1996 年真题

【答案】 $\ln 2$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(\frac{x+2a}{x-a}\right)}^x$ 。将分式改写为 $\frac{x+2a}{x-a}=1+\frac{3a}{x-a}$ ，则原极限化为 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(1+\frac{3a}{x-a}\right)}^x$ 。令 $y=x-a$ ，当 $x\to \infty$ 时 $y\to \infty$ ，有 $x=y+a$ ，因此极限变为 ${\lim }_{y\to \infty }{\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^{y+a}={\lim }_{y\to \infty }{\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^y\cdot {\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^a$ 。其中 ${\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^y\to e^{3a}$ ，且 ${\left(1+\frac{3a}{y}\right)}^a\to 1$ ，故极限值为 $e^{3a}$ 。由已知 $e^{3a}=8$ ，得 $3a=\ln 8$ ，即 $a=\frac{\ln 8}{3}=\ln 2$ 。

【答案】
$2x+2y-3z=0$

【解析】
设所求平面的法向量为 $\mathbf{n}=(A,B,C)$ 。由于该平面经过原点 $(0,0,0)$ 和点 $(6,-3,2)$ ，则向量 $\mathbf{v}=(6,-3,2)$ 在平面内，故 $\mathbf{n}\cdot \mathbf{v}=0$ ，即：

又因为该平面与已知平面 $4x-y+2z=8$ 垂直，已知平面的法向量为 $(4,-1,2)$ ，故 $\mathbf{n}$ 与该法向量垂直，即：

解方程组：

两式相减得：

代入第二式：

取 $A=2$ ，则 $B=2$ ， $C=-3$ ，法向量为 $(2,2,-3)$ 。
平面过原点，方程为：

验证：过点 $(6,-3,2)$ 时， $2\times 6+2\times (-3)-3\times 2=12-6-6=0$ ，满足；与已知平面法向量点积为 $2\times 4+2\times (-1)+(-3)\times 2=8-2-6=0$ ，垂直条件满足。

【答案】
$y=e^x(C_1\cos x+C_2\sin x)+e^x$

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+2y=e^x$ ，首先求解齐次方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+2y=0$ 。特征方程为 $r^2-2r+2=0$ ，解得特征根 $r=1\pm i$ ，因此齐次通解为 $y_h=e^x(C_1\cos x+C_2\sin x)$ 。
其次，求非齐次方程的特解。非齐次项为 $e^x$ ，由于 $e^x$ 不是齐次解，设特解形式为 $y_p=A{e}^x$ 。代入原方程： $y_p^{\prime }=A{e}^x$ ， $y_p^{\prime \prime }=A{e}^x$ ，得 $A{e}^x-2A{e}^x+2A{e}^x=A{e}^x=e^x$ ，解得 $A=1$ ，故特解为 $y_p=e^x$ 。
因此，原方程的通解为齐次通解与特解之和： $y=y_h+y_p=e^x(C_1\cos x+C_2\sin x)+e^x$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 函数 $u=\ln (x+\sqrt{y^2+z^2})$ 在点 $A(1,0,1)$ 处沿方向 $\vec{l}$ （从 $A$ 指向 $B(3,-2,2)$ ）的方向导数计算公式为 $D_{l}u=\nabla u\cdot {\vec{l}}^0$ ，其中 $\nabla u$ 是函数在点 $A$ 的梯度， ${\vec{l}}^0$ 是方向单位向量。

首先，计算梯度 $\nabla u=\left(\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}\right)$ 。
令 $r=\sqrt{y^2+z^2}$ ，则 $u=\ln (x+r)$ 。
偏导数为：

在点 $A(1,0,1)$ 处， $r=\sqrt{0^2+1^2}=1$ ，代入得：

所以，梯度 $\nabla u=\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right)$ 。

其次，计算方向单位向量 ${\vec{l}}^0$ 。
向量 $\overrightarrow{AB}=B-A=(3-1,-2-0,2-1)=(2,-2,1)$ ，模长为 $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{2^2+(-2{)}^2+1^2}=3$ 。
单位向量 ${\vec{l}}^0=\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}=\left(\frac{2}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)$ .

最后，方向导数为：

因此，方向导数为 $\frac{1}{2}$ .

