1、中国科学院 2007 年高等数学试题及解答由于前面的人给出的答案不是很详细（其中一些出现书写错误） ，我们对其给出完整的解答，对于不熟悉的部分，给出了相关内容，同时改正了其中的一些错误（其中由一个题目出错，我们给出了正确的题目） 。一、填空题1.设 ，则0a2axd解：由分部积分可得 222xxdda222axdx22 2ln()xa所以22221ladxxaxC2.设 是曲面 上的一点，曲面在点 处的切平面平行于平面P22zyP，则点 的坐标为3790xyP解：令 ，则 ， ， ，故有切平22(,)fzxyz2xfy2fx1zf面的法向量为 。而平面 的法向量为 ，由题,13790z,3意有
2、 ，所以点 P 的坐标为213xyx1,3.设 ，则二重积分:,1Dy |sin|Dyxdy的值等于解：记 ，则:0,2x|sin|sin|DDydyxdysi 12 2010sin()+(i)x x .sin12220 01 sinsix xyydd 22 2220 011(sini(sin)(sin)(isn)xxdxxd 220 3ico64.方程 的通解为0y解：特征方程为 ，所以 。21r132ri其通解为1223(cossin)xyeCxx5. 1()3n解：考察级数 ，令 ，则 且 。所1nx1()nxs(0)s10()nnsxx以 。即令 ，可得()(0)l()sx313l4n
3、二、选择题1. 20lim()nndxA0； B.1； C. 2: D. 解：由于 22()(1)()1xx而 ，所以1nnuu 22()1()nn x22200()()xdxd对上式取极限，可得 lim1nn2. 20()5)(6xfttA. 有极值点 5 和拐点 6； B. 有极值点 6 和拐点 5； C. 5 和 6 都是 的极值点； D. 没有拐点()f ()fx解：显然函数 可导，连续且二阶可导。所以 ，则有可能x 2()(6)0fxx的极值点为 5 和 6. ，而 ，2()6)(5)631fx(5)1f所以 5 是极值点. ，而 ，故存在一个()316)()634fxx(6)20f
4、领域 使得 为增函数，显然在 的两边， 异号，所以 6 是拐(6, x点。3. 积分 =20sinxdA. 0； B. 1； C. ； D. 0ix20sinxd解：令 ，这里 。当 时，显然不是瑕点，因为20sin()aId1a0，而 ，又因为 收敛，故 在20silmx2ix21dx20sinaxd上一致收敛，因此 在 上连续。,1()Ia0,1又因为2000sinsinsin() (2)2xaxxIaddd所以 ，而2C0()lim)aIIC故有 ，所以 = =()Ia20sinxd0snx24. 设二元函数 可微， ， 则 等于(,)fxy2(,)f(,)xf2(,)yfxA. ； B
5、. 1； C. 0； D. 无法确定。x解：由 ，可得 ，而 ，所以 。2(,)f2(,)()fxCy2(,)f 2()Cyx故可设 ，所以 =1.yxy5. 设曲线 ，则227:3zLA. ； B. ； C. ； D. 26Lxdl25Lydl4Lzdl3Lxdl解；由于 ，所以 。由于平面222LLllzl22217()3LLLxlyzll与直线相交为圆（原点到直线的距离为 ） ，所以圆的半径为22|0|1d，其周长为 ，所以732r4283Lxdl同理 ，所以 。由上可知LLxdlylzd1()LLLlyzldl4l三、1.求积分 120ln()xd解：令 ，则 ，带入，则原式uu120
6、ln4()ud而 2ln1ln()l(1) 1dull()ll()uCuC而 000nlnl1imillimilim011xxuuu所以 20ll4()4d2. 设曲线块 是上半球面 被柱面 所截下的部分， 上S221(0)xyz2xyS有一物质分布其密度为 ，求曲面上该物质的重量解：由于物质的重量 2 22()xyxyxymdSdS由于曲线块 S 关于 y=0 对称，而函数 关于 y 为奇函数，所以 =0.(,)f2xydS而 22 22 211xyxyxy xydzddcoscos cos2222 20 0 02 ()1r rrd 04(1sin)4d3. 设 ，向量 其中 是 轴上指向正
7、方向的22()()00(,)xyttzyedelij,ij,xy单位向量，求 (0,1)l解：令 ， ，则uxtvy 22220()()00 0(,)xy yttuvxzedeed2200xyed所以 ， 。而 与 轴的夹角分别为 。故有2xz4yyel,xy,4(0,1) 1coss(2)zel4. 将 展开成 的幂级数，并求它的收敛域23x()x解： 2 2(1)21(1)xx而 ，这里 ，即01()33nnxx 3(2,4)，这里 ，即0111()22nnxxx 12x(,3)所以 ，收敛域为 。20033nnnxx(1,3)在解题目之前，我们先介绍欧拉积分（1） 欧拉积分包括两种类型：
