2013—2023 考研真题解答（数学分析部分）

12024年真题解答

1. 选择题

1.
注意到

$f (- x) = \int_{0}^{- x} e^{c o s t} d t = u = - t - \int_{0}^{x} e^{c o s u} d u = - f (x),$
(1)
$g (- x) = \int_{0}^{- s i n x} e^{t^{2}} d t = u = - t - \int_{0}^{s i n x} e^{t^{2}} d t = - g (x),$
(2)

因此 $f (x), g (x)$ 均为奇函数，选择C. 至于D选项，假设 $f (x)$ 是周期为 $T > 0$ 的周期函数，则

$f (x + T) - f (x) = \int_{x}^{x + T} e^{c o s t} d t = T e^{c o s ξ},$
(3)

其中 $ξ \in (x, x + T)$ ，故 $f (x + T) - f (x) > 0$ 恒成立，即不可能存在这样的周期 $T$ 满足 $f (x + T) = f (x)$ ， $f (x)$ 不是周期函数.
2.
由已知条件， $d z = (- x d x - y d y) / 1 - x^{2} - y^{2} = (- x d x - y d y) / z$ ，因此

$\iint_{Σ} P d y d z + Q d z d x = \iint_{Σ} (P d y \cdot \frac{- x d x}{z} + Q d x \cdot \frac{- y d y}{z})$
$= \iint_{Σ} (- \frac{x}{z} P - \frac{y}{z} Q) d x d y .$
(4)
3.
由题意，

$ln (2 + x) = n = 0 \sum \infty a_{n} x^{n} ⟹ \frac{1}{2 + x} = n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n - 1} .$
(5)

要获得 $a_{n}$ 中 $n$ 取偶数的项，可考虑 $1 - (- 1)^{n - 1}$ 的组合，即分别令 $x = \pm 1$ 相减得

$\frac{1}{3} - 1 = n = 1 \sum \infty n a_{n} [1 - (- 1)^{n - 1}] = n = 1 \sum \infty (2 n) a_{2 n} \cdot 2 ⟹ n = 1 \sum \infty n a_{2 n} = - \frac{1}{6},$
(6)

选择A.

注
作为检验，可计算 $a_{n}$ 的通项再求和. 注意到 $ln (2 + x) = ln 2 + ln (1 + x /2)$ ，后者可展开为

$ln (1 + \frac{x}{2}) = n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} (\frac{x}{2})^{n} ⟹ a_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n \cdot 2 ^{n}} (n ⩾ 1),$
(7)

因此

$n = 0 \sum \infty n a_{2 n} = n = 1 \sum \infty n \cdot \frac{- 1}{2 n \cdot 2 ^{2 n}} = - n = 1 \sum \infty \frac{1}{2 ^{2 n + 1}} = - \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{1 - 1/4} = - \frac{1}{6} .$
(8)
4.
$f (0)$ 未知，排除A和B. 若 $f^{'} (0) = m$ ，则当 $x \to 0$ 时， $f (x) = f (0) + m x + o (x)$ . 由题意， $x \to 0 lim f (x) = f (0) = 0$ ，因此

$x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = m .$
(9)

2. 填空题

1.
利用等价无穷小，

$x \to 0 lim \frac{exp [ sin x ln ( 1 + a x ^{2} ) ] - 1}{x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{sin x ln ( 1 + a x ^{2} )}{x ^{3}} = a = 6.$
(10)
2.
由链式法则，

$\frac{d y}{d x} = - sin x f_{1}^{'} (cos x, 1 + x^{2}) + 2 x f_{2}^{'} (cos x, 1 + x^{2}),$
(11)
$\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = sin^{2} x f_{11}^{''} - 4 x sin x f_{12}^{''} + 4 x^{2} f_{22}^{''} - cos x f_{1}^{'} + 2 f_{2}^{'} .$
(12)

由题意， $u = v = 1$ 时， $d f (1, 1) = 3 d u + 4 d v$ ，因此 $f_{1}^{'} (1, 1) = 3, f_{2}^{'} (1, 1) = 4$ ，进而

$\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0} = - f_{1}^{'} (1, 1) + 2 f_{2}^{'} (1, 1) = - 3 + 2 \cdot 4 = 5.$
(13)
3.
可视为将 $f (x)$ 在 $[- π, 0]$ 上作了偶延拓，因此

$a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} f (x) cos n x d x = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (1 + x) cos n x d x$
$= \frac{2}{nπ} (1 + x) sin n x ∣ 0^{π} - \frac{2}{nπ} \int_{0}^{π} sin n x d x$
$= \frac{2}{n ^{2} π} cos n x ∣ 0^{π} = - \frac{2}{n ^{2} π} [1 - (- 1)^{n}],$
(14)

从而

$n \to \infty lim n^{2} sin a_{2 n - 1} = n \to \infty lim n^{2} \cdot sin [\frac{- 4}{( 2 n - 1 ) ^{2} π}] = - \frac{4}{π} n \to \infty lim \frac{n ^{2}}{( 2 n - 1 ) ^{2}} = - \frac{1}{π} .$
(15)
4.
记 $u = x + y$ ，则 $y^{'} = u^{'} - 1$ ，微分方程改写为

$u^{'} - 1 = \frac{1}{u ^{2}} ⟹ \frac{u ^{2} d u}{1 + u ^{2}} = d x ⟹ x + C = u - arctan u .$
(16)

初始条件 $y (1) = 0$ ，即 $u (1) = 1$ ，代入解得 $C = - π /4$ ，因此

$y = u - x = arctan u - \frac{π}{4} ⟹ x + y = u = tan (y + \frac{π}{4}) = \frac{1 + tan y}{1 - tan y} .$
(17)

3. 解答题

1.
由题意，

$\iint_{D} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = \int_{- 1}^{1} d y \int_{1 - y^{2}}^{1} \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} d x = \int_{- 1}^{1} (1 + y^{2} - 1) d y$
$= u = s i n h t 2 \int_{0}^{arcsinh 1} cosh^{2} t d t - 2 = arcsinh 1 + 1 \cdot 1 + 1^{2} - 2$
$= ln (1 + 2) - 2 + 2 .$
(18)
2.
1. (a).
  曲线方程可写为 $f (x, y) - z = 0$ ，因此其在 $(1, 1, 1)$ 的法向量为
  
  $n = (3 x^{2} - 2 (x + y), 3 y^{2} - 2 (x + y), - 1)_{(1, 1, 1)} = (- 1, - 1, - 1),$
  (19)
  
  因此平面 $T$ 的方程为
  
  $n \cdot (x - 1, y - 1, z - 1) = 0 ⟹ T : x + y + z = 3.$
  (20)
2. (b).
  令 $z = 0$ ，得到 $x O y$ 平面上的投影区域 $D = {(x, y) ∣ x ⩾ 0, y ⩾ 0, x + y ⩽ 3}$ .
  1. i.
    先考虑边界上的最值. 由于 $f (x, y)$ 关于 $x, y$ 交换对称，且边界 $x = 0$ 与 $y = 0$ 也是交换对称的，故只需考虑其一. 记 $g (x) = f (x, 0) = x^{3} - x^{2} + 3$ ，其中 $x \in [0, 3]$ ，则 $g^{'} (x) = 3 x^{2} - 2 x$ . 当 $x \in (0, 2/3)$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ， $g (x)$ 单调减；当 $x \in (2/3, 3)$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ， $g (x)$ 单调增. 因此可能的最值有
    
    $g (0) = 3, g (\frac{2}{3}) = \frac{77}{27}, g (3) = 21.$
    (21)
    
    在边界 $x + y = 3$ 上，记
    
    $h (x) = f (x, 3 - x) = x^{3} + (3 - x)^{3} - 6 = 9 x^{2} - 27 x + 21 = 9 (x - \frac{3}{2})^{2} + \frac{3}{4} .$
    (22)
    
    几何上知 $h (0) = h (3) = g (3)$ ，因此新的可能最值仅有 $h (3/2) = 3/4$ .
  2. ii.
    在考虑区域 $D$ 内部的最值，其必然为极值，因此满足
    
    ${f_{x} = 3 x^{2} - 2 (x + y) = 0, f_{y} = 3 y^{2} - 2 (x + y) = 0 ⟹ (x, y) = (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) ，$
    (23)
    
    因此可能的最值为
    
    $f (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = 2 \cdot \frac{64}{27} - \frac{64}{9} + 3 = \frac{17}{27} .$
    (24)
  综上，比较各值可知 $f (x, y)$ 的最大值为 $f (3, 0) = f (0, 3) = 21$ ，最小值为 $f (4/3, 4/3) = 17/27$ .
3.
1. (a).
  将 $f (x)$ 分别在 $x = 0, 1$ 处展开：
  
  $f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( ξ _{1} )}{2 !} x^{2}$
  (25)
  $= f (1) + f^{'} (1) (x - 1) + \frac{f ^{''} ( ξ _{2} )}{2 !} (x - 1)^{2} ，$
  (26)
  
  其中 $ξ_{1}, ξ_{2} \in (0, 1)$ ，利用 $f^{'} (0) = f^{'} (1)$ ，将两个展开式分别乘 $1 - x, x$ 后相加：
  
  $f (x) = (1 - x) f (x) + x f (x)$
  $= (1 - x) f (0) + x f (1) + \frac{x ( 1 - x )}{2} [f^{''} (ξ_{1}) x + f^{''} (ξ_{2}) (1 - x)],$
  (27)
  
  因此
  
  $∣ f (x) - (1 - x) f (0) - x f (1) ∣ ⩽ \frac{x ( 1 - x )}{2} [∣ f^{''} (ξ_{1}) ∣ x + ∣ f^{''} (ξ_{2}) ∣ (1 - x)]$
  $⩽ \frac{x ( 1 - x )}{2} \cdot (x + 1 - x) = \frac{x ( 1 - x )}{2} .$
  (28)
2. (b).
  由上一问的结论，
  
  $\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} = \int_{0}^{1} [f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x] d x$
  $⩽ \int_{0}^{1} ∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ d x$
  $⩽ \int_{0}^{1} \frac{x ( 1 - x )}{2} d x = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) = \frac{1}{12} .$
  (29)
4.
记 $A = (6 (x y z - y z^{2}), 2 x^{2} z, x y z)$ ，因此

$\nabla \times A = (x z - 2 x^{2}, 6 x y - 13 y z, 6 z^{2} - 2 x z) .$
(30)

由于 $L$ 为闭路，可利用Stokes定理，其在一平面上，简单起见，取有向曲面为该平面上 $L$ 围成的区域 $Σ$ ，法向量 $n = (2, 0, - 1) / 5$ . 而 $Σ$ 在 $x O y$ 平面上的投影 $D$ 的边界为 $x^{2} + y^{2} + (2 x - 1)^{2} = 2 x$ ，即

$D = {(x, y) ∣5 (x - 3/5)^{2} + y^{2} ⩽ 4/5} .$
(31)

且面元关系为 $d S = 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} d x d y = 5 d x d y$ 因此

$\int_{L} A \cdot d r = \iint_{Σ} A \cdot n d S = \iint_{Σ} (4 x z - 4 x^{2} - 6 z^{2}) d x d y$
$= \iint_{D} (- 20 x^{2} + 20 x - 6) d x d y$
$= \iint_{D} [- 20 (x - \frac{3}{5})^{2} - 4 (x - \frac{3}{5}) - \frac{6}{5}] d x d y$
$x = 3/5 + 2 ρ c o s θ /5 y = 2 ρ s i n θ / 5 \frac{4}{5 5} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} - \frac{16}{5} ρ^{2} cos^{2} θ \cdot ρ d ρ - \frac{6}{5} \cdot π \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{2}{5}$
$= - \frac{16}{25 5} \int_{0}^{2 π} cos^{2} θ d θ - \frac{24 π}{25 5} = - \frac{8 π}{5 5} .$
(32)

22023年真题解答

1. 选择题

1.
渐近线斜率为

$k = x \to + \infty lim \frac{y}{x} = x \to + \infty lim ln (e + \frac{1}{x - 1}) = ln e = 1,$
(33)

渐近线截距为

$b = x \to + \infty lim (y - k x) = x \to + \infty lim x ln [1 + \frac{1}{e ( x - 1 )}] = x \to + \infty lim \frac{1/ e ( x - 1 )}{1/ x} = \frac{1}{e},$
(34)

因此渐近线方程为 $y = x + 1/ e$ ，选择B.
2.
该特征方程的两根为 $λ_{1, 2} = (- a \pm a^{2} - 4 b) /2$ ，其通解为 $C_{1} e^{λ_{1} x} + C_{2} e^{λ_{2} x}$ . 希望该函数有界，首先要求存在衰减， $a^{2} - 4 b$ 是否为实数暂且不关心，则 $a > 0$ 时至少保证两者均衰减. 当 $a^{2} - 4 b$ 为虚数时，衰减项为 $e^{- a x /2}$ ；当 $a^{2} - 4 b$ 为实数时，希望 $- a + a^{2} - 4 b < 0$ 仍成立，解得 $b > 0$ . 特别地，若 $a^{2} = 4 b$ ，方程通解为 $y (x) = (A x + B) e^{- a x /2}$ ，该条件仍满足. 选择B.
3.
注意到 $x = {3 t, t, t ⩾ 0, t < 0,$ 并且观察选项知至少 $f (X)$ 连续，因此

$f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = t \to 0^{+} lim \frac{t sin t - 0}{3 t - 0} = 0,$
(35)
$f_{-}^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = t \to 0^{-} lim \frac{- t sin t - 0}{t - 0} = 0,$
(36)

故 $f_{+}^{'} (0) = f_{-}^{'} (0)$ ，从而 $f^{'} (0) = 0$ 存在，排除A. 由于

$f^{'} (x) = \frac{y _{t}}{x _{t}} = {(sin t + t cos t) /3, t > 0, - (sin t + t cos t), t < 0,$
(37)

可见 $x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = x \to 0^{-} lim f^{'} (x) = 0 = f^{'} (0)$ ， $f^{'} (x)$ 在 $R$ 上连续，排除B. 由于

$f_{+}^{''} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( 0 )}{x - 0} = t \to 0^{+} lim \frac{( sin t + t cos t ) /3}{3 t} = \frac{2}{9},$
(38)
$f_{-}^{''} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( 0 )}{x - 0} = t \to 0^{-} lim \frac{- ( sin t + t cos t )}{t} = - 2,$
(39)

可见 $f_{+}^{''} (0) \neq = f_{-}^{''} (0)$ ，因此 $f^{''} (0)$ 不存在，选择D.
4.
由于 $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 与 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 均收敛，且 $b_{n} > a_{n}$ ，因此 $n = 1 \sum \infty (b_{n} - a_{n})$ 绝对收敛. 当 $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛时，

$0 < n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} ∣ = n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} - a_{n} + a_{n} ∣ ⩽ n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} - a_{n} ∣ + n = 1 \sum \infty ∣ a_{n} ∣,$
(40)

因此 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 绝对收敛. 类似地，当 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 绝对收敛时，

$0 < n = 1 \sum \infty ∣ a_{n} ∣ = n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} - (b_{n} - a_{n}) ∣ ⩽ n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} ∣ + n = 1 \sum \infty ∣ b_{n} - a_{n} ∣,$
(41)

因此 $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛.

综上， $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛等价于 $n = 1 \sum \infty$ 绝对收敛，选择A.

