| 1 |
解答题 |
（本题 30 分，每小题 6 分）
（1）设函数 $f(x)=x-\ln (1+x)-\frac{1}{2} x \sin x, g(x)=a x^{3}$ ，且满足 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)}=1$ ，则 $a=$ $\_\_\_\_$ ．
（2）设平面过原点与点 $(6,-3,2)$ ，且与平面 $4 x-y+2 z-8=0$ 垂直，则此平面方程为 $\_\_\_\_$。
（3）极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{\sin ^{2} x} \ln (1+t) \mathrm{d} t}{\left(\sqrt[3]{1+x^{3}}-1\right) \sin x}=$ $\_\_\_\_$ ．
（4）设函数 $f(u, v)$ 具有一阶连续偏导数，$f(2,0)=3, f_{u}^{\prime}(2,0)=5$ ，又设 $z= z(x, y)$ 是由方程 $x z=f(2 x-y, x y z)$ 确定的隐函数，则 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\substack{x=1 \\ y=0}}=$ $\_\_\_\_$ ．
（5）设曲线 $L$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$ 与平面 $x+y+z=3$ 的交线，则曲线积分
$$
\int_{L}\left(x^{2}+2 x y\right) \mathrm{d} s=
$$
$\_\_\_\_$ ． |
| 2 |
解答题 |
（本题 14 分）设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续，在 $x=0$ 处可导，且满足 $f(x)=x^{3}+x^{2} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}-x \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x$ ．求函数 $f(x)$ 的表达式．
解答．易知 $f(0)=0$ ，所以 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f^{\prime}(0)$ ．
记 $a=f^{\prime}(0), b=\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x$ ，则
$$
f(x)=x^{3}+a x^{2}-b x
$$
由此得 $a=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}=-b$ ．
（6 分）
再对式子（1）的两边在 $[0,1]$ 上作定积分，得
$$
\begin{aligned}
b & =\int_{0}^{1} x^{3} \mathrm{~d} x+a \int_{0}^{1} x^{2} \mathrm{~d} x-b \int_{0}^{1} x \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{4}+\frac{1}{3} a-\frac{1}{2} b
\end{aligned}
$$
与 $a=-b$ 联立解得 $a=-\frac{3}{22}, b=\frac{3}{22}$ ．所以
$$
f(x)=x^{3}-\frac{3}{22} x^{2}-\frac{3}{22} x, \quad-\infty |
| 3 |
解答题 |
求微分方程 $y^{\prime} x \ln x \sin y+(1- x \cos y) \cos y=0$ 的通解。
解答．将原方程变形为
$$
y^{\prime} \sin y+\frac{1}{x \ln x} \cos y=\frac{1}{\ln x} \cos ^{2} y
$$
令 $z=\cos y$ ，则上述方程可化为 $n=2$ 的 Bernoulli 方程
$$
z^{\prime}-\frac{1}{x \ln x} z=-\frac{1}{\ln x} z^{2}
$$
令 $u=z^{-1}$ ，原方程可进一步化为非齐次线性方程
$$
u^{\prime}+\frac{1}{x \ln x} u=\frac{1}{\ln x}
$$
利用公式，得上述方程的通解为
$$
u=\mathrm{e}^{-\int \frac{\mathrm{d} x}{x \ln x}}\left(\int \frac{1}{\ln x} \mathrm{e}^{\int \frac{\mathrm{d} x}{x \ln x}} \mathrm{~d} x+C\right)=\frac{1}{\ln x}(x+C)
$$
将其中的变量换回原变量：$u=z^{-1}=\frac{1}{\cos y}$ ，得所求通解为
$$
\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\ln x}(x+C)
$$ |
| 4 |
解答题 |
（本题 14 分）设 $\Omega$ 是由平面 $\Pi_{1}: x=0, \Pi_{2}: x=y, \Pi_{3}: y=z, \Pi_{4}: z=1, \Pi_{5}: z=2$ 围成的空间区域，求三重积分 $\iiint_{\Omega} \frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}$ ．
解答．采用先二后一法．设 $1 \leqslant z \leqslant 2$ ，用平面 $z=z$ 截 $\Omega$ 得平面区域：$D_{z}= \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant z, 0 \leqslant y \leqslant x\}$ ，则
$$
\iiint_{\Omega} \frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}=\int_{1}^{2} \mathrm{~d} z \iint_{D_{z}} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}
$$
$$
\begin{aligned}
& =\int_{1}^{2} \mathrm{~d} z \int_{0}^{z} \mathrm{~d} y \int_{0}^{y} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}} \\
& =\int_{1}^{2} \mathrm{~d} z \int_{0}^{z} \frac{y}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}} \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$
（10 分）
$$
\begin{aligned}
& =\left.\int_{1}^{2} \sqrt{y^{2}+z^{2}}\right|_{0} ^{z} \mathrm{~d} z=(\sqrt{2}-1) \int_{1}^{2} z \mathrm{~d} z \\
& =\frac{3(\sqrt{2}-1)}{2}
\end{aligned}
$$
（14 分） |
| 5 |
解答题 |
（本题 14 分）判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 的收玫性，其
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | |
$\begin{aligned} & \text { 五、（本题14分）判断级数 } \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \text { 的收玫性，其 } \\ & \text { 中 } a_{n}= \sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \ldots \sin ^{2} 2^{n} x, x \in(-\infty,+\infty) .\end{aligned}$
解答。（1）令 $f(x)=\sin ^{2} x \sin 2 x$ ，则
$f^{\prime}(x)=2 \sin ^{2} x\left(3-4 \sin ^{2} x\right)=-8 \sin ^{2} x\left(\sin x-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\sin x+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，在 $(0, \pi)$ 中得到两个根 $x_{1}=\frac{\pi}{3}, x_{2}=\frac{2 \pi}{3}$ 。
容易证明函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{3}\right) \cup\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right)$ 上单调增加，在 $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)$ 上单调减少．
（4 分）
（2）由于 $f(x)$ 的周期为 $\pi, f(0)=f(\pi)=0, f(x)$ 在 $[0, \pi]$ 上的最大值和最小值分别为 $f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3 \sqrt{3}}{8}$ 和 $f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$ ．故 $|f(x)| \leqslant \frac{3 \sqrt{3}}{8}$ ．
（9 分）最后，由
$$
a_{n}^{3 / 2}=|\sin x| \cdot\left|f(x) f(2 x) \cdots f\left(2^{n-1} x\right)\right| \cdot\left|\sin ^{2} 2^{n} x\right| \leqslant\left(\frac{3 \sqrt{3}}{8}\right)^{n}
$$
知 $a_{n} \leqslant\left(\frac{3 \sqrt{3}}{8}\right)^{\frac{2 n}{3}}=\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$ ．从而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫。
（14 分）
姓名： $\_\_\_\_$
$\_\_\_\_$
$\_\_\_\_$准考证号：
$\_\_\_\_$
$\_\_\_\_$所在院校：
$\_\_\_\_$考场号： ◯
$\_\_\_\_$座位号：
$\_\_\_\_$专业：
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 6 |
解答题 |
设函数 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续可导且满足以下三个条件：
（i） $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x=0$ ；
（ii）$f^{\prime}(x) g(x)-f(x) g^{\prime}(x)>0, x \in[a, b]$ ；
（iii）$g(x)$ 在 $(a, b)$ 上有唯一零点 $\xi$ ． |