【答案】 $2$

【解析】
已知 $A$ 是 $4\times 3$ 矩阵，且 $r(A)=2$ 。
矩阵 B=​10−1​020​203​​ 是 $3\times 3$ 矩阵，计算其行列式：

因此 $B$ 可逆，且 $r(B)=3$ 。
由于 $B$ 可逆，矩阵乘法 $AB$ 不改变 $A$ 的秩，故 $r(AB)=r(A)=2$ 。
因此， $r(AB)=2$ 。

【答案】 $8a$

【解析】
首先，利用极坐标下的弧长公式：

其中 $r=a(1+\cos \theta )$ ，则 $\frac{dr}{d\theta }=-a\sin \theta$ 。
计算：

展开并简化：

所以，

于是，

利用三角恒等式 $1+\cos \theta =2{\cos }^2\frac{\theta }{2}$ ，有

因此，

弧长积分为：

令 $u=\frac{\theta }{2}$ ，则 $d\theta =2du$ ，积分限变为 $u=0$ 到 $u=\pi$ ：

计算 ${\int }_0^{\pi }\left|\cos u\right|du$ ：
在区间 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上， $\cos u\ge 0$ ，故 $\left|\cos u\right|=\cos u$ ；
在区间 $[\frac{\pi }{2},\pi ]$ 上， $\cos u\le 0$ ，故 $\left|\cos u\right|=-\cos u$ 。
所以，

因此，

故心形线的全长为 $8a$ 。

【答案】 极限为 $3$ 。

【解析】 给定 $x_1=10$ ， $x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}$ 。首先证明数列有下界：假设 $x_n>3$ ，则 $x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}>\sqrt{6+3}=3$ 。由于 $x_1=10>3$ ，由数学归纳法知所有 $x_n>3$ ，故数列有下界 $3$ 。

其次证明数列单调递减：考虑函数 $f(x)=\sqrt{6+x}-x$ ，其导数为 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{6+x}}-1$ 。当 $x>3$ 时， $\sqrt{6+x}>3$ ，故 $f^{\prime }(x)<0$ ，即 $f(x)$ 单调递减。又 $f(3)=0$ ，所以当 $x>3$ 时， $f(x)<0$ ，即 $\sqrt{6+x}-x<0$ ，因此 $x_{n+1}<x_n$ ，数列单调递减。

由单调有界定理，数列收敛。设极限为 $L$ ，则 $L=\sqrt{6+L}$ ，即 $L^2-L-6=0$ ，解得 $L=3$ 或 $L=-2$ 。由于 $x_n>3$ ，故 $L=3$ 。

【答案】 $-\frac{\pi }{2}$

【解析】

方法一：投影到平面 $xOy$ 上计算，则有

其中 $z=x^2+y^2,D_{xy}:x^2+y^2\le 1$ 。把 $\frac{\partial z}{\partial x}=2x$ 代入得

由对称性得

所以由极坐标变换有

方法二：添加辅助面 $S_i:z=1(x^2+y^2\le 1)$ ，法方向朝下，则

其中 $D$ 是 $S_i$ 在平面 $xy$ 的投影区域： $x^2+y^2\le 1$ 。由高斯公式有

其中 $D(z)$ 是圆域： $x^2+y^2\le z$ ，面积为 $\pi z$ 。因此

【答案】 $3$

【解析】 给定变换 $u=x-2y$ ， $v=x+ay$ ，将偏微分方程 $6\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}-\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0$ 化简为 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}=0$ 。

首先，计算一阶偏导数：

接着，计算二阶偏导数：

将上述二阶偏导数代入原方程：

合并同类项：

• $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u^2}$ 的系数： $6-2-4=0$ ，
• $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}$ 的系数： $6\times 2+(a-2)+4a=12+a-2+4a=10+5a$ ，
• $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial v^2}$ 的系数： $6+a-a^2$ 。

方程化为：

要求化简为 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}=0$ ，则需 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial v^2}$ 的系数为零且 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}$ 的系数不为零：

即 $a^2-a-6=0$ ，解得 $a=3$ 或 $a=-2$ 。

当 $a=-2$ 时， $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}$ 的系数 $10+5\times (-2)=0$ ，方程恒成立，但变换退化（ $u=v$ ），不满足化简要求。当 $a=3$ 时，系数 $10+5\times 3=25\ne 0$ ，方程化为 $25\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}=0$ ，即 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}=0$ ，符合要求。

故常数 $a=3$ 。

【答案】

【解析】 考虑级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{(n^2-1)2^n}$ 。首先，对分母进行分解： $n^2-1=(n-1)(n+1)$ ，因此有：

使用部分分式分解：

代入级数得：

分别处理两个求和部分。对于 ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n-1}\cdot \frac{1}{2^n}$ ，令 $k=n-1$ ，则：

对于 ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n+1}\cdot \frac{1}{2^n}$ ，令 $m=n+1$ ，则：

代入级数：

利用已知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)$ 对于 $|x|<1$ ，取 $x=\frac{1}{2}$ ，有：