1987 年真题

【答案】
$x-y+z=0$

【解析】
第一条直线的参数方程为 $\{\begin{array}{l}x=1\\ y=-1+t\\ z=2+t\end{array}$ ，其方向向量为 $\overrightarrow{d_1}=(0,1,1)$ 。
第二条直线的对称方程为 $\frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{2}=\frac{z-1}{1}$ ，其方向向量为 $\overrightarrow{d_2}=(1,2,1)$ 。
设所求平面的法向量为 $\vec{n}=(a,b,c)$ 。由于平面与两条直线平行，法向量与两条直线的方向向量垂直，因此有：

由 $b+c=0$ 得 $c=-b$ ，代入第二式得 $a+2b-b=a+b=0$ ，即 $a=-b$ 。
因此法向量 $\vec{n}=(-b,b,-b)=b(-1,1,-1)$ ，取 $\vec{n}=(1,-1,1)$ 。
平面过原点 $(0,0,0)$ ，故平面方程为：

验证：法向量与 $\overrightarrow{d_1}$ 和 $\overrightarrow{d_2}$ 的点积均为零，表明平面与两直线平行，且过原点，满足条件。

【答案】
$x=-\frac{1}{\ln 2}$ ，极小值为 $-\frac{1}{e\ln 2}$

【解析】
函数 $y=x{2}^x$ 的导数为 $y^{\prime }=2^x(1+x\ln 2)$ 。令导数为零，即 $2^x(1+x\ln 2)=0$ ，由于 $2^x>0$ ，解得 $1+x\ln 2=0$ ，即 $x=-\frac{1}{\ln 2}$ 。
二阶导数为 $y^{\prime \prime }=2^x\ln 2(2+x\ln 2)$ 。代入 $x=-\frac{1}{\ln 2}$ ，得 $y^{\prime \prime }=2^x\ln 2>0$ ，因此该点为极小值点。
代入 $x=-\frac{1}{\ln 2}$ 到函数，得 $y=\left(-\frac{1}{\ln 2}\right)\cdot 2^{-\frac{1}{\ln 2}}=-\frac{1}{\ln 2}\cdot e^{-1}=-\frac{1}{e\ln 2}$ 。
故函数在 $x=-\frac{1}{\ln 2}$ 处取得极小值 $-\frac{1}{e\ln 2}$ 。

【答案】
$\boxed{\frac{3}{2}}$

【解析】
首先，求曲线与直线的交点．曲线 $y=\ln x$ 与直线 $y=0$ 的交点为 $(1,0)$ ；曲线 $y=\ln x$ 与直线 $y=(\mathrm{e}+1)-x$ 的交点为 $(\mathrm{e},1)$ ；直线 $y=(\mathrm{e}+1)-x$ 与 $y=0$ 的交点为 $(\mathrm{e}+1,0)$ ．因此，所围成的图形由三部分边界组成：从 $(1,0)$ 到 $(\mathrm{e},1)$ 沿 $y=\ln x$ ，从 $(\mathrm{e},1)$ 到 $(\mathrm{e}+1,0)$ 沿直线 $y=(\mathrm{e}+1)-x$ ，从 $(\mathrm{e}+1,0)$ 到 $(1,0)$ 沿 $y=0$ ．

该图形的面积可通过积分计算．从 $x=1$ 到 $x=\mathrm{e}$ ，上边界为 $y=\ln x$ ，下边界为 $y=0$ ；从 $x=\mathrm{e}$ 到 $x=\mathrm{e}+1$ ，上边界为 $y=(\mathrm{e}+1)-x$ ，下边界为 $y=0$ ．因此，面积为：

计算第一积分：

所以

计算第二积分：

在上限 $x=\mathrm{e}+1$ 处：

在下限 $x=\mathrm{e}$ 处：

因此，

故总面积为：

【答案】
$-18\pi$

【解析】
给定曲线积分 ${\oint }_L(2xy-2y)dx+(x^2-4x)dy$ ，其中 $L$ 为取正向（逆时针方向）的圆周 $x^2+y^2=9$ 。
应用格林公式： ${\oint }_{L}Pdx+Qdy={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA$ ，其中 $P=2xy-2y$ ， $Q=x^2-4x$ ， $D$ 为曲线 $L$ 所围区域。
计算偏导数：
$\frac{\partial Q}{\partial x}=2x-4$ ，
$\frac{\partial P}{\partial y}=2x-2$ 。
则

