| 2 |
解答题 |
设曲线 $y=3 a x^{2}+2 b x+\ln c$ 经过 $(0,0)$ 点，且当 $0 \leqslant x \leqslant 1$ 时 $y \geqslant 0$ ．设该曲线与直线 $x=1, x$ 轴所围图形的平面图形 $D$ 的面积为 1 。试求常数 $a, b, c$ 的值，使得 $D$ 绕 $x$ 轴一周后，所得旋转体的体积最小。
解答。由于曲线 $y=3 a x^{2}+2 b x+\ln c$ 经过 $(0,0)$ 点，故 $\ln c=0, c=1 . D$ 的面积 $A=\int_{0}^{1}\left(3 a x^{2}+2 b x\right) \mathrm{d} x=a+b=1$ ．
（4 分）
$D$ 绕 $x$ 轴一周所得到的旋转体体积
$$
\begin{aligned}
V & =\pi \int_{0}^{1}\left(3 a x^{2}+2 b x\right)^{2} \mathrm{~d} x \\
& =\pi\left(\frac{9}{5} a^{2}+3 a b+\frac{4}{3} b^{2}\right) \\
& =\pi\left(\frac{2}{15} a^{2}+\frac{1}{3} a+\frac{4}{3}\right)
\end{aligned}
$$
$$
V^{\prime}(a)=\pi\left(\frac{4}{15} a+\frac{1}{3}\right) .
$$
不难得到，当 $a=-\frac{5}{4}$ 时，旋转体得体积最小，此时，$b=\frac{9}{4}, c=1$ ．分）
注：推导最小值点时，用其他办法如配方也可以。
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 3 |
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 $\frac{\mathrm{d} V}{\mathrm{~d} U}=\frac{2(2 V-U)}{U+V}$ ．
作变量替换 $W=\frac{V}{U}$ 得到 $U \frac{\mathrm{~d} W}{\mathrm{~d} U}=-\frac{W^{2}-3 W+2}{W+1}$ ．
这是分离变量方程，解之得 $U(W-2)^{3}=C(W-1)^{2}$ ，回代得
$$
\left(y^{2}-2 x^{2}-3\right)^{3}=C\left(y^{2}-x^{2}-1\right)^{2}
$$ |
| 4 |
解答题 |
（本题 14 分）求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^{2 n}}{n(2 n-1)}$ 的收敛域及和函数．
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | |
坃域及和函数．
解答。因为 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n(2 n-1)}}=1$ ，所以收敛半径为 1 。
当 $x= \pm 1$ 时，$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n(2 n-1)}$ 绝对收敛，故收敛域为 $[-1,1]$ 。（5 分）记该幂级数的和函数为 $S(x)$ ，则在 $(-1,1)$ 上，
$$
\begin{gathered}
S^{\prime}(x)=2 \int_{0}^{x} \frac{1}{1+s^{2}} \mathrm{~d} s=2 \arctan x, \quad x \in(-1,1) \\
S(x)=2 \int_{0}^{x} \arctan s \mathrm{~d} s=2 x \arctan x-\ln \left(1+x^{2}\right), \quad x \in(-1,1)
\end{gathered}
$$
由于 $S(x)$ 在收敛域上连续，所以
$$
S(x)=2 \int_{0}^{x} \arctan s \mathrm{~d} s=2 x \arctan x-\ln \left(1+x^{2}\right), \quad x \in[-1,1]
$$
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 5 |
解答题 |
（本题 14 分）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导且 $f(0)>0$ ， $f(1)>0, \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x=0$ 。证明：
（1）$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上至少有两个零点；
（2）在 $(0,1)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f^{\prime}(\xi)+3 f^{3}(\xi)=0$ ． |
| 6 |
解答题 |
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 |