| 1 |
解答题 |
一、填空题（本题满分 30 分，每小题 6 分）
（1）极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\arctan x-x}{x-\sin x}=$ $\_\_\_\_$。
【解】利用 L＇Hospital 法则，得
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\arctan x-x}{x-\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{1+x^{2}}-1}{1-\cos x}=-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{1+x^{2}} \cdot \frac{x^{2}}{1-\cos x}=-2 .
$$ |
| 2 |
解答题 |
（2）设 $a>0$ ，则 $\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{3}}{e^{a x}} \mathrm{~d} x=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】利用分部积分，得
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{3}}{e^{a x}} \mathrm{~d} x & =-\left.\frac{1}{a} x^{3} e^{-a x}\right|_{0} ^{+\infty}+\frac{3}{a} \int_{0}^{+\infty} x^{2} e^{-a x} \mathrm{~d} x=\frac{3}{a} \int_{0}^{+\infty} x^{2} e^{-a x} \mathrm{~d} x \\
& =-\left.\frac{3}{a^{2}} x^{2} e^{-a x}\right|_{0} ^{+\infty}+\frac{6}{a^{2}} \int_{0}^{+\infty} x e^{-a x} \mathrm{~d} x=\frac{6}{a^{2}} \int_{0}^{+\infty} x e^{-a x} \mathrm{~d} x \\
& =-\left.\frac{6}{a^{3}} x e^{-a x}\right|_{0} ^{+\infty}+\frac{6}{a^{3}} \int_{0}^{+\infty} e^{-a x} \mathrm{~d} x=-\left.\frac{6}{a^{4}} e^{-a x}\right|_{0} ^{+\infty}=\frac{6}{a^{4}}
\end{aligned}
$$ |
| 3 |
解答题 |
（3）点 $M_{0}(2,2,2)$ 关于直线 $L: \frac{x-1}{3}=\frac{y+4}{2}=z-3$ 的对称点 $M_{1}$ 的坐标为
$\_\_\_\_$ ．
【解】过点 $M_{0}(2,2,2)$ 且垂直于直线 $L$ 的平面 $\pi$ 的方程为
$$
3(x-2)+2(y-2)+z-2=0 \text {, 即 } 3 x+2 y+z-12=0 \text {. }
$$
将直线 $\frac{x-1}{3}=\frac{y+4}{2}=z-3$ 用参数方程可表示为 $x=3 t+1, y=2 t-4, z=t+3$ 代入平面 $\pi$ 的方程，得 $3(3 t+1)+2(2 t-4)+(t+3)-12=0$ ，解得 $t=1$ ．
由此可得直线 $L$ 与平面 $\pi$ 的交点为 $P(4,-2,4)$ ．注意到 $P$ 是线段 $M_{0} M_{1}$ 的中点，利用中点公式即可解得对称点为 $M_{1}(6,-6,6)$ ． |
| 4 |
解答题 |
（4）二元函数 $f(x, y)=3 x y-x^{3}-y^{3}+3$ 的所有极值的和等于 $\_\_\_\_$ ．
【解】 易知 $\frac{\partial f}{\partial x}=3 y-3 x^{2}, \frac{\partial f}{\partial y}=3 x-3 y^{2}, \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=-6 x, \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}=3$ ， $\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=-6 y$ ．令 $\frac{\partial f}{\partial x}=0, \frac{\partial f}{\partial y}=0$ ，解得 $f(x, y)$ 的驻点为 $(0,0),(1,1)$ ．因为
$$
B^{2}-A C=\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}\right)^{2}-\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \cdot \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=9-36 x y,
$$
