| 1 |
解答题 |
一、填空题（本题满分 30 分，每小题 6 分）
（1）设 $f(x)=\left\{\begin{array}{cc}2 e^{x}(x-\cos x), & x>0 \\ x^{2}+3 x+a, & x \leq 0\end{array}\right.$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续，则 $a=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】当 $x \rightarrow 0$ 时，$f(x)$ 的左、右极限分别为
$$
\begin{gathered}
\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}}\left(x^{2}+3 x+a\right)=a, \\
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=2 \lim _{x \rightarrow 0^{+}} e^{x}(x-\cos x)=-2,
\end{gathered}
$$
所以当且仅当 $\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=f(0)$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，因此 $a=-2$ ． |
| 2 |
解答题 |
（2）极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x(x+2)}{\sin \pi x}=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】利用 LHospital 法则，得
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x(x+2)}{\sin \pi x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2(x+1)}{\pi \cos \pi x}=\frac{2}{\pi} .
$$ |
| 3 |
解答题 |
（3）设函数 $z=z(x, y)$ 是由方程 $f\left(2 x-\frac{z}{y}, 2 y-\frac{z}{x}\right)=2024$ 确定的隐函数，其中 $f(u, v)$ 具有连续偏导数，且 $x f_{u}+y f_{v} \neq 0$ ，则 $x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】令 $F(u, v)=f(u, v)-2024$ ，则 $x F_{u}+y F_{v} \neq 0$ ．根据隐函数的求偏导数公式，得
$$
\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}=\frac{2 F_{u}+\frac{z}{x^{2}} F_{v}}{\frac{1}{y} F_{u}+\frac{1}{x} F_{v}}, \quad \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}}=\frac{\frac{z}{y^{2}} F_{u}+2 F_{v}}{\frac{1}{y} F_{u}+\frac{1}{x} F_{v}},
$$
## 2024年04月决赛试题
所以 $x \frac{\partial z}{\partial x}+y \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\frac{z}{x} F_{v}+2 x F_{u}}{\frac{1}{y} F_{u}+\frac{1}{x} F_{v}}+\frac{\frac{z}{y} F_{u}+2 y F_{v}}{\frac{1}{y} F_{u}+\frac{1}{x} F_{v}}=z+2 x y$ ． |
| 4 |
解答题 |
（4）在平面 $x+y+z=0$ 上，与直线 $\left\{\begin{array}{l}x+y-1=0, \\ x-y+z+1=0\end{array}\right.$ 和 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y+z-1=0 \\ x+y-z+1=0\end{array}\right.$ 都相交的直线的单位方向向量为 $\_\_\_\_$ ．
【解】 将所给平面的方程分别与这两直线的方程联立求解方程组
$$
\left\{\begin{array} { l }
{ x + y + z = 0 } \\
{ x + y - 1 = 0 } \\
{ x - y + z + 1 = 0 }
\end{array} \text { 和 } \left\{\begin{array}{l}
x+y+z=0 \\
2 x-y+z-1=0 \\
x+y-z+1=0
\end{array}\right.\right.
$$
得平面与这两直线的交点分别为 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-1\right)$ 和 $\left(0,-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ ，因此过这两点的直线的方向向量为
$$
\left(0-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}-(-1)\right)=-\frac{1}{2}(1,2,-3) .
$$
相应的单位方向向量为 $\pm \frac{1}{\sqrt{14}}(1,2,-3)$ ．
【注】对不带正、负号或＂±＂符号的答案，也给满分． |
| 5 |
解答题 |
（5）定积分 $\int_{0}^{1} \frac{x^{4}(1-x)^{4}}{1+x^{2}} d x$ 的值等于 $\_\_\_\_$ ．
【解】 因为 $(1-x)^{4}=\left(1+x^{2}-2 x\right)^{2}=\left(1+x^{2}\right)^{2}-4 x\left(1+x^{2}\right)+4 x^{2}$ ，所以
$$
\begin{aligned}
I & =\int_{0}^{1} x^{4}\left(1+x^{2}\right) \mathrm{d} x-4 \int_{0}^{1} x^{5} \mathrm{~d} x+4 \int_{0}^{1} \frac{\left(x^{6}+1\right)-1}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{2}{3}+4 \int_{0}^{1}\left(x^{4}-x^{2}+1\right) \mathrm{d} x-4 \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{~d} x}{1+x^{2}} \\
& =\frac{22}{7}-\pi
\end{aligned}
$$
二、（本题满分 12 分）已知曲线 $L:\left\{\begin{array}{l}x=f(t), \\ y=\cos t,\end{array}\left(0 \leq t<\frac{\pi}{2}\right)\right.$ ，其中 $f(t)$ 具有连续
导数，且 $f(0)=0$ ．设当 $00$ ，且曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到
## 2024年04月决赛试题
切点的距离恒等于切点与点 $(-\sin t, 0)$ 之间的距离，求函数 $f(t)$ 的表达式．
【解】利用参数方程求导法则，得 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t} \cdot \frac{\mathrm{~d} t}{\mathrm{~d} x}=-\frac{\sin t}{f^{\prime}(t)}$ ，因此曲线 $L$ 上任意点 $(x, y)=(f(t), \cos t)$ 处的切线方程为
$$
Y-\cos t=-\frac{\sin t}{f^{\prime}(t)}(X-f(t))
$$
令 $Y=0$ ，可得此切线与 $x$ 轴的交点为 $P\left(f(t)+f^{\prime}(t) \cot t, 0\right)$ ．根据题设，切点与交点 $P$ 的距离恒等于切点与点 $(-\sin t, 0)$ 之间的距离，故有
$$
\left[f(t)+f^{\prime}(t) \cot t-f(t)\right]^{2}+\cos ^{2} t=(f(t)+\sin t)^{2}+\cos ^{2} t
$$
注意到当 $00$ ，所以 $f(t)>f(0)=0$ ，故将上式整理可得
$$
f^{\prime}(t)-\tan t f(t)=\sec t-\cos t .