2. 填空题

1.
当 $x \to 0$ 时，

$f (x) = a x + b x^{2} + [x - \frac{x ^{2}}{2} + o (x^{2})] = (a + 1) x + (b - \frac{1}{2}) x^{2} + o (x^{2}),$
(42)
$g (x) = [1 + x^{2} + o (x^{2})] - [1 - \frac{x ^{2}}{2} + o (x^{2})] = \frac{3}{2} x^{2} + o (x^{2}) .$
(43)

由于此时 $f (x) \sim g (x)$ ，对比系数可知， $a = - 1, b = 2$ ，因此 $ab = - 2$ .
2.
曲面在该点法向量为

$n = (1 + \frac{2 x}{1 + x ^{2} + y ^{2}}, 2 + \frac{2 y}{1 + x ^{2} + y ^{2}}, - 1)_{(0, 0, 0)} = (1, 2, - 1),$
(44)

切平面方程为 $n \cdot (x, y, z) = x + 2 y - z = 0$ .
3.
希望级数中仅含 $a_{n}$ 中 $n$ 为偶数的项，可考虑 $1 + (- 1)^{n}$ 的组合，即

$f (0) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty a_{n}, f (1) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} a_{n},$
(45)

两者相加得

$f (0) + f (1) = a_{0} + n = 1 \sum \infty [1 + (- 1)^{n}] a_{n} = a_{0} + 2 n = 1 \sum \infty a_{2 n} = 1$
(46)

其中 $a_{0}$ 为Fourier系数，将展开式两端关于 $x$ 在 $[0, 1]$ 上直接积分得

$\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} (1 - x) d x = \frac{1}{2} = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty 0 = \frac{a _{0}}{2},$
(47)

因此 $a_{0} = 1$ ，代入上式解得 $n = 1 \sum \infty a_{2 n} = 0$ .

注
作为检验，可直接计算出 $a_{n}$ 后再求级数和. 可视为将 $f (x)$ 在 $[- 1, 0]$ 上作偶延拓，因此

$a_{n} = \frac{2}{1} \int_{0}^{1} f (x) cos nπ x d x = 2 \int_{0}^{1} (1 - x) cos nπ x d x$
$= \frac{2}{nπ} (1 - x) sin nπ x 0^{1} + \frac{2}{nπ} \int_{0}^{1} sin nπ x d x$
$= \frac{2}{n ^{2} π ^{2}} [1 - (- 1)^{n}],$
(48)

从而

$n = 1 \sum \infty a_{n} = 2 n = 1 \sum \infty \frac{1 - ( - 1 ) ^{n}}{n ^{2} π ^{2}} = 2 n = 1 \sum \infty 0 = 0.$
(49)
4.
记 $F (x) = \int_{0}^{x} f (u) d u$ ，由题意， $F (2) = F (0) = 0$ 且 $F^{'} (x + 2) - F^{'} (x) = x$ ，因此在 $[0, x]$ 上积分得

$\frac{x ^{2}}{2} = \int_{0}^{x} [F^{'} (u + 2) - F^{'} (u)] d u = [F (x + 2) - F (2)] - F (x) = F (x + 2) - F (x),$
(50)

从而 $\int_{1}^{3} f (x) d x = F (3) - F (1) = 1/2$ .

3. 解答题

1.
1. (a).
  由题意， $y (1) = 2$ . 曲线在其上一点 $(x_{0}, y (x_{0})) (x_{0} > 0)$ 处的切线方程为 $y - y (x_{0}) = y^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ . 题设中的几何描述转化为代数方程为
  
  $∣ x_{0} ∣ = x_{0} = y (x_{0}) - x_{0} y^{'} (x_{0}) ⟹ y^{'} - \frac{1}{x} y = - 1,$
  (51)
  
  该方程为一阶线性微分方程，其满足 $y (1) = 2$ 的特解为
  
  $y (x) = e^{\int_{1}^{x} d u / u} (\int_{1}^{x} - e^{\int_{1}^{x} - d u / u} d u + 2) = x (2 - ln x) .$
  (52)
2. (b).
  $f^{'} (x) = y (x) = x (2 - ln x) (x > 0)$ ，因此当 $x \in (0, e^{2})$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 单调增；当 $x \in (e^{2}, + \infty)$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ， $f (x)$ 单调减. 那么在 $(0, + \infty)$ 上， $f (x)$ 的最大值为
  
  $f (e^{2}) = \int_{1}^{e^{2}} y (x) d x = \frac{x ^{2}}{2} (2 - ln x) 1^{e^{2}} + \frac{1}{2} \int_{1}^{e^{2}} x d x = \frac{e ^{4} - 5}{4} .$
  (53)
2.
$f (x, y)$ 取极值时，要求

$f_{x} = 2 x (x^{3} - y) + 3 x^{2} (x^{2} - y) = x [5 x^{3} - (2 + 3 x) y] = 0,$
(54)
$f_{y} = (y - x^{3}) + (y - x^{2}) = 2 y - (x^{2} + x^{3}) = 0,$
(55)

可直接看出一个解 $(0, 0)$ . 当 $x \neq = 0$ 时，消去 $y$ 得

$10 x^{3} = (2 + 3 x) (2 y) = (2 + 3 x) x^{2} (1 + x) ⟹ 3 x^{2} - 5 x + 2 = (3 x - 2) (x - 1) = 0,$
(56)

因此还有两个解 $(1, 1)$ 和 $(2/3, 10/27)$ . 再计算其二阶导：

$f_{xx} = 20 x^{3} - 2 (1 + 3 x) y, f_{x y} = - x (2 + 3 x), f_{y y} = 2 = Δ C .$
(57)

在 $(0, 0)$ 附近，记 $g (x) = f (x, 0) = x^{5}$ ，则 $x = 0$ 显然并非其极值点，因为 $g^{'} (x) = 5 x^{4} ⩾ 0$ 恒成立，不存在使 $g^{'} (x)$ 符号改变的点. 故 $(0, 0)$ 不是 $f (x, y)$ 的极值点. 在 $(1, 1)$ 附近，

$A_{1} = f_{xx} ∣_{(1, 1)} = 12, B_{1} = f_{x} y ∣_{(1, 1)} = - 5,$
(58)

则 $A_{1} C - B_{1}^{2} = - 1 < 0$ ， $(1, 1)$ 不是 $f (x, y)$ 的极值点. 在 $(2/3, 10/27)$ 附近，

$A_{2} = f_{xx} ∣_{(2/3, 10/27)} = \frac{100}{27}, f_{x y} ∣_{(2/3, 10/27)} = - \frac{8}{3},$
(59)

则 $A_{2} C - B_{2}^{2} = 8/27 > 0$ 且 $A_{2} > 0$ ，因此 $(2/3, 10/27)$ 为 $f (x . y)$ 的极小值.

综上， $f (x, y)$ 在点 $(2/3, 10/27)$ 处取到极小值 $f (2/3, 10/27) = - 4/729$ .
3.
$Σ$ 为闭合曲面，因此由Gauss定理

$I = ∭_{Ω} (2 z - z x sin y + 3 y sin x) d x d y d z .$
(60)

由于将 $y$ 替换为 $- y$ 后，各边界方程形式不变，因此 $Ω$ 关于 $z O x$ 平面对称，从而奇函数 $y, sin y$ 在 $Ω$ 内的积分贡献为零. 下面确定积分区间. 容易看出 $- 1 - x^{2} ⩽ y ⩽ 1 - x^{2}$ . 结合几何图像可知， $x ⩾ - 1$ 且 $z ⩾ 0$ ，因此 $- 1 ⩽ x ⩽ 1 - z$ 且 $0 ⩽ z ⩽ 2$ ，因此

$I = 2 ∭_{Ω} z d x d y d z = 2 \int_{0}^{2} z d z \int_{- 1}^{1 - z} d x \int_{- 1 - x^{2}}^{1 - x^{2}} d y$
$= 4 \int_{0}^{2} z d z \int_{- 1}^{1 - z} 1 - x^{2} d x = x = s i n t 4 \int_{0}^{2} z d z \int_{- π /2}^{a r c s i n (1 - z)} cos^{2} t d t$
$= 2 \int_{0}^{2} z [arcsin (1 - z) + \frac{π}{2} + (1 - z) 1 - (1 - z)^{2}] d z$
$= z^{2} arcsin (1 - z) 0^{2} + \frac{π}{2} z^{2} 0^{2} + \int_{0}^{2} [\frac{z ^{2}}{1 - ( 1 - z ) ^{2}} + 2 z (1 - z) 1 - (1 - z)^{2}] d z$
$= 1 - z = s i n u \int_{- π /2}^{π /2} [\frac{( 1 - sin u ) ^{2}}{cos u} + 2 (1 - sin u) sin u cos u] cos u d u$
$= 2 \int_{0}^{π /2} (1 + sin^{2} u - 2 sin^{2} u cos^{2} u) d u = 2 (\frac{π}{2} + \frac{π}{4} - \frac{π}{8}) = \frac{5 π}{4} .$
(61)
4.
1. (a).
  由于 $f (0) = 0$ ，将 $f (a)$ 和 $f (- a)$ 在 $x = 0$ 附近展开：
  
  $f (a) = f^{'} (0) a + \frac{f ^{''} ( ξ _{1} )}{2 !} a^{2}, f (- a) = - f^{'} (0) a + \frac{f ^{''} ( ξ _{2} )}{2 !} a^{2},$
  (62)
  
  其中 $ξ_{1}, ξ_{2} \in (- a, a)$ ，两式相加得
  
  $f (a) + f (- a) = \frac{a ^{2}}{2} [f^{''} (ξ_{1}) + f^{''} (ξ_{2})] .$
  (63)
  
  由于 $f^{''} (x)$ 在 $[- a, a]$ 上连续，故 $f^{''} (x)$ 在该区间内有界. 记 $m ⩽ f^{''} (x) ⩽ M$ ，则 $m ⩽ [f^{''} (ξ_{1}) + f^{''} (ξ_{2})] /2 ⩽ M$ . 由介值定理， $\exists ξ \in (- a, a)$ ，使得 $f^{''} (ξ) = [f^{''} (ξ_{1}) + f^{''} (ξ_{2})] /2$ . 将其代回上式得 $f^{''} (ξ) = [f (a) + f (- a)] / a^{2}$ ，证毕.
2. (b).
  记 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处取得极值且二阶导数连续，因此 $f^{'} (x_{0}) = 0$ ，将 $f (a)$ 和 $f (- a)$ 在 $x = x_{0}$ 附近展开：
  
  $f (a) = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( η _{1} )}{2 !} (a - x_{0})^{2}, f (- a) = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( η _{2} )}{2 !} (a + x_{0})^{2},$
  (64)
  
  两式相减得
  
  $∣ f (a) - f (- a) ∣ ⩽ \frac{1}{2} [∣ f^{''} (η_{1}) ∣ (a - x_{0})^{2} + ∣ f^{''} (η)_{2} ∣ (a + x_{0})^{2}]$
  $= \frac{∣ f ^{''} ( η _{1} ) ∣ ( a - x _{0} ) ^{2} + ∣ f ^{''} ( η _{2} ) ∣ ( a + x _{0} ) ^{2}}{( a - x _{0} ) ^{2} + ( a + x _{0} ) ^{2}} \frac{( a - x _{0} ) ^{2} + ( a + x _{0} ) ^{2}}{2} .$
  (65)
  
  由于 $f^{''} (x)$ 在 $[- a, a]$ 上连续，故 $∣ f^{''} (x) ∣$ 在该区间内也连续，从而有界. 记 $0 ⩽ ∣ f^{''} (x) ∣ ⩽ max {m, M} = k$ ，则
  
  $0 ⩽ \frac{∣ f ^{''} ( η _{1} ) ∣ ( a - x _{0} ) ^{2} + ∣ f ^{''} ( η _{2} ) ∣ ( a + x _{0} ) ^{2}}{( a - x _{0} ) ^{2} + ( a + x _{0} ) ^{2}} ⩽ k .$
  (66)
  
  由介值定理， $\exists η \in (- a, a)$ ，使得 $∣ f^{''} (η) ∣$ 取上述表达式的值. 将其代回原不等式得
  
  $∣ f (a) - f (- a) ∣ ⩽ ∣ f^{''} (η) ∣ (a^{2} + x_{0}^{2}) ⩽ 2 a^{2} ∣ f^{''} (η) ∣ ⟹ ∣ f^{''} (η) ∣ ⩾ \frac{∣ f ( a ) - f ( - a ) ∣}{2 a ^{2}} .$
  (67)

32022年真题解答

1. 选择题

1.
$x \to 1 lim f (x) / ln x = 1 \Rightarrow f (x) \sim ln x (x \to 1)$ ，因此 $x \to 1 lim f (x) = x \to 1 lim ln x = 0$ ，选择B.

注
由于条件只涉及极限，所以必然不会与函数值直接相关，可直接排除A和C.
2.
由题意，

$y^{2} ln \frac{y}{x} = x z_{x} + y z_{y} = x [y f (\frac{y}{x}) - \frac{y ^{2}}{x} f^{'} (\frac{y}{x})] + y [x f (\frac{y}{x}) + y f^{'} (\frac{y}{x})]$
$= 2 x y f (\frac{y}{x}),$
(68)

整理得

$f (\frac{y}{x}) = \frac{1}{2} \frac{y}{x} ln \frac{y}{x} ⟹ f (u) = \frac{1}{2} u ln u,$
(69)

因此 $f (1) = 0, f^{'} (1) = (ln 1 + 1) /2 = 1/2$ ，选择B.
3.
关键在于利用 $cos x, sin x$ 在 $(n + 1/2) π$ 与 $nπ$ 处函数值的特殊性及其奇偶性构造反例. 选项A，反例可为 $x_{n} = nπ$ ；选项B，反例可为 $x_{n} = (n + 1/2) π$ . 选项C，由于 $cos x$ 为偶函数，可构造反例 $x_{n} = (n + 1/2) π$ 使得 $sin x_{n}$ 振荡但 $cos (sin x_{n})$ 为常值. 最终选择D.
4.
注意到 $I_{1}, I_{2}$ 积分式结构类似，先进行比较：记 $f (x) = ln (1 + x) - x /2$ ，则

$f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{2} = \frac{1 - x}{2 ( 1 + x )} > 0, \forall x \in (0, 1),$
(70)

因此 $f (x)$ 在 $(0, 1)$ 内单调增，故 $f (x) > f (0) = 0$ ，从而

$I_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x /2}{1 + cos x} d x < \int_{0}^{1} \frac{ln ( 1 + x )}{1 + cos x} d x = I_{2},$
(71)

排除B和D. 又注意到 $I_{1}, I_{3}$ 积分式结构类似，再进行比较：

$\frac{1 + sin x}{1 + cos x} < \frac{2}{1} = 2 < 4, \forall x \in (0, 1),$
(72)

因此

$I_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{2 ( 1 + cos x )} d x < \int_{0}^{1} \frac{x}{( 1 + sin x ) /2} d x = I_{3},$
(73)

排除C，最终选择A.

