1992 年真题

【答案】

【解析】 给定方程 $e^{x+y}+\cos (xy)=0$ ，其中 $y$ 是 $x$ 的函数。对方程两边关于 $x$ 求导，利用链式法则：

求导得：

展开并整理：

将含有 $\frac{dy}{dx}$ 的项移到一边：

提取公因式：

解得：

此即所求导数。

【答案】

【解析】 函数 $u=\ln (x^2+y^2+z^2)$ 的梯度为 $\nabla u=\left(\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}\right)$ 。计算偏导数：

在点 $M(1,2,-2)$ 处，有 $x^2+y^2+z^2=1^2+2^2+(-2{)}^2=9$ 。代入得：

因此，梯度为 $\left(\frac{2}{9},\frac{4}{9},-\frac{4}{9}\right)$ .

【答案】 $\frac{{\pi }^2}{2}$

【解析】 函数 $f(x)$ 以 $2\pi$ 为周期进行扩展。在点 $x=\pi$ 处，计算左极限和右极限：

• 左极限 $f({\pi }^{-})={\lim }_{x\to {\pi }^{-}}f(x)=1+{\pi }^2$ （因为当 $0<x\le \pi$ 时， $f(x)=1+x^2$ ）。
• 右极限 $f({\pi }^{+})={\lim }_{x\to {\pi }^{+}}f(x)$ 。由于周期扩展，当 $x>\pi$ 时， $f(x)=f(x-2\pi )$ 。令 $x=\pi +\epsilon$ ，其中 $\epsilon \to 0^{+}$ ，则 $f(\pi +\epsilon )=f(\epsilon -\pi )$ 。当 $\epsilon -\pi \in (-\pi ,0]$ 时， $f(\epsilon -\pi )=-1$ ，因此 $f({\pi }^{+})=-1$ 。 傅里叶级数在间断点处收敛于左极限和右极限的平均值，即： $\frac{f({\pi }^{-})+f({\pi }^{+})}{2}=\frac{(1+{\pi }^2)+(-1)}{2}=\frac{{\pi }^2}{2}.$ 因此，傅里叶级数在点 $x=\pi$ 处收敛于 $\frac{{\pi }^2}{2}$ 。

【答案】
$y=(x+C)\cos x$

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime }+y\tan x=\cos x$ ，这是一阶线性微分方程，标准形式为 $y^{\prime }+P(x)y=Q(x)$ ，其中 $P(x)=\tan x$ ， $Q(x)=\cos x$ 。
积分因子为 $\mu (x)=e^{\int P(x)dx}=e^{\int \tan xdx}$ 。计算 $\int \tan xdx=-\ln |\cos x|$ ，所以 $\mu (x)=e^{-\ln |\cos x|}=\frac{1}{|\cos x|}$ 。通常取 $\mu (x)=\sec x$ （忽略绝对值）。
将原方程乘以积分因子：

简化得：

两边积分：

其中 $C$ 为常数。
因此，通解为：

【答案】 $1$

【解析】 矩阵 $A$ 可以表示为列向量 $\mathbf{a}=(a_1,a_2,\dots ,a_n{)}^T$ 与行向量 ${\mathbf{b}}^T=(b_1,b_2,\dots ,b_n)$ 的乘积，即 $A=\mathbf{a}{\mathbf{b}}^T$ 。由于 $\mathbf{a}$ 和 $\mathbf{b}$ 的每个分量均不为零，矩阵 $A$ 的每一行都是 ${\mathbf{b}}^T$ 的倍数，每一列都是 $\mathbf{a}$ 的倍数，因此所有行线性相关，所有列也线性相关，矩阵 $A$ 的秩为 1。

【答案】 $1$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{1-\sqrt{1-x^2}}$ 。当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。使用泰勒展开求解。

分子部分：
$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+O(x^4)$ ，
$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)$ ，
因此 $e^x-\sin x-1=\left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}\right)-\left(x-\frac{x^3}{6}\right)-1+O(x^4)=\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)$ 。

分母部分：
$\sqrt{1-x^2}=1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}+O(x^6)$ ，
因此 $1-\sqrt{1-x^2}=\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+O(x^6)$ 。

整体分式：

当 $x\to 0$ 时，分子趋于 $\frac{1}{2}$ ，分母趋于 $\frac{1}{2}$ ，因此极限为 1。

或者使用洛必达法则验证：
令 $f(x)=e^x-\sin x-1$ ， $g(x)=1-\sqrt{1-x^2}$ 。
一阶导数：
$f^{\prime }(x)=e^x-\cos x$ ，
$g^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ 。
当 $x\to 0$ 时， $\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=\frac{e^x-\cos x}{\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}$ 仍为 $\frac{0}{0}$ 型。
二阶导数：
$f^{\prime \prime }(x)=e^x+\sin x$ ，
$g^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{(1-x^2{)}^{3/2}}$ 。
于是

两种方法均得极限为 1。

【答案】

其中 $u=e^x\sin y$ , $v=x^2+y^2$ .

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

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

应用乘积法则：