因此，

区域 $D$ 是半径为 3 的圆，面积 ${\iint }_{D}dA=\pi \cdot 3^2=9\pi$ 。
故曲线积分的值为 $-2\times 9\pi =-18\pi$ 。

【答案】
$(1,1,-1)$

【解析】
设向量 $\beta$ 在基底 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 下的坐标为 $(x,y,z)$ ，即 $\beta =x{\alpha }_1+y{\alpha }_2+z{\alpha }_3$ 。
代入基底向量和 $\beta$ 的分量，得到方程组：

由第二方程 $x+z=0$ 得 $x=-z$ ，由第三方程 $y+z=0$ 得 $y=-z$ 。
代入第一方程： $(-z)+(-z)=2$ ，即 $-2z=2$ ，解得 $z=-1$ 。
于是 $x=-(-1)=1$ ， $y=-(-1)=1$ 。
因此坐标为 $(1,1,-1)$ 。
验证： $1\cdot {\alpha }_1+1\cdot {\alpha }_2+(-1)\cdot {\alpha }_3=(1,1,0)+(1,0,1)+(0,-1,-1)=(2,0,0)=\beta$ ，正确。

【答案】
$a=4$ ， $b=1$

【解析】
考虑极限

当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，故应用洛必达法则：

若 $b\ne 1$ ，则分母 $b-\cos x\to b-1\ne 0$ ，分子 $\frac{x^2}{\sqrt{a+x^2}}\to 0$ ，极限为 0，与要求不符。故需 $b=1$ 。
当 $b=1$ 时，

利用等价无穷小， $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$ ，代入得

令 $\frac{2}{\sqrt{a}}=1$ ，解得 $a=4$ 。
因此，正的常数 $a=4$ ， $b=1$ 。

【答案】

其中 $f_1$ 表示 $f$ 对第一个变量的偏导数， $f_2$ 表示 $f$ 对第二个变量的偏导数， $g^{\prime }$ 表示 $g$ 的导数。

【解析】 对于 $u=f(x,xy)$ ，设 $s=x$ ， $t=xy$ ，则 $u=f(s,t)$ 。由链式法则，

对于 $v=g(x+xy)$ ，设 $w=x+xy$ ，则 $v=g(w)$ 。由链式法则，

【答案】

【解析】 给定矩阵方程 $AB=A+2B$ ，其中 A=​310​011​104​​ 。将方程重写为 $AB-2B=A$ ，即 $(A-2I)B=A$ ，其中 $I$ 是单位矩阵。计算 $A-2I$ ：

求逆矩阵 $(A-2I{)}^{-1}$ 。通过行简化增广矩阵：

行操作后得：

所以 (A−2I)−1=​22−1​−1−21​−1−11​​ 。则 $B=(A-2I{)}^{-1}A$ ：

验证：计算 $AB$ 和 $A+2B$ ，两者相等，确认结果正确。

【答案】

其中 $C_1,C_2,C_3$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y^{\prime \prime \prime }+6y^{\prime \prime }+(9+a^2)y^{\prime }=1$ 是一个三阶线性非齐次微分方程。首先求解对应的齐次方程 $y^{\prime \prime \prime }+6y^{\prime \prime }+(9+a^2)y^{\prime }=0$ 。特征方程为 $r^3+6r^2+(9+a^2)r=0$ ，提取因子 $r$ 得 $r\left(r^2+6r+9+a^2\right)=0$ 。解得特征根为 $r=0$ 和 $r=-3\pm ai$ （因为 $r^2+6r+9+a^2=(r+3{)}^2+a^2$ ）。因此齐次通解为 $y_h=C_1+e^{-3t}(C_2\cos (at)+C_3\sin (at))$ 。

对于非齐次方程，右边为常数 1，设特解形式为 $y_p=kt$ ，则 $y_p^{\prime }=k$ ， $y_p^{\prime \prime }=0$ ， $y_p^{\prime \prime \prime }=0$ 。代入方程得 $(9+a^2)k=1$ ，所以 $k=\frac{1}{9+a^2}$ ，特解为 $y_p=\frac{t}{9+a^2}$ 。