2. 填空题

1.
$\frac{\partial f}{\partial l}_{(0, 1)} ⩽ ∣ \nabla f ∣ ∣_{(0, 1)} = (2 x)^{2} + (4 y)^{2}_{(0, 1)} = 4$ .
2.
$\int_{1}^{e^{2}} \frac{ln x}{x} d x = \int_{0}^{e^{2}} 2 ln x \cdot 2 d (x) = 4 x (ln x - 1) 1^{e^{2}} = 4$ .
3.
由题意，记 $f (x, y) = (x^{2} + y^{2}) e^{- (x + y)}$ ，则要求 $k ⩾ f (x, y)$ 在 $x ⩾ 0, y ⩾ 0$ 内恒成立，相当于求解 $f_{m a x}$ .
1. (a).
  在第一象限内部，极值点满足
  
  $f_{x} = (2 x - x^{2} - y^{2}) e^{- (x + y)} = 0, f_{y} = (2 y - x^{2} - y^{2}) e^{- (x + y)} = 0,$
  (74)
  
  从中解得 $x = y = 0$ 或 $1$ . 由于已告知存在最大值点，故直接代入验证：
  
  $f (0, 0) = 0, f (1, 1) = \frac{2}{e ^{2}} ⟹ f_{m a x} = \frac{2}{e ^{2}}, \forall x > 0, y > 0.$
  (75)
2. (b).
  在坐标轴正半轴（边界）上， $x = 0$ 或 $y = 0$ . 由于 $f (x, y)$ 关于 $x, y$ 交换对称，不失一般性，记 $g (x) = f (x, 0) = x^{2} e^{- x}$ ，则
  
  $g^{'} (x) = x (2 - x) e^{- x} ⟹ f_{m a x} (x, 0) = g_{m a x} = g (2) = \frac{4}{e ^{2}} > \frac{2}{e ^{2}} .$
  (76)
  
  综上， $f_{m a x} = 4/ e^{2}$ ，因此 $k$ 的取值范围为 $[4/ e^{2}, + \infty)$ .
注
事实上二元函数求最值的问题中，若存在至少单侧闭区间边界，最好优先考虑其边界上的最值，其一是由于边界上的极值通常容易求解（一元函数），其二则是因为不容易在内部求解计算一通后忘记考虑边界.
4.
由比值判别法，希望

$n \to \infty lim \frac{( n + 1 )! e ^{- (n + 1) x} / ( n + 1 ) ^{n + 1}}{n ! e ^{- n x} / n ^{n}} = e^{- x} n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n})^{- n} = e^{- (x + 1)} < 1,$
(77)

解得收敛区间为 $(- 1, + \infty)$ ，故 $a = - 1$ .

当然，也可以直接利用极限 $n \to \infty lim [n] n! / n = 1/ e$ 并结合根值判别法给出结果. 这一极限的证明可由Stirling公式¹给出.

注
倘若出现在大题中，还需要验证 $x = - 1$ 是否在收敛域内，但题中已给定收敛域左端为开区间，故可以默认该函数项级数在该点发散.

3. 解答题

1.
一阶线性微分方程通解为

$y (x) = e^{- \int d x /2 x} [\int (2 + x) e^{\int d x /2 x} d x + C]$
$= e^{- x} [\int (2 + x) e^{x} d x + C]$
$= u = x e^{- x} [\int (2 + u) e^{u} \cdot 2 u d u + C]$
$= 2 e^{- x} [2 (u - 1) e^{u} + (u^{2} - 2 u + 2) e^{u} + C^{'}]$
$= 2 e^{- x} (u^{2} e^{u} + C^{'}) = 2 x + C e^{- x} .$
(78)

又 $y (1) = 2 + C e^{- 1} = 3$ ，解得 $C = e$ ，因此 $y (x) = 2 x + e^{1 - x}$ ，其渐近线²为 $y = 2 x$ .
2.
分析可知，区域 $D$ 为直线 $y = x + 2$ 、圆弧 $x^{2} + y^{2} = 4$ 与 $x$ 轴围成的图形，其面积

$A (D) = \frac{1}{2} \cdot 2^{2} + \frac{1}{4} \cdot π \cdot 2^{2} = π + 2.$
(79)

在极坐标系中将其边界方程改写为

$ρ (θ) = {2, 0 ⩽ θ < π /2, 2/ (sin θ - cos θ), π /2 ⩽ θ < π,$
(80)

因此积分可改写为

$I = \iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y = \iint_{D} (1 - \frac{2 x y}{x ^{2} + y ^{2}}) d x d y$
$= A (D) - 2 \int_{0}^{π /2} sin θ cos θ d θ \int_{0}^{2} ρ d ρ - 2 \int_{π /2}^{π} sin θ cos θ d θ \int_{0}^{2/ (s i n θ - c o s θ)} ρ d ρ$
$= π - 4 \int_{π /2}^{π} \frac{sin θ cos θ}{( sin θ - cos θ ) ^{2}} d θ = θ - \to π - θ π + 4 \int_{0}^{π /2} \frac{tan θ}{( 1 + tan θ ) ^{2} ( 1 + tan ^{2} θ )} d (tan θ)$
$= u = t a n θ π + 2 \int_{0}^{+ \infty} [\frac{1}{1 + u ^{2}} - \frac{1}{( 1 + u ) ^{2}}] d u = π + 2 (arctan u + \frac{1}{1 + u}) 0^{+ \infty}$
$= π + 2 (\frac{π}{2} - 1) = 2 (π - 1) .$
(81)
3.
记 $A = (y z^{2} - cos z, 2 x z^{2}, 2 x y z + x sin z)$ ，由Stokes定理，

$I = \oint_{L} A \cdot d r = \iint_{Σ} (\nabla \times A) \cdot d S$
$= \iint_{Σ} (- 2 z x, 0, z^{2}) \cdot n d S,$
(82)

其中椭球的单位法向量为

$n = \frac{\nabla f}{∣ \nabla f ∣} = \frac{( 2 x , y , z )}{4 x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}} = (2 x, y, z),$
(83)

其中 $f$ 为曲面 $Σ$ 的方程： $f = 4 x^{2} + y^{2} + z^{2} - 1 = 0$ . 这样 $d S$ 与其在 $x O y$ 平面内的投影 $d x d y$ 的夹角可计算：

$cos θ = ∣ (0, 0, 1) \cdot n ∣ = z ⟹ d S = \frac{d x d y}{cos θ} = \frac{d x d y}{z} .$
(84)

对应投影区域 $D = {(x, y) ∣4 x^{2} + y^{2} ⩽ 1, x, y ⩾ 0}$ ，因此

$I = \iint_{Σ} (- 2 z x, 0, z^{2}) \cdot (2 x, y, z) d S = \iint_{Σ} (z^{2} - 4 x^{2}) d x d y = \iint_{D} (1 - 8 x^{2} - y^{2}) d x d y$
$x = ρ c o s θ /2 y = ρ s i n θ A (D) - \int_{0}^{π /2} (2 cos^{2} θ + sin^{2} θ) d θ \int_{0}^{1} ρ^{3} d ρ = \frac{π}{2} - \frac{3 π}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{5 π}{16} .$
(85)
4.
考虑变上限积分函数

$F (x) = \int_{(a + b) /2}^{x} f (u) d u, \forall x \in [a, b],$
(86)

将 $F (a), F (b)$ 分别在 $(a + b) /2$ 处展开至二阶：

$F (a) = \int_{(a + b) /2}^{a} f (x) d x = f (\frac{a + b}{2}) \frac{a - b}{2} + \frac{1}{2 !} f^{'} (\frac{a + b}{2}) (\frac{a - b}{2})^{2} + \frac{f ^{''} ( ξ _{1} )}{3 !} (\frac{a - b}{2})^{3},$
(87)
$F (b) = \int_{(a + b) /2}^{b} f (x) d x = f (\frac{a + b}{2}) \frac{b - a}{2} + \frac{1}{2 !} f^{'} (\frac{a + b}{2}) (\frac{b - a}{2})^{2} + \frac{f ^{''} ( ξ _{2} )}{3 !} (\frac{b - a}{2})^{3},$
(88)

其中 $ξ_{1}, ξ_{2} \in (a, b)$ ，因此

$\int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) - F (a) = f (\frac{a + b}{2}) (b - a) + \frac{f ^{''} ( ξ _{1} ) + f ^{''} ( ξ _{2} )}{3 !} (\frac{b - a}{2})^{3} .$
(89)

由于 $f \in C^{2} (- \infty, + \infty)$ ，因此在 $\forall [a, b] \subset (- \infty, + \infty)$ 内，由介值定理， $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得

$f^{''} (ξ) = \frac{1}{2} [f^{''} (ξ_{1}) + f^{''} (ξ_{2})] ⟹ \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x = f (\frac{a + b}{2}) + \frac{f ^{''} ( ξ )}{24} (b - a)^{2} .$
(90)
1. (a).
  必要性：若 $f^{''} (x) ⩾ 0$ 在 $R$ 上成立，则容易看出对 $\forall a, b \in R$ ，均有
  
  $f (\frac{a + b}{2}) ⩽ \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x .$
  (91)
2. (b).
  充分性：若
  
  $f (\frac{a + b}{2}) ⩽ \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x$
  (92)
  
  对 $\forall a, b \in R$ 恒成立，假定存在区域 $(a_{0}, b_{0})$ 使得其内 $f^{''} (x) < 0$ ，在该区间内满足
  
  $f (\frac{a _{0} + b _{0}}{2}) = \frac{1}{b _{0} - a _{0}} \int_{a_{0}}^{b_{0}} f (x) d x + \frac{f ^{''} ( ξ _{0} )}{24} (b_{0} - a_{0})^{2} < \frac{1}{b _{0} - a _{0}} \int_{a_{0}}^{b_{0}} f (x) d x,$
  (93)
  
  这与已知条件矛盾，故假设不成立，在 $R$ 上均有 $f^{''} (x) ⩾ 0$ .

42021年真题解答

1. 选择题

1.
$x \to 0 lim f (x) = x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1}{x} = 1 = f (0)$ ，且

$f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1}{2 x} = \frac{1}{2},$
(94)

选择D.
2.
由题意，

$f (x, e^{x - 1}) = (x - 1) x^{2} = x^{2} ln e^{x - 1}, f (x, x^{2}) = 2 x^{2} ln x = x^{2} ln x^{2},$
(95)

猜想 $f (x, y) = x^{2} ln y$ ，则

$d f (1, 1) = (2 x ln y d x + \frac{x ^{2}}{y} d y)_{(1, 1)} = d y,$
(96)

选择C.
3.
由于 $f (x)$ 为奇函数，则 $b = 0$ ，排除C和D. 在 $x = 0$ 附近，由题意，

$sin x = (1 + x^{2}) [a x + c x^{3} + o (x^{3})] = a x + (a + c) x^{3} + o (x^{3}) = x - \frac{1}{3 !} x^{3} + o (x^{3}),$
(97)

对比系数解得 $a = 1, c = - 7/6$ ，选择A.
4.
选项A，区间被 $2 n$ 等分，因此括号内应为 $k /2 n$ ，求和指标也应为 $2 n$ ，排除. 选项B，区间被 $n$ 等分，有 $n$ 个端点，正确. 选项C，区间被 $2 n$ 等分，差 $1/2$ ，排除. 选项D同选项C，差 $1/4$ ，排除. 故最终选择B.

2. 填空题

1.
$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{2} + 2 x + 2} = arctan (x + 1) ∣ 0^{+ \infty} = \frac{π}{2} - \frac{π}{4} = \frac{π}{4}$ .
2.
由一阶微分形式不变性，

$\frac{d y}{d x} = \frac{y _{t}}{x _{t}} = \frac{4 t e ^{t} + 2 t}{2 e ^{t} + 1} = 2 t, \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{[ y ^{'} ( x ) ] _{t}}{x _{t}} = \frac{2}{2 e ^{t} + 1},$
(98)

因此 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 0} = \frac{2}{3}$ .
3.
Euler方程的特征：齐次方程中各项均为 $x^{n} y^{(n)} (n \in N)$ . Euler方程的模式化解法：令 $x = e^{t}$ ，则³ $x y^{'} = y_{t}, x^{2} y^{''} = y_{tt} - y_{t}$ ，因此Euler方程改写为

$0 = x^{2} y^{''} + x y^{'} - 4 y = (y_{tt} - y_{t}) + y_{t} - 4 y = y_{tt} - 4 y,$
(99)

因此方程特解为 $y = A e^{2 t} + B e^{- 2 t} = A x^{2} + B / x^{2}$ . 代入 $y (1) = 1, y^{'} (1) = 2$ 的条件得

${y (1) = A + B = 1, y^{'} (1) = 2 A - 2 B = 2 ⟹ {A = 1, B = 0 ⟹ y (x) = x^{2} .$
(100)
4.
由于 $Σ$ 为闭合曲面，且待求积分为第二型曲面积分，考虑Gauss定理：记 $A = (x^{2}, y^{2}, z)$ ，则

$\iint_{Σ} A \cdot d S = ∭_{Ω} (\nabla \cdot A) d V = ∭_{Ω} (2 x + 2 y + 1) d V$
$= ∭_{Ω} d V = 2 \cdot π \cdot 1 \cdot 2 = 4 π,$
(101)

其中 $Ω$ 为 $Σ$ 所包围的空间区域，且利用了其关于 $y O z$ 平面和 $z O x$ 平面的对称性.

3. 解答题

1.
结合L'Hospital法则与等价无穷小，当 $x \to 0$ 时，

$\frac{1}{e ^{x} - 1} (1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) - \frac{1}{sin x} \sim \frac{1}{x ^{2}} [sin x (1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) - (e^{x} - 1)]$
$\sim \frac{1}{2 x} [cos x (1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) + e^{x^{2}} sin x - e^{x}]$
$\sim \frac{1}{2} [2 e^{x^{2}} cos x + 2 x e^{x^{2}} sin x - sin x (1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) - e^{x}],$
(102)

由于 $x \to 0 lim sin x = 0, x \to 0 lim cos x = 1$ ，故

$x \to 0 lim [\frac{1}{e ^{x} - 1} (1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t) - \frac{1}{sin x}] = \frac{1}{2} \cdot (2 + 0 - 0 - 1) = \frac{1}{2} .$
(103)
2.
注意到 $n = 1 \sum \infty e^{- n x}$ 为等比级数，其收敛域为 $D_{1} = (0, + \infty)$ ，和函数为

$S_{1} (x) = n = 1 \sum \infty e^{- n x} = \frac{e ^{- x}}{1 - e ^{- x}} = \frac{1}{e ^{x} - 1}, \forall x > 0.$
(104)

而 $n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )}$ 的收敛半径 $R = 1$ ，且 $x = \pm 1$ 时，

$\frac{( \pm 1 ) ^{n + 1}}{n ( n + 1 )} < \frac{1}{n ^{2}},$
(105)

而 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛，故其收敛域为 $D_{2} = [- 1, 1]$ ，和函数为

$S_{2} (x) = n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n ( n + 1 )} ⟹ S_{2}^{''} (x) = n = 1 \sum \infty x^{n - 1} = \frac{1}{1 - x} .$
(106)

又因为 $S_{2} (0) = S_{2}^{'} (0) = 0$ ，积分得

$S_{2}^{'} (x) = - ln (1 - x) ⟹ S_{2} (x) = (1 - x) [ln (1 - x) - 1] + 1, \forall x \in [- 1, 1] .$
(107)

因此 $n = 1 \sum \infty u_{n} (x)$ 的收敛域为 $D = D_{1} \cap D_{2} = (0, 1]$ ，其和函数为

$S (x) = n = 1 \sum \infty u_{n} (x) = S_{1} (x) + S_{2} (x) = \frac{1}{e ^{x} - 1} + x + (1 - x) ln (1 - x), \forall x \in (0, 1] .$
(108)
3.
该距离为 $∣ z ∣$ ，但绝对值并不好处理，故改选目标函数为 $f (x, y, z) = z^{2}$ ，从而在这两个约束条件下的Lagrange函数为

$L (x, y, z, λ, μ) = z^{2} + λ (x^{2} + 2 y^{2} - z - 6) + μ (4 x + 2 y + z - 30),$
(109)

极值条件：

$⎩ ⎨ ⎧ L_{x} = 2 λ x + 4 μ = 0, L_{y} = 4 λ y + 2 μ = 0, L_{z} = 2 z - λ + μ = 0, L_{λ} = x^{2} + 2 y^{2} - z - 6 = 0, L_{μ} = 4 x + 2 y + z - 30 = 0.$
(110)

从前两式解得 $x = - 2 μ / λ, y = - μ /2 λ$ ，后两式给出

$36 = (x^{2} + 2 y^{2}) + (4 x + 2 y) = \frac{9}{2} (\frac{μ}{λ})^{2} - 9 (\frac{μ}{λ}) ⟹ \frac{μ}{λ} = 4 或 - 2.$
(111)

