1988 年真题

【答案】

【解析】
考虑幂级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(x-3{)}^n}{n\cdot 3^n}$ ，使用比值判别法。令 $u_n=\frac{(x-3{)}^n}{n\cdot 3^n}$ ，则

当 $n\to \infty$ 时， $\frac{n}{n+1}\to 1$ ，因此

根据比值判别法，当 $\frac{|x-3|}{3}<1$ 时级数绝对收敛，即 $|x-3|<3$ ，解得 $0<x<6$ 。收敛半径为 3。
检查端点：
当 $x=0$ 时，级数为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-3{)}^n}{n\cdot 3^n}={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}$ ，该交错级数收敛（莱布尼茨准则）。
当 $x=6$ 时，级数为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{3^n}{n\cdot 3^n}={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ ，调和级数发散。
因此，收敛域为 $[0,6)$ 。

【答案】 $\varphi (x)=\sqrt{\ln (1-x)}$ ，定义域为 $(-\infty ,0]$

【解析】 已知 $f(x)=e^{x^2}$ 且 $f[\varphi (x)]=1-x$ ，代入得 $e^{[\varphi (x){]}^2}=1-x$ 。
由于 $e^{[\varphi (x){]}^2}>0$ ，因此 $1-x>0$ ，即 $x<1$ 。
对等式两边取自然对数，得 $[\varphi (x){]}^2=\ln (1-x)$ 。
由于 $[\varphi (x){]}^2\ge 0$ ，故 $\ln (1-x)\ge 0$ ，即 $1-x\ge 1$ ，解得 $x\le 0$ 。
结合 $x<1$ ，定义域为 $x\le 0$ 。
又因为 $\varphi (x)\ge 0$ ，所以取平方根得 $\varphi (x)=\sqrt{\ln (1-x)}$ 。
验证：当 $x\le 0$ 时， $f[\varphi (x)]=e^{[\varphi (x){]}^2}=e^{\ln (1-x)}=1-x$ ，满足条件。
因此， $\varphi (x)=\sqrt{\ln (1-x)}$ ，定义域为 $(-\infty ,0]$ 。

【答案】 $\frac{12\pi }{5}$

【解析】 考虑向量场 $\vec{F}=(x^3,y^3,z^3)$ ，则曲面积分 $I=\iint x^{3}dydz+y^{3}dzdx+z^{3}dxdy$ 可写为 $\iint \vec{F}\cdot d\vec{S}$ 。由于曲面 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 的外侧，应用高斯散度定理，有：

其中 $V$ 是球体 $x^2+y^2+z^2\le 1$ 。计算散度：

因此，

在球坐标系下，令 $x=\rho \sin \varphi \cos \theta$ ， $y=\rho \sin \varphi \sin \theta$ ， $z=\rho \cos \varphi$ ，体积元素 $dV={\rho }^2\sin \varphi d\rho d\varphi d\theta$ ，且 $x^2+y^2+z^2={\rho }^2$ 。积分区域为 $\rho \in [0,1]$ ， $\varphi \in [0,\pi ]$ ， $\theta \in [0,2\pi ]$ 。代入得：

计算各积分：

因此，

故曲面积分 $I=\frac{12\pi }{5}$ 。

【答案】
$e^{2t}(1+2t)$

【解析】
首先，计算极限：

由于 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e$ ，有

因此，

接下来，求导数：

故 $f^{\prime }(t)=e^{2t}(1+2t)$ 。

【答案】
$\frac{3}{2}$

【解析】
函数 $f(x)$ 是周期为 $2$ 的周期函数。在 $x=1$ 处，计算左极限和右极限：
左极限为 ${\lim }_{x\to 1^{-}}f(x)={\lim }_{x\to 1^{-}}{x}^3=1$ ；
由于周期性，右极限为 ${\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 1^{+}}f(x-2)={\lim }_{x\to 1^{+}}f(-1+ϵ)=2$ （其中 $ϵ>0$ 且趋近于 $0$ ）。
根据傅里叶级数的收敛性质，在跳跃间断点处，级数收敛于左极限和右极限的平均值，即 $\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2}$ 。
因此，傅里叶级数在 $x=1$ 处收敛于 $\frac{3}{2}$ 。

【答案】 $\frac{1}{12}$

【解析】 给定方程 ${\int }_0^{x^3-1}f(t)dt=x$ ，其中 $f(x)$ 是连续函数。对两边关于 $x$ 求导，利用微积分基本定理和链式法则，左边导数为 $f(x^3-1)\cdot \frac{d}{dx}(x^3-1)=f(x^3-1)\cdot 3x^2$ ，右边导数为 $1$ 。因此：

解得：

要求 $f(7)$ ，令 $x^3-1=7$ ，则 $x^3=8$ ，即 $x=2$ 。代入上式：

故 $f(7)=\frac{1}{12}$ 。

【答案】 $40$

【解析】 给定矩阵 $A=(\alpha ,{\gamma }_2,{\gamma }_3,{\gamma }_4)$ 和 $B=(\beta ,{\gamma }_2,{\gamma }_3,{\gamma }_4)$ ，且 $|A|=4$ ， $|B|=1$ 。
首先计算 $A+B$ ：

行列式 $|A+B|$ 为：

利用行列式的多重线性性质，将每一列的标量因子提出：

再根据行列式对某一列的线性性质：

因此，

【答案】 $0$

【解析】 给定函数 $u=yf\left(\frac{x}{y}\right)+xg\left(\frac{y}{x}\right)$ ，其中 $f$ 和 $g$ 具有二阶连续导数。需要计算 $x\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+y\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}$ .

首先，计算一阶偏导数： 设 $s=\frac{x}{y}$ , $t=\frac{y}{x}$ ，则

接着，计算二阶偏导数：

然后，计算所需表达式：

将两者相加：

因此，结果为 0。

【答案】

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=2e^x$ ，其对应的齐次方程为 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=0$ 。
特征方程为 $r^2-3r+2=0$ ，解得 $r=1$ 或 $r=2$ ，故齐次通解为

由于非齐次项为 $2e^x$ ，且 $e^x$ 是齐次解的一部分，设特解形式为 $y_p=Ax{e}^x$ 。
计算导数：

代入原方程：

令 $-A{e}^x=2e^x$ ，得 $A=-2$ ，故特解为

因此通解为

由题设，曲线在点 $(0,1)$ 处的切线与曲线 $y=x^2-x+1$ 在点 $(0,1)$ 处的切线重合。
计算曲线 $y=x^2-x+1$ 在 $x=0$ 处的切线：

故初始条件为 $y(0)=1$ ， $y^{\prime }(0)=-1$ 。
由 $y(0)=C_1+C_2=1$ ，
计算导数：

代入 $x=0$ ：

解方程组：

相减得 $C_2=0$ ，代入得 $C_1=1$ 。
因此函数为

【答案】
$k\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$

【解析】
由于质点 A 对质点 M 的引力大小为 $\frac{k}{r^2}$ ，该引力为保守力，其势能函数为 $U=-\frac{k}{r}$ 。质点 M 从点 B(2,0) 运动到点 O(0,0)，引力所做的功等于势能的减少量，即

其中，点 B 处质点 A 与 M 的距离为 $r_B=\sqrt{(2-0{)}^2+(0-1{)}^2}=\sqrt{5}$ ，点 O 处距离为 $r_O=\sqrt{(0-0{)}^2+(0-1{)}^2}=1$ 。
因此，

故所求功为 $k\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$ 。

【答案】