| 1 |
解答题 |
（本题 30 分，每小题 6 分）
（1） $\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}-1-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}=-\frac{1}{8} \quad$ ．
（2）设 $a \neq 0$ ，函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{1-\cos \sqrt{3 x}}{a x}, & x>0, \\ b+2 \tan ^{5} x, & x \leqslant 0\end{array}\right.$ 在点 $x=0$ 处连续，则 $a b=\frac{3}{2}$
（3）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 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{(n+1)^{2}}=\underline{2}$ $\_\_\_\_$ ．
（4）设函数 $z=x \mathrm{e}^{x}\left(1+y \mathrm{e}^{y}\right)$ ，则 $\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{(1,1)}=4 \mathrm{e}^{2}$ $\_\_\_\_$ ．
（5）函数 $f(x, y, z)=x-2 y+3 z$ 满足条件 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 的最大值为 $\sqrt{14}$
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 2 |
解答题 |
假设函数 $f(x)$ 满足 $f(0)=0$ 且对于 $x \geqslant 0$ ，有 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}+f^{2}(x)+1}$ ． |
| 3 |
解答题 |
（本题 12 分）设 $I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{2} x \cos ^{2} x}{1+\tan ^{3} x} d x, J= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{2} x \cos ^{2} x}{1+\cot ^{3} x} d x$ ．证明：$I=J$ ，并求该积分的值．
解答。作变换 $x=\frac{\pi}{2}-t$ 得
$$
\begin{aligned}
I & =-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{\sin ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-t\right) \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{1+\tan ^{3}\left(\frac{\pi}{2}-t\right)} d t \\
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{2} t \cos ^{2} t}{1+\cot ^{3} t} d t=J
\end{aligned}
$$
注意到
$$
J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan ^{3} x \sin ^{2} x \cos ^{2} x}{1+\tan ^{3} x} d x
$$
可得
$$
\begin{aligned}
2 I & =I+J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{2} x \cos ^{2} x}{1+\tan ^{3} x} d x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan ^{3} x \sin ^{2} x \cos ^{2} x}{1+\tan ^{3} x} d x \\
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2} x \cos ^{2} x d x \\
& =\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2} 2 x d x \\
& =\frac{1}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos 4 x) d x \\
& =\frac{\pi}{16}
\end{aligned}
$$
故，$I=\frac{\pi}{32}$ ．
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 4 |
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．
（10 分）
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）
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 5 |
解答题 |
（本题 12 分）讨论级数
$$
1-\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4^{p}}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{(2 n)^{p}}+\cdots
$$
当 $p \geqslant 1$ 时的玫散性．
解答．当 $p=1$ 时，级数是交错级数：
$$
1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n}+\cdots,
$$
根据 Leibniz判别法，可知该级数收玫。
又级数 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}+\cdots$ 发散，所以 $p=1$ 时级数条件收敛。
当 $p>1$ 时，对级数加括号，
$$
\left(1-\frac{1}{2^{p}}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4^{p}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{(2 n)^{p}}\right)+\cdots,
$$
这是由发散级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 n-1}$ 与收玫级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n)^{p}}$ 逐项相减得到的级数，因而发散，所以原级数发散．
综上所述，所给级数当 $p=1$ 时条件收敛，当 $p>1$ 时发散。
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 6 |
选择题 |
设 $A=\left(a_{i j}\right)_{n \times n}, B=\left(b_{i j}\right)_{n \times n}$ 为 $n \times n$ 阶实正定矩阵， $\operatorname{tr} |
| 7 |
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
$$
f^{\prime \prime}(\xi)-f^{\prime}(\xi)+f(1)=0 .
$$ |