当 $μ = 4 λ$ 时， $x = - 8, y = - 2$ ，从而 $z_{1} = 66$ ；当 $μ = - 2 λ$ 时， $x = 4, y = 1$ ，从而 $z_{2} = 12$ . 又题干已告知存在最大值，故距离最大值

$∣ z ∣_{m a x} = ∣ z_{1} ∣ = 66.$
(112)
4.
1. (a).
  注意到 $D$ 在 $x^{2} + y^{2} ⩽ 4$ 内成分越多，其积分值取正成分的越多，即积分值增大；反之若 $D$ 内包含 $x^{2} + y^{2} > 4$ 的部分，则会削减积分值. 据此分析，使积分值最大的 $D_{1} = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 4}$ ，且
  
  $I (D_{1}) = \iint_{D_{1}} (4 - x^{2} - y^{2}) d x d y x = ρ c o s θ y = ρ s i n θ \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{2} (4 - ρ^{2}) ρ d ρ$
  $= 2 π \cdot [- \frac{1}{4} (4 - ρ^{2})^{2} 0^{2}] = 8 π .$
  (113)
2. (b).
  先改写被积表达式⁴：
  
  $I = \int_{\partial D_{1}} \frac{( x e ^{x^{2} + 4 y^{2}} + y ) d x + ( 4 y e ^{x^{2} + 4 y^{2}} - x ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}}$
  $= \int_{\partial D_{1}} \frac{1}{2} \frac{e ^{x^{2} + 4 y^{2}}}{x ^{2} + 4 y ^{2}} d (x^{2} + 4 y^{2}) + \int_{\partial D_{1}} \frac{y d x - x d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} .$
  (114)
  
  注意到前者为一全微分（尽管并不关心其原函数），故其在 $\partial D_{1}$ 上的环路积分值必定为零（环路上不存在其奇点）. 后者表达式中，记 $P = y / (x^{2} + 4 y^{2}), Q = - x / (x^{2} + 4 y^{2})$ ，则
  
  $Q_{x} - P_{y} = \frac{x ^{2} - 4 y ^{2}}{( x ^{2} + 4 y ^{2} ) ^{2}} - \frac{x ^{2} - 4 y ^{2}}{( x ^{2} - 4 y ^{2} ) ^{2}} = 0,$
  (115)
  
  但 $D_{1}$ 内存在 $P, Q$ 的奇点 $(0, 0)$ ，因此取正向闭路 $Γ : x^{2} + 4 y^{2} = 1$ . 在 $\partial D_{1}$ 和 $Γ$ 围成的区域内不包含 $(0, 0)$ ，因此 $Q_{x} - P_{y} = 0$ 总是成立的，由Stokes定理，
  
  $I = 0 + \int_{\partial D_{1}} P d x + Q d y = \int_{Γ} P d x + Q d y$
  $= \int_{x^{2} + 4 y^{2} = 1} \frac{y d x - x d y}{1} x = c o s θ y = s i n θ /2 \int_{0}^{2 π} - \frac{1}{2} d θ = - π .$
  (116)

52020年真题解答

1. 选择题

1.
选项A，注意到 $x \to 0$ 时 $e^{t^{2}} - 1 \sim t^{2}$ ，因此

$x \to 0 lim \frac{1}{x ^{3}} \int_{0}^{x} (e^{t^{2}} - 1) d t = x \to 0 lim \frac{e ^{x^{2}} - 1}{3 x ^{2}} = \frac{1}{3},$
(117)

即该函数在 $x \to 0$ 时为3阶无穷小. 类似地，对于后三个选项中的函数分别有

$x \to 0 lim \frac{1}{x ^{5/2}} \int_{0}^{x} ln (1 + t^{3}) d t = x \to 0 lim \frac{2 ln ( 1 + x ^{3} )}{5 x ^{3/2}} = \frac{2}{5},$
$x \to 0 lim \frac{1}{x ^{3}} \int_{0}^{s i n x} sin t^{2} d t = x \to 0 lim \frac{cos x \cdot sin ( sin ^{2} x )}{3 x ^{2}} = \frac{1}{3},$
$x \to 0 lim \frac{1}{x ^{5}} \int_{0}^{1 - c o s x} sin^{3} t d t = x \to 0 lim \frac{sin x sin ^{3} ( 1 - cos x )}{5 x ^{4}}$
$= x \to 0 lim \frac{( x ^{2} /2 ) ^{3/2}}{5 x ^{3}} = \frac{2}{20} .$
(118)

综上，选项D中的函数为5阶无穷小，阶数最高，选择D.
2.
未给定 $f (0)$ 的信息（含连续性条件），故 $f^{'} (0)$ 是否存在必然未知，排除A和B. 当 $f^{'} (0)$ 存在时，由定义，

$f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} ⟹ f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + o (x) (x \to 0) .$
(119)

又 $x \to 0 lim f (x) = 0$ ，故 $f (0) = 0$ ，从而

$x \to 0 lim \frac{f ( x )}{∣ x ∣} = f^{'} (0) x \to 0 lim [\pm ∣ x ∣ + o (∣ x ∣)] = 0,$
(120)

但 $x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x ^{2}} = f^{'} (0) x \to 0 lim \frac{x}{∣ x ∣}$ 当且仅当 $f^{'} (0) = 0$ 时存在. 故最终选择C.
3.
由于函数 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 可微，故

$f (x, y) - f_{x} (0, 0) x - f (0, 0) y = - n \cdot (x, y, f (x, y)) = o (x^{2} + y^{2}),$
(121)

因此

$(x, y) \to (0, 0) lim \frac{∣ n \cdot ( x , y , f ( x , y )) ∣}{x ^{2} + y ^{2}} = \pm (x, y) \to (0, 0) lim \frac{o ( x ^{2} + y ^{2} )}{x ^{2} + y ^{2}} = 0,$
(122)

选择A.

注
本题考查对二元函数可微的等价定义.
4.
选项C和D容易排除，分别构造 $∣ r ∣ = R$ 处收敛和发散的反例即可，如分别取 $a_{n} = 1/ n^{2}$ 和 $a_{n} = 1/ n$ .

2. 填空题

1.
结合L'Hospital法则与等价无穷小，当 $x \to 0$ 时，

$\frac{1}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{ln ( 1 + x )} \sim \frac{ln ( 1 + x ) - ( e ^{x} - 1 )}{x ^{2}} \sim \frac{1}{2 x} (\frac{1}{1 + x} - e^{x})$
$\sim - \frac{1}{2} [\frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} + e^{x}],$
(123)

因此

$x \to 0 lim [\frac{1}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{ln ( 1 + x )}] = - 1.$
(124)
2.
由一阶微分形式不变性，

$\frac{d y}{d x} = \frac{y _{t}}{x _{t}} = \frac{1/ t ^{2} + 1}{t / t ^{2} + 1} = \frac{1}{t},$
$\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{( y ^{'} ) _{t}}{x _{t}} = \frac{- 1/ t ^{2}}{t / t ^{2} + 1} = - \frac{t ^{2} + 1}{t ^{3}},$
(125)

因此 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} = - 2$ .
3.
由于 $a > 0$ 且 $a^{2} - 4$ 为实数时有 $a^{2} - 4 < a$ ，故方程的解必含衰减项，即 $x \to + \infty lim f (x) = 0$ ，因此对微分方程两端在 $[0, + \infty)$ 上积分得

$[f^{'} (+ \infty) - f^{'} (0)] + a [f (+ \infty) - f (0)] + \int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = 0,$
(126)

从中解得

$\int_{0}^{+ \infty} f (x) d x = a f (0) + f^{'} (0) = am + n .$
(127)
4.
由偏微分的定义，

$\frac{\partial f}{\partial y} = x e^{x^{3} y^{2}}, \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y} = (3 x^{3} y^{2} + 1) e^{x^{3} y^{2}} ⟹ \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y}_{(1, 1)} = 4 e .$
(128)

3. 解答题

1.
极值条件：

$f_{x} = 3 x^{2} - y = 0, f_{y} = 24 y^{2} - x = 0 ⟹ (x, y) = (0, 0) 或 (\frac{1}{6}, \frac{1}{12}) .$
(129)

先计算二阶导：

$\frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} = 6 x, \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y} = - 1, \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} = 48 y .$
(130)

在 $(0, 0)$ 点， $A_{1} = C_{1} = 0$ ，无法直接判断. 不妨考虑函数 $f (x, 0) = x^{3}$ 的变化趋势，显然该函数在 $x = 0$ 处非极值点，从而 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 处也不可能为极值点. 在 $(1/6, 1/12)$ 点， $A_{2} = 1, B_{2} = - 1, C_{2} = 4$ ，因此 $A_{2} > 0$ 且 $A_{2} C_{2} - B_{2}^{2} = 5 > 0$ ，故该点为极小值点.

综上， $f (x, y)$ 在 $(1/6, 1/12)$ 处取极小值 $f (1/6, 1/12) = - 1/216$ .
2.
注意到

$\oint_{L} \frac{4 x d x + y d y}{4 x ^{2} + y ^{2}} = \frac{1}{2} \oint_{L} \frac{d ( 4 x ^{2} + y ^{2} )}{4 x ^{2} + y ^{2}},$
(131)

由于闭路 $L$ 上不含满足 $4 x^{2} + y^{2} = 0$ 的点，故该全微分在 $L$ 上的环路积分值必定为零. 记 $P = - y / (4 x^{2} + y^{2}), Q = x / (4 x^{2} + y^{2})$ ，则在不包含 $(0, 0)$ 的区域内，

$Q_{x} - P_{y} = \frac{y ^{2} - 4 x ^{2}}{( 4 x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} - \frac{y ^{2} - 4 x ^{2}}{( 4 x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = 0.$
(132)

但闭路 $L$ 包围的区域内含 $(0, 0)$ ，故取正向闭路 $Γ : 4 x^{2} + y^{2} = 1$ ，则由Stokes定理，该函数在闭路 $C + Γ^{-}$ 上的积分值为零，即

$I = \oint_{L} P d x + Q d y = \oint_{Γ} \frac{- y d x + x d y}{1}$
$x = c o s θ /2 y = s i n θ \int_{0}^{2 π} \frac{1}{2} d θ = π .$
(133)
3.
该幂级数的收敛半径为

$R = n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n + 1}} = n \to \infty lim \frac{2 ( n + 1 )}{2 n + 1} = 1,$
(134)

因此当 $∣ x ∣ < R = 1$ 时，该幂级数收敛，记其和函数为 $S (x)$ . 由题意，

$S^{'} (x) = n = 1 \sum \infty n a_{n} x^{n - 1} = a_{1} + n = 2 \sum \infty n a_{n} x^{n - 1} = 1 + n = 2 \sum \infty (n - \frac{1}{2}) a_{n - 1} x^{n - 1}$
$= 1 - \frac{1}{2} n = 1 \sum \infty a_{n} x^{n} + \frac{d}{d x} (n = 2 \sum \infty a_{n - 1} x^{n})$
$= 1 - \frac{1}{2} S (x) + \frac{d}{d x} [x S (x)] = 1 + \frac{1}{2} S (x) + x S^{'} (x),$
(135)

该方程为一阶线性微分方程，整理解得

$S^{'} (x) - \frac{1}{2 ( 1 - x )} S (x) = \frac{1}{1 - x} ⟹ S (x) = \frac{1}{1 - x} (C - 2 1 - x) = \frac{C}{1 - x} - 2.$
(136)

又因为 $S (0) = 0$ ，代入解得 $C = 2$ ，最终得到该级数在 $∣ x ∣ < 1$ 内的和函数：

$S (x) = 2 (\frac{1}{1 - x} - 1) .$
(137)
4.
由于未给定 $f (x)$ 可导的条件，不能直接使用Gauss定理，从定义出发. 将曲面方程写为 $F (x, y, z) = x^{2} + y^{2} - z = 0$ ，由于规定其法向与 $z$ 轴正向成钝角，故其法向量为

$(F_{x}, F_{y}, F_{z}) = (\frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}, - 1) .$
(138)

注意到上述法向量的模恰好为 $2$ ，故其单位法向量为

$n = \frac{1}{2} (\frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}, - 1),$
(139)

面元可写为

$d S = 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} d x d y = 2 d x d y,$
(140)

相应地， $Σ$ 在 $x O y$ 平面上的投影为

$D = {(x, y) ∣1 ⩽ x^{2} + y^{2} ⩽ 4} .$
(141)

在 $Σ$ 上的被积函数可写为

$A \cdot n = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}} [x f (x y) + 2 x - y] + \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}} [y f (x y) + 2 y + x] - z [f (x y) + 1]$
$= x^{2} + y^{2} f (x y) + 2 x^{2} + y^{2} - x^{2} + y^{2} [f (x y) + 1] = x^{2} + y^{2},$
(142)

因此

$I = \iint_{Σ} A \cdot d S = \iint_{D} (A \cdot n) \cdot 2 d x d y$
$= 2 \iint_{D} x^{2} + y^{2} d x d y x = ρ c o s θ y = ρ s i n θ 2 \int_{0}^{2 π} d θ \int_{1}^{2} ρ \cdot ρ d ρ = \frac{14 2}{3} π .$
(143)
5.
1. (a).
  设 $∣ f (x) ∣$ 在 $x_{0} \in (0, 2)$ 处取到最大值 $M$ ，则由Lagrange中值定理， $\exists ξ_{1}, ξ_{2} \in (0, 2)$ ，使得
  
  $f (x_{0}) - f (0) = f^{'} (ξ_{1}) x, f (2) - f (x_{0}) = f^{'} (ξ_{2}) (2 - x_{0}),$
  (144)
  
  因此由Cauchy不等式，
  
  $∣ f^{'} (ξ_{1}) ∣ + ∣ f^{'} (ξ_{2}) ∣ = ∣ f (x_{0}) ∣ (\frac{1}{x _{0}} + \frac{1}{2 - x _{0}}) ⩾ M \frac{( 1 + 1 ) ^{2}}{x _{0} + ( 2 - x _{0} )} = 2 M,$
  (145)
  
  等号成立当且仅当 $x_{0}^{2} = (2 - x_{0})^{2}$ ，即 $x_{0} = 1$ 时 $∣ f (1) ∣ = M$ . 又因为 $∣ f (x) ∣$ 连续，且 $0 ⩽ ∣ f (x) ∣ ⩽ M$ ，由介值定理， $\exists ξ \in (0, 2)$ ，使得
  
  $∣ f (ξ) ∣ = \frac{1}{2} (∣ f^{'} (ξ_{1}) ∣ + ∣ f^{'} (ξ_{2}) ∣) ⩾ M .$
  (146)
2. (b).
  当 $∣ f^{'} (x) ∣ ⩽ M$ 时，对于满足 $∣ f^{'} (ξ) ∣ ⩾ M$ 的点 $ξ_{1}, ξ_{2}, \dots$ 而言，若 $ξ_{k} \neq = 1$ ，则由(1)中结果， $∣ f^{'} (ξ_{k}) ∣ > M$ ，矛盾. 故此时 $∣ f (x) ∣$ 有且仅有 $x = 1$ 这个最大值点. 在 $(0, 1)$ 内，由Lagrange中值定理，
  
  $∣ f (x) ∣ = ∣ f (x) - f (0) ∣ = ∣ f^{'} (ξ_{x}) ∣ x ⩽ M x ⩽ ∣ f (1) ∣,$
  (147)
  
  等号成立当且仅当 $∣ f^{'} (ξ_{x}) ∣ \equiv M$ 且 $x = 1$ . 类似地，在 $(1, 2)$ 内，由Lagrange中值定理，
  
  $∣ f (x) ∣ = ∣ f (2) - f (x) ∣ = ∣ f^{'} (ξ_{x}) ∣ (2 - x) ⩽ M (2 - x) ⩽ M,$
  (148)
  
  等号成立当且仅当 $∣ f^{'} (ξ_{x}) ∣ \equiv M$ 且 $x = 1$ . 由于最大值可在 $x = 1$ 处取到，因此等号必须成立，则 $∣ f^{'} (x) ∣ \equiv M$ 在 $(0, 2)$ 上恒成立. 又因为 $f^{'} (x)$ 连续，故 $f^{'} (x) = \pm M$ ，其中正负号在 $(0, 2)$ 内保持一致，此时 $0 = f (2) - f (0) = \pm 2 M$ ，解得 $M = 0$ ，证毕.

