1993 年真题

【答案】
$(0,\frac{1}{4})$

【解析】
函数 $F(x)={\int }_1^x\left(2-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)dt$ 的单调性由其导数决定。根据微积分基本定理， $F^{\prime }(x)=2-\frac{1}{\sqrt{x}}$ 。
函数单调减少当 $F^{\prime }(x)<0$ ，即 $2-\frac{1}{\sqrt{x}}<0$ 。
解此不等式：

考虑到 $x>0$ ，因此单调减少区间为 $(0,\frac{1}{4})$ 。
当 $x=\frac{1}{4}$ 时， $F^{\prime }(x)=0$ ，函数取得极小值，故严格单调减少区间不包括该点。

【答案】 $(0,\frac{\sqrt{10}}{5},\frac{\sqrt{15}}{5})$

【解析】 曲线由方程 $\{\begin{array}{l}3x^2+2y^2=12\\ z=0\end{array}$ 给出，这是一个在 $xy$ 平面上的椭圆。绕 $y$ 轴旋转一周后，旋转面的方程可通过将 $x$ 替换为 $\sqrt{x^2+z^2}$ 得到，即 $3(x^2+z^2)+2y^2=12$ 。

点 $(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 在旋转面上，代入验证： $3(0^2+(\sqrt{2}{)}^2)+2(\sqrt{3}{)}^2=3\times 2+2\times 3=6+6=12$ 。

设 $F(x,y,z)=3(x^2+z^2)+2y^2-12$ ，则曲面的法向量为梯度 $\nabla F=(6x,4y,6z)$ 。在点 $(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 处， $\nabla F=(0,4\sqrt{3},6\sqrt{2})$ 。该向量指向外侧，因为从原点（内部点）到曲面， $F$ 值增加。

单位法向量需归一化。计算模长： $|\nabla F|=\sqrt{0^2+(4\sqrt{3}{)}^2+(6\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{0+48+72}=\sqrt{120}=2\sqrt{30}$ 。单位法向量为：

简化得：

因此，指向外侧的单位法向量为 $(0,\frac{\sqrt{10}}{5},\frac{\sqrt{15}}{5})$ 。

【答案】 $\frac{2\pi }{3}$

【解析】 函数 $f(x)=\pi x+x^2$ 在区间 $(-\pi ,\pi )$ 上的傅里叶级数系数 $b_n$ 的公式为：

对于 $b_3$ ，有：

考虑被积函数的奇偶性： $\pi x\sin 3x$ 是偶函数（奇函数乘以奇函数），而 $x^2\sin 3x$ 是奇函数（偶函数乘以奇函数）。在对称区间上，奇函数的积分为零，因此：

于是：

由于 $x\sin 3x$ 是偶函数，有：

计算积分 ${\int }_0^{\pi }x\sin 3xdx$ ，使用分部积分法：令 $u=x$ ， $dv=\sin 3xdx$ ，则 $du=dx$ ， $v=-\frac{\cos 3x}{3}$ 。于是：

代入上下限：

其中 $\cos 3\pi =-1$ ， $\sin 3\pi =0$ ， $\sin 0=0$ ，所以：

因此：

于是：

所以：

【答案】

【解析】 给定数量场 $u=\ln \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ ，可简化为 $u=\ln r$ ，其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 。需要计算 $÷(\nabla u)$ ，即拉普拉斯算子 ${\nabla }^{2}u$ 。

在笛卡尔坐标系中，先计算梯度 $\nabla u$ 。
$\nabla u=\left(\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}\right)$ 。
由于 $u=\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2+z^2)$ ，
有 $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2x}{x^2+y^2+z^2}=\frac{x}{x^2+y^2+z^2}$ ，
同理 $\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{y}{x^2+y^2+z^2}$ ，
$\frac{\partial u}{\partial z}=\frac{z}{x^2+y^2+z^2}$ 。
因此， $\nabla u=\left(\frac{x}{r^2},\frac{y}{r^2},\frac{z}{r^2}\right)$ ，其中 $r^2=x^2+y^2+z^2$ .