故在驻点 $(0,0)$ 处，$B^{2}-A C=9>0$ ，所以 $f(x, y)$ 不存在极值；在驻点 $(1,1)$ 处， $B^{2}-A C=-27<0$ ，且 $A=-6<0$ ，所以 $f(x, y)$ 取得极大值 $f(1,1)=4$ ．
因此，函数 $f(x, y)$ 的所有极值的和等于 4 ． |
| 5 |
解答题 |
（5）幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n 3^{n}} x^{n}$ 的收敛域为 $\_\_\_\_$ ．
【解】记 $a_{n}=(-1)^{n} \frac{1}{n 3^{n}}$ ，则级数的收玫半径 $R=\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=3 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{n}{n+1}=3$ ．
当 $x=3$ 时，级数成为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}$ ，利用 Leibniz 判别法，可知 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}$ 收玫；
当 $x=-3$ 时，级数成为调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ ，发散．
因此，原级数的收玫域为 $(-3,3]$ ．
二、（本题满分 10 分）用正交变换将二次曲面的方程
$$
x^{2}-2 y^{2}-2 z^{2}-4 x y+4 x z+8 y z-27=0
$$
化为标准方程，并说明该曲面是什么曲面．
【解】设 $A=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 2 \\ -2 & -2 & 4 \\ 2 & 4 & -2\end{array}\right), X=(x, y, z)^{\mathrm{T}}$ ，则曲面方程为 $X^{\mathrm{T}} A X=27$ ．
易知，$A$ 的特征多项式为 $|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda-1 & 2 & -2 \\ 2 & \lambda+2 & -4 \\ -2 & -4 & \lambda+2\end{array}\right|=(\lambda-2)^{2}(\lambda+7)$ ，所
以 $A$ 的特征值为 $\lambda_{1}=2$（二重），$\lambda_{2}=-7$ ．
对于 $\lambda_{1}=2$ ，解齐次线性方程组 $\left(\lambda_{1} E-A\right) X=0$ ，求得对应的线性无关的特征向量为 $\alpha_{1}=(-2,1,0)^{\mathrm{T}}, \alpha_{2}=(2,0,1)^{\mathrm{T}}$ ，利用 Schmidt 正交化方法，得
$$
\beta_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}(-2,1,0)^{\mathrm{T}}, \quad \beta_{2}=\frac{1}{3 \sqrt{5}}(2,4,5)^{\mathrm{T}} .
$$
对于 $\lambda_{2}=-7$ ，解齐次线性方程组 $\left(\lambda_{2} E-A\right) X=0$ ，求得对应的单位化特征向量为 $\beta_{3}=\frac{1}{3}(1,2,-2)^{\mathrm{T}}$ ．
取正交矩阵 $Q=\left(\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}\right)$ ，令 $X^{\prime}=\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right)^{\mathrm{T}}$ ，则正交变换 $X=Q X^{\prime}$ 将曲面的方程 $X^{\mathrm{T}} A X=27$ 可化为如下标准方程
$$
2 x^{\prime 2}+2 y^{\prime 2}-7 z^{\prime 2}=27 .
$$
这是单叶双曲面．
【注】如采用配方法且过程完整有最后结果，可得 5 分．
三、（本题满分 12 分）设函数 $f(x), g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上具有二阶连续导数， $f(0)=g(0)=1$ ，且对 $x O y$ 平面上的任一简单闭曲线 $C$ ，曲线积分
$$
\oint_{c}\left[y^{2} f(x)+2 y \mathrm{e}^{x}-8 y g(x)\right] \mathrm{d} x+2[y g(x)+f(x)] \mathrm{d} y=0,
$$
求函数 $f(x), g(x)$ ．
【解】记 $P(x, y)=y^{2} f(x)+2 y \mathrm{e}^{x}-8 y g(x), Q(x, y)=2[y g(x)+f(x)]$ ．根据题设条件可知 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$ ，由此得
$$
y\left[g^{\prime}(x)-f(x)\right]+f^{\prime}(x)+4 g(x)-\mathrm{e}^{x}=0 .
