{1}{2 A}\right]$ 时，$f(x) \equiv 0$ ．
递推可得，对所有的 $x \in\left[\frac{k-1}{2 A}, \frac{k}{2 A}\right], k=1,2, \cdots \cdots$ ，均有 $f(x) \equiv 0$ ． |