62019年真题解答

1. 选择题

1.
由Taylor展开，

$x - tan x = x - [x + \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3})] = - \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3}),$
(149)

因此 $k = 3$ ，选择C.
2.
由左右导数的定义，

$f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = x \to 0^{+} lim ln x = - \infty,$
$f_{-}^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = x \to 0^{-} lim ∣ x ∣ = 0,$
(150)

故 $f_{+}^{'} (0) \neq = f_{-}^{'} (0)$ ， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处不可导. 当 $x ⩽ 0$ 时， $f (x) = - x^{2}$ 单调增；当 $x > 0$ 时， $f^{'} (x) = ln x + 1$ ，即 $f (x)$ 在 $(0, 1/ e)$ 上单调减，故 $x = 0$ 为区域极大值点. 最终选择B.
3.
选项A，取 $u_{n} \equiv 1$ 即可推反. 选项B， $n \to \infty$ 时级数项可能极限非零，发散. 选项C， $u_{n} \equiv 0$ 时各项无意义⁵. 选项D，容易看出 $n = 1 \sum \infty (u_{n + 1}^{2} - u_{n}^{2}) = A^{2} - u_{1}^{2}$ 收敛. 最终选择D.
4.
由题意， $P, Q$ 在上半平面内无奇点且由Stokes定理可得

$P_{y} = Q_{x} = \frac{1}{y ^{2}} ⟹ P (x, y) = f (x) - \frac{1}{y},$
(151)

其中 $f (x)$ 在上半平面内无奇点，对比可知仅选项D符合题意.

2. 填空题

1.
计算偏导数：

$z_{x} = - cos x f^{'} (sin y - sin x) + y, z_{y} = cos y f^{'} (sin y - sin x) + x,$
(152)

因此

$\frac{1}{cos x} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{cos y} \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{y}{cos x} + \frac{x}{cos y} .$
(153)
2.
将方程改写为 $y^{'} - y /2 = y^{- 1}$ ，此方程为Bernouli方程，令 $u = y^{1 - (- 1)} = y^{2}$ ，则 $u (0) = 1$ ，从而

$2 = 2 y y^{'} - y^{2} = 2 u \cdot \frac{u ^{'}}{2 u} - u = u^{'} - u ⟹ u = 3 e^{x} - 2,$
(154)

因此方程的特解为 $y (x) = 3 e^{x} - 2$ .
3.
联想 $cos x$ 的Taylor级数，可直接写出结果 $S (x) = cos x$ ，其中 $x \in (0, + \infty)$ . 若不熟悉该公式，可通过求解微分方程的方法同样得到结果. 记 $f (t) = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} t^{2 n}$ ，则

$f^{''} (t) = n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n - 2 )!} t^{2 n - 2} = - n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} t^{2 n} = - f (t),$
(155)

该方程通解为 $f (t) = A cos t + B sin t$ . 又 $f (0) = 1, f^{'} (0) = 0$ ，解得 $A = 1, B = 0$ ，因此当 $x \in (0, + \infty)$ 时，和函数 $S (x) = f (x) = cos x$ .
4.
$Σ$ 在 $x O y$ 平面上的投影为 $D : x^{2} + y^{2} ⩽ 4$ ，因此

$\iint_{Σ} 4 - x^{2} - 4 z^{2} d x d y = \iint_{D} ∣ y ∣ d x d y = \int_{0}^{2 π} ∣ sin θ ∣ d θ \int_{0}^{2} ρ^{2} d ρ = \frac{32}{3} .$
(156)

3. 解答题

1.
1. (a).
  该方程为一阶线性微分方程，其解为
  
  $y (x) = e^{- x^{2} /2} (x + C) y (0) = 0 y (x) = x e^{- x^{2} /2} .$
  (157)
2. (b).
  计算 $y (x)$ 的二阶导：
  
  $y^{'} (x) = (1 - x^{2}) e^{- x^{2} /2}, y^{''} (x) = x (x^{2} - 3) e^{- x^{2} /2} .$
  (158)
  
  在 $(- \infty, - 3) \cup (0, 3)$ 内， $f^{''} (x) < 0$ ，函数具有凹性；在 $(- 3, 0) \cup (0, + \infty)$ 内， $f^{''} (x) > 0$ ，函数具有凸性. 相应地，0与 $\pm 3$ 为 $f (x)$ 的拐点.
2.
1. (a).
  由题意，最大方向导数即梯度的模，有
  
  $10 = (\frac{\partial f}{\partial l}_{(3, 4)})_{m a x} = ∣ \nabla z ∣ ∣_{(3, 4)} = \nabla z ∣_{(3, 4)} \cdot \frac{l}{l},$
  (159)
  
  代入 $\nabla z = 2 (a x, b y)$ 和 $l = (- 3, - 4)$ 得
  
  $10 = 2 (3 a)^{2} + (4 b)^{2} = - \frac{2}{5} (9 a + 16 b) ⟹ {9 a + 16 b = - 25, 9 a^{2} + 16 b^{2} = 25,$
  (160)
  
  容易猜出一个解 $a = b = - 1$ . 可验证该解为唯一解.
2. (b).
  曲面 $Σ : z = 2 - x^{2} - y^{2} ⩾ 0$ 在 $x O y$ 平面上的投影为 $D : x^{2} + y^{2} ⩽ 2$ ，因此
  
  $A (Σ) = \iint_{Σ} 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} d x d y = \iint_{D} 1 + 4 (x^{2} + y^{2}) d x d y$
  $x = ρ c o s θ y = ρ s i n θ \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{2} ρ 1 + 4 ρ^{2} d ρ = \frac{13 π}{3} .$
  (161)
3.
若考虑的是纯面积而非有向面积，面积的求解公式写为

$I = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} sin x d x = n = 0 \sum \infty \int_{nπ}^{(n + 1) π} e^{- x} ∣ sin x ∣ d x$
$= n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \int_{nπ}^{(n + 1) π} e^{- x} sin x d x = u = x - nπ n = 0 \sum \infty e^{- nπ} \int_{0}^{π} e^{- u} sin u d u$
$= \frac{1}{1 - e ^{- π}} \int_{0}^{π} e^{- u} sin u d u = Δ \frac{I _{0}}{1 - e ^{- π}},$
(162)

其中已利用 $sin (u + nπ) = (- 1)^{n} sin u$ ，并且⁶

$I_{0} = - e^{- u} sin u 0^{π} + \int_{0}^{π} e^{- u} cos u d u$
$= - e^{- u} cos u 0^{π} - \int_{0}^{π} e^{- u} sin u d u$
$= 1 + e^{- π} - I_{0},$
(163)

因此 $I_{0} = (1 + e^{- π}) /2$ ，从而

$I = \frac{I _{0}}{1 - e ^{- π}} = \frac{1}{2} \frac{1 + e ^{- π}}{1 - e ^{- π}} .$
(164)
4.
1. (a).
  当 $x \in (0, 1)$ 时， $x^{n} > x^{n + 1}$ ，因此
  
  $a_{n + 1} = \int_{0}^{1} x^{n + 1} 1 - x^{2} d x < \int_{0}^{1} x^{n} 1 - x^{2} d x = a_{n},$
  (165)
  
  因此数列 ${a_{n}}$ 单调递减，且 $n ⩾ 2$ 时，
  
  $a_{n} - a_{n - 2} = - \int_{0}^{1} x^{n - 2} (1 - x^{2})^{3/2} d x$
  $= - \frac{1}{n - 1} x^{n - 1} (1 - x^{2})^{3/2} 0^{1} - \frac{3}{n - 1} \int_{0}^{1} x^{n} 1 - x^{2} d x$
  $= - \frac{3}{n - 1} a_{n},$
  (166)
  
  从中解得
  
  $a_{n} = \frac{n - 1}{n + 2} a_{n - 2}, \forall n ⩾ 2.$
  (167)
2. (b).
  作为填空题有种不规范的解法：记 $n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = A$ ，则
  
  $n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 2}} = n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} \frac{a _{n - 1}}{a _{n - 2}} = A^{2} = n \to \infty lim \frac{n - 1}{n + 2} = 1.$
  (168)
  
  又因为 $a_{n} > 0$ ，故 $A > 0$ ，解得 $A = n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = 1$ . 这种方法不规范是因为眼下并未证明 $a_{n} / a_{n - 1}$ 在 $n \to \infty$ 时的极限存在.
  
  利用 $Γ$ 函数和B函数将积分结果改写：
  
  $a_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} 1 - x^{2} d x = x = s i n t \int_{0}^{π /2} sin^{n} t cos^{2} t d t = \frac{1}{2} B (\frac{n + 1}{2}, \frac{3}{2})$
  $= \frac{1}{2} \frac{Γ ( \frac{n + 1}{2} ) Γ ( \frac{3}{2} )}{Γ ( \frac{n}{2} + 2 )} = \frac{π}{4} \frac{Γ ( \frac{n + 1}{2} )}{Γ ( \frac{n}{2} + 2 )},$
  (169)
  
  注意到当 $x \to + \infty$ 时， $Γ (x) \sim 2 π x (x / e)^{x}$ ，因此
  
  $n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = n \to \infty lim \frac{Γ ( \frac{n + 1}{2} ) Γ ( \frac{n + 3}{2} )}{Γ ( \frac{n}{2} ) Γ ( \frac{n}{2} + 2 )}$
  $= n \to \infty lim \frac{n + 1 ( \frac{n + 1}{2 e} ) ^{(n + 1) /2} \cdot n + 3 ( \frac{n + 3}{2 e} ) ^{(n + 3) /2}}{n ( \frac{n}{2 e} ) ^{n /2} \cdot n + 4 ( \frac{n + 4}{2 e} ) ^{(n + 4) /2}}$
  $= n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n})^{n /2} (1 + \frac{1}{n + 3})^{- (n + 3) /2} \frac{n + 1}{n + 4}$
  $= e \cdot \frac{1}{e} \cdot 1 = 1.$
  (170)
5.
由于 $Ω$ 关于 $y O z$ 平面对称，因此形心坐标的 $x$ 分量 $x_{C} = 0$ . 由题意， $0 ⩽ z ⩽ 1$ ，则

$x^{2} = (1 - z)^{2} - (y - z)^{2} = - (y - 1) (y - 2 z + 1) ⩾ 0 ⟹ 2 z - 1 ⩽ y ⩽ 1,$
(171)

因此区域 $Ω$ 的体积为

$V (Ω) = ∭_{Ω} d V = 2 \int_{0}^{1} d z \int_{2 z - 1}^{1} d y \int_{0}^{(1 - z)^{2} - (y - z)^{2}} d x$
$= y - z = (1 - z) s i n t 2 \int_{0}^{1} d z \int_{- π /2}^{π /2} (1 - z)^{2} cos^{2} t d t$
$= π \int_{0}^{1} (1 - z)^{2} d z = \frac{π}{3},$
(172)

从而形心坐标满足

$V (Ω) y_{C} = ∭_{Ω} y d V = 2 \int_{0}^{1} d z \int_{2 z - 1}^{1} y (1 - z)^{2} - (y - z)^{2} d y$
$= y - z = (1 - z) s i n t 2 \int_{0}^{1} (1 - z)^{2} d z \int_{- π /2}^{π /2} [z + (1 - z) sin t] cos^{2} t d t$
$= π \int_{0}^{1} z (1 - z)^{2} d z = π \int_{0}^{1} [(1 - z)^{2} - (1 - z)^{3}] d z = \frac{π}{12},$
(173)
$V (Ω) z_{C} = ∭_{Ω} d V = π \int_{0}^{1} z (1 - z)^{2} d z = \frac{π}{12},$
(174)

综上， $Ω$ 的形心坐标为

$(x_{C}, y_{C}, z_{C}) = (0, \frac{1}{4}, \frac{1}{4}) .$
(175)

72018年真题解答

1. 选择题

1.
选项A， $f (x) = ∣ x ∣ sin ∣ x ∣ = x sin x$ ，在 $x = 0$ 处可导. 选项B，直观判断即使定义式中 $∣ x ∣$ 与 $x$ 相消，也存在 $sin ∣ x ∣$ 的衰减项使其导数为0. 可严格计算该函数在 $x = 0$ 处的左右导数：

$f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{x sin x - 0}{x - 0} = x \to 0^{+} lim sin x = 0,$
$f_{-}^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{- x sin - x - 0}{x - 0} = - x \to 0^{-} lim sin - x = 0,$
(176)

可见 $f_{+}^{'} (0) = f_{-}^{'} (0) = 0$ ，该函数在 $x = 0$ 处导数存在， $f^{'} (0) = 0$ . 选项C， $f (x) = cos ∣ x ∣ = cos x$ ，在 $x = 0$ 处可导. 选项D，由定义

$x \to 0 lim \frac{cos ∣ x ∣ - 1}{x} = - \frac{1}{2} x \to 0 lim \frac{∣ x ∣}{x},$
(177)

该极限不存在，故 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处不可导. 选择D.
2.
与曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 在点 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 相切要求其法向量

$n = (z_{x}, z_{y}, - 1) ∣_{(x_{0}, y_{0}, z_{0})} = (2 x_{0}, 2 y_{0}, - 1),$
(178)

且该平面过点 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ ，其中 $z_{0} = x_{0}^{2} + y_{0}^{2}$ ，因此平面方程为

$n \cdot (x - x_{0}, y - y_{0}, z - z_{0}) = 0 ⟹ 2 x_{0} x + 2 y_{0} y - z = x_{0}^{2} + y_{0}^{2} .$
(179)

又该平面过 $(1, 0, 0)$ 和 $(0, 1, 0)$ ，代入得

$x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = 2 x_{0} = 2 y_{0} ⟹ (x_{0}, y_{0}) = (0, 0) 或 (1, 1) .$
(180)

当 $x_{0} = y_{0} = 0$ 时，平面方程为 $z = 0$ ；当 $x_{0} = y_{0} = 1$ 时，平面方程为 $2 x + 2 y - z = 2$ . 选择B.
3.
可结合选项回忆 $sin x$ 和 $cos x$ 的Taylor级数，则

$n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{2 n + 3}{( 2 n + 1 )!} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!} \cdot 1^{n} + 2 n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )!} \cdot 1^{n} = 2 sin 1 + cos 1.$
(181)

选择B.
4.
由于 $x / (1 + x^{2})$ 在 $[- π /2, π /2]$ 上为奇函数，故

$M = \int_{- π /2}^{π /2} \frac{1 + 2 x + x ^{2}}{1 + x ^{2}} d x = \int_{- π /2}^{π /2} 1 d x .$
(182)

因此

$N = \int_{- π /2}^{π /2} \frac{1 + x}{e ^{x}} d x < \int_{- π /2}^{π /2} 1 d x = M,$
(183)
$K = \int_{- π /2}^{π /2} (1 + cos x) d x > \int_{- π /2}^{π /2} 1 d x = M,$
(184)

即 $N < M < K$ ，选择C.