接下来计算散度 $÷(\nabla u)=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{r^2}\right)+\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{y}{r^2}\right)+\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{z}{r^2}\right)$ 。
计算 $\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{r^2}\right)=\frac{r^2-2x^2}{r^4}$ ，
同理 $\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{y}{r^2}\right)=\frac{r^2-2y^2}{r^4}$ ，
$\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{z}{r^2}\right)=\frac{r^2-2z^2}{r^4}$ 。
求和得：

因此， $÷(\nabla u)=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}$ .

【答案】

【解析】
由于矩阵 $A$ 的各行元素之和均为零，即对于每一行，其元素之和为零，因此有

这意味着向量 $(1,1,\cdots ,1{)}^T$ 是齐次线性方程组 $Ax=0$ 的一个解。
又因为 $A$ 的秩为 $n-1$ ，所以齐次线性方程组 $Ax=0$ 的解空间的维数为 $1$ 。
因此，方程组 $Ax=0$ 的通解为

其中 $k$ 为任意常数。

\boxed{k(1,1,\cdots,1)^T}

【答案】
$e^2$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(\sin \frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}\right)}^x$ 。令 $t=\frac{1}{x}$ ，则当 $x\to \infty$ 时， $t\to 0^{+}$ ，原极限化为：

设 $L={\lim }_{t\to 0^{+}}{\left(\sin (2t)+\cos (t)\right)}^{1/t}$ ，取自然对数：

当 $t\to 0^{+}$ 时， $\sin (2t)+\cos (t)\to 1$ ，故为 $1^{\infty }$ 型未定式。令 $u(t)=\sin (2t)+\cos (t)-1$ ，则 $\ln (1+u(t))\sim u(t)$ ，

该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则：
分子导数为 $2\cos (2t)-\sin (t)$ ，分母导数为 $1$ ，

因此， $\ln L=2$ ，即 $L=e^2$ 。故原极限为 $e^2$ 。

【答案】

【解析】 令 $t=\sqrt{e^x-1}$ ，则 $t^2=e^x-1$ ， $e^x=t^2+1$ 。微分得 $e^{x}dx=2tdt$ ，即 $dx=\frac{2t}{t^2+1}dt$ 。代入原积分：

由 $e^x=t^2+1$ ，得：

由 $x=\ln (t^2+1)$ ，积分变为：

计算 $\int \ln (t^2+1)dt$ 使用分部积分：令 $u=\ln (t^2+1)$ , $dv=dt$ ，则 $du=\frac{2t}{t^2+1}dt$ , $v=t$ 。于是：

其中：

所以：

因此：

代回 $t=\sqrt{e^x-1}$ ，并注意 $\ln (t^2+1)=\ln (e^x)=x$ ，得：

【答案】 $y=\frac{2x}{1+x^2}$

【解析】 给定微分方程 $x^2{y}^{\prime }+xy=y^2$ 满足初始条件 $y{|}_{x=1}=1$ 。
首先，将方程化为标准形式：

这是一个伯努利方程，令 $v=y^{-1}$ ，则 $y=v^{-1}$ ， $\frac{dy}{dx}=-v^{-2}\frac{dv}{dx}$ 。
代入方程：

两边乘以 $-v^2$ ：

这是一阶线性微分方程，积分因子为 $\mu (x)=e^{\int -\frac{1}{x}dx}=\frac{1}{x}$ 。
乘以积分因子：

即

积分得：

所以

代回 $v=y^{-1}$ ：

令 $K=2C$ ，则

代入初始条件 $y{|}_{x=1}=1$ ：

解得 $K=1$ 。
因此特解为 $y=\frac{2x}{1+x^2}$ 。
验证：代入原方程满足，且初始条件成立。

【答案】 $\frac{\pi }{2}$

【解析】 根据散度定理，曲面积分 ${\iint }_{\Sigma }2xzdydz+yzdzdx-z^{2}dxdy$ 等于立体 $V$ 的散度三重积分。定义向量场 $\mathbf{F}=(P,Q,R)=(2xz,yz,-z^2)$ ，则散度 $\nabla \cdot \mathbf{F}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=2z+z-2z=z$ 。因此，积分化为 ${\iiint }_{V}zdV$ ，其中 $V$ 是由曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $z=\sqrt{2-x^2-y^2}$ 所围成的立体。

