| 2 |
解答题 |
（本题 14 分）解方程
$$
\left(x^{2}+y^{2}+3\right) \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=2 x\left(2 y-\frac{x^{2}}{y}\right)
$$
解答。 原方程变形为 $\frac{y \mathrm{~d} y}{x \mathrm{~d} x}=\frac{2\left(2 y^{2}-x^{2}\right)}{x^{2}+y^{2}+3}$ ．
令 $u=x^{2}, v=y^{2}$ ，则原方程化为 $\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~d} u}=\frac{2(2 v-u)}{u+v+3}$ ．
解方程 $2 v-u=0, u+v+3=0$ ，得到 $u=-2, v=-1$ ，再令 $U=u+2, V=v+1$ ，上述方程化为 $\frac{\mathrm{d} V}{\mathrm{~d} U}=\frac{2(2 V-U)}{U+V}$ ．
（8 分）
作变量替换 $W=\frac{V}{U}$ 得到 $U \frac{\mathrm{~d} W}{\mathrm{~d} U}=-\frac{W^{2}-3 W+2}{W+1}$ ．
（11 分）
这是分离变量方程，解之得 $U(W-2)^{3}=C(W-1)^{2}$ ，回代得
$$
\left(y^{2}-2 x^{2}-3\right)^{3}=C\left(y^{2}-x^{2}-1\right)^{2} .
$$
（14 分）
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 3 |
解答题 |
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，求曲面 $\Sigma_{1}$ 与 $\Sigma_{2}$ 所围成的空间区域的体积．
解答。设 $L$ 是 $x O y$ 平面上过点 $(0,4)$ 且与 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 相切于点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的直线，则 $\frac{x_{0}^{2}}{3}+\frac{y_{0}^{2}}{4}=1$ 且切线斜率 $\frac{y_{0}-4}{x_{0}}=-\frac{4 x_{0}}{3 y_{0}}$ ，解得 $x_{0}= \pm \frac{3}{2}, y_{0}=1$ ．
显然，$\Sigma_{1}$ 与 $\Sigma_{2}$ 分别是切线 $L$ 和曲线 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 绕 $y$ 轴旋转而成的曲面，它们的交线位于平面 $y_{0}=1$ 上。
记该平面与 $\Sigma_{1}, \Sigma_{2}$ 围成的空间区域分别记为 $\Omega_{1}$ 和 $\Omega_{2}$ ．
由于 $\Sigma_{1}$ 是底面圆的半径为 $\frac{3}{2}$ ，高为 3 的圆雉体，所以其体积 $V_{1}=\frac{1}{3} \cdot \pi\left(\frac{3}{2}\right)^{2} \cdot 3= \frac{9 \pi}{4}$ ．又 $\Omega_{2}$ 的体积为
$$
V_{2}=\iiint_{\Omega_{2}} \mathrm{dV}=\int_{1}^{2} \mathrm{~d} y \iint_{x^{2}+z^{2} \leqslant 3\left(1-\frac{y^{2}}{4}\right)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} z=\pi \int_{1}^{2} 3\left(1-\frac{y^{2}}{4}\right) \mathrm{d} y=\frac{5 \pi}{4}
$$
因此，曲面 $\Sigma_{1}$ 与 $\Sigma_{2}$ 所围成的空间区域的体积为 $\frac{9 \pi}{4}-\frac{5 \pi}{4}=\pi$ ．
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评完人 | | |
| 4 |
解答题 |
（本题 14 分）
设 $I_{n}=n \int_{1}^{a} \frac{\mathrm{~d} x}{1+x^{n}}$ ，其中 $a>1$ 。求极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} I_{n}$ 。
解答。记 $b=\frac{1}{a}$ ，则 $0 |
| 5 |
解答题 |
（本题 14 分）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有连续的导数且 $f(0)=0$ ．求证：
$$
\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{d} x \leqslant 4 \int_{0}^{1}(1-x)^{2}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
并求使上式成为等式的 $f(x)$ 。
解答。由分部积分法
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{d} x & =\left.(x-1) f^{2}(x)\right|_{0} ^{1}-\int_{0}^{1}(x-1) 2 f(x) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \\
& =2 \int_{0}^{1}(1-x) f^{\prime}(x) \cdot f(x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
由 Cauchy 积分不等式，有
$$
\int_{0}^{1}(1-x) f^{\prime}(x) \cdot f(x) \mathrm{d} x \leqslant\left(\int_{0}^{1}(1-x)^{2}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{2}}\left(\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{2}}
$$
于是
$$
\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{d} x \leqslant 4 \int_{0}^{1}(1-x)^{2}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
等式成立时应有常数 $c$ 使得 $(1-x) f^{\prime}(x)=c f(x)$ ．因此当 $x \in(0,1)$ 时，有
$$
\left((1-x)^{c} f(x)\right)^{\prime}=(1-x)^{c-1}\left((1-x) f^{\prime}(x)-c f(x)\right)=0 .
$$
因而存在常数 $d$ 使得 $f(x)=d(1-x)^{-c}(0 |
| 6 |
解答题 |
设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{0}=\frac{1}{3}$ ， $x_{n+1}=\frac{x_{n}^{2}}{1-x_{n}+x_{n}^{2}}, n \geqslant 0$ 。证明：无穷级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x_{n}$ 收玫并求其和。
解答．方法1．根据数学归纳法可知 $x_{n}>0$ ．
此外，$x_{n+1}-x_{n}=-\frac{x_{n}\left(1-x_{n}\right)^{2}}{1-x_{n}+x_{n}^{2}}<0$ 。
故 $x_{n}$ 单调递减，$x_{n} \leqslant \frac{1}{3}$ ．
于是，$x_{n+1}=x_{n} \cdot \frac{x_{n}}{1-x_{n}+x_{n}^{2}} \leqslant \frac{4}{9} x_{n}$ ，
$x_{n}$ 收敛于 0 。
令 $f(x)=\frac{x}{1+x}, x>0$ ，不难验证 $f(x)$ 严格单调递增且其反函数为 $f^{-1}(x)=\frac{x}{1-x}$ ．注意到 $x_{n+1}=f\left(f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}\right)$ ，故
$$
\begin{aligned}
f^{-1}\left(x_{n+1}\right)= & f^{-1}\left(x_{n}\right)-x_{n}, \quad x_{n}=f^{-1}\left(x_{n}\right)-f^{-1}\left(x_{n+1}\right) \\
& \sum_{i=0}^{n} x_{i}=f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}\left(x_{n+1}\right) \\
& \sum_{i=0}^{\infty} x_{i}=f^{-1}\left(x_{0}\right)-f^{-1}(0)=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
解答。方法2．证明 $x_{n}$ 收敛于 0 同方法1．
注意到
$$
\begin{gathered}
x_{n}=\frac{x_{n}}{1-x_{n}}-\frac{x_{n+1}}{1-x_{n+1}} \\
\sum_{i=0}^{n} x_{i}=\frac{x_{0}}{1-x_{0}}-\frac{x_{n+1}}{1-x_{n+1}} \\
\sum_{i=0}^{\infty} x_{i}=\frac{x_{0}}{1-x_{0}}=\frac{1}{2}
\end{gathered}
$$ |