2. 填空题

1.
利用取对数指数的方法及等价无穷小，

$x \to 0 lim (\frac{1 - tan x}{1 + tan x})^{1/ s i n k x} = x \to 0 lim exp [\frac{1}{sin k x} ln (1 - \frac{2 tan x}{1 + tan x})]$
$= x \to 0 lim exp (\frac{1}{k x} \cdot \frac{- 2 x}{1 + tan x}) = e^{- 2/ k} = e,$
(185)

因此 $k = - 2$ .
2.
由题意， $f (0) = 0$ 且 $f (1) = 2, f^{'} (1) = 2 ln 2$ ，因此

$\int_{0}^{1} x f^{''} (x) d x = x f^{'} (x) ∣ 0^{1} - \int_{0}^{1} f^{'} (x) d x = f^{'} (1) - [f (1) - f (0)] = 2 ln 2 - 2.$
(186)
3.
由定义，

$\nabla \times F_{(1, 1, 0)} = (y, - z, - x) ∣_{(1, 1, 0)} = (1, 0, - 1) .$
(187)
4.
几何上可知平面过球面圆心，因此 $L$ 为一大圆. 写出 $L$ 在 $O x y z$ 系下的方程：

$1 = x^{2} + y^{2} + (x + y)^{2} = \frac{( x + y ) ^{2} + ( x - y ) ^{2}}{2} + (x + y)^{2} = \frac{3}{2} (x + y)^{2} + \frac{1}{2} (x - y)^{2} .$
(188)

记 $x + y = \frac{2}{3} cos θ = - z, x - y = 2 sin θ$ ，则

$x y = \frac{1}{4} [(x + y)^{2} - (x - y)^{2}] = \frac{1}{2} (\frac{1}{3} cos^{2} θ - sin^{2} θ) = \frac{1}{6} (4 cos^{2} θ - 3),$
(189)
$d s = (d x)^{2} + (d y)^{2} + (d z)^{2} = \frac{3}{2} (d x + d y)^{2} + \frac{1}{2} (d x - d y)^{2} = d θ,$
(190)

因此

$\oint_{L} x y d s = \frac{1}{6} \int_{0}^{2 π} (4 cos^{2} θ - 3) d θ = \frac{1}{6} (4 \cdot \frac{2 π}{2} - 3 \cdot 2 π) = - \frac{π}{3} .$
(191)

3. 解答题

1.
由讲义知识点可知：(1) 此为根号内含 $e^{x}$ 形式的单调函数，原则上可整体换元⁷ $u = e^{x} - 1$ . (2) 另一方面，换元后 $e^{2 x}$ 为关于 $e^{x}$ 的有理多项式，变成有理分式 $\times$ 反正切的形式，因此可对有理分式部分分部积分. 计算如下：

$\int e^{2 x} arctan e^{x} - 1 d x = u = e^{x} - 1 \int (u^{2} + 1)^{2} arctan u \cdot \frac{2 u}{1 + u ^{2}} d u$
$= 2 \int u (u^{2} + 1) arctan u d u$
$= \frac{1}{2} (u^{2} + 1)^{2} arctan u - \frac{1}{2} \int (u^{2} + 1) d u$
$= \frac{1}{2} (u^{2} + 1)^{2} arctan u - \frac{u ^{3}}{6} - \frac{u}{2} + C$
$= \frac{1}{2} e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{6} (e^{x} + 2) e^{x} - 1 + C .$
(192)
2.
记围成圆、正方形、三角形的铁丝长度分别为 $x$ m、 $y$ m和 $z$ m，则 $x + y + z = 2$ ，其面积和

$A (x, y, z) = π (\frac{x}{2 π})^{2} + (\frac{y}{4})^{2} + \frac{3}{4} (\frac{z}{3})^{2} = \frac{x ^{2}}{4 π} + \frac{y ^{2}}{16} + \frac{z ^{2}}{12 3}$
$⩾ \frac{( x + y + z ) ^{2}}{4 π + 16 + 12 3} = \frac{1}{π + 4 + 3 3},$
(193)

其中等号成立当且仅当

$\frac{x}{4 π} = \frac{y}{16} = \frac{z}{12 3} 且 x + y + z = 2$
(194)

时成立. 因此三者面积和存在最小值 $1/ (π + 4 + 33)$ .
3.
曲面方程可写为 $x^{2} + 3 (y^{2} + z^{2}) = 1 (x ⩾ 0)$ ，可见其为右半旋转椭球，旋转轴为 $x$ 轴，且方向向外. 由于积分为第二重曲面积分，联想Gauss定理，补足有向曲面 $D = {(x, y, z) ∣ x = 0, 3 y^{2} + 3 z^{2} ⩽ 1}$ ，其法向沿 $x$ 轴负方向. 因此 $Σ + D$ 为法向向外的闭曲面，由Gauss定理，

$\iint_{Σ + D} x d y d z + (y^{3} + 2) d z d x + z^{3} d x d y = ∭_{Ω} (1 + 3 y^{2} + 3 z^{2}) d x d y d z,$
(195)

其中 $Ω$ 内满足 $x^{2} + 3 (y^{2} + z^{2}) ⩽ 1$ . 注意到被积因式中也含 $3 (y^{2} + z^{2})$ 项，考虑将 $Ω$ 沿垂直 $x$ 轴方向分割，再将得到的圆片按圆环 $r ⩽ 3 (y^{2} + z^{2}) ⩽ r + d r$ 分割，因此

$\iint_{3 (y^{2} + z^{2}) ⩽ 1 - x^{2}} (1 + 3 y^{2} + 3 z^{2}) d y d z = \int_{0}^{1 - x^{2}} (1 + r^{2}) \cdot 2 π \cdot \frac{r}{3} d r$
$= \frac{2 π}{3} [\frac{1 - x ^{2}}{2} + \frac{( 1 - x ^{2} ) ^{2}}{4}] = \frac{π}{2 3} (1 - x^{2}) (3 - x^{2}),$
(196)

因此

$\iint_{Σ + D} x d y d z + (y^{3} + 2) d z d x + z^{3} d x d y = \int_{0}^{1} d x \iint_{3 (y^{2} + z^{2}) ⩽ 1 - x^{2}} (1 + 3 y^{2} + 3 z^{2}) d y d z$
$= \frac{π}{2 3} \int_{0}^{1} (x^{4} - 4 x^{2} + 3) d x = \frac{14 π}{15 3} .$
(197)

另一方面，

$\iint_{D} x d y d z + (y^{3} + 2) d z d x + z^{3} d x d y = - \iint_{D} 0 d y d z = 0,$
(198)

因此 $I = 14 π /15 3$ .
4.
1. (a).
  该方程为一阶线性微分方程，其通解为
  
  $y (x) = e^{- x} [\int x e^{x} d x + C] = x - 1 + C e^{- x} .$
  (199)
2. (b).
  此时方程通解为
  
  $y (x) = e^{- x} [\int f (x) e^{x} d x + C] = Δ e^{- x} F (x) + C e^{- x},$
  (200)
  
  其中原函数 $F (x)$ 满足 $F (0) = 0$ ，则通解又可改写为变上限积分的形式：
  
  $y (x) = e^{- x} [F (x) + y (0)] = e^{- x} [y (0) + \int_{0}^{x} f (u) e^{u} d u] .$
  (201)
  
  由于 $f (x)$ 的周期性，在微分方程中，若 $y (x)$ 为该方程的解，则 $y (x + T)$ 也为方程的解：
  
  $y^{'} (x + T) + y (x + T) = f (x + T) = f (x) .$
  (202)
  
  已知 $f (x + T) = f (x)$ 对 $\forall x \in R$ 成立，因此
  
  $y (x) = e^{- x} [y (0) + \int_{0}^{x} f (u + T) e^{- T} e^{u + T} d (u + T)]$
  $= t = u + T e^{- x} [y (0) + e^{- T} \int_{T}^{x + T} f (t) e^{t} d t] .$
  (203)
  
  由于此时 $y (x)$ 仅由 $y (0)$ 取值决定，故研究 $y (0)$ 在此情况下的唯一取值：
  
  $y (x + T) - y (x)$
  (204)
  $= e^{- (x + T)} [y (0) + \int_{0}^{x + T} f (u) e^{u} d u] - e^{- x} [y (0) + e^{- T} \int_{T}^{x + T} f (u) e^{u} d u]$
  $= e^{- (x + T)} \int_{0}^{T} f (u) e^{u} d u - e^{- x} (1 - e^{- T}) y (0) = 0,$
  (205)
  
  从中解得
  
  $y (0) = \frac{1}{e ^{T} - 1} \int_{0}^{T} f (x) e^{x} d x$
  (206)
  
  是唯一的，从而该方程的解唯一.
5.
首先证明该数列各项为正：当 $n = 1$ 时， $x_{1} > 0$ 成立. 假定当 $n = k$ 时， $x_{k} > 0$ ，则当 $n = k + 1$ 时， $x_{k + 1} = ln [(e^{x_{k}} - 1) / x_{k}] > ln 1 = 0$ . 故对 $\forall n \in N^{*}$ ，均有 $x_{n} > 0$ .

下面研究该数列是否单调：记 $f (x) = ln [(e^{x} - 1) / x] - x (x > 0)$ ，则

$f^{'} (x) = \frac{e ^{x}}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{x} - 1 = \frac{x + 1 - e ^{x}}{x ( e ^{x} - 1 )} < 0 (x > 0),$
(207)

因此 $f (x)$ 单调减，满足 $f (x) < x \to 0^{+} lim f (x) = 0$ ，从而 $x_{n + 1} = x_{n} + f (x_{n}) < x_{n}$ . 可见该数列单调递减，且有下界0，因此该数列存在极限 $A = n \to \infty lim x_{n}$ . 对递推方程两端取 $n \to \infty$ 的极限得

$0 = ln \frac{e ^{A} - 1}{A} - A = f (A) = 0.$
(208)

已知 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上单调减且 $x \to 0^{+} lim f (x) = 0$ ，故 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上仅在原点处取零⁸，即 $A = n \to \infty lim x_{n} = 0$ .

82017年真题解答

1. 选择题

1.
$f (x)$ 连续意味着

$x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \frac{1 - cos x}{a x} = \frac{1}{2 a} = x \to 0^{-} lim f (x) = f (0) = b,$
(209)

即 $ab = 1/2$ ，选择A.
2.
记 $g (x) = f^{2} (x)$ ，由题意， $g^{'} (x) = 2 f (x) f^{'} (x) > 0$ ，因此 $g (1) > g (- 1)$ ，即 $∣ f (1) ∣ > ∣ f (- 1) ∣$ ，选择C.
3.
由定义，

$\frac{\partial f}{\partial n} = \nabla f ∣_{(1, 2, 0)} \cdot \frac{n}{∣ n ∣} = (2 x y, x^{2}, 2 z)_{(1, 2, 0)} \cdot \frac{( 1 , 2 , 2 )}{3} = 2,$
(210)

选择D.
4.
第一段面积表示 $0 \sim 10$ s内甲比乙多走10 m，第二段面积表示 $10 \sim 25$ s内乙比甲多走20 m，此时甲超前乙的距离为 $10 + 10 - 20 = 0$ m，即 $t_{0} = 25$ s时两者相遇，选择C.

2. 填空题

1.
由于 $f (x)$ 为偶函数，其奇数阶导为奇函数，故 $f^{(3)} (0) = 0$ .
2.
其特征方程为 $λ^{2} + 2 λ + 3 = 0$ ，该方程的解为 $λ_{1, 2} = - 1 \pm 2 i$ ，因此方程通解为 $y (x) = e^{- x} (A cos 2 x + B sin 2 x)$ .
3.
该描述等价于该曲线积分关于 $D$ 内任一闭曲线 $L$ 积分值为0，由Stokes定理，

$0 = \oint_{L} \frac{x d x - a y d y}{x ^{2} + y ^{2} - 1} = \iint_{D_{1}} \frac{2 ( a + 1 ) x y}{( x ^{2} + y ^{2} - 1 ) ^{2}} d x d y,$
(211)

因此 $a = - 1$ .
4.
记该幂级数的和函数为 $S (x)$ ，则

$S (x) = \frac{d}{d x} [n = 0 \sum \infty (- 1)^{n - 1} x^{n}] = \frac{d}{d x} (- \frac{1}{1 + x}) = \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} .$
(212)

3. 解答题

1.
记 $f_{1}^{'} = \frac{\partial f}{\partial u}, f_{2}^{'} = \frac{\partial f}{\partial v}$ ，则

$\frac{d y}{d x} = e^{x} f_{1}^{'} - sin x f_{2}^{'},$
$\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = e^{2 x} f_{11}^{''} - 2 e^{x} sin x f_{12}^{''} + sin^{2} x f_{22}^{''} + e^{x} f_{1}^{'} - cos x f_{2}^{'},$
(213)

因此 $\frac{d y}{d x}_{x = 0} = f_{1}^{'} (1, 1), \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0} = f_{11}^{''} (1, 1) + f_{1}^{'} (1, 1) - f_{2}^{'} (1, 1)$ .
2.
此为求和型极限，因此尝试凑仅含 $k / n$ 的项⁹：

$n \to \infty lim \frac{k}{n ^{2}} k = 1 \sum n ln (1 + \frac{k}{n}) = \int_{0}^{1} x ln (1 + x) d x = \frac{x ^{2}}{2} ln (1 + x) 0^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2} d x}{1 + x}$
$= \frac{ln 2}{2} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (x - 1 + \frac{1}{x + 1}) d x = \frac{ln 2}{2} + \frac{1}{4} - \frac{ln 2}{2} = \frac{1}{4} .$
(214)
3.
方程两端关于 $x$ 求导：

$3 x^{2} + 3 y^{2} y^{'} - 3 + 3 y^{'} = 0 ⟹ y^{'} = \frac{1 - x ^{2}}{1 + y ^{2}} .$
(215)

$y (x)$ 取极值要求 $y^{'} (x) = 0$ ，从上式解得 $x = \pm 1$ . 因此当 $∣ x ∣ > 1$ 时， $y^{'} < 0$ ， $y (x)$ 单调减；当 $∣ x ∣ < 1$ 时， $y^{'} > 0$ ， $y (x)$ 单调增. 因此 $x = - 1$ 处为极小值， $x = 1$ 处为极大值.
4.
1. (a).
  题设条件暗含 $x \to 0^{+} lim f (x) / x$ 存在的条件，记该极限为 $A < 0$ ，因此当 $x \to 0^{+}$ 时， $f (x) = A x + o (x)$ . 由于 $f (x)$ 在闭区间 $[0, 1]$ 内二阶导连续，故 $f (0) = x \to 0^{+} lim f (x) = 0$ ，从而
  
  $f^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} = A < 0.$
  (216)
  
  这意味着对 $\forall ε > 0$ ，总 $\exists δ > 0$ ，使得当 $0 < x < δ$ 时，满足 $∣ f (x) / x - A ∣ < ε$ ，即 $f (x) < (A + ε) x$ . 可取 $ε = - A /2$ ，则 $f (δ /2) < A δ /4 < 0$ . 又因为 $f (1) > 0$ ，由零点存在定理， $\exists x_{0} \in (δ (A) /2, 1)$ ，使得 $f (x_{0}) = 0$ .
2. (b).
  方程左端可写为 $f (x) f^{'} (x)$ 的全微分，可进一步写为 $f^{2} (x)$ 的二阶微分，故记 $g (x) = f^{2} (x) (0 ⩽ x ⩽ 1)$ ，相当于证明 $g^{''} (x) = 0$ 在 $(0, 1)$ 内至少有两根. 由第(1)问的结论， $g (x_{0}) = g^{'} (x_{0}) = 0$ 且 $g (0) = g^{'} (0) = 0$ ，因此由Rolle定理， $\exists η, ξ_{1} \in (0, x_{0})$ ，使得 $g^{'} (η) = 0$ 且 $g^{''} (ξ_{1}) = 0$ . 再次由Rolle定理， $\exists ξ_{2} \in (0, η)$ ，使得 $g^{''} (ξ_{2}) = 0$ . 因此 $g^{''} (x) = 2 {[f (x) f^{''} (x) + f^{'} (x)]^{2}}$ 在 $(0, 1)$ 上至少有个零点 $ξ_{1}, ξ_{2}$ ，证毕.
5.
1. (a).
  拆分后，可知圆锥面为基底，柱面控制边界，因此 $S$ 为锥面的一部分，其在 $x O y$ 平面上的投影边界为 $z^{2} = x^{2} + y^{2} = 2 x$ ，即投影区域 $D = {(x, y) ∣ (x - 1)^{2} + y^{2} ⩽ 1}$ .
2. (b).
  将面元 $d S$ 投影到 $x O y$ 平面上时，两者满足关系
  
