1994 年真题

【答案】
$\frac{1}{6}$

【解析】
首先，将原式化简：

当 $x\to 0$ 时， $\cos x\to 1$ ，且 $\sin x\sim x$ ，因此

利用 $\sin x$ 的泰勒展开 $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)$ ，得

所以

因此，原极限为 $\frac{1}{6}$ 。

【答案】
$2x+y-4=0$

【解析】
给定曲面方程 $z-e^z+2xy=3$ ，可改写为 $F(x,y,z)=z-e^z+2xy-3=0$ 。
点 $(1,2,0)$ 满足方程，因为 $0-e^0+2\times 1\times 2-3=0-1+4-3=0$ 。
计算偏导数：
$\frac{\partial F}{\partial x}=2y$ ，在点 $(1,2,0)$ 处值为 $2\times 2=4$ ；
$\frac{\partial F}{\partial y}=2x$ ，在点 $(1,2,0)$ 处值为 $2\times 1=2$ ；
$\frac{\partial F}{\partial z}=1-e^z$ ，在点 $(1,2,0)$ 处值为 $1-e^0=0$ 。
梯度向量 $\nabla F(1,2,0)=(4,2,0)$ 。
切平面方程为：
$4(x-1)+2(y-2)+0(z-0)=0$ ，
简化得 $4x-4+2y-4=0$ ，即 $4x+2y-8=0$ ，
进一步化为 $2x+y-4=0$ 。
因此，切平面方程为 $2x+y-4=0$ 。

【答案】
${\pi }^2{e}^{-2}$

【解析】
给定函数 $u=e^{-x}\sin \frac{x}{y}$ ，需要求混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}$ 在点 $\left(2,\frac{1}{\pi }\right)$ 处的值。
先计算 $\frac{\partial u}{\partial y}$ :

再计算 $\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)$ :

令 $A=e^{-x}$ , $B=x$ , $C=\cos \frac{x}{y}$ ，则：

其中 $A^{\prime }=-e^{-x}$ , $B^{\prime }=1$ , $C^{\prime }=-\sin \frac{x}{y}\cdot \frac{1}{y}$ 。
代入得：

因此，

在点 $\left(2,\frac{1}{\pi }\right)$ 处，有 $x=2$ , $y=\frac{1}{\pi }$ , $e^{-x}=e^{-2}$ , $y^2=\frac{1}{{\pi }^2}$ , $\frac{x}{y}=2\pi$ , $\cos \frac{x}{y}=\cos 2\pi =1$ , $\sin \frac{x}{y}=\sin 2\pi =0$ 。
代入得：

故值为 ${\pi }^2{e}^{-2}$ 。

【答案】 $\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)$

【解析】 区域 $D$ 是圆盘 $x^2+y^2\le R^2$ ，使用极坐标变换：令 $x=r\cos \theta$ ， $y=r\sin \theta$ ，则 $dxdy=rdrd\theta$ ，积分区域变为 $0\le r\le R$ ， $0\le \theta \le 2\pi$ 。
被积函数化为：

积分变为：

拆分积分：

计算径向积分：

计算角度积分：

同理，

代入得：

因此，积分结果为 $\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)$ 。

【答案】

其中

【解析】

已知 $A={\alpha }^T\beta$ ，其中

计算

于是，

类似地，

依此类推，可得

因此，

【答案】

【解析】 给定参数方程：

首先求 $\frac{dy}{dx}$ ，利用公式 $\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}$ 。

计算 $dx/dt$ ：

计算 $dy/dt$ ： 令 $A=t\cos (t^2)$ ，则

令 $B={\int }_1^{t^2}\frac{1}{2\sqrt{u}}\cos udu$ ，由微积分基本定理：

因此，

所以，

在 $t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 时，

接下来求 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ ，利用公式 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{d(dy/dx)/dt}{dx/dt}$ 。

由 $\frac{dy}{dx}=t$ ，得

而 $dx/dt=-2t\sin (t^2)$ ，所以

在 $t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 时， $t^2=\frac{\pi }{2}$ ， $\sin (t^2)=\sin \left(\frac{\pi }{2}\right)=1$ ，因此

【答案】

【解析】 首先，将 $f(x)$ 拆分为三部分： $\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x}$ 、 $\frac{1}{2}\arctan x$ 和 $-x$ 。利用已知的幂级数展开：

• $\ln \frac{1+x}{1-x}=\ln (1+x)-\ln (1-x)=2{\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$ ，所以 $\frac{1}{4}\ln \frac{1+x}{1-x}=\frac{1}{2}{\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$ 。
• $\arctan x={\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ ，所以 $\frac{1}{2}\arctan x=\frac{1}{2}{\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 。
• $-x$ 直接写出。

因此，

合并级数，考虑 $x^{2m+1}$ 的系数：

其中 ${\delta }_{m,0}$ 是 Kronecker delta函数。简化得：

当 $m$ 为奇数时， $1+(-1{)}^m=0$ ，所以 $a_{2m+1}=0$ 。当 $m$ 为偶数时，设 $m=2n$ （ $n\ge 0$ ），则 $a_{4n+1}=\frac{1}{4n+1}-{\delta }_{n,0}$ 。当 $n=0$ 时， $a_1=1-1=0$ ；当 $n\ge 1$ 时， $a_{4n+1}=\frac{1}{4n+1}$ 。因此，非零项仅当指数为 $4n+1$ 且 $n\ge 1$ ，系数为 $\frac{1}{4n+1}$ 。故幂级数为：

该级数在 $|x|<1$ 内收敛。

【答案】

【解析】 首先，简化分母： $\sin 2x+2\sin x=2\sin x\cos x+2\sin x=2\sin x(\cos x+1)$ ，所以积分化为

使用万能代换 $t=\tan \frac{x}{2}$ ，则 $\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$ ， $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$ ， $dx=\frac{2}{1+t^2}dt$ 。代入得

计算 $\cos x+1=\frac{1-t^2}{1+t^2}+1=\frac{2}{1+t^2}$ ，所以

因此，

计算积分：

所以，

代回 $t=\tan \frac{x}{2}$ ，得

此为最终结果。

【答案】 $\frac{{\pi }^{2}R}{2}$

【解析】 考虑曲面积分 ${\iint }_S\frac{xdydz+z^{2}dxdy}{x^2+y^2+z^2}$ ，其中 $S$ 是由曲面 $x^2+y^2=R^2$ 及平面 $z=R$ 和 $z=-R$ 所围成立体表面的外侧。定义向量场 $\mathbf{F}=\left(\frac{x}{x^2+y^2+z^2},0,\frac{z^2}{x^2+y^2+z^2}\right)$ ，则原积分等于 ${\iint }_S\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}$ 。由于 $S$ 是封闭曲面，应用高斯散度定理，有：

其中 $V$ 是圆柱体区域 $x^2+y^2\le R^2,-R\le z\le R$ 。计算散度：

令 $r^2=x^2+y^2+z^2$ ，则：

所以：

在柱坐标下，令 $x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta ,z=z$ ，则 $r^2={\rho }^2+z^2$ ，体积元 $dV=\rho d\rho d\theta dz$ 。代入散度表达式：

体积分为：

对 $\theta$ 积分时， $\cos 2\theta$ 项和 $2z{\rho }^2$ 项积分为零，仅剩：

因此：

内层积分：

代入得：

计算积分：

所以：