在柱坐标下， $x=r\cos \theta$ , $y=r\sin \theta$ , $z=z$ ，体积元素 $dV=rdzdrd\theta$ 。两曲面交线满足 $x^2+y^2=1$ ，因此 $r$ 的范围为 $0$ 到 $1$ ， $z$ 的范围为 $r$ 到 $\sqrt{2-r^2}$ 。积分变为：

先对 $z$ 积分：

代入得：

故曲面积分为 $\frac{\pi }{2}$ 。

【答案】 $\frac{22}{27}$

【解析】 考虑级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n(n^2-n+1)}{2^n}$ ，令 $x=-\frac{1}{2}$ ，则级化为 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(n^2-n+1)x^n$ 。利用已知级数求和公式： ${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}$ ， ${\sum }_{n=0}^{\infty }n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$ ， ${\sum }_{n=0}^{\infty }{n}^2{x}^n=\frac{x(1+x)}{(1-x{)}^3}$ ，可得：

通分后分母为 $(1-x{)}^3$ ，分子为：

因此，

代入 $x=-\frac{1}{2}$ ： 分子为 $3{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2-2\left(-\frac{1}{2}\right)+1=3\times \frac{1}{4}+1+1=\frac{3}{4}+2=\frac{11}{4}$ ， 分母为 ${\left(1-\left(-\frac{1}{2}\right)\right)}^3={\left(\frac{3}{2}\right)}^3=\frac{27}{8}$ 。 所以和为 $\frac{11}{4}\times \frac{8}{27}=\frac{88}{108}=\frac{22}{27}$ 。

【答案】 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内有且仅有一个零点。

【解析】 首先证明存在性。由条件 $f^{\prime }(x)\ge k>0$ 和 $f(0)<0$ ，根据拉格朗日中值定理，对任意 $x>0$ ，存在 $\xi \in (0,x)$ 使得 $f(x)-f(0)=f^{\prime }(\xi )x\ge kx$ ，因此 $f(x)\ge f(0)+kx$ 。由于 $f(0)<0$ 且 $kx\to +\infty$ 当 $x\to +\infty$ ，存在 $X>0$ 使得当 $x>X$ 时 $f(0)+kx>0$ ，从而 $f(x)>0$ 。在 $x=0$ 处 $f(0)<0$ ，由连续函数中间值定理，存在 $c\in (0,X)$ 使得 $f(c)=0$ ，即存在零点。

其次证明唯一性。由于 $f^{\prime }(x)\ge k>0$ ，函数 $f(x)$ 严格递增。假设存在两个零点 $c_1<c_2$ 满足 $f(c_1)=f(c_2)=0$ ，则由罗尔定理，存在 $\eta \in (c_1,c_2)$ 使得 $f^{\prime }(\eta )=0$ ，与 $f^{\prime }(\eta )\ge k>0$ 矛盾。故至多有一个零点。

综上， $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内有且仅有一个零点。

【解析】

先将不等式做恒等变形：因为 $b>a>e$ ，故原不等式等价于

证法一：令 $f(x)=x\ln a-a\ln x(x>a>e)$ ，则

因为 $x>a>e$ ，所以 $\ln a>1,\frac{a}{x}<1$ ，故

从而 $f(x)$ 在 $x>a>e$ 时为严格的单调递增函数，故

由此 $f(b)=b\ln a-a\ln b>0$ ，即 $a^b>b^a$ 。

证法二：令 $f(x)=\frac{\ln x}{x}(x>e)$ ，则有

当 $x\in (e,+\infty )$ 时 $f^{\prime }(x)<0$ ，所以 $f(x)$ 为单调递减函数，故当 $b>a>e$ 时有

成立。即 $a^b>b^a$ 。

【答案】
$a=2$ ，正交变换矩阵为 ​02​1​−2​1​​100​02​1​2​1​​​ 。

【解析】
由题，二次型矩阵为