卷 1

【答案】 $1$

【解析】
考虑积分 ${\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{2}x}$ 。令 $u=\ln x$ ，则 $du=\frac{1}{x}dx$ ，即 $\frac{dx}{x}=du$ 。当 $x=e$ 时， $u=1$ ；当 $x\to +\infty$ 时， $u\to +\infty$ 。积分变为：

计算该积分：

因此，

故积分的值为 1。

【答案】 -2

【解析】 已知方程 ${\mathrm{e}}^y+6xy+x^2-1=0$ 确定函数 $y=y(x)$ 。首先求 $x=0$ 时的 $y$ 值：代入 $x=0$ 得 ${\mathrm{e}}^y-1=0$ ，所以 $y(0)=0$ 。

对原方程求一阶导数：

解得：

代入 $x=0,y=0$ ：

对一阶导数方程再求导：

简化得：

解得：

代入 $x=0,y=0,y^{\prime }=0$ ：

故 $y^{\prime \prime }(0)=-2$ 。

【答案】
$y=\sqrt{x+1}$

【解析】
给定微分方程 $y{y}^{\prime \prime }+(y^{\prime }{)}^2=0$ 和初始条件 $y{|}_{x=0}=1$ , $y^{\prime }{|}_{x=0}=\frac{1}{2}$ 。

设 $p=y^{\prime }$ ，则 $y^{\prime \prime }=p\frac{dp}{dy}$ ，代入方程得 $yp\frac{dp}{dy}+p^2=0$ 。

当 $p\ne 0$ 时，除以 $p$ 得 $y\frac{dp}{dy}+p=0$ ，即 $\frac{dp}{p}=-\frac{dy}{y}$ 。

积分得 $\ln |p|=-\ln |y|+C$ ，即 $p=\frac{K}{y}$ ，其中 $K$ 为常数。

由 $p=y^{\prime }$ 得 $y^{\prime }=\frac{K}{y}$ ，即 $ydy=Kdx$ 。

积分得 $\frac{1}{2}{y}^2=Kx+C_1$ ，即 $y^2=2Kx+C_2$ 。

代入初始条件 $x=0$ , $y=1$ 得 $1=C_2$ ，即 $C_2=1$ 。

代入初始条件 $x=0$ , $y^{\prime }=\frac{1}{2}$ 和 $y^{\prime }=\frac{K}{y}$ 得 $\frac{1}{2}=K$ ，即 $K=\frac{1}{2}$ 。

代入得 $y^2=2\cdot \frac{1}{2}x+1=x+1$ ，故 $y=\sqrt{x+1}$ （取正根因初始 $y=1>0$ ）。
验证满足微分方程和初始条件。

【答案】 $2$

【解析】 二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 对应的矩阵为：

经正交变换化为标准型 $f=6y_1^2$ ，表明矩阵 $A$ 的特征值为 $6,0,0$ 。
计算矩阵 $A$ 的特征值：考虑向量 $u=(1,1,1{)}^T$ ，有 $Au=(a+4)u$ ，故特征值 ${\lambda }_1=a+4$ 。对于垂直于 $u$ 的向量，如 $v=(1,-1,0{)}^T$ ，有 $Av=(a-2)v$ ，故特征值 ${\lambda }_2=a-2$ （重根）。
因此，特征值为 $a+4$ 和 $a-2$ （重根）。令特征值为 $6,0,0$ ，则有：

• 若 $a+4=6$ 且 $a-2=0$ ，解得 $a=2$ 。
• 若 $a+4=0$ 且 $a-2=6$ ，解得 $a=-4$ ，但此时特征值为 $0,-6,-6$ ，与标准型 $6y_1^2$ 不符。
  故 $a=2$ 为唯一解。
  验证：当 $a=2$ 时，矩阵 $A$ 的特征值为 $6,0,0$ ，标准型为 $6y_1^2$ ，符合题意。

【答案】 $4$

【解析】
二次方程 $y^2+4y+X=0$ 无实根的条件是判别式小于零，即

解得 $X>4$ 。
由题设，该方程无实根的概率为 $\frac{1}{2}$ ，即

由于 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$ ，且正态分布关于均值 $\mu$ 对称，故

比较得 $\mu =4$ 。

【答案】
$a=2$ ， $b=-1$

【解析】
由题意， $af(h)+bf(2h)-f(0)$ 在 $h\to 0$ 时是比 $h$ 高阶的无穷小，即

由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 处具有一阶连续导数，且 $f(0)\ne 0$ ， $f^{\prime }(0)\ne 0$ ，使用一阶泰勒展开：

代入原式：

为使该表达式为比 $h$ 高阶的无穷小，常数项和 $h$ 的系数必须为零：

由 $f(0)\ne 0$ ，得 $a+b=1$ ；由 $f^{\prime }(0)\ne 0$ ，得 $a+2b=0$ 。
解方程组：

得 $b=-1$ ， $a=2$ 。
验证：当 $a=2$ ， $b=-1$ 时，

满足条件。

【答案】
切线方程为 $y=x$ ，极限为 $2$ 。

【解析】
已知两曲线在点 $(0,0)$ 处的切线相同。首先，求第二曲线 $y={\int }_0^{\arctan x}{\mathrm{e}}^{-t^2}dt$ 在 $x=0$ 处的函数值和导数。
当 $x=0$ 时， $\arctan 0=0$ ，积分区间为 $[0,0]$ ，故函数值为 $0$ 。
求导：令 $g(x)={\int }_0^{\arctan x}{\mathrm{e}}^{-t^2}dt$ ，则

在 $x=0$ 处，

因此，第二曲线在 $(0,0)$ 处的切线斜率为 $1$ 。
由于切线相同，第一曲线 $y=f(x)$ 在 $x=0$ 处满足 $f(0)=0$ 和 $f^{\prime }(0)=1$ 。
切线方程为过点 $(0,0)$ 且斜率为 $1$ 的直线：