8、1） 函数： ，10()sxxeds2) 函数： ， ，B1,()pqq0pq（2） 函数具有以下性质：1） ， ；特别地， （ 为自然数）()(ss0()!n2） 0limx3） ， ；特别地，()1sin()s01s124） ，特别地，210()sused20ued（3） 函数具有以下性质：B1） (,)(,)pq2） ， ，,()0pq3）当 时，有余元公式1pq(,1)sin()Bp4） ， ，(,)(,)Bpq01q， ，1(,)(,)pqB5. 设 。试将积分 用欧拉积分表出，并根据 函数的余元公式ab1()bnandxx ， （ ）算出以上积分的值。()1six0解：令 ，则 且
9、原式()atb()dxbat110()ntdt1, sinnnB四、1. 设函数 ，求 在平面闭区域 上的最大值与小(,)6uxy(,)uxy2()31xy值解：1. ，所以 ，所以（0,0）非,0,6xyxy xy260BAC极值点。故只需求出 在条件 下的极值。作拉格朗日函数，u2()312(,)6(Lxyxy2)0x (yyx 2)31L解得 111(,),(,)(,)(,)2323xy对于的 值为 3,3，-1，-1.u所以最大值为 3，最小值为-1.:在解答 2 前，我们给出一些知识a. 设空间有向曲面 上任一点的法线正向的方向为 ， ， ，则S(coscos)S SPdyzQxRd
10、yPQRdSb. 斯托克斯公式设 S 是逐片光滑曲面，其边界为逐段光滑曲线 L，曲面 S 的正侧与 L 的正向符合右手法则，如果 P，Q，R 在 S 及 L 上均具有一阶连续的偏导数，则LSdyzxdydxyzPQR:2. 计算积分 ，其中 是球面 与平222()()()LdxzyxdL22xyza面 的交线， 的方向与 轴正向成右手系。0xyz解：令 S 是平面 被 L 所包围，上侧，S 单位法向量为xyz1(,)3222222()()()L Sdyzxdyydxzyxzzz 1(12)(12)(1)(3)S SzydzxzdxyxyzdS 3da3. （1）试构造一个齐次的二阶线性微分方程
11、 ，使它以 为基()0ypxqy,xe本解组。解：令 ， ，则由题意， 是方程 的解，故有1yx2xe12,()， 。因而 ，0()0pq1()0pqx1xp()1qx（2）求出相应的非齐次方程 的一个特解，并写出非其次方程()yy的通解解：由（1）知道， 为基本解组，故可设其特解为 ，则有,xe*()xycde()0xcxd1e解得， ，()cx()xe所以特解为 2*y其通解为 ，这里 c，d 为任意常数。21xcde在解答 4 之前，我们给出下面的等式。Parseval 等式 设可积函数 的 Fourier 级数在区间 上一致收敛于)(xf , , 则成立 Parseval 等式)(xf
12、.dxf)(121220 ) ( nnba证： 由 一致收敛于 .)(xSn0|(|suplim, xSf而 . nkkn badxfdxf 122022 )()()(1因此, f)(02 nkkba1220)(2|)(|supxSfn. ,|)|sup2xSfn由双逼原理, 即得所证等式 .4. 将 （ ）展开成以 为周期的 Fourier 级数，并求出数项级数2|0与 的和21n41()n解：令 。若 时，显然函数 是偶函数。故有|fx,x()fx0nb而 20 002(|)()addx（求导）2-2 0（积分）cosnxsinx2cosnx220 0(1)22si4()co()nad所以
13、 218()| cos(1)()kfxkx:令 ，则 ，即021()k21()8k由于 22221111()4()kkkk所以 216n由 Parseval 等式，22200181()()()()k xdxd3 2301(2)x所以41()96n5. （1）设 在闭区间 上连续。证明：存在 使得fx,ab(,)ab3()()() (24fbaff解：由泰勒展式： 231 ()()22!2abffabbbaff 232 ()() !ffaabfaf 这里 ，1,2b2,b312()()()()()268ffabfbaf 由于 在闭区间 上连续，则 在闭区间 上亦连续，故由介质定理，fx,()fx
14、21,存在 ，使得 ，所以21,12()f3)()( (24abfbaff（2）设在 上处处有 存在，利用费马定理证明达布定理：存在 使得,()fx ,cab。1()()fcfab费马定理：设 在点 的领域有定义，且在 可导，若点 为 的极值点，则xa()fx。()0f达布定理：若 函 数 在 上 可 导 ,则 在 上 可 取 和 之 间 任 何()fx,ab()fx,b()fafb值 .证明：令 。则由于在 上处处有 存在，则()()2ffg,a()fx在 上处处存在则有 ， 。x,ab()2fbga2bag若 ，则必然存在一点 ，使得 。()ff (,()0ffbf若 ，则必有 ，故必然存在一点 ，使得()0b(,ab()0()2fafgf由此得证
