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解答题 |
一、填空题（本题满分 30 分，每小题 6 分）
1、极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x^{2}+x+1} \frac{x-\ln \left(e^{x}+x\right)}{x}=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】 原式 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x^{2}+x+1} \frac{x-\ln \left(e^{x}+x\right)}{x}=-\lim _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}} \ln \left(1+\frac{x}{e^{x}}\right)=0$ ．
2、设 $z=z(x, y)$ 是由方程 $2 \sin (x+2 y-3 z)=x+2 y-3 z$ 所确定的二元隐函数，则 $\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】将方程两边分别关于 $x$ 和 $y$ 求偏导，得
$$
\left\{\begin{array}{l}
2 \cos (x+2 y-3 z)\left(1-3 \frac{\partial z}{\partial x}\right)=1-3 \frac{\partial z}{\partial x} \\
2 \cos (x+2 y-3 z)\left(2-3 \frac{\partial z}{\partial y}\right)=2-3 \frac{\partial z}{\partial y}
\end{array}\right.
$$
按 $\cos (x+2 y-3 z)=\frac{1}{2}$ 和 $\neq \frac{1}{2}$ 两种情形，都可解得：$\left\{\begin{array}{l}\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{3}, \\ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2}{3} .\end{array}\right.$ 因此 $\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=1$ ．
3、设函数 $f(x)$ 连续，且 $f(0) \neq 0$ ，则 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \int_{0}^{x}(x-t) f(t) \mathrm{d} t}{x \int_{0}^{x} f(x-t) \mathrm{d} t}=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】 原式 $=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t-2 \int_{0}^{x} t f(t) \mathrm{d} t}{x \int_{0}^{x} f(u) \mathrm{d} u}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t+2 x f(x)-2 x f(x)}{\int_{0}^{x} f(u) \mathrm{d} u+x f(x)}$ ． $=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t}{\int_{0}^{x} f(u) \mathrm{d} u+x f(x)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x f(\xi)}{x f(\xi)+x f(x)}=1$ ，其中 $\xi$ 介于 $0, x$ 之间。
4、过三条直线 $L_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=0, \\ y-z=2,\end{array} L_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=0, \\ x+y-z+2=0,\end{array}\right.\right.$ 与 $L_{3}:\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{2}, \\ y-z=0\end{array}\right.$ 的圆柱面方程为 $\_\_\_\_$。
【解】 三条直线的对称式方程分别为
$$
L_{1}: \frac{x}{0}=\frac{y-1}{1}=\frac{z+1}{1}, \quad L_{2}: \frac{x}{0}=\frac{y-0}{1}=\frac{z-2}{1}, \quad L_{2}: \frac{x-\sqrt{2}}{0}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{1},
$$
所以三条直线平行．
在 $L_{1}$ 上取点 $P_{1}(0,1,-1)$ ，过该点作与三直线都垂直的平面 $y+z=0$ ，分别交 $L_{2}$ ， $L_{3}$ 于点 $P_{2}(0,-1,1), P_{3}(\sqrt{2}, 0,0)$ ．易知经过这三点的圆的圆心为 $O(0,0,0)$ ．这样，所求圆柱面的中心轴线方程为 $\frac{x}{0}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}$ ．
设圆柱面上任意点的坐标为 $Q(x, y, z)$ ，因为点 $Q$ 到轴线的距离均为 $\sqrt{2}$ ，所以有 $\frac{|(x, y, z) \times(0,1,1)|}{\sqrt{0^{2}+1^{2}+1^{2}}}=\sqrt{2}$ ，化简即得所求圆柱面的方程为 $2 x^{2}+y^{2}+z^{2}-2 y z=4$ ．
5、记 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leq \pi\right\}$ ，则 $\iint_{D}\left(\sin x^{2} \cos y^{2}+x \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】根据重积分的对称性，得
$$
\begin{aligned}
\text { 原式 } & =\iint_{D} \sin x^{2} \cos y^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D} \sin y^{2} \cos x^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{2} \iint_{D}\left(\sin x^{2} \cos y^{2}+\sin y^{2} \cos x^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{2} \iint_{D} \sin \left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{2} \int_{0}^{2 \pi} d \theta \int_{0}^{\sqrt{\pi}} r \sin r^{2} \mathrm{~d} r \\
& =\left.\frac{\pi}{2}\left(-\cos r^{2}\right)\right|_{0} ^{\sqrt{\pi}}=\pi .
