| 1 |
解答题 |
（本题 30 分，每小题 6 分）
（1）已知函数 $y=x^{2} \mathrm{e}^{\sin x}$ ，则 $y^{\prime \prime}(0)=$ $\_\_\_\_$ ．
（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）设 $f(x)$ 连续，且 $f(x)+f(-x)=2$ ．求
$$
\int_{-1}^{1}\left(f(x)+x^{2} \ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)\right) d x=
$$
$\_\_\_\_$ ．
（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）积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x=$ $\_\_\_\_$ ．
解答。（1）易得结果为 2 。
（2）易得此平面方程为 $2 x+2 y-3 z=0$ ．
注：答案不唯一，系数差个倍数都对，例如：$-2 x-2 y+3 z=0$ 或 $x+y-\frac{3}{2} z=$ 0 也对。
（3）因为 $y=\ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$ 是奇函数，故
$$
\int_{-1}^{1} x^{2} \ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right) \mathrm{d} x=0
$$
所以原积分化为：
$$
\int_{-1}^{1} f(x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}(f(x)+f(-x)) \mathrm{d} x=2
$$
（4）对方程两边关于 $x$ 求偏导数，得
$$
z+x \frac{\partial z}{\partial x}=2 f_{u}^{\prime}+y f_{v}^{\prime}\left(z+x \frac{\partial z}{\partial x}\right)
$$
由此解得
$$
\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{x}\left(\frac{2 f_{u}^{\prime}}{1-y f_{v}^{\prime}}-z\right)
$$
注意到 $x=1, y=0$ 时，$z=f(2,0)=3, f_{u}^{\prime}(2,0)=5$ ，所以
$$
\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\substack{x=1 \\ y=0}}=2 f_{u}^{\prime}(2,0)-3=7
$$
（5）利用分部积分，得
$$
\begin{aligned}
\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln x}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x & =\int_{1}^{+\infty} \ln x \mathrm{~d}\left(-\frac{1}{1+x}\right)=-\left.\frac{\ln x}{1+x}\right|_{1} ^{+\infty}+\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{x(1+x)} \\
& =\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{x(1+x)}=\int_{1}^{+\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right) \mathrm{d} x \\
& =\left.\ln \frac{x}{x+1}\right|_{1} ^{+\infty}=\ln 2
\end{aligned}
$$
| 得分 | |
| :--- | :--- |
| 评阅人 | | |
| 2 |
解答题 |
（本题 14 分）设 $a, b$ 为常数，函数 $f(x, y)= a x^{2}+b y^{2}+1$ 在点 $(4,3)$ 处的所有方向导数中，沿方向 $\mathbf{l}= -4 i-3 j$ 的方向导数最大，最大值为 10 ．
（1）求 $a, b$ 的值；
（2）求曲面 $z=f(x, y)$ 被平面 $z=0$ 所截下的有限部分的面积．
解答．（1）函数 $f(x, y)=a x^{2}+b y^{2}+1$ 在点 $(4,3)$ 处的梯度为
$$
\left.\operatorname{grad} f\right|_{(4,3)}=\left.\{2 a x, 2 b y\}\right|_{(4,3)}=\{8 a, 6 b\}
$$
根据题设可知
$$
\left\{\begin{array}{c}
\frac{8 a}{-4}=\frac{6 b}{-3}>0 \\
\sqrt{(8 a)^{2}+(6 b)^{2}}=10
\end{array}\right.
$$
解得 $a=b=-1$ ．
（6 分）
（2）曲面方程为 $z=1-x^{2}-y^{2}$ ，曲面在 $x O y$ 平面上的投影区域为
$$
D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 1\right\}
$$
故所求面积为
$$
\begin{aligned}
A & =\iint_{D} \sqrt{1+(-2 x)^{2}+(-2 y)^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D} \sqrt{1+4 x^{2}+4 y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} \sqrt{1+4 r^{2}} \cdot r \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{4} \int_{0}^{1} \sqrt{1+4 r^{2}} \mathrm{~d}\left(1+4 r^{2}\right) \\
& =\frac{\pi}{6}(5 \sqrt{5}-1)
\end{aligned}
$$
（14 分）
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 3 |
解答题 |
（本题 14 分）求由方程 $2 x^{2}+2 y^{2}+z^{2}+8 x z- z+8=0$ 所确定的函数 $z=z(x, y)$ 的极值．
解答。对所给方程两边分别关于 $x$ 和 $y$ 求偏导，得：
$$
\begin{aligned}
& 4 x+2 z \frac{\partial z}{\partial x}+8 z+8 x \frac{\partial z}{\partial x}-\frac{\partial z}{\partial x}=0 \\
& 4 y+2 z \frac{\partial z}{\partial y}+8 x \frac{\partial z}{\partial y}-\frac{\partial z}{\partial y}=0
\end{aligned}
$$
解之得
$$
\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{4 x+8 z}{2 z+8 x-1}, \quad \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{4 y}{2 z+8 x-1}
$$
令 $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$ ，得到 $x=-2 z, y=0$ ，代入原方程得 $7 z^{2}+z-8=0$ ．
解该方程得 $z_{1}=1, z_{2}=-\frac{8}{7}$ ，于是得到驻点 $(-2,0)$ 和 $\left(\frac{16}{7}, 0\right)$ ．
（5 分）继续求导可得
$$
z_{x x}=-\frac{4+2 z_{x}^{2}+16 z_{x}}{2 z+8 x-1}, \quad z_{x y}=-\frac{2 z_{x} z_{y}}{2 z+8 x-1}, \quad z_{z z}=-\frac{4+2 z_{y}^{2}}{2 z+8 x-1} .
