1990 年真题

【答案】
$-x+3y+z-4=0$ （或等价形式 $x-3y-z+4=0$ ）

【解析】
首先，从直线的参数方程 $\{\begin{array}{l}x=-t+2,\\ y=3t-4,\\ z=t-1\end{array}$ 中，提取方向向量 $\vec{d}=(-1,3,1)$ 。由于所求平面与直线垂直，平面的法向量 $\vec{n}$ 与方向向量 $\vec{d}$ 平行，故取 $\vec{n}=(-1,3,1)$ 。
平面过点 $M(1,2,-1)$ ，使用点法式方程： $\vec{n}\cdot (\vec{r}-\overrightarrow{r_0})=0$ ，其中 $\vec{r}=(x,y,z)$ ， $\overrightarrow{r_0}=(1,2,-1)$ 。代入得：

简化：

因此，所求平面方程为 $-x+3y+z-4=0$ 。

【答案】
$e^{2a}$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(\frac{x+a}{x-a}\right)}^x$ 。将分式改写为：

于是极限化为：

令 $t=x-a$ ，则当 $x\to \infty$ 时 $t\to \infty$ ，且 $x=t+a$ 。代入得：

取极限：

其中 ${\lim }_{t\to \infty }{\left(1+\frac{2a}{t}\right)}^t=e^{2a}$ ，且 ${\lim }_{t\to \infty }{\left(1+\frac{2a}{t}\right)}^a=1^a=1$ 。
因此，极限为 $e^{2a}$ 。

【答案】
1

【解析】
函数 $f(x)$ 定义为：当 $|x|\le 1$ 时， $f(x)=1$ ；当 $|x|>1$ 时， $f(x)=0$ 。
考虑复合函数 $f[f(x)]$ ，即以内层函数 $f(x)$ 的值作为外层函数 $f$ 的输入。
由于 $f(x)$ 的值只能是 0 或 1，且无论输入是 0 还是 1，均有 $|0|=0\le 1$ 和 $|1|=1\le 1$ ，因此外层函数 $f$ 的输出始终为 1。
即，对于任意 $x$ ，有 $f[f(x)]=1$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}(1-e^{-4})$

【解析】 给定二重积分 ${\int }_0^2\mathrm{d}x{\int }_x^2{e}^{-y^2}\mathrm{d}y$ ，直接计算内层积分较困难，因此考虑改变积分顺序。积分区域由 $0\le x\le 2$ 和 $x\le y\le 2$ 定义，这等价于 $0\le y\le 2$ 和 $0\le x\le y$ 。改变积分顺序后，积分变为：

计算内层积分：

因此，积分化为：

令 $u=y^2$ ，则 $du=2ydy$ ，即 $ydy=\frac{du}{2}$ 。当 $y=0$ 时， $u=0$ ；当 $y=2$ 时， $u=4$ 。代入得：

故积分值为 $\frac{1}{2}(1-e^{-4})$ 。

【答案】 $2$

【解析】
给定向量组 ${\alpha }_1=(1,2,3,4)$ ， ${\alpha }_2=(2,3,4,5)$ ， ${\alpha }_3=(3,4,5,6)$ ， ${\alpha }_4=(4,5,6,7)$ 。
构造矩阵 A=​1234​2345​3456​4567​​ ，通过行变换化为行阶梯形：
首先， $R_2-2R_1$ 、 $R_3-3R_1$ 、 $R_4-4R_1$ ，得到 ​1000​2−1−2−3​3−2−4−6​4−3−6−9​​ 。
然后， $R_2\times (-1)$ ，得到 ​1000​21−2−3​32−4−6​43−6−9​​ 。
接着， $R_3+2R_2$ 、 $R_4+3R_2$ ，得到 ​1000​2100​3200​4300​​ 。
行阶梯形中有两个非零行，因此矩阵的秩为2，即向量组的秩为2。
此外，直观上，每个向量均可由 ${\alpha }_1$ 和 $(1,1,1,1)$ 线性表示，故向量组张成的空间是二维的，秩为2。

【答案】 $\frac{\ln 2}{3}$

【解析】 考虑积分 $I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{(2-x{)}^2}dx$ 。使用分部积分法，设 $u=\ln (1+x)$ ，则 $du=\frac{1}{1+x}dx$ ；设 $dv=\frac{1}{(2-x{)}^2}dx$ ，则 $v=\frac{1}{2-x}$ 。于是：

计算边界项： 当 $x=1$ 时， $\ln (2)\cdot \frac{1}{2-1}=\ln 2$ ；当 $x=0$ 时， $\ln (1)\cdot \frac{1}{2-0}=0$ ，故边界项为 $\ln 2$ 。因此：

现在计算积分 $J={\int }_0^1\frac{1}{(2-x)(1+x)}dx$ 。使用部分分式分解：

两边乘以 $(2-x)(1+x)$ 得：

代入 $x=2$ 得 $1=3A$ ，故 $A=\frac{1}{3}$ ；代入 $x=0$ 得 $1=A+2B$ ，即 $1=\frac{1}{3}+2B$ ，解得 $B=\frac{1}{3}$ 。因此：