\end{aligned}
$$ |
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解答题 |
二、（14 分）设 $x_{1}=2021, x_{n}^{2}-2\left(x_{n}+1\right) x_{n+1}+2021=0(n \geq 1)$ ，证明数列 $\left\{x_{n}\right\}$收玫，并求极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ ．
【解】记 $a=1011, y_{n}=1+x_{n}$ ，函数 $f(x)=\frac{x}{2}+\frac{a}{x}(x>0)$ ，则 $y_{1}=2 a$ ，且
$$
y_{n+1}=f\left(y_{n}\right)(n \geq 1)
$$
易知，当 $x>\sqrt{2 a}$ 时，$x>f(x)>\sqrt{2 a}$ ，所以 $\left\{y_{n}\right\}$ 是单调减少且有下界的数列，因而收敛。由此可知 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛
令 $\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=A$ ，则 $A>0$ 且 $A=f |
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解答题 |
三、（14 分）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上是有界连续函数，证明：方程 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=f(x)$ 的每一个解在 $[0,+\infty)$ 上都是有界函数。
【证】易得对应的齐次方程 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=0$ 的通解为
$$
y=C_{1} e^{-x}+C_{2} e^{-13 x}
$$
又 由 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=f(x)$ ，得 $\left(y^{\prime \prime}+y^{\prime}\right)+13\left(y^{\prime}+y\right)=f(x)$ 。令 $y_{1}=y^{\prime}+y$ ，则 $y_{1}^{\prime}+13 y_{1}=f(x)$ ，解得 $y_{1}=e^{-13 x}\left(\int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t+C_{3}\right)$ ．
同理，由 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=f(x)$ ，得 $\left(y^{\prime \prime}+13 y^{\prime}\right)+\left(y^{\prime}+13 y\right)=f(x)$ 。令 $y_{2}=y^{\prime}+13 y$ ，则 $y_{2}^{\prime}+y_{2}=f(x)$ ，解得 $y_{2}=e^{-x}\left(\int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t+C_{4}\right)$ ．
取 $C_{3}=C_{4}=0$ ，得 $\left\{\begin{array}{l}y^{\prime}+y=e^{-13 x} \int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t, \text { 由此解得原方程的一个特解为 } 13 y=e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t, \\ y^{\prime}+13 y\end{array}\right.$ 。由
$$
y^{*}=\frac{1}{12} e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t-\frac{1}{12} e^{-13 x} \int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t
$$
因此，原方程的通解为
$$
y=C_{1} e^{-x}+C_{2} e^{-13 x}+\frac{1}{12} e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t-\frac{1}{12} e^{-13 x} \int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t
$$
因为 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上有界，所以，存在 $M>0$ ，使得 $|f(x)| \leq M, 0 \leq x<+\infty$ ，注意到当 $x \in[0,+\infty)$ 时， $0 |
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解答题 |
四、（14分）对于 4 次齐次函数
$$
f(x, y, z)=a_{1} x^{4}+a_{2} y^{4}+a_{3} z^{4}+3 a_{4} x^{2} y^{2}+3 a_{5} y^{2} z^{2}+3 a_{6} x^{2} z^{2},
$$
计算曲面积分 $\oiint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S$ ，其中 $\Sigma: x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 。
【解】因为 $f(x, y, z)$ 为 4 次齐次函数，所以对 $\forall t \in R$ ，恒有
$$
f(t x, t y, t z)=t^{4} f(x, y, z)
$$
对上式两边关于 $t$ 求导，得
$$
x f_{1}^{\prime}(t x, t y, t z)+y f_{2}^{\prime}(t x, t y, t z)+z f_{3}^{\prime}(t x, t y, t z)=4 t^{3} f(x, y, z) .
$$
取 $t=1$ ，得
$$
x f_{x}^{\prime}(x, y, z)+y f_{y}^{\prime}(x, y, z)+z f_{z}^{\prime}(x, y, z)=4 f(x, y, z) .