$$
这是关于 $f(t)$ 的一阶线性微分方程，利用求解公式得
$$
f(t)=e^{\int \tan t d t}\left(\int(\sec t-\cos t) e^{-\int \tan t d t} \mathrm{~d} t+C\right)=\frac{1}{2}(t \sec t-\sin t)+C
$$
由 $f(0)=0$ 得 $C=0$ ，因此
$$
f(t)=\frac{1}{2}(t \sec t-\sin t), \quad 0 \leq t<\frac{\pi}{2}
$$
三、（本题满分 12 分）求极限： $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2 n \theta}{\sin \theta} \mathrm{~d} \theta$ ．
【解】令 $a_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2 n \theta}{\sin \theta} \mathrm{~d} \theta$ ，则 $a_{0}=0, a_{1}=2$ ，且 $n>1$ 时，有
$$
a_{n}-a_{n-1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2 n \theta-\sin 2(n-1) \theta}{\sin \theta} \mathrm{d} \theta=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos (2 n-1) \theta \mathrm{d} \theta=(-1)^{n-1} \frac{2}{2 n-1},
$$
所以
$$
a_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(a_{k}-a_{k-1}\right)=2\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{2 n-1}\right)
$$
因此 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=2 \lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{2 n-1}\right)=2 \cdot \frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ ．
四、（本题满分 12 分）设 $\Sigma_{1}$ 是以 $(0,4,0)$ 为顶点且与曲面 $\Sigma_{2}: \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}+\frac{z^{2}}{3}=1 (y>0)$ 相切的圆雉面，求 $\Sigma_{1}$ 与 $\Sigma_{2}$ 所围成的空间区域的体积．
【解】易知，$\Sigma_{1}$ 与 $\Sigma_{2}$ 的交线位于平面 $y_{0}=1$ 上．
设该平面与 $\Sigma_{1}, \Sigma_{2}$ 围成的空间区域分别记为 $\Omega_{1}$ 与 $\Omega_{2}$ ，由于 $\Omega_{1}$ 是底面圆的
## 2024年04月决赛试题
半径为 $\frac{3}{2}$ 且高为 3 的圆雉体，所以它的体积为 $V_{1}=\frac{1}{3} \cdot \pi\left(\frac{3}{2}\right)^{2} \cdot 3=\frac{9 \pi}{4}$ ．
又 $\Omega_{2}$ 的体积为
$$
V_{2}=\iiint_{\Omega_{2}} \mathrm{~d} v=\int_{1}^{2} \mathrm{~d} y \iint_{x^{2}+z^{2} \leq 3\left(1-\frac{y^{2}}{4}\right)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} z=\pi \int_{1}^{2} 3\left(1-\frac{y^{2}}{4}\right) \mathrm{d} y=\frac{5 \pi}{4}
$$
因此，$\Sigma_{1}$ 与 $\Sigma_{2}$ 所围成的空间区域的体积为 $V=\frac{9 \pi}{4}-\frac{5 \pi}{4}=\pi$ ．
五、（本题满分 12 分）设 $n$ 阶实矩阵 $A, B$ 满足 $A B=A+B$ ，且存在 $n$ 阶可逆实矩阵 $P$ ，使得 $P^{-1} A P$ 为对角矩阵．证明：$P^{-1} B P$ 也为对角矩阵．
【证】设 $P^{-1} A P=\operatorname{diag}\left(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}\right)$ ，且 $P=\left(p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{n}\right)$ ，则 $A p_{i}=\lambda_{i} p_{i}$ ， $i=1,2, \cdots, n$ ．所以 $P$ 的列向量 $p_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 为 $A$ 的对应于特征值 $\lambda_{i}$ 的特征向量．