计算第一积分：令 $u=2-x$ ，则 $du=-dx$ ，积分限变为 $u=2$ 到 $u=1$ ，故：

第二积分：

所以 $J=\frac{1}{3}\ln 2+\frac{1}{3}\ln 2=\frac{2}{3}\ln 2$ 。代入原式：

故积分为 $\frac{\ln 2}{3}$ 。

【答案】

其中 $f_{uu},f_{uv},f_{vv}$ 分别表示 $f$ 对 $u$ 和 $v$ 的二阶偏导数。

【解析】 设 $u=2x-y$ , $v=y\sin x$ ，则 $z=f(u,v)$ 。首先求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ：

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

计算 $\frac{\partial }{\partial x}(f_u)$ 和 $\frac{\partial }{\partial x}(f_v)$ 使用链式法则：

代入得：

合并同类项：

【答案】

其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=e^{-2x}$ 是二阶线性非齐次方程。通解由齐次解和特解组成。

首先求齐次解。齐次方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=0$ 的特征方程为 $r^2+4r+4=0$ ，解得重根 $r=-2$ ，因此齐次解为 $y_h=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为常数。

然后求特解。由于非齐次项 $e^{-2x}$ 与齐次解形式重叠，特解假设为 $y_p=A{x}^2{e}^{-2x}$ 。代入原方程求待定常数 $A$ 。计算一阶导数 $y_p^{\prime }=A{e}^{-2x}(2x-2x^2)$ 和二阶导数 $y_p^{\prime \prime }=A{e}^{-2x}(4x^2-8x+2)$ 。代入原方程得：

令其等于非齐次项 $e^{-2x}$ ，有 $2A=1$ ，解得 $A=\frac{1}{2}$ 。因此特解为 $y_p=\frac{1}{2}{x}^2{e}^{-2x}$ .

最终通解为齐次解与特解之和：

【答案】
收敛域为 $(-1,1)$ ，和函数为 $S(x)=\frac{1+x}{(1-x{)}^2}$ 。

【解析】
考虑幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(2n+1)x^n$ 。使用比值判别法求收敛域：
设 $a_n=(2n+1)x^n$ ，则

当 $|x|<1$ 时级数收敛，当 $|x|>1$ 时级数发散。
在端点 $x=1$ 处，级数为 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(2n+1)$ ，通项不趋于零，发散；
在 $x=-1$ 处，级数为 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(2n+1)(-1{)}^n$ ，通项不趋于零，发散。
因此收敛域为 $(-1,1)$ 。

求和函数时，将级数写为：

其中 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}$ （对于 $|x|<1$ ），
且 ${\sum }_{n=0}^{\infty }n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$ （因为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}=\frac{1}{(1-x{)}^2}$ ，故 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$ ，且 $n=0$ 时项为零）。
代入得：

因此和函数为 $S(x)=\frac{1+x}{(1-x{)}^2}$ （对于 $|x|<1$ ）。

【答案】 $12\pi$

【解析】
考虑曲面积分 $I={\iint }_{S}yzdzdx+2dxdy$ ，其中 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 外侧在 $z\ge 0$ 的部分。这里将原积分中的 $dxdx$ 视为 $dzdx$ 的笔误，对应向量场 $\vec{F}=(0,yz,2)$ 。

使用散度定理，引入圆盘 $D:x^2+y^2\le 4,z=0$ 方向向下，与 $S$ 构成封闭曲面 $S^{\prime }=S\cup D$ ，包围上半球体 $V:x^2+y^2+z^2\le 4,z\ge 0$ 。则

计算散度：

在球坐标下， $x=\rho \sin \varphi \cos \theta$ , $y=\rho \sin \varphi \sin \theta$ , $z=\rho \cos \varphi$ ，其中 $\rho \in [0,2]$ , $\varphi \in [0,\pi /2]$ , $\theta \in [0,2\pi ]$ ，体积元 $dV={\rho }^2\sin \varphi d\rho d\varphi d\theta$ 。于是

在圆盘 $D$ 上， $z=0$ ，法向量向下，

所以

因此，

故曲面积分 $I=12\pi$ .

【答案】 见解析

【解析】 由于 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上不恒为常数，且 $f(a)=f(b)$ ，故存在一点 $c\in (a,b)$ ，使得 $f(c)\ne f(a)$ 。考虑两种情况：

1. 若 $f(c)>f(a)$ ，则在区间 $[a,c]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,c)\subset (a,b)$ ，使得
   

   $$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}>0$$

2. 若 $f(c)<f(a)$ ，则在区间 $[c,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (c,b)\subset (a,b)$ ，使得
   

   $$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=\frac{f(a)-f(c)}{b-c}>0$$

综上，在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f^{\prime }(\xi )>0$ 。

【答案】

【解析】 给定关系式 $A(E-C^{-1}B{)}^{\prime }{C}^{\prime }=E$ ，其中 $E$ 为单位矩阵。

首先，简化关系式：

代入得：

计算括号内与 $C^{\prime }$ 的乘积：

因此，关系式简化为

所以

计算 $B^{\prime }$ 和 $C^{\prime }$ ：