第十六届非数学类初赛（B类）

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#题型题目
1 解答题 （本题 30 分，每小题 6 分） （1）极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(1+x^{2}\right)-x^{2}}{\sin ^{4} x}=$ $\_\_\_\_$ ． （2） $\int_{-2}^{2}\left(x^{3} \cos ^{5} x+\sqrt{4-x^{2}}\right) \mathrm{d} x=$ $\_\_\_\_$ ． （3）设 $y=y(x)$ 由方程 $\mathrm{e}^{3 y}+\int_{0}^{x+y} \cos t^{2} \mathrm{~d} t=1$ 确定．则 $\left.\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{(0,0)}=$ $\_\_\_\_$ ． （4）设 $z=f\left(x y, \mathrm{e}^{x+y}\right)$ ，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数。则 $$ z_{x y}= $$ $\_\_\_\_$ ． （5）设 $D: x^{2}+y^{2} \leqslant r^{2}$ ，其中 $r>0$ ．则 $\lim _{r \rightarrow 0^{+}} \frac{\iint_{D}\left(\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{r^{4}}=$ $\_\_\_\_$ ．
2 解答题 用Lagrange乘子法求函数 $f(x, y, z)= x+2 y+3 z$ 在平面 $x-y+z=1$ 和圆柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 的交线上的最大值． ## 解答．构造Lagrange函数 $$ L(x, y, z ; \lambda, \mu)=x+2 y+3 z-\lambda(x-y+z-1)-\mu\left(x^{2}+y^{2}-1\right) . $$ 解方程组 $$ \left\{\begin{array}{l} L_{x}=1-\lambda-2 \mu x=0 \\ L_{y}=2+\lambda-2 \mu y=0 \\ L_{z}=3-\lambda=0 \\ x-y+z-1=0 \\ x^{2}+y^{2}-1=0 \end{array}\right. $$ 不难得到，$\lambda=3, x=-\frac{1}{\mu}, y=\frac{5}{2 \mu}$ ．代入 $x^{2}+y^{2}-1=0$ 得 $\mu= \pm \frac{\sqrt{29}}{2}$ ．于是 $x=\mp \frac{2}{\sqrt{29}}, y= \pm \frac{5}{\sqrt{29}}, z=1 \pm \frac{7}{\sqrt{29}}$ ． 注意到 $$ f\left(\mp \frac{2}{\sqrt{29}}, \pm \frac{5}{\sqrt{29}}, 1 \pm \frac{7}{\sqrt{29}}\right)=3 \pm \sqrt{29} $$ 所以函数 $f$ 在给定曲线上的最大值为 $3+\sqrt{29}$ ．
3 解答题 （本题 14 分）求函数 $f(x)=\frac{1}{(x-1)(x+3)}$ 在 $x_{0}=$ | 得分 | | | :---: | :--- | | 评阅人 | | 2 处的Taylor级数，并确定它的收敛域。 解答．$f(x)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+3}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1+x-2}-\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{1+\frac{x-2}{5}}\right) . \quad \ldots \ldots$（4 分）又 $$ \begin{aligned} & \frac{1}{1+x-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(x-2)^{n}, \quad|x-2|<1 \\ & \frac{1}{1+\frac{x-2}{5}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{x-2}{5}\right)^{n}, \quad\left|\frac{x-2}{5}\right|<1 \end{aligned} $$ 于是得到 $f(x)$ 在 $x=2$ 处的Taylor展式 $$ f(x)=\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(1-\frac{1}{5^{n+1}}\right)(x-2)^{n}, \quad|x-2|<1 $$ 当 $x=1$ 时，级数变为 $\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{5^{n+1}}\right)$ ，它的通项不趋于零，发散。 当 $x=3$ 时，级数变为 $\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(1-\frac{1}{5^{n+1}}\right)$ ，它的通项不趋于零，发散． 所以该幂级数的收敛域为 $(1,3)$ ．
4 解答题 （本题 14 分）求微分方程 $\left(x^{3}-y^{2}\right) \mathrm{d} x+\left(x^{2} y+\right. x y) \mathrm{d} y=0$ 的通解。 解法1．设 $u=y^{2}$ ，则原方程化为 $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{~d} x}=\frac{2 u}{x(1+x)}-\frac{2 x^{2}}{x+1}$ ． （6 分）这线性方程的通解为 $$ \left(\frac{1+x}{x}\right)^{2} u+(1+x)^{2}=C $$ 即 $$ \left(\frac{1+x}{x}\right)^{2} y^{2}+(1+x)^{2}=C $$ 解法2．原方程可化为 $$ x \mathrm{~d} x+y \mathrm{~d} y+y \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}}=0 $$ 即， $$ \frac{1}{2} \mathrm{~d}\left(x^{2}+y^{2}\right)+y \mathrm{~d}\left(\frac{y}{x}\right)=0 $$ 两边同时除以 $\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ，得 $$ \frac{1}{2} \cdot \frac{\mathrm{~d}\left(x^{2}+y^{2}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}} \cdot \frac{y}{x} \cdot \mathrm{~d}\left(\frac{y}{x}\right)=0 $$ 即， $$ \mathrm{d}\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)+\mathrm{d}\left(\sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}\right)=0 $$ 故， $$ \sqrt{x^{2}+y^{2}}+\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x}=C $$ 即， $$ (1+x) \sqrt{x^{2}+y^{2}}=C x $$ 解法3．