1989 年真题

【答案】 $-1$

【解析】
已知 $f^{\prime }(3)=2$ ，即 $f^{\prime }(3)={\lim }_{h\to 0}\frac{f(3+h)-f(3)}{h}=2$ 。
需要求极限 ${\lim }_{h\to 0}\frac{f(3-h)-f(3)}{2h}$ 。
令 $k=-h$ ，则当 $h\to 0$ 时， $k\to 0$ 。
代入得：

其中 ${\lim }_{k\to 0}\frac{f(3+k)-f(3)}{k}=f^{\prime }(3)=2$ ，
所以

因此，极限值为 $-1$ 。

【答案】 $x-1$

【解析】 设 $A={\int }_0^{1}f(t)dt$ ，则原方程化为 $f(x)=x+2A$ 。将 $f(t)=t+2A$ 代入积分表达式：

解方程 $A=\frac{1}{2}+2A$ ，得 $A=-\frac{1}{2}$ 。代入 $f(x)=x+2A$ ，得 $f(x)=x-1$ 。验证： ${\int }_0^1(t-1)dt=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}$ ，满足原方程。

【答案】
$\pi$

【解析】
曲线 $L$ 是下半圆周 $y=-\sqrt{1-x^2}$ ，即单位圆的下半部分。在单位圆上，有 $x^2+y^2=1$ ，因此被积函数 $x^2+y^2=1$ 。曲线积分 ${\int }_L(x^2+y^2)ds$ 简化为 ${\int }_{L}1ds$ ，即曲线 $L$ 的长度。单位圆的下半圆周长度为 $\pi$ ，故积分值为 $\pi$ 。

或者，通过参数化验证：令 $x=\cos t$ ， $y=\sin t$ ，其中 $t$ 从 $\pi$ 到 $2\pi$ ，对应下半圆周。弧长元素 $ds=dt$ ，则积分 ${\int }_{\pi }^{2\pi }({\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t)dt={\int }_{\pi }^{2\pi }1dt=t{|}_{\pi }^{2\pi }=2\pi -\pi =\pi$ ，结果一致。

【答案】 $2$

【解析】
向量场 $\vec{u}(x,y,z)=x{y}^2\mathbf{i}+y{e}^z\mathbf{j}+x\ln (1+z^2)\mathbf{k}$ 的散度定义为 $÷\vec{u}=\frac{\partial u_x}{\partial x}+\frac{\partial u_y}{\partial y}+\frac{\partial u_z}{\partial z}$ 。
计算各分量的偏导数：

• $\frac{\partial u_x}{\partial x}=\frac{\partial }{\partial x}(x{y}^2)=y^2$ ，
• $\frac{\partial u_y}{\partial y}=\frac{\partial }{\partial y}(y{e}^z)=e^z$ ，
• $\frac{\partial u_z}{\partial z}=\frac{\partial }{\partial z}(x\ln (1+z^2))=x\cdot \frac{2z}{1+z^2}$ 。
  因此，散度表达式为 $÷\vec{u}=y^2+e^z+\frac{2xz}{1+z^2}$ 。
  在点 $P(1,1,0)$ 处代入 $x=1,y=1,z=0$ ：
• $y^2=1^2=1$ ，
• $e^z=e^0=1$ ，
• $\frac{2xz}{1+z^2}=\frac{2\cdot 1\cdot 0}{1+0}=0$ 。
  散度为 $1+1+0=2$ 。

【答案】

【解析】 首先计算 $A-2E$ ：

设 $B=A-2E$ ，需求 $B^{-1}$ 。注意到 $B$ 是分块矩阵，左上角为 $C=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 2\end{array}\right)$ ，右下角为 $D=[1]$ 。逆矩阵为：

计算 $C^{-1}$ ，使用公式对于 $2\times 2$ 矩阵 $\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ ，逆为 $\frac{1}{ad-bc}\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$ 。代入 $a=1,b=0,c=1,d=2$ ，得：

且 $D^{-1}=[1]$ 。因此：

验证：计算 BB−1=​110​020​001​​​1−21​0​021​0​001​​=​100​010​001​​ ，为单位矩阵，故逆矩阵正确。

【答案】

其中 $g_1$ 表示 $g$ 对第一个变量 $u$ 的偏导数， $g_2$ 表示对第二个变量 $v$ 的偏导数， $g_{12}$ 表示先对 $u$ 后对 $v$ 的二阶偏导数， $g_{22}$ 表示对 $v$ 的二阶偏导数。

【解析】 首先，求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 。
给定 $z=f(2x-y)+g(x,xy)$ ，
则

对于第一项，令 $t=2x-y$ ，有 $\frac{\partial f}{\partial x}=f^{\prime }(t)\cdot \frac{\partial t}{\partial x}=f^{\prime }(2x-y)\cdot 2=2f^{\prime }(2x-y)$ 。
对于第二项，使用链式法则，设 $u=x$ , $v=xy$ ，则

