2012 年真题

【答案】 $e^x$

【解析】 由观察知 $f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2e^x$ 的一特解为 $f(x)=e^x$ ，将其代入 $f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0$ 中满足，故 $f(x)=e^x$ ．

【答案】 $\frac{\pi }{2}$

【解析】 令 $t=x-1$ 得 ${\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}dx={\int }_{-1}^1(t+1)\sqrt{1-t^2}dt={\int }_{-1}^1\sqrt{1-t^2}dt=\frac{\pi }{2}$

【答案】 {1,1,1}

【解析】 ${grad\left(xy+\frac{z}{y}\right)|}_{(2,1,1)}={\left\{y,x-\frac{z}{y^2},\frac{1}{y}\right\}|}_{(2,1,1)}=\{1,1,1\}$

答案： $\frac{\sqrt{3}}{12}$

解析：由曲面积分的计算公式可知 ${\iint }_{\sum }{y}^{2}ds={\iint }_D{y}^2\sqrt{1+(-1{)}^2+(-1{)}^2}dxdy=\sqrt{3}{\iint }_D{y}^{2}dxdy$ ，其中 $D=\{(x,y)|x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 1\}$ 。故原式 $=\sqrt{3}{\int }_0^{1}dy{\int }_0^{1-y}{y}^{2}dx=\sqrt{3}{\int }_0^1{y}^2(1-y)dy=\frac{\sqrt{3}}{12}$

【答案】 2

【解析】 方法一

取 α=​100​​ ， ααT=​100​000​000​​ ，由 E−ααT=​000​010​001​​ ，得 $E-\alpha {\alpha }^T$ 的秩为 $2$ 。

方法二

令 $A=E-\alpha {\alpha }^T$ ，则 $A^2=(E-\alpha {\alpha }^T)(E-\alpha {\alpha }^T)=E-\alpha {\alpha }^T=A$ 。

由 $A(E-A)=O$ ，得 $r(A)+r(E-A)\le 3$ 。

又由 $r(A)+r(E-A)\ge r(E)=3$ ，得 $r(A)+r(E-A)=3$ 。

而 $r(E-A)=r(\alpha {\alpha }^T)=r(\alpha )=1$ ，所以 $r(A)=r(E-\alpha {\alpha }^T)=2$ 。

【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】

其中

又 $P(AB\bar{C})=P(AB)-P(ABC)=\frac{1}{2}-P(ABC)$ 。

由于 $A$ 与 $C$ 互不相容，即 $AC=\varphi$ ，所以 $P(AC)=0$ 。又因为 $ABC\subset AC$ ，可得 $P(ABC)=0$ 。

代入得 $P(AB\bar{C})=\frac{1}{2}$ ，故 $P(AB\mid \bar{C})=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{4}$ 。

【答案】 见解析

【解析】 令 $f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}$ ，可得

当 $0<x<1$ 时，有 $\ln \frac{1+x}{1-x}\ge 0$ ， $\frac{1+x^2}{1-x^2}>1$ ，所以 $\frac{1+x^2}{1-x^2}x-\sin x\ge 0$ ，

故 $f^{\prime }(x)\ge 0$ ，而 $f(0)=0$ ，即得 $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}\ge 0$

所以 $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x\ge \frac{x^2}{2}+1$ 。

当 $-1<x<0$ ，有 $\ln \frac{1+x}{1-x}\le 0$ ， $\frac{1+x^2}{1-x^2}>1$ ，所以 $\frac{1+x^2}{1-x^2}x-\sin x\le 0$ ，

故 $f^{\prime }(x)\ge 0$ ，即得 $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}\ge 0$

故知， $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x\ge 1+\frac{x^2}{2},-1<x<1$ 。

【答案】
函数在点 $(1,0)$ 处取得极大值 $\frac{1}{\sqrt{e}}$ ，在点 $(-1,0)$ 处取得极小值 $-\frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

【解析】
$f(x,y)=x{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ ，先求函数的驻点。 $f_x^{\prime }(x,y)=e^{-x^2-y^2/2}(1-x^2)=0$ ， $f_y^{\prime }(x,y)=-yx{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}=0$ ，解得函数的驻点为 $(1,0)$ 、 $(-1,0)$ 。

对于驻点 $(1,0)$ ：

所以 $B^2-AC=-e^{-1}<0$ ，且 $A<0$ ，故 $f(x,y)$ 在点 $(1,0)$ 处取得极大值 $f(1,0)=\frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

对于驻点 $(-1,0)$ ：

所以 $B^2-AC=-e^{-1}<0$ ，且 $A>0$ ，故 $f(x,y)$ 在点 $(-1,0)$ 处取得极小值 $f(-1,0)=-\frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

【答案】 收敛域为 $(-1,1)$ ，和函数为

【解析】
收敛半径的计算如下：

因此，收敛半径为 $R=1$ 。

当 $x=1$ 时，通项 $\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}\sim 2n$ ，且 ${\lim }_{n\to \infty }2n\ne 0$ ，所以级数发散。

当 $x=-1$ 时，通项为 $\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}(-1{)}^{2n}=\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}$ ，同理级数发散。

因此，收敛域为 $(-1,1)$ 。

设和函数为 $S(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ ，将通项拆分：

于是有：

对于 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(2n+1)x^{2n}$ ，已知 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^{2n}=\frac{1}{1-x^2}$ ，两边求导得：

两边乘以 $x$ 得：

因此：

对于 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}$ ，令 $t=x^2$ ，则：

积分可得：

因此：

当 $x=0$ 时，和为 $1$ 。

综上，和函数为：

【答案】
函数 $f(t)$ 的表达式为 $f(t)=\ln (\sec t+\tan t)-\sin t$ ，以曲线 $L$ 及 $x$ 轴和 $y$ 轴为边界的区域的面积为 $\frac{\pi }{4}$ 。

【解析】
【解】曲线 $L$ 的切线的斜率为

切线方程为

令 $y=0$ ，得切线与 $x$ 轴交点的横坐标为

由题意得

因为 $f^{\prime }(t)>0$ ，所以

于是

再由 $f(0)=0$ 得 $C=0$ ，故

由 $f(0)=0$ ， ${\lim }_{t\to \frac{\pi }{2}}f(t)=+\infty$ 得曲线 $L$ 及 $x$ 轴及 $y$ 轴围成的无界区域的面积为

【答案】 $\frac{\pi }{2}-4$

【解析】 【解】补充 $L_0:x=0$ （起点 $y=2$ ，终点 $y=0$ ），记 $L$ 与 $L_0$ 围成的区域为 $D$ ，由格林公式得

$I={\oint }_{L+L_0}3x^{2}ydx+(x^3+x-2y)dy-{\int }_{L_0}3x^{2}ydx+(x^3+x-2y)dy$

$={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)d\sigma -{\int }_2^0-2ydy={\iint }_{D}dxdy-{\int }_0^{2}2ydy=\frac{\pi }{2}-4$ 。