将原方程化为 $x \mathrm{~d} x+y \mathrm{~d} y+y \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}}=0$ ，即 $$ \frac{1}{2} \mathrm{~d}\left(x^{2}+y^{2}\right)+y \mathrm{~d}\left(\frac{y}{x}\right)=0 $$ 令 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta$ ，则 $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, \tan \theta=\frac{y}{x}$ ，方程化为 $$ \begin{gathered} \frac{1}{2} \mathrm{~d} r^{2}+r \sin \theta \mathrm{~d} \tan \theta=0 \\ \mathrm{~d} r+\sec \theta \tan \theta \mathrm{d} \theta=0 \end{gathered} $$ 积分得，$r+\sec \theta=C$ ． 换回原变量，得原方程的通解为 $$ \sqrt{x^{2}+y^{2}}+\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x}=C $$ 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 | |
5 解答题 （本题 14 分）已知 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2}$ ． （1）计算 $I_{1}=\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2} \mathrm{~d} x$ ． （2）计算 $I_{2}=\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{3} \mathrm{~d} x$ ． 解答。（1）当 $a>0$ 时，做变换 $x=\frac{u}{a}, \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin (a x)}{x} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{\frac{u}{a}} \mathrm{~d}\left(\frac{u}{a}\right)=\frac{\pi}{2}$ ． （2 分） $$ \begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2} \mathrm{~d} x & =-\left.\frac{1}{x} \cdot \sin ^{2} x\right|_{0} ^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x} \cdot 2 \sin x \cos x \mathrm{~d} x \\ & =\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin (2 x)}{x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2} \end{aligned} $$ （6 分） （2）$a>0$ 时，做变换 $x=\frac{u}{a}$ ，易得 $\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\sin (a x)}{x}\right)^{2} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2} a$ 。因此 $$ \begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{3} \mathrm{~d} x & =-\left.\frac{1}{2 x^{2}} \cdot \sin ^{3} x\right|_{0} ^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{2 x^{2}} \cdot 3 \sin ^{2} x \cos x \mathrm{~d} x \\ & =\frac{3}{4} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x \sin (2 x)}{x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{3}{8} \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x-\cos (3 x)}{x^{2}} \mathrm{~d} x \\ & =\frac{3}{8} \int_{0}^{+\infty} \frac{(1-\cos (3 x))-(1-\cos x)}{x^{2}} \mathrm{~d} x \\ & =\frac{3}{8} \int_{0}^{+\infty} \frac{2 \sin ^{2}\left(\frac{3 x}{2}\right)-2 \sin ^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}{x^{2}} \mathrm{~d} x \\ & =\frac{3}{4}\left(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin ^{2}\left(\frac{3 x}{2}\right)}{x^{2}} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin ^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}{x^{2}} \mathrm{~d} x\right) \\ & =\frac{3}{4} \cdot \frac{\pi}{2}=\frac{3 \pi}{8} . \end{aligned} $$ | 得分 | | | :---: | :--- | | 评阅人 | |
6 解答题 设 $f(x)$ 是 $(-\infty,+\infty)$ 上具有连续导数的非负函数，且存在 $M>0$ 使得对任意的 $x, y \in (-\infty,+\infty)$ ，有 $\left|f^{\prime}(x)-f^{\prime}(y)\right| \leqslant M|x-y|$ 。证明：对于任意实数 $x$ ，恒有 $\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \leqslant 2 M f(x)$ 。