$$
设曲面 $\Sigma$ 上点 $(x, y, z)$ 处的外法线方向的方向余弦为 $(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ ，则 $\cos \alpha=x, \cos \beta=y, \cos \gamma=z$ ，因此
$$
\begin{aligned}
& \oiint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\frac{1}{4} \oiint_{\Sigma}\left(x f_{x}^{\prime}(x, y, z)+y f_{y}^{\prime}(x, y, z)+z f_{z}^{\prime}(x, y, z)\right) \mathrm{d} S \\
= & \frac{1}{4} \oiint_{\Sigma}\left[\cos \alpha f_{x}^{\prime}(x, y, z)+\cos \beta f_{y}^{\prime}(x, y, z)+\cos \gamma f_{z}^{\prime}(x, y, z)\right] \mathrm{dS} \\
= & \frac{1}{4} \oiint_{\Sigma} f_{x}^{\prime}(x, y, z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+f_{y}^{\prime}(x, y, z) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+f_{z}^{\prime}(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
= & \frac{1}{4} \iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 1}\left[f_{x x}^{\prime \prime}(x, y, z)+f_{y y}^{\prime \prime}(x, y, z)+f_{z z}^{\prime \prime}(x, y, z)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \quad \text { (利用高斯公式) } \\
= & \frac{3}{2} \iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 1}\left[x^{2}\left(2 a_{1}+a_{4}+a_{6}\right)+y^{2}\left(2 a_{2}+a_{4}+a_{5}\right)+z^{2}\left(2 a_{3}+a_{5}+a_{6}\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
\end{aligned}
$$
（利用轮换对称性）
$$
\begin{aligned}
& =\sum_{i=1}^{6} a_{i} \iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 1}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\sum_{i=1}^{6} a_{i} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi} \mathrm{d} \varphi \int_{0}^{1} \rho^{2} \cdot \rho^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} \rho \\
& =\frac{4 \pi}{5} \sum_{i=1}^{6} a_{i}
\end{aligned}
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解答题 |
二、（14 分）设 $x_{1}=2021, x_{n}^{2}-2\left(x_{n}+1\right) x_{n+1}+2021=0(n \geq 1)$ ，证明数列 $\left\{x_{n}\right\}$收玫，并求极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ ．
【解】记 $a=1011, y_{n}=1+x_{n}$ ，函数 $f(x)=\frac{x}{2}+\frac{a}{x}(x>0)$ ，则 $y_{1}=2 a$ ，且
$$
y_{n+1}=f\left(y_{n}\right)(n \geq 1)
$$
易知，当 $x>\sqrt{2 a}$ 时，$x>f(x)>\sqrt{2 a}$ ，所以 $\left\{y_{n}\right\}$ 是单调减少且有下界的数列，因而收敛。由此可知 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛
令 $\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=A$ ，则 $A>0$ 且 $A=f |
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解答题 |
三、（14 分）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上是有界连续函数，证明：方程 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=f(x)$ 的每一个解在 $[0,+\infty)$ 上都是有界函数。
【证】易得对应的齐次方程 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=0$ 的通解为
$$
y=C_{1} e^{-x}+C_{2} e^{-13 x}
$$
又 由 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=f(x)$ ，得 $\left(y^{\prime \prime}+y^{\prime}\right)+13\left(y^{\prime}+y\right)=f(x)$ 。令 $y_{1}=y^{\prime}+y$ ，则 $y_{1}^{\prime}+13 y_{1}=f(x)$ ，解得 $y_{1}=e^{-13 x}\left(\int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t+C_{3}\right)$ ．
同理，由 $y^{\prime \prime}+14 y^{\prime}+13 y=f(x)$ ，得 $\left(y^{\prime \prime}+13 y^{\prime}\right)+\left(y^{\prime}+13 y\right)=f(x)$ 。令 $y_{2}=y^{\prime}+13 y$ ，则 $y_{2}^{\prime}+y_{2}=f(x)$ ，解得 $y_{2}=e^{-x}\left(\int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t+C_{4}\right)$ ．
取 $C_{3}=C_{4}=0$ ，得 $\left\{\begin{array}{l}y^{\prime}+y=e^{-13 x} \int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t, \text { 由此解得原方程的一个特解为 } 13 y=e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t, \\ y^{\prime}+13 y\end{array}\right.$ 。由
$$
y^{*}=\frac{1}{12} e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t-\frac{1}{12} e^{-13 x} \int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t
$$
因此，原方程的通解为
$$
y=C_{1} e^{-x}+C_{2} e^{-13 x}+\frac{1}{12} e^{-x} \int_{0}^{x} f(t) e^{t} \mathrm{~d} t-\frac{1}{12} e^{-13 x} \int_{0}^{x} f(t) e^{13 t} \mathrm{~d} t
$$
因为 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上有界，所以，存在 $M>0$ ，使得 $|f(x)| \leq M, 0 \leq x<+\infty$ ，注意到当 $x \in[0,+\infty)$ 时， $0 |