卷 1

【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 $\begin{cases} x=-t+2, \\ y=3t-4, \\ z=t-1 \end{cases}$ 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： $\vec{n} \cdot (\vec{r} - \vec{r_0}) = 0$ ，其中 $\vec{r} = (x, y, z)$ ， $\vec{r_0} = (1,2,-1)$ 。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 $\int_0^2 \dx \int_x^2 e^{-y^2} \dy$ ，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 $0 \leq x \leq 2$ 和 $x \leq y \leq 2$ 定义，这等价于 $0 \leq y \leq 2$ 和 $0 \leq x \leq y$ 。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 $du = 2y \, dy$ ，即 $y \, dy = \frac{du}{2}$ 。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 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 5 & 6 & 7 \end{pmatrix}$ ，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 $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & -2 & -4 & -6 \\ 0 & -3 & -6 & -9 \end{pmatrix}$ 。
然后， $R_2 \times (-1)$ ，得到 $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -4 & -6 \\ 0 & -3 & -6 & -9 \end{pmatrix}$ 。
接着， $R_3 + 2R_2$ 、 $R_4 + 3R_2$ ，得到 $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 。
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 $y'' + 4y' + 4y = e^{-2x}$ 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 $y'' + 4y' + 4y = 0$ 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 $y_p' = A e^{-2x} (2x - 2x^2)$ 和二阶导数 $y_p'' = A e^{-2x} (4x^2 - 8x + 2)$ 。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 $I = \iint_S yz \, dz \, dx + 2 \, dx \, dy$ ，其中 $S$ 是球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 4$ 外侧在 $z \geq 0$ 的部分。这里将原积分中的 $dx \, dx$ 视为 $dz \, dx$ 的笔误，对应向量场 $\vec{F} = (0, yz, 2)$ 。

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

计算散度：

在球坐标下， $x = \rho \sin \phi \cos \theta$ , $y = \rho \sin \phi \sin \theta$ , $z = \rho \cos \phi$ ，其中 $\rho \in [0, 2]$ , $\phi \in [0, \pi/2]$ , $\theta \in [0, 2\pi]$ ，体积元 $dV = \rho^2 \sin \phi \, d\rho \, d\phi \, d\theta$ 。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】 在$(a,b)$内至少存在一点$\xi$，使得$f’(\xi)>0$。

【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 $f'(\xi) = \frac{f(c) - f(a)}{c - a} > 0.$
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 $f'(\xi) = \frac{f(b) - f(c)}{b - c} = \frac{f(a) - f(c)}{b - c} > 0.$ 综上，在$(a,b)$内至少存在一点$\xi$，使得$f’(\xi) > 0$。