$$
从而有 $\left\{\begin{array}{l}g^{\prime}(x)-f(x)=0, \\ f^{\prime}(x)+4 g(x)=\mathrm{e}^{x} .\end{array}\right.$ 可得 $g^{\prime \prime}(x)+4 g(x)=\mathrm{e}^{x}$ ．
这是关于 $g(x)$ 的常系数非齐次二阶线性微分方程，解得
$$
g(x)=C_{1} \cos 2 x+C_{2} \sin 2 x+\frac{1}{5} \mathrm{e}^{x}
$$
利用 $g(0)=1, g^{\prime}(0)=f(0)=1$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}C_{1}+\frac{1}{5}=1, \\ 2 C_{2}+\frac{1}{5}=1,\end{array}\right.$ 解得 $C_{1}=\frac{4}{5}, C_{2}=\frac{2}{5}$ ，因此
$$
g(x)=\frac{4}{5} \cos 2 x+\frac{2}{5} \sin 2 x+\frac{1}{5} \mathrm{e}^{x}
$$
此外，再由 $g^{\prime}(x)-f(x)=0$ 即可解得
$$
f(x)=-\frac{8}{5} \sin 2 x+\frac{4}{5} \cos 2 x+\frac{1}{5} \mathrm{e}^{x}
$$
四、（本题满分 12 分）求由 $x O z$ 平面上的曲线 $\left\{\begin{array}{l}\left(x^{2}+z^{2}\right)^{2}=4\left(x^{2}-z^{2}\right) \\ y=0\end{array}\right.$ 绕 $O z$ 轴旋转而成的曲面所包围区域的体积．
【解】曲面的方程为：$\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}=4\left(x^{2}+y^{2}-z^{2}\right)$ ．
采用球面坐标：$x=\rho \cos \theta \sin \varphi, y=\rho \sin \theta \sin \varphi, z=\rho \cos \varphi$ ，曲面的方程可表示为：$\rho=2 \sqrt{-\cos 2 \varphi}, \varphi \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right]$ ．根据区域的对称性，得
$$
V=8 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{2 \sqrt{-\cos 2 \varphi}} \rho^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} \rho=\frac{32 \pi}{3} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(-\cos 2 \varphi)^{\frac{3}{2}} \sin \varphi \mathrm{~d} \varphi
$$
再先后作变量代换：$t=\cos \varphi, \sqrt{2} t=\sin u$ ，得
$$
V=\frac{32 \pi}{3} \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(1-2 t^{2}\right)^{\frac{3}{2}} \mathrm{~d} t=\frac{16 \sqrt{2} \pi}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{4} u \mathrm{~d} u
$$
利用 Wallis 公式得 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{4} u \mathrm{~d} u=\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}=\frac{3 \pi}{16}$ ，所以
$$
V=\frac{16 \sqrt{2} \pi}{3} \cdot \frac{3 \pi}{16}=\sqrt{2} \pi^{2}
$$
五、（本题满分 12 分）证明下列不等式：
（1）设 $x \in[0, \pi], t \in[0,1]$ ，则 $\sin t x \geq t \sin x$ ；
（2）设 $p>0$ ，则 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u \geq \frac{\pi}{2(p+1)}$ ；
（3）设 $x \geq 0, p>0$ ，则 $\int_{0}^{x}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u \geq \frac{x|\sin x|^{p}}{p+1}$ ．
【解】（1）令 $F(t)=\sin x t-t \sin x$ ，则 $F(0)=F(1)=0, F^{\prime \prime}(t)=-x^{2} \sin x t \leq 0$ ．当 $x \in[0, \pi], t \in[0,1]$ 时，有 $F(t) \geq 0$ ，即 $\sin t x \geq t \sin x$ ．
（2）设 $p>0$ ，令 $u=\frac{\pi}{2} t$ ，则
$$
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{1}\left|\sin \frac{\pi}{2} t\right|^{p} \mathrm{~d} t \geq \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1}\left|t \sin \frac{\pi}{2}\right|^{p} \mathrm{~d} t=\frac{\pi}{2(p+1)}
$$
