| 1 |
解答题 |
（本题 30 分，每小题 6 分）
（1）设 $a \neq 0$ ，函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos \sqrt{3 x}}{a x}, & x>0, \\ b+2 \tan ^{5} x, & x \leqslant 0\end{array}\right.$ 在点 $x=0$ 处连续，则 $a b=\frac{3}{2}$ $\_\_\_\_$ ．
（2）设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2$ ，且点 $\left(\sqrt{a_{n+1}}, \sqrt{a_{n}}\right) \quad(n \geqslant 1)$ 都在直线 $x-y-\sqrt{2}=0$上，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{(n+1)^{2}}=2$ $\_\_\_\_$ ．
（3）函数 $f(x, y, z)=2-x^{2}-y^{2}+2 \arctan z$ 在点 $P(1,2,-1)$ 处的所有方向导数中，最大的方向导数值为 $\sqrt{21}$ ．
（4）设 $L$ 是由 $|x|^{3}+3|y|=1$ 确定的封闭曲线．第一型曲线积分 $\int_{L}|x|^{3} d s= \underline{\frac{2}{3}}(2 \sqrt{2}-1)$
（5） $\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{\left(1^{2025}+2^{2025}+\cdots+n^{2025}\right)^{2025}}{\left(1^{2024}+2^{2024}+\cdots+n^{2024}\right)^{2026}}=\frac{2025^{2026}}{2026^{2025}}$
| 得分 | |
| :--- | :--- |
| 评阅人 | | |
| 2 |
解答题 |
（本题 10 分）设函数
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{cl}
\frac{\ln \left(1+\sin ^{2} x\right)-6(\sqrt[3]{2-\cos x}-1)}{x^{3}}, & x \neq 0 \\
0, & x=0
\end{array}\right.
$$ |
| 3 |
解答题 |
（本题 12 分）求微分方程 $\frac{y y^{\prime \prime}-y^{\prime 2}}{y^{2}}=\ln y$ 的通
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | |
解．
解答。方法1．原方程变形为 $\left(\frac{y^{\prime}}{y}\right)^{\prime}=\ln y$ 。从而，$(\ln y)^{\prime \prime}=\ln y$ 。令 $z=\ln y$ ，则
$$
z^{\prime \prime}=z .
$$
令 $z^{\prime}=u$ ，则 $z^{\prime \prime}=u \frac{d u}{d z}$ 。代入方程，得
$$
u \frac{d u}{d z}=z .
$$
积分得
$$
u^{2}=z^{2}+C_{1} .
$$
于是，
$$
z^{\prime}= \pm \sqrt{z^{2}+C_{1}},
$$
即
$$
\frac{d z}{\sqrt{z^{2}+C_{1}}}= \pm d x
$$
积分得
$$
\ln \left|z+\sqrt{z^{2}+C_{1}}\right|= \pm x+C_{2} .
$$
所以，通解为
$$
\ln \left|\ln y+\sqrt{\ln ^{2} y+C_{1}}\right|= \pm x+C_{2},
$$
其中 $C_{1}, C_{2}$ 是任意常数．
方法2。原方程变形为 $\left(\frac{y^{\prime}}{y}\right)^{\prime}=\ln y$ 。从而，$(\ln y)^{\prime \prime}=\ln y$ 。令 $z=\ln y$ ，则
$$
z^{\prime \prime}=z .
$$
上述方程为二阶常系数齐次线性方程，其通解为
$$
z=C_{1} e^{x}+C_{2} e^{-x}
$$
## 其中 $C_{1}, C_{2}$ 是任意常数．
将 $z=\ln y$ 带入上式可得原方程的通解为
$$
\ln y=C_{1} e^{x}+C_{2} e^{-x}
$$
（12 分）
所在院校：
$\_\_\_\_$密封线 答题时不要超过此线考场号： ◯
$\_\_\_\_$座位号：
$\_\_\_\_$专业：
| 得分 | |
| :--- | :--- |
| 评阅人 | | |
| 4 |
解答题 |
设 $a, b, c$ 是正数，$S$ 是方向朝上的上半椭球面
$$
\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1(z \geqslant 0)
$$
计算 $I=\iint_{S} x y^{2} d y d z+y z^{2} d z d x+z x^{2} d x d y$ ． |
| 5 |
解答题 |
（本题 12 分）设 $A, B$ 均为 $n$ 阶实对称矩阵，证明以下结论：
（1）若 $A$ 是正定矩阵，则存在可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{T} A P= I$（单位矩阵），$P^{T} B P=D$（对角矩阵）；
（2）设 $A, B$ 均为正定矩阵，则对任意的 $\alpha \in(0,1)$ ，有
$$
\ln (|\alpha A+(1-\alpha) B|) \geqslant \alpha \ln |A|+(1-\alpha) \ln |B| .
$$ |
| 6 |
解答题 |
（本题 12 分）设 $f(x)$ 是 $[-1,1]$ 上的二阶可导的奇函数，证明：存在 $\xi \in(-1,1)$ ，使得
$$
f^{\prime \prime}(\xi)-f^{\prime}(\xi)+f(1)=0 .
$$
解答．因为 $f(x)$ 为奇函数，所以 $f(0)=0$ ，且 $f^{\prime}(x)$ 为偶函数．
记 $a=f(1)$ ，考虑 $F(x)=f(x)-a x$ ，则 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 上可导，$F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)- a$ ，且 $F(0)=F(1)=0$ ．对 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上利用Rolle定理，存在 $x_{0} \in(0,1)$ ，使得 $F^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a$ 。
注意到 $f^{\prime}(x)$ 为偶函数，所以 $f^{\prime}\left(-x_{0}\right)=f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a$ 。
设 $G(x)=\mathrm{e}^{-x}\left[f^{\prime}(x)-a\right]$ ，则 $G^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-x}\left[f^{\prime \prime}(x)-f^{\prime}(x)+a\right]$ ，且
$$
\begin{aligned}
& G\left(-x_{0}\right)=\mathrm{e}^{x_{0}}\left[f^{\prime}\left(-x_{0}\right)-a\right]=0, \\
& G\left(x_{0}\right)=\mathrm{e}^{-x_{0}}\left[f^{\prime}\left(x_{0}\right)-a\right]=0 .
\end{aligned}
$$
对 $G(x)$ 在 $\left[-x_{0}, x_{0}\right]$ 上利用Rolle定理，存在 $\xi \in\left(-x_{0}, x_{0}\right)$ ，使得 $G^{\prime}(\xi)=0$ ，即
$$
f^{\prime \prime}(\xi)-f^{\prime}(\xi)+f(1)=0 .
$$
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 7 |
解答题 |
设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2 t-3$ ，其中 $t>0$ 且 $t \neq 1$ ，
$$
a_{n+1}=\frac{3\left(t^{n+1}-1\right)\left(a_{n}+1\right)-2\left(t^{n}+a_{n}\right)+\left(a_{n}+1\right)}{a_{n}+2 t^{n}-1} \quad(n \in \mathbb{N}) .
$$
（1）利用变换 $b_{n}=\frac{a_{n}+1}{t^{n}-1}$ 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项表达式；
（2）令 $c_{n}=a_{n}-1(n=1,2, \ldots)$ ，判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}$ 的收敛性。 |