因为 $A B=A+B$ ，所以 $(A-E)(B-E)=E$ ，可知 $|A-E| \neq 0$ ，由此说明 $\lambda_{i} \neq 1$ ．
注意到 $(A-E) p_{i}=\left(\lambda_{i}-1\right) p_{i}$ ，所以 $(A-E)^{-1} p_{i}=\frac{1}{\lambda_{i}-1} p_{i}$ ．
又由于
$$
A B p_{i}=A p_{i}+B p_{i}=\lambda_{i} p_{i}+B p_{i}
$$
所以 $B p_{i}=\lambda_{i}(A-I)^{-1} p_{i}=\frac{\lambda_{i}}{\lambda_{i}-1} p_{i}$ ，即 $p_{i}$ 是 $B$ 的属于特征值 $\frac{\lambda_{i}}{\lambda_{i}-1}$ 的特征向量．因此
$$
P^{-1} B P=\operatorname{diag}\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}-1}, \frac{\lambda_{2}}{\lambda_{2}-1}, \cdots, \frac{\lambda_{n}}{\lambda_{n}-1}\right) .
$$ |
| 6 |
解答题 |
六、（本题满分 12 分）设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义为：$a_{0}=0, a_{1}=\frac{2}{3}$ ，当 $n \geq 1$ 时，满足
$$
(n+1) a_{n+1}=2 a_{n}+(n-1) a_{n-1}
$$
求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} n a_{n} x^{n}$ 的收玫域．
【解】 利用归纳法易证： $0(n-1) a_{n-1}$ 可知，$\left\{2 n a_{2 n}\right\}$ 是严格递增数列，且 $a_{2}=\frac{2}{3} \neq 0$ ，所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n} \neq 0$ ．故当 $x= \pm 1$ 时，$\sum_{n=0}^{\infty} n a_{n} x^{n}$ 发散．因此 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n}$ 的收敛域为 $(-1,1)$
4 分 |
| 7 |
解答题 |
七、（本题满分 10 分）（1）证明：对于任意的实数 $r>0$ ，存在唯一的 $t \in(\pi, 2 \pi)$ ，使得 $e^{-r t}-\cos t+r \sin t=0$ ；
（2）设（1）中的方程所确定的隐函数为 $t=t(r)$ ，证明：当 $r>0$ ，且 $\pi0$ ．
【证】（1）记 $g(t)=e^{-r t}-\cos t+r \sin t$ ，则 $g(t)$ 在区间 $[\pi, 2 \pi]$ 上连续．当 $r>0$ 时， $g(\pi)=e^{-r \pi}+1>0, g(2 \pi)=e^{-2 r \pi}-1<0$ ，根据介值定理，存在 $\xi \in(\pi, 2 \pi)$ ，使得 $g(\xi)=0$ ．
3分
进一步，注意到 $\left(e^{r t} g(t)\right)^{\prime}=e^{r t}\left(1+r^{2}\right) \sin t<0$ ，若存在 $t_{1}, t_{2} \in(\pi, 2 \pi), t_{1} \neq t_{2}$ ，使得 $g\left(t_{1}\right)=g\left(t_{2}\right)=0$ ，则由Rolle 定理，存在 $\xi \in(\pi, 2 \pi)$ ，使得 $\left.\left(e^{r t} g(t)\right)^{\prime}\right|_{t=\xi}=0$ ，矛盾．所以，对任意 $r>0, g(t)$ 在 $(\pi, 2 \pi)$ 内仅有惟一实根．
（2）令 $F(t, r)=r h(t)-t \sin t$ ，其中 $h(t)=\sin t-t \cos t$ ．因为 $h(\pi)=\pi>0$ ，而 $h(2 \pi)=-2 \pi<0$ ，所以存在 $t_{0} \in(\pi, 2 \pi)$ ，使得 $h\left(t_{0}\right)=0$ ．又 $h^{\prime}(t)=t \sin t<0(\pi0$ ；
（b）当 $t_{0}e^{r t} g(t) \geq e^{r(r)} g(t(r))=0
$$
所以 $r<\frac{1-\cos t}{-\sin t}$ ．于是 $F(r, t)>\frac{1-\cos t}{-\sin t} h(t)-t \sin t=\frac{1-\cos t}{-\sin t}(t+\sin t)>0$ ． |