  $d S = 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} d x d y = 2 d x d y,$
  (217)
  
  该截面的质量为
  
  $M (S) = \iint_{S} μ d S = 9 \iint_{D} x^{2} + y^{2} + (x^{2} + y^{2}) \cdot 2 d x d y = 18 \iint_{D} x^{2} + y^{2} d x d y$
  $x = ρ c o s θ y = ρ s i n θ 18 \int_{- π /2}^{π /2} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} ρ^{2} d ρ = 48 \int_{- π /2}^{π /2} cos^{3} θ d θ = 64.$
  (218)

92016年真题解答

1. 选择题

1.
在 $(0, 1)$ 上， $1 + x \approx 1 (x \to 0^{+})$ ，无贡献，因此该积分收敛条件为 $a < 1$ ；在 $(1, + \infty)$ 上， $1 + x \sim x (x \to + \infty)$ ，因此该积分收敛条件为 $a + b > 1$ . 选择C.
2.
可验证 $f (x)$ 连续. 记 $f (x)$ 的原函数为 $F (x)$ ，则当 $x < 1$ 时，

$F (x) = F (1) + \int_{1}^{x} 2 (u - 1) d u = (x - 1)^{2} + F (1),$
(219)

当 $x ⩾ 1$ 时，

$F (x) = F (1) + \int_{1}^{x} ln u d u = x (ln x - 1) + 1 + F (1),$
(220)

对比形式， $F (1) = 0$ 时选择D.
3.
大题中比较规范且一般的写法为代入两解解关于 $p (x), q (x)$ 的代数方程. 在小题中，若知道非齐次方程解的结构为齐次通解 $+$ 非齐次特解，可显著简化计算. 对比两解形式可知， $y^{*} = (1 + x^{2})^{2}$ 为非齐次特解， $y ˉ = C 1 + x^{2}$ 为齐次通解，其中 $C$ 为待定常数，因此

$0 = y ˉ^{'} + p (x) y ˉ = C [\frac{x}{1 + x ^{2}} + p (x) 1 + x^{2}] ⟹ p (x) = - \frac{x}{1 + x ^{2}},$
(221)

进而

$q (x) = (y^{*})^{'} + p (x) y^{*} = 4 x (1 + x^{2}) - \frac{x}{1 + x ^{2}} \cdot (1 + x^{2})^{2} = 3 x (1 + x^{2}),$
(222)

选择A.
4.
当 $1/ (n + 1) < x ⩽ 1/ n$ 时，令 $n \to \infty$ ，由夹逼准则， $x \to 0^{+}$ 且 $f (x) \to 0^{+}$ ，因此 $x \to 0^{+} lim f (x) = 0 = x \to 0^{-} lim f (x) = f (0)$ ，即 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，排除A和B. 另一方面，

$1 ⩽ \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = \frac{1}{n x} < 1 + \frac{1}{n} .$
(223)

令 $n \to \infty$ ，由夹逼准则， $x \to 0^{+}$ 且上述比值趋于1，由定义，

$f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = 1 = f_{-}^{'} (1),$
(224)

因此 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，选择D.

2. 填空题

1.
此为变上限积分型极限，处理方法为L'Hospital法则：

$原式 = x \to 0 lim \frac{2}{x ^{4}} \int_{0}^{x} t ln (1 + t sin t) d t = x \to 0 lim \frac{x ln ( 1 + x sin x )}{2 x ^{3}} = x \to 0 lim \frac{x sin x}{2 x ^{2}} = \frac{1}{2} .$
(225)
2.
由定义， $\nabla \times A = (0, 1, y - 1)$ .
3.
对该方程两端取微分得

$z d x + (x + 1) d z - 2 y d y = 2 x f (x - z, y) d x + x^{2} [f_{1}^{'} \cdot (d x - d z) + f_{2}^{'} d y] .$
(226)

代入 $(x, y) = (0, 1)$ 得 $z = 1$ ，进而

$d x + d z ∣_{(0, 1)} - 2 d y = 0 ⟹ d z ∣_{(0, 1)} = - d x + 2 d y .$
(227)
4.
显然直接求解三阶导十分麻烦，可考虑将 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处展开成Taylor级数. 由于

$\frac{1}{1 + x ^{2}} = n = 0 \sum \infty (- x^{2})^{n} ⟹ arctan x = \int_{0}^{x} \frac{d u}{1 + u ^{2}} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} x^{2 n + 1},$
(228)

同时

$\frac{x}{1 + a x ^{2}} = x n = 0 \sum \infty (- a x^{2})^{n} = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} a^{n} x^{2 n + 1},$
(229)

因此

$f^{'''} (0) = 3! \cdot (- 1)^{1} (\frac{1}{3} - a) = 1 ⟹ a = \frac{1}{2} .$
(230)

3. 解答题

1.
直接积分即可：

$\iint_{D} x d x d y = \int_{- π /2}^{π /2} cos θ d θ \int_{2}^{2 (1 + c o s θ)} ρ^{2} d ρ = \frac{16}{3} \int_{0}^{π /2} (cos^{2} θ + 3 cos θ + 3) cos^{2} θ d θ$
$= \frac{16}{3} \cdot \frac{1}{2} [B (\frac{1}{2}, \frac{5}{2}) + 3 B (\frac{1}{2}, 2) + 3 B (\frac{1}{2}, \frac{3}{2})]$
$= \frac{8}{3} (\frac{3 π}{8} + 3 \cdot \frac{4}{3} + 3 \cdot \frac{π}{2}) = 5 π + \frac{32}{3} .$
(231)
2.
1. (a).
  该二阶齐次常系数线性方程的特征方程为 $λ^{2} + 2 λ + k = 0$ ，解得 $λ_{1, 2} = - 1 \pm 1 - k^{2} < 0 (0 < k < 1)$ ，故该方程通解为 $y (x) = A e^{λ_{1} x} + B e^{λ_{2} x}$ . 由于当 $λ < 0$ 时，
  
  $\int_{0}^{+ \infty} e^{λ x} d x = \frac{1}{λ} e^{λ x} 0^{+ \infty} = - \frac{1}{λ}$
  (232)
  
  收敛，故 $\int_{0}^{+ \infty} y (x) d x = - \frac{A}{λ _{1}} - \frac{B}{λ _{2}}$ 收敛.
2. (b).
  由题意， $y (0) = A + B = 1, y^{'} (0) = λ_{1} A + λ_{2} B = 1$ ，从中解得
  
  $A = \frac{1 - λ _{2}}{λ _{1} - λ _{2}}, B = \frac{1 - λ _{1}}{λ _{2} - λ _{1}},$
  (233)
  
  因此
  
  $\int_{0}^{+ \infty} y (x) d x = - \frac{A}{λ _{1}} - \frac{B}{λ _{2}} = \frac{1 - λ _{2}}{λ _{1} ( λ _{2} - λ _{1} )} - \frac{1 - λ _{1}}{λ _{2} ( λ _{2} - λ _{1} )}$
  $= \frac{1 - ( λ _{1} + λ _{2} )}{λ _{1} λ _{2}} = \frac{1 - ( - 2 )}{k} = \frac{3}{k} .$
  (234)
3.
由题意，积分得

$f (x, y) = x e^{2 x - y} + g (y) ⟹ f (0, y) = g (y) = y + 1,$
(235)

因此 $f (x, y) = x e^{2 x - y} + y + 1$ ，则

$I (t) = \int_{L_{t}} d f (x, y) = f (1, t) - f (0, 0) = e^{2 - t} + t .$
(236)

由于 $I^{'} (t) = - e^{2 - t} + 1$ ，则 $t < 2$ 时 $I^{'} (t) < 0$ ， $I (t)$ 单调减， $t > 2$ 时 $I^{'} (t) > 0$ ， $I (t)$ 单调增. 故 $I (t) ⩾ I (2) = 1 + 2 = 3$ .
4.
由Gauss定理，

$I = ∭_{Ω} (2 x - 2 + 3) d x d y d z = \int_{0}^{1} (2 x + 1) d x \int_{0}^{1 - x} d z \int_{0}^{2 (1 - x - z)} d y$
$= 2 \int_{0}^{1} (2 x + 1) d x \int_{0}^{1 - x} (1 - x - z) d z = \int_{0}^{1} (2 x + 1) (1 - x)^{2} d x$
$= \int_{0}^{1} (2 x^{3} - 3 x^{2} + 1) d x = \frac{1}{2} - 1 + 1 = \frac{1}{2} .$
(237)
5.
1. (a).
  注意到
  
  $x_{n + 1} - x_{n} = f (x_{n}) - f (x_{n - 1}) = \int_{x_{n - 1}}^{x_{n}} f^{'} (x) d x (n = 2, 3, \dots) .$
  (238)
  1. i.
    若 $x_{2} > x_{1}$ ，则当 $n = 2$ 时，
    
    $0 < x_{3} - x_{2} = \int_{x_{1}}^{x_{2}} f^{'} (x) d x < \frac{1}{2} (x_{2} - x_{1})$
    (239)
    
    成立. 假定当 $n = k$ 时 $0 < x_{k + 1} - x_{k} < (x_{2} - x_{1}) / 2^{k - 1}$ 成立，则当 $n = k + 1$ 时，
    
    $0 < x_{k + 2} - x_{k + 1} = \int_{x_{k}}^{x_{k + 1}} f^{'} (x) d x < \frac{x _{k + 1} - x _{k}}{2} < \frac{x _{2} - x _{1}}{2 ^{k}},$
    (240)
    
    故对于 $\forall n \in {2, 3, \dots}$ ，均有 $0 < x_{n + 1} - x_{n} < (x_{2} - x_{1}) / 2^{n - 1}$ .
  2. ii.
    若 $x_{2} < x_{1}$ ，仿上可证明对于 $\forall n \in {2, 3, \dots}$ ，均有 $0 < x_{n} - x_{n + 1} < (x_{1} - x_{2}) / 2^{n - 1}$ .
  综上， $∣ x_{n + 1} - x_{n} ∣ < ∣ x_{2} - x_{1} ∣ / 2^{n - 1}$ ，而 $∣ x_{2} - x_{1} ∣ + n = 2 \sum \infty \frac{∣ x _{2} - x _{1} ∣}{2 ^{n - 1}} = 2 ∣ x_{2} - x_{1} ∣$ 收敛，故该级数绝对收敛.
2. (b).
  由上一问的讨论，一旦 $x_{1}, x_{2}$ 的大小关系确定，该级数必定单调，且 $0 < x_{n} < 2$ ，故该数列有极限，记极限为 $A$ . 在递推公式两端令 $n \to \infty$ ，则有方程 $f (A) = A$ . 记 $g (x) = f (x) - x$ ，考虑到
  
  $g (0) = f (0) = 1 > 0, g (2) = f (0) + \int_{0}^{2} f^{'} (x) d x - 2 < 1 + 2 \cdot \frac{1}{2} - 2 = 0,$
  (241)
  
  同时 $g^{'} (x) = f^{'} (x) - 1 < - 1/2 < 0$ ，结合 $g (x)$ 的单调减性与零点存在定理，该函数存在唯一介于0和2间的零点. 又 $g (A) = f (A) - A = 0$ ，故 $A$ 为该零点，且 $0 < A = n \to \infty lim x_{n} < 2$ .

102015年真题解答

1. 选择题

1.
拐点即函数二阶导符号发生改变的点，由图像可知，该点仅有一个，选择B.
2.
出现了 $x e^{x}$ 项，且为常系数方程，故 $y^{*} = x e^{x}$ 必为特解， $e^{x}, e^{2 x}$ 为两个通解，则 $a = - 1 - 2 = - 3, b = 1 \cdot 2 = 2$ ，从而

$c e^{x} = (y^{*})^{''} - 3 (y^{*})^{'} + 2 y^{*} = [(x + 2) - 3 (x + 1) + 2 x] e^{x} = - e^{x} ⟹ c = - 1,$
(242)

选择A.
3.
作为小题，可取 $a_{n} = (- 1)^{n - 1} / n$ ，则 $n = 1 \sum \infty n a_{n} (x - 1)^{n} = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} (x - 1)^{n}$ ，容易计算其收敛半径为 $R = 1$ ，从而 $3$ 和 $3$ 分别为其收敛点和发散点，选择B.

注
以下为严格证明：当 $x = 3$ 时，由于 $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 条件收敛，故 $n \to \infty lim a_{n} = 0$ ，即对于 $\forall ε > 0$ ，总 $\exists N \in N^{*}$ ，使得当 $n > N$ 时， $∣ a_{n} ∣ < ε$ . 因此对 $\forall p \in N^{*}$ ，均有

$n = N + 1 \sum N + p n a_{n} (3 - 1)^{n} ⩽ n = N + 1 \sum N + p \frac{n ∣ a _{n} ∣}{( 3 + 1 ) ^{n}}$
$< \frac{2 ε}{( 3 - 1 ) ^{N + 2}} [1 - (1 + \frac{3 - 1}{2} p) (3 - 1)^{p}] .$
(243)

当 $p \to \infty$ 时， $p (3 - 1)^{p} \to 0$ ，因此不等号最右侧有上界，由Cauchy收敛准则，该级数收敛. 当 $x = 3$ 时，假设 $n \to \infty lim n a_{n} 2^{n} = 0$ ，即对于 $\forall ε > 0$ ，均 $\exists N \in N^{*}$ ，使得当 $n > N$ 时， $∣ n a_{n} 2^{n} ∣ < ε$ . 因此对 $\forall p \in N^{*}$ ，均有

$n = N + 1 \sum N + p a_{n} ⩽ n = N + 1 \sum N + p ∣ a_{n} ∣ < ε n = N + 1 \sum N + p \frac{1}{n \cdot 2 ^{n}} < \frac{ε}{2 ^{N + 1}} < ε,$
(244)

由Cauchy收敛准则， $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 绝对收敛，但这与题设条件矛盾，故假设不成立，即 $n a_{n} 2^{n}$ 在 $n \to \infty$ 时不以0为极限，故 $n = 1 \sum \infty n a_{n} 2^{n}$ 发散.
4.
选项中可看出是从平面直角坐标系中换到极坐标系中，边界 $k_{1} x y = 1, y = k_{2} x$ 分别变为 $k_{1} r^{2} sin θ cos θ = 1, sin θ = k_{2} cos θ$ . 由于 $k_{1}, k_{2}, r > 0$ ，解得 $θ \in (0, π /2)$ ，从而 $1 ⩽ tan θ ⩽ 3$ ，解得 $π /4 ⩽ θ ⩽ π /3$ . 相应地， $1/ 2 sin 2 θ ⩽ r ⩽ 1/ sin 2 θ$ ，选择B.