接下来，求极限 ${\lim }_{n\to \infty }nf\left(\frac{2}{n}\right)$ 。
由 $f^{\prime }(0)=1$ ，根据导数定义：

令 $h=\frac{2}{n}$ ，则当 $n\to \infty$ 时， $h\to 0$ 。
于是

取极限：

故极限为 $2$ 。

【答案】 $e-1$

【解析】
计算二重积分

其中

由于 $\max \{x^2,y^2\}$ 取决于 $x$ 与 $y$ 的大小关系，将区域 $D$ 分为两部分：

• $D_1=\{(x,y)\in D\mid x\ge y\}$ ，其中 $\max \{x^2,y^2\}=x^2$ ，
• $D_2=\{(x,y)\in D\mid x<y\}$ ，其中 $\max \{x^2,y^2\}=y^2$ 。

于是原积分可写为：

由对称性可知：

因此只需计算其中一个并乘以 2 即可。

现在计算：

其中 $D_1$ 由 $0\le x\le 1,0\le y\le x$ 给出：

令 $u=x^2$ ，则 $du=2xdx$ ，即 $xdx=\frac{du}{2}$ ，积分限变为 $u=0$ 到 $u=1$ ：

因此：

故答案为：

【答案】
(1) 由于 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ ，曲线积分 $I$ 与路径无关。
(2) 当 $ab=cd$ 时， $I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}$ 。

【解析】
(1) 设

计算偏导数：

因此， $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ ，故曲线积分 $I$ 与路径无关。

(2) 由于曲线积分与路径无关，存在势函数 $U(x,y)$ 使得

由 $U_x=P$ ，积分得

令 $u=xy$ ，则 $du=ydx$ ，所以

其中 $F$ 是 $f$ 的一个原函数。于是

再由 $U_y=Q$ ，有

与 $Q=xf(xy)-\frac{x}{y^2}$ 比较，得 $C^{\prime }(y)=0$ ，即 $C(y)$ 为常数。取 $C(y)=0$ ，则

因此，

当 $ab=cd$ 时， $F(cd)-F(ab)=0$ ，故

【答案】
(1) 函数 $y(x)$ 满足微分方程 $y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y=e^x$ 。
(2) 幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^{3n}}{(3n)!}$ 的和函数为 $\frac{1}{3}{e}^x+\frac{2}{3}{e}^{-x/2}\cos \left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)$ 。

【解析】
(Ⅰ)
$y(x)=1+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^6}{6!}+\frac{x^9}{9!}+\cdots +\frac{x^{3n}}{(3n)!}+\cdots$ ，逐项可导得

从而

(Ⅱ)
微分方程 $y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y=e^x$ 对应的齐次线性方程为 $y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y=0$ ，其特征方程为

特征根为 $-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$ ，所以齐次通解为

设非齐次方程的特解为 $y=c{e}^x$ ，代入原方程得 $c=\frac{1}{3}$ 。故原方程通解为

由初始条件 $y(0)=1,y^{\prime }(0)=0$ 得 $C_1=\frac{2}{3},C_2=0$ 。从而

于是

【答案】
(1) $h(x,y)$ 在点 $M(x_0,y_0)$ 沿梯度方向 $\nabla h=(-2x_0+y_0,-2y_0+x_0)$ 的方向导数最大，最大值为 $g(x_0,y_0)=\sqrt{(-2x_0+y_0{)}^2+(-2y_0+x_0{)}^2}=\sqrt{5x_0^2+5y_0^2-8x_0{y}_0}$ 。
(2) 攀登起点的位置为 $(5,-5)$ 和 $(-5,5)$ 。

【解析】
(1) 函数

的梯度为

在点 $M(x_0,y_0)$ 处，方向导数最大的方向是梯度的方向，即

方向导数的最大值是梯度的模：

(2) 需要在边界 $x^2+y^2-xy=75$ 上最大化 $g(x,y)=\sqrt{5x^2+5y^2-8xy}$ 。由于平方根函数单调，等价于最大化 $f(x,y)=5x^2+5y^2-8xy$ 。使用拉格朗日乘数法，设拉格朗日函数 $L(x,y,\lambda )=5x^2+5y^2-8xy-\lambda (x^2+y^2-xy-75)$ 。求偏导数：

联立解得 $x^2=y^2$ ，即 $x=\pm y$ 。代入约束条件：

• 当 $x=y$ 时， $x^2+x^2-x\cdot x=x^2=75$ ，得 $x=\pm 5\sqrt{3}$ ，点為 $(5\sqrt{3},5\sqrt{3})$ 和 $(-5\sqrt{3},-5\sqrt{3})$ 。
• 当 $x=-y$ 时， $x^2+x^2-x\cdot (-x)=3x^2=75$ ，得 $x=\pm 5$ ，点為 $(5,-5)$ 和 $(-5,5)$ 。
  计算 $g(x,y)$ ：
• 在 $(5\sqrt{3},5\sqrt{3})$ 和 $(-5\sqrt{3},-5\sqrt{3})$ 上， $g=\sqrt{5\cdot 75+5\cdot 75-8\cdot 75}=\sqrt{150}=5\sqrt{6}$ 。
• 在 $(5,-5)$ 和 $(-5,5)$ 上， $g=\sqrt{5\cdot 25+5\cdot 25-8\cdot (-25)}=\sqrt{450}=15\sqrt{2}$ 。
  比较得 $15\sqrt{2}>5\sqrt{6}$ ，故最大值在点 $(5,-5)$ 和 $(-5,5)$ 处取得。因此，攀登起点的位置为 $(5,-5)$ 和 $(-5,5)$ 。