因此，

接下来，求混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)$ ：

逐项计算：

1. $\frac{\partial }{\partial y}[2f^{\prime }(2x-y)]$ ：令 $t=2x-y$ ，则 $\frac{\partial f^{\prime }}{\partial y}=f^{\prime \prime }(t)\cdot \frac{\partial t}{\partial y}=f^{\prime \prime }(2x-y)\cdot (-1)=-f^{\prime \prime }(2x-y)$ ，所以该项为 $2\cdot (-f^{\prime \prime }(2x-y))=-2f^{\prime \prime }(2x-y)$ 。
2. $\frac{\partial }{\partial y}[g_1(x,xy)]$ ：使用链式法则，
   $\frac{\partial g_1}{\partial y}=\frac{\partial g_1}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial g_1}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}=g_{11}(x,xy)\cdot 0+g_{12}(x,xy)\cdot x=x{g}_{12}(x,xy),$ 其中 $g_{12}$ 是 $g$ 的先对 $u$ 后对 $v$ 的二阶偏导数。
3. $\frac{\partial }{\partial y}[y{g}_2(x,xy)]$ ：使用乘积法则，
   $\frac{\partial }{\partial y}[y{g}_2(x,xy)]=\frac{\partial y}{\partial y}\cdot g_2(x,xy)+y\cdot \frac{\partial }{\partial y}[g_2(x,xy)].$ 其中 $\frac{\partial }{\partial y}[g_2(x,xy)]$ 类似地计算：
   $\frac{\partial g_2}{\partial y}=\frac{\partial g_2}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial g_2}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}=g_{21}(x,xy)\cdot 0+g_{22}(x,xy)\cdot x=x{g}_{22}(x,xy),$ 所以该项为 $g_2(x,xy)+y\cdot x{g}_{22}(x,xy)=g_2(x,xy)+xy{g}_{22}(x,xy)$ 。

综合以上结果，

由于 $g$ 具有连续二阶偏导数，有 $g_{12}=g_{21}$ ，但此处仅需 $g_{12}$ 。
最终表达式如上所示。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 由于曲线积分与路径无关，被积函数应为恰当微分。设 $M=x{y}^2$ ， $N=y\phi (x)$ ，则需满足 $\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$ 。计算得 $\frac{\partial M}{\partial y}=2xy$ ， $\frac{\partial N}{\partial x}=y{\phi }^{\prime }(x)$ 。令两者相等，得 $2xy=y{\phi }^{\prime }(x)$ ，即 ${\phi }^{\prime }(x)=2x$ 。积分得 $\phi (x)=x^2+C$ ，由 $\phi (0)=0$ 得 $C=0$ ，故 $\phi (x)=x^2$ 。

积分变为 ${\int }_{(0,0)}^{(1,1)}x{y}^{2}dx+y{x}^{2}dy$ 。由于与路径无关，选择路径从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$ 再到 $(1,1)$ 。从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$ ， $y=0$ ，积分值为 0。从 $(1,0)$ 到 $(1,1)$ ， $x=1$ ，积分值为 ${\int }_0^{1}y\cdot 1^{2}dy={\int }_0^{1}ydy=\frac{1}{2}$ 。总积分为 $0+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ 。

亦可求势函数 $F(x,y)$ ，满足 $dF=x{y}^{2}dx+y{x}^{2}dy$ 。由 $\frac{\partial F}{\partial x}=x{y}^2$ 积分得 $F=\frac{1}{2}{x}^2{y}^2+g(y)$ 。由 $\frac{\partial F}{\partial y}=x^{2}y+g^{\prime }(y)=y{x}^2$ 得 $g^{\prime }(y)=0$ ，故 $F=\frac{1}{2}{x}^2{y}^2$ 。积分值为 $F(1,1)-F(0,0)=\frac{1}{2}-0=\frac{1}{2}$ 。

【答案】 $\frac{\pi }{8}$

【解析】 积分区域 $\Omega$ 由曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ （圆锥）和 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ （上半球面）围成。两曲面相交于 $x^2+y^2=\frac{1}{2}$ ，即 $r=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 在柱坐标下。区域 $\Omega$ 在 $xy$ -平面上的投影为圆盘 $x^2+y^2\le \frac{1}{2}$ 。

使用柱坐标：令 $x=r\cos \theta$ , $y=r\sin \theta$ , $z=z$ ，则 $dV=rdzdrd\theta$ 。被积函数为 $x+z=r\cos \theta +z$ 。积分界限为： $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$ ， $r$ 从 $0$ 到 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ， $z$ 从 $r$ 到 $\sqrt{1-r^2}$ 。