2. 填空题

1.
利用L'Hospital法则，

$x \to 0 lim \frac{ln ( cos x )}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{- sin x}{2 x cos x} = - \frac{1}{2} .$
(245)
2.
注意到积分区间为对称区间，可考虑函数的奇偶性（或加和为常数等对称性）. 注意到被积函数第一项为奇函数，其积分贡献为0，舍去，则积分结果为 $2 \int_{0}^{π /2} x d x = π^{2} /4$ .
3.
对方程两端求一阶微分：

$e^{z} d z + (x y d z + z x d y + y z d x) + d x - sin x d x = 0.$
(246)

代入 $(x, y) = (0, 1)$ ，可得 $z = 0$ ，因此

$d z ∣_{(0, 1)} + d x = 0 ⟹ d z ∣_{(0, 1)} = - d x .$
(247)
4.
直接积分：

$∭_{Ω} (x + 2 y + 3 z) d x d y d z = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1 - x} d y \int_{0}^{1 - x - y} (x + 2 y + 3 z) d z$
$= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1 - x} (1 - x - y) (3 - x + y) d y$
$= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1 - x} [- y^{2} - 2 y + (3 - x) (1 - x)] d y$
$= \frac{1}{6} \int_{0}^{1} (1 - x)^{2} [- (1 - x) - 3 + 3 (3 - x)] d x$
$= \frac{1}{6} \int_{0}^{1} (1 - x)^{2} (5 - 2 x) d x = \frac{1}{6} \int_{0}^{1} (- 2 x^{3} + 9 x^{2} - 12 x + 5) d x$
$= \frac{1}{6} (- \frac{1}{2} + 3 - 6 + 5) = \frac{1}{4} .$
(248)

3. 解答题

1.
当 $x \to 0$ 时，

$f (x) = x + a [x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} + o (x^{3})] + b x [x + o (x^{3})]$
$= (1 + a) x + (b - \frac{a}{2}) x^{2} + \frac{a}{3} x^{3} + o (x^{3}),$
(249)

由题意， $f (x)$ 与 $g (x) = k x^{3}$ 在 $x \to 0$ 时为等价无穷小，对比系数解得 $a = - 1, b = - 1/2, k = a /3 = - 1/3$ .
2.
曲线 $y = f (x)$ 在 $(x_{0}, f (x_{0}))$ 处的切线方程为 $y - f (x_{0}) = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ ，已知 $f^{'} (x_{0}) > 0$ . 该直线在 $x$ 轴上的截距为 $x_{0} - f (x_{0}) / f^{'} (x_{0})$ ，因此区域面积为

$\frac{1}{2} \cdot \frac{∣ f ( x _{0} ) ∣}{f ^{'} ( x _{0} )} \cdot ∣ f (x_{0}) ∣ = \frac{f ^{2} ( x )}{2 f ^{'} ( x )} = 4 ⟹ \frac{1}{f ( 0 )} - \frac{1}{f ( x )} = \frac{x}{8} .$
(250)

代入初始条件 $f (0) = 2$ 解得 $f (x) = 8/ (4 - x) (x \neq = 4)$ . 检验可知 $f^{'} (x) = 8/ (4 - x)^{2} > 0$ ，故定义域 $I = R / {4}$ .
3.
曲线 $C$ 的方程可改写为 $(x + y)^{2} = 3 + x y$ ，则 $f (x, y)$ 在 $C$ 上的最大方向导数为自身梯度，即

$∣ \nabla f ∣ = ∣ (1 + y, 1 + x) ∣ = (1 + y)^{2} + (1 + x)^{2} = (x + y)^{2} - 2 x y + 2 (x + y) + 2$
$= (x + y)^{2} - 2 [(x + y)^{2} - 3] + 2 (x + y) + 2 = - (x + y)^{2} + 2 (x + y) + 8 ⩽ 3,$
(251)

等号成立当且仅当：(1) ${x + y = 1, 3 + x y = (x + y)^{2} = 1$ 成立，解得 $(x, y) = (2, - 1)$ 或 $(- 1, 2)$ . (2)此时 $\nabla f = (3, 0)$ 或 $(0, 3)$ ，要求方向导数的方向与此时梯度一致.
4.
1. (a).
  由定义，
  
  $[u (x) v (x)]^{'} = Δ x \to 0 lim \frac{u ( x + Δ x ) v ( x + Δ x ) - u ( x ) v ( x )}{Δ x}$
  $= Δ x \to 0 lim \frac{u ( x + Δ x ) - u ( x )}{Δ x} v (x + Δ x) + u (x) Δ x \to 0 lim \frac{v ( x + Δ x ) - v ( x )}{Δ x}$
  $= u^{'} (x) v (x) + u (x) v^{'} (x) .$
  (252)
2. (b).
  $f^{'} (x) = i = 1 \sum n D_{i} f (x)$ ，其中 $D_{i}$ 表示仅对 $f (x)$ 中第 $i$ 个函数 $u_{i} (x)$ 求导.
5.
将曲线方程的方程组消去 $z$ 得 $x^{2} + y^{2} /2 = 1$ ，因此记 $z = x = cos θ, y = 2 sin θ$ ，则 $θ$ 从 $π /2$ 到 $- π /2$ 以满足 $z ⩾ 0$ . 利用三角函数的奇偶性，代入积分式得：

$I = - \int_{- π /2}^{π /2} [- (2 sin θ + cos θ) sin θ + 2 sin θ cos θ - 2 sin^{3} θ cos^{2} θ] d θ$
$= \int_{- π /2}^{π /2} 2 sin^{2} θ = 2 B (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}) = 2 \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{2} .$
(253)

112014年真题解答

1.
$x \to \infty$ 时，选项A和B中的正弦项振荡，不存在渐近线，排除. 选项D中函数以非线性的方式发散到无穷，不存在渐近线，排除. 最终选择C.
2.
记 $h (x) = g (x) - f (x)$ ，则

$h^{'} (x) = [f (1) - f (0)] - f^{'} (x), h^{''} (x) = - f^{''} (x),$
(254)

因此当 $f^{''} (x) ⩾ 0$ 时， $h^{''} (x) ⩽ 0$ ， $h^{'} (x)$ 单调减. 注意到 $h (0) = h (1) = 0$ ，由Rolle定理， $\exists x_{0} \in (0, 1)$ ，使得 $h^{'} (x_{0}) = 0$ . 又因为 $h^{'} (x)$ 单调减，这样的 $x_{0}$ 唯一，即 $0 < x < x_{0}$ 时 $h^{'} (x) > 0$ ， $h (x)$ 单调增； $x_{0} < x < 1$ 时 $h^{'} (x) < 0$ ， $h (x)$ 单调减. 因此在 $[0, 1]$ 内， $h (x) ⩽ max {h (0), h (1)} = 0$ ，即 $f (x) ⩾ g (x)$ ，选择C.
3.
积分区域为 $D = {(x, y) ∣ - 1 - y^{2} ⩽ x ⩽ 1 - y, 0 ⩽ y ⩽ 1}$ . 作图可知 $D$ 在第一象限内为直线 $y = - x + 1$ 与坐标轴围成的面积，在第二象限内为 $1/4$ 圆. 选项A，第一项积分 $y$ 的积分上限为 $1 - x$ ，排除. 选项B，第二项积分 $y$ 的积分限为 $[0, 1 - x^{2}]$ ，排除. 变换到极坐标中，直接看选项，两者区别仅为选项C面元缺少 $r$ ，排除. 最终选择D.
4.
展开后， $x cos x, sin x cos x$ 项为奇函数，对积分结果无贡献，其余项展开：

$\int_{- π}^{π} (x - a_{1} cos x - b_{1} sin x)^{2} d x$
$= 2 \int_{0}^{π} (x^{2} + a_{1}^{2} cos^{2} x + b_{1}^{2} sin^{2} x - 2 b_{1} x sin x) d x$
$= 2 (\frac{π ^{3}}{3} + a_{1}^{2} \cdot \frac{π}{2} + b_{1}^{2} \cdot \frac{π}{2}) + 4 b_{1} x cos x ∣ 0^{π} - 4 b_{1} \int_{0}^{π} cos x d x$
$= π a_{1}^{2} + π (b_{1} - 2)^{2} + \frac{2 π ^{3}}{3} - 4 π,$
(255)

当上述积分取最小值时， $a_{1} = 0, b_{1} = 2$ ，选择A.

2. 填空题

1.
切平面法向量

$n = (z_{x}, z_{y}, - 1) ∣_{(1, 0, 1)} = (2, - 1, - 1),$
(256)

因此切平面方程为

$n \cdot (x - 1, y, z - 1) = 2 (x - 1) - y - (z - 1) = 0 ⟹ 2 x - y - z = 1.$
(257)
2.
由题意，

$f (7) = f (- 1) = - f (1) = - f (0) - \int_{0}^{1} f (x) d x = - 2 \int_{0}^{1} (x - 1) d x = 1.$
(258)
3.
该方程为一阶齐次方程，故令 $u = y / x$ ，则 $y^{'} = u + x u^{'}$ ，代入得

$x u^{'} + u - u ln u = 0 ⟹ \frac{d u}{u ( ln u - 1 )} = \frac{d x}{x},$
(259)

代入 $y (1) = e^{3}$ 即 $u (1) = e^{3}$ ，解得方程的特解为 $ln (ln u - 1) = ln x + ln 2$ ，因此

$u (x) = e^{2 x + 1} ⟹ y (x) = xu (x) = x e^{2 x + 1} .$
(260)
4.
该曲线为正向，由Stokes定理，

$\oint_{L} z d x + y d z = \iint_{D} (1, 1, 0) \cdot d S = \iint_{D} (1, 1, 0) \cdot \frac{( 0 , 1 , 1 )}{2} d S$
$= \frac{1}{2} \iint_{D} 1 + 0 + 1^{2} d x d y = π \cdot 1^{2} = π .$
(261)

3. 解答题

1.
此为变上限积分型极限，采用L'Hospital法则与等价无穷小：

$原式 = x \to + \infty lim \frac{1}{x} \int_{1}^{x} [t^{2} (e^{1/ t} - 1) - t] d t = x \to + \infty lim [x^{2} (e^{1/ x} - 1) - x]$
$= y = 1/ x y \to 0^{+} lim \frac{e ^{y} - y - 1}{y ^{2}} = \frac{1}{2 !} = \frac{1}{2} .$
(262)
2.
对方程两端关于 $x$ 求导：

$3 y^{2} y^{'} + y^{2} + 2 x y y^{'} + 2 x y + x^{2} y^{'} = 0 ⟹ y^{'} = - \frac{y ( 2 x + y )}{x ^{2} + 2 x y + 3 y ^{2}},$
(263)

$y (x)$ 取极值时满足 $y = 0$ 或 $2 x + y = 0$ .
1. (a).
  若 $y = 0$ ，代入原方程得 $6 = 0$ ，方程不可能成立，故 $y = 0$ 并不在曲线上.
2. (b).
  若 $2 x + y = 0$ ，代入原方程得
  
  $0 = - 8 x^{3} + 4 x^{3} - 2 x^{3} + 6 = 6 - 6 x^{3} ⟹ x = 1 ⟹ y = - 2.$
  (264)
由于不存在 $y = 0$ 的点但存在 $y = - 2$ 的点，故 $y < 0$ 对 $\forall x \in R$ 成立. 注意到方程可改写为关于 $x$ 的一元二次方程：

$y x^{2} + y^{2} x + (y^{3} + 6) = 0 ⟹ Δ = y^{4} - 4 y (y^{3} + 6) = - 3 y (y^{3} + 8) ⩾ 0.$
(265)

已证明 $y < 0$ 恒成立，因此要求 $y ⩾ - 2$ ，即 $x = 1$ 时， $y$ 取最小值也即极小值 $- 2$ .
3.
由题意，

$\nabla^{2} z = \frac{\partial}{\partial x} [e^{x} cos y f^{'} (e^{x} cos y)] + \frac{\partial}{\partial y} [- e^{x} sin y f^{'} (e^{x} cos y)]$
$= e^{2 x} f^{''} (e^{x} cos y) = (4 z + e^{x} cos y) e^{2 x} .$
(266)

记 $u = e^{x} cos y$ ，则微分方程简化为

$f^{''} (u) = 4 z + u = 4 f (u) + u ⟹ f (u) = A e^{2 u} + B e^{- 2 u} - \frac{u}{4} .$
(267)

代入

${f (0) = A + B = 0, f^{'} (0) = 2 A - 2 B - 1/4 = 0 ⟹ A = - B = 1/16 ⟹ f (u) = \frac{1}{8} sinh u - \frac{u}{4} .$
(268)
4.
对于第二类曲面积分，联想Gauss定理，先补面 $D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1, z = 1}$ ，其法向量沿 $z$ 轴正向. 由Gauss定理，

$\iint_{D} A \cdot d S - I = - I = \iint_{- Σ + D} A \cdot d S$
$= ∭_{Ω} [3 (x - 1)^{2} + 3 (y - 1)^{2} + 1] d x d y d z .$
(269)

由于该区域关于 $z O x$ 平面、 $y O z$ 平面均对称，故 $x, y$ 在 $Ω$ 内的积分贡献为零. 取柱坐标系，积分式改写为

$I = - ∭_{Ω} (3 x^{2} + 3 y^{2} + 7) d x d y d z = - 2 π \int_{0}^{1} (3 ρ^{2} + 7) ρ d ρ \int_{0}^{ρ^{2}} d z$
$= u = ρ^{2} - π \int_{0}^{1} (3 u + 7) u d u = - π (1 + \frac{7}{2}) = - \frac{9 π}{2} .$
(270)
5.
1. (a).
  由于 $a_{n} > 0$ ，故 $cos b_{n} = cos a_{n} - a_{n} < cos a_{n}$ ，即 $0 < a_{n} < b_{n}$ . 又因为 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 收敛，故 $n \to \infty lim b_{n} = 0$ . 由夹逼准则， $n \to \infty lim a_{n} = 0$ .
2. (b).
  注意到 $n \to \infty$ 时， $b_{n} \pm a_{n} \to 0$ ，因此
  
  $\frac{a _{n}}{b _{n}} = \frac{cos a _{n} - cos b _{n}}{b _{n}} = \frac{2}{b _{n}} sin \frac{b _{n} + a _{n}}{2} sin \frac{b _{n} - a _{n}}{2} < \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}},$
  (271)
  
  从而有
  
  $0 < \frac{a _{n}}{b _{n}} < \frac{a _{n}}{b _{n}} (1 + \frac{a _{n}}{2}) < \frac{b _{n}}{2},$
  (272)
  
  而 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 收敛，由比较判别法， $n = 1 \sum \infty a_{n}$ 收敛.

该公式具体为，当 $n \to \infty$ 时， $n! \sim 2 π n (n / e)^{n}$
渐近线的一般形式为 $y = k x + b$ ，计算时可先计算 $k = x \to \infty lim y_{1} / x$ ，其中 $y_{1} (x)$ 为待求渐近线的曲线表达式；再计算 $b = x \to \infty lim (y_{1} - k x)$ . 这里由于容易看出 $x \to + \infty$ 时 $e^{1 - x} \to 0$ ，就直接写出了
由于考察时通常至多涉及二阶的形式，这两个结果建议牢记
改写的原因是使用Stokes定理时发现含 $e$ 的项求导化简极其繁琐，因此寻找可能的简化计算的方法
当 ${u_{n}}$ “严格”单调增时，该级数收敛，证明如下：记 $n \to \infty lim u_{n} = A$ ，则 $n = 1 \sum \infty (u_{n + 1} - u_{n}) = A - u_{1}$ 收敛， ${1/ u_{n + 1}}$ 单调减且有下界 $1/ A$ ，由Abel判别法，该级数收敛
关于 $I_{0}$ 的计算可利用复数给出一种更简便的方法： $I_{0} = \int_{0}^{π} e^{- u} sin u d u = Im (\int_{0}^{π} e^{- (1 - i) u} d u) = Im (\frac{1 + e ^{i π} e ^{- π}}{1 - i}) = \frac{1 + e ^{- π}}{2} .$
由于反正切原则上也可整体换元，其实可以作一个更大的整体换元 $u = arctan e^{x} - 1$ ，思路也很清晰
补充 $x = 0$ 处函数定义即可
分部积分技巧思路见讲义