$$
在点 $(-2,0)$ 处，$A=z_{x x}=\frac{4}{15}, B=z_{x y}=0, C=z_{z z}=\frac{4}{15}$ ；在点 $\left(\frac{16}{7}, 0\right)$ 处，$A= z_{x x}=-\frac{4}{15}, B=z_{x y}=0, C=z_{z z}=-\frac{4}{15}$ 。在这两个点都有 $B^{2}-A C<0$ ，从而函数 $z=z(x, y)$ 在 $(-2,0)$ 处取得极小值 $z=1$ ，在 $\left(\frac{16}{7}, 0\right)$ 处取得极大值 $z=-\frac{8}{7}$ ．
| 得分 | |
| :--- | :--- |
| 评阅人 | | |
| 4 |
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
$$
\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\ln x}(x+C)
$$
| 得分 | |
| :--- | :--- |
| 评阅人 | | |
| 5 |
解答题 |
（本题 14 分）（1）设函数 $f(x)=\sin ^{2} x \sin 2 x$ ，讨论 $f(x)$ 在区间 $(0, \pi)$ 的单调性；
（2）判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 的收玫性，其中
$$
a_{n}=\sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \ldots \sin ^{2} 2^{n} x, x \in(-\infty,+\infty)
$$
解答。（1）$f^{\prime}(x)=2 \sin ^{2} x\left(3-4 \sin ^{2} x\right)=-8 \sin ^{2} x\left(\sin x-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\sin x+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ．令 $f^{\prime}(x)=0$ ，可得两个根 $x_{1}=\frac{\pi}{3}, x_{2}=\frac{2 \pi}{3}$ ．
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。
（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 $|f(x)| \leqslant \frac{3 \sqrt{3}}{8}$ ．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） |
| 6 |
解答题 |
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有连续的导数，记 $\begin{aligned} A=\frac{1}{b-a} & \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x . \text { 试证明：} \\ & \quad \int_{a}^{b}|f(x)-A|^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{(a-b)^{2}}{2} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x .\end{aligned}$
解答．根据积分中值定理，存在 $c \in[a, b]$ ，使得 $A=\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=f(c)$ ．
（3 分）
先后利用Newton－Leibniz公式与Cauchy积分不等式，得
$$
\begin{aligned}
|f(x)-A|^{2} & =|f(x)-f(c)|^{2}=\left(\int_{c}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t\right)^{2} \\
& \leqslant\left.\left.\left|\int_{c}^{x} 1^{2} \mathrm{~d} t \int_{c}^{x}\right| f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t\left|\leqslant|x-c| \int_{a}^{b}\right| f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t
\end{aligned}
$$
所以
$$
\int_{a}^{b}|f(x)-A|^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \int_{a}^{b}|x-c| \mathrm{d} x \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
易知
$$
\begin{aligned}
\int_{a}^{b}|x-c| \mathrm{d} x & =\int_{a}^{c}|x-c| \mathrm{d} x+\int_{c}^{b}|x-c| \mathrm{d} x=\int_{a}^{c}(c-x) \mathrm{d} x+\int_{c}^{b}(x-c) \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{2}(a-c)^{2}+\frac{1}{2}(b-c)^{2}=\frac{1}{2}\left[(a-c)^{2}+(b-c)^{2}\right]
\end{aligned}
$$
令 $g(t)=(a-t)^{2}+(b-t)^{2}$ ，易知 $g(t)$ 在 $[a, b]$ 上的最大值为 $(a-b)^{2}$ ．所以
$$
\int_{a}^{b}|x-c| \mathrm{d} x \leqslant \frac{(a-b)^{2}}{2}
$$
这就证明了
$$
\int_{a}^{b}|f(x)-A|^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{(a-b)^{2}}{2} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$ |