（3）根据对称性，并利用上述结果，得 $\int_{0}^{\pi}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u \geq \frac{\pi}{p+1}$ ．对于 $x \geq 0$ ，存在非负整数 $k \geq 0$ ，使得 $x=k \pi+v$ ，其中 $v \in[0, \pi)$ ．根据定积分的周期性特征，有 $\int_{0}^{k \pi}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u=k \int_{0}^{\pi}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u, \int_{k \pi}^{x}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u=\int_{0}^{v}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u$ ．
类似于第（2）题可证， $\int_{0}^{v}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u \geq \frac{v|\sin v|^{p}}{p+1}$ ，因此
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{x}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u & =\int_{0}^{k \pi}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u+\int_{k \pi}^{x}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u=k \int_{0}^{\pi}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u+\int_{0}^{v}|\sin u|^{p} \mathrm{~d} u \\
& \geq \frac{k \pi}{p+1}+\frac{v|\sin v|^{p}}{p+1} \geq \frac{x|\sin x|^{p}}{p+1}
\end{aligned}
$$ |
| 6 |
解答题 |
六、（本题满分 12 分）设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上具有一阶连续导数，证明： $\int_{a}^{b} \sqrt{1+\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}} \mathrm{~d} x \geq \sqrt{(a-b)^{2}+[f(a)-f(b)]^{2}}$ ，并给出等号成立的条件．
【解】令 $F(t)=\int_{a}^{t} \sqrt{1+\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}} \mathrm{~d} x-\sqrt{(t-a)^{2}+[f(t)-f(a)]^{2}}$ ，则 $F(t)$ 在 $[a, b]$上连续，在 $(a, b)$ 内具有一阶连续导数，且
$$
F^{\prime}(t)=\sqrt{1+\left[f^{\prime}(t)\right]^{2}}-\frac{(t-a)+[f(t)-f(a)] f^{\prime}(t)}{\sqrt{(t-a)^{2}+[f(t)-f(a)]^{2}}}
$$
$$
=\frac{\sqrt{1+\left[f^{\prime}(t)\right]^{2}} \sqrt{(t-a)^{2}+[f(t)-f(a)]^{2}}-\left[(t-a)+[f(t)-f(a)] f^{\prime}(t)\right]}{\sqrt{(t-a)^{2}+[f(t)-f(a)]^{2}}} .
$$
对任意 $t \in(a, b)$ ，利用 Cauchy 不等式，恒有
$$
1 \cdot(t-a)+f^{\prime}(t)[f(t)-f(a)] \leq \sqrt{1+\left[f^{\prime}(t)\right]^{2}} \sqrt{(t-a)^{2}+[f(t)-f(a)]^{2}}
$$
可知 $F^{\prime}(t) \geq 0$ ，所以 $F(t)$ 在 $[a, b]$ 上单调递增．故 $F(b) \geq F(a)=0$ ，即得所证．
进一步，等号成立当且仅当 $f^{\prime}(t)=\frac{f(t)-f(a)}{t-a}=k$（实常数），即
$$
f(t)=f(a)+k(t-a), \quad \forall t \in[a, b]
$$
此时曲线 $y=f(x)$ 为直线． |
| 7 |
解答题 |
七、（本题满分 12 分）证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\frac{1}{2 n}\right) \cdot \ln \left(1+\frac{1}{2 n+1}\right)$ 收敛，并求其和。
【解】记 $a_{n}=\ln \frac{n+1}{n}, n=1,2, \cdots$ ，则级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n} a_{2 n+1}$ ．
因为 $x \rightarrow 0$ 时， $\ln (1+x) \sim x$ ，所以 $n \rightarrow \infty$ 时，有 $a_{2 n} a_{2 n+1} \sim \frac{1}{2 n} \cdot \frac{1}{2 n+1}$ ，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 n(2 n+1)}$ 显然收玫，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n} a_{2 n+1}$ 收玫．
再求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n} a_{2 n+1}$ 的和．令 $b_{n}=\sum_{k=n}^{2 n-1} a_{k}^{2}, n=1,2, \cdots$ ，则由 $a_{n}=a_{2 n}+a_{2 n+1}$ 得
$$
b_{n}-b_{n+1}=a_{n}^{2}-a_{2 n}^{2}-a_{2 n+1}^{2}=\left(a_{2 n}+a_{2 n+1}\right)^{2}-a_{2 n}^{2}-a_{2 n+1}^{2}=2 a_{2 n} a_{2 n+1} .
$$
由于 $0 |