通解为齐次解与特解之和，即 $y=y_h+y_p=C_1+e^{-3t}(C_2\cos (at)+C_3\sin (at))+\frac{t}{9+a^2}$ 。

【答案】
收敛域为 $[-2,2)$ ，和函数为 $f(x)=-x\ln \left(1-\frac{x}{2}\right)$ 。

【解析】
考虑幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}{x}^{n+1}$ 。将其写为 $x{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}{x}^n$ ，令 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n{2}^n}{x}^n$ 。
对 $S(x)$ 使用比值判别法：令 $a_n=\frac{1}{n{2}^n}$ ，则

收敛半径 $R=2$ 。
当 $x=2$ 时， $S(2)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 发散；
当 $x=-2$ 时， $S(-2)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}$ 收敛。
故 $S(x)$ 的收敛域为 $[-2,2)$ ，原级数的收敛域也为 $[-2,2)$ 。
求和的函数：当 $|x|<2$ 时，

该式在 $x=-2$ 时也成立。
因此，原级数的和函数为

【答案】 $34\pi$

【解析】 曲面积分 $I={\iint }_{\Sigma }x(8y+1)dydz+2(1-y^2)dzdx-4yzdxdy$ ，其中 $\Sigma$ 是由曲线 $\{\begin{array}{l}z=\sqrt{y-1}\\ x=0\end{array}$ （ $1\le y\le 3$ ) 绕 $y$ 轴旋转一周形成的曲面，法向量与 $y$ 轴正向夹角恒大于 $\frac{\pi }{2}$ 。

方法一：参数化计算

曲面参数化为：

计算偏导数：

叉积：

法向量的 $y$ 分量为负，符合条件。有向面积元：

向量场 $\vec{F}=(P,Q,R)=\left(x(8y+1),2(1-y^2),-4yz\right)$ ，参数化后：

点积：

化简为：

积分：

先对 $\theta$ 积分：

所以：

计算：

因此：

方法二：高斯散度定理

考虑封闭曲面由 $\Sigma$ 和顶部圆盘 $S_{\text{top}}$ （ $y=3,x^2+z^2\le 2$ ）构成，法向量向外。计算散度：

体积分：

其中 $\Omega$ 是区域 $1\le y\le 3,x^2+z^2\le y-1$ ：

在 $S_{\text{top}}$ 上，法向量为 $(0,1,0)$ ，：

由高斯定理：

两种方法均得 $I=34\pi$ 。

【答案】
在 $(0,1)$ 内有且仅有一个 $x$ ，使 $f(x)=x$ 。

【解析】
考虑函数 $g(x)=f(x)-x$ 。由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微，故 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且可微。
由条件，对于 every $x\in [0,1]$ ，有 $f(x)\in (0,1)$ ，因此：

• 当 $x=0$ 时， $g(0)=f(0)-0>0$ ，
• 当 $x=1$ 时， $g(1)=f(1)-1<0$ 。
  由中间值定理，存在 $c\in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$ ，即 $f(c)=c$ ，故存在性得证。

假设存在两个点 $x_1,x_2\in (0,1)$ 且 $x_1\ne x_2$ ，使得 $f(x_1)=x_1$ 和 $f(x_2)=x_2$ ，则 $g(x_1)=0$ 和 $g(x_2)=0$ 。
由罗尔定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$ 使得 $g^{\prime }(\xi )=0$ 。
但 $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1$ ，故 $f^{\prime }(\xi )=1$ ，与条件 $f^{\prime }(x)\ne 1$ 对于所有 $x\in [0,1]$ 矛盾。
因此，不可能有两个不动点，唯一性得证。

综上，在 $(0,1)$ 内有且仅有一个 $x$ 使 $f(x)=x$ 。

【答案】 当 $a\ne 1$ 时，方程组有唯一解；
当 $a=1$ 且 $b\ne -1$ 时，方程组无解；
当 $a=1$ 且 $b=-1$ 时，方程组有无穷多组解，通解为

即

其中 $c,d$ 为任意常数。

【解析】 写出方程组的增广矩阵并施行行变换：