1994年考研数学一真题

（1）

答案： $\displaystyle\frac16$。

解题思路： 先把括号内的两个分式通分，使相减产生的高阶小量 $x-\sin x$ 显现出来。由于分母的主要部分为三阶小量，需要使用 $\sin x$ 的三阶展开。

详细解答： 利用 $\cot x=\cos x/\sin x$，原式可写成

$$\cot x\left(\frac1{\sin x}-\frac1x\right) =\frac{\cos x}{\sin x}\cdot\frac{x-\sin x}{x\sin x} =\frac{\cos x(x-\sin x)}{x\sin^2x}.$$

当 $x\to0$ 时，泰勒公式给出

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad x-\sin x=\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

这里 $o(x^3)$ 表示除以 $x^3$ 后趋于零的余项。于是

$$\frac{\cos x(x-\sin x)}{x\sin^2x} =\cos x\cdot\frac{x-\sin x}{x^3}\cdot\left(\frac{x}{\sin x}\right)^2 \longrightarrow1\cdot\frac16\cdot1=\frac16.$$

易错点： 在 $1/\sin x-1/x$ 中，两个主要项相消，不能分别用 $\sin x\sim x$ 后直接把差写成零。

（2）

答案： 切平面方程为 $2x+y-4=0$。

解题思路： 曲面由隐式方程给出，可把左端减去右端记为 $F(x,y,z)$。在曲面上一点，非零梯度 $\nabla F$ 是切平面的法向量。

详细解答： 令

$$F(x,y,z)=z-e^z+2xy-3.$$

首先验证 $F(1,2,0)=0-1+4-3=0$，所以所给点在曲面上。三个偏导数分别为

$$F_x=2y,\qquad F_y=2x,\qquad F_z=1-e^z.$$

在点 $(1,2,0)$ 处，

$$\nabla F(1,2,0)=(4,2,0)\ne(0,0,0).$$

因此可以使用隐式曲面的切平面公式：

$$F_x(1,2,0)(x-1)+F_y(1,2,0)(y-2)+F_z(1,2,0)(z-0)=0.$$

代入后得 $4(x-1)+2(y-2)=0$，约去公因子 $2$，得到

$$2x+y-4=0.$$

（3）

答案： $\displaystyle\frac{\pi^2}{e^2}$。

解题思路： 指数因子和三角因子都依赖 $x$，先对 $x$ 求导要使用乘积法则；随后对 $y$ 求导时，要同时处理 $1/y$ 和 $x/y$。所给点满足 $x/y=2\pi$，最后可利用三角函数的特殊值。

详细解答： 在 $y\ne0$ 的区域内，$u=e^{-x}\sin(x/y)$ 具有连续的二阶偏导数。先求

$$u_x=e^{-x}\left(-\sin\frac xy+\frac1y\cos\frac xy\right).$$

对 $y$ 求导时，$e^{-x}$ 是常数，且

$$\frac{\partial}{\partial y}\left(-\sin\frac xy\right) =\frac{x}{y^2}\cos\frac xy,$$

$$\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac1y\cos\frac xy\right) =-\frac1{y^2}\cos\frac xy+\frac{x}{y^3}\sin\frac xy.$$

把两项相加，得

$$u_{xy}=e^{-x}\left[\frac{x-1}{y^2}\cos\frac xy+\frac{x}{y^3}\sin\frac xy\right].$$

代入 $x=2$、$y=1/\pi$，有 $x/y=2\pi$，从而

$$u_{xy}\left(2,\frac1\pi\right) =e^{-2}\left[(2-1)\pi^2\cos2\pi+2\pi^3\sin2\pi\right] =\frac{\pi^2}{e^2}.$$

（4）

答案： $\displaystyle\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right)$，其中题中分母要求 $a,b\ne0$。

解题思路： 区域 $D$ 是以原点为圆心的圆盘，交换 $x,y$ 后区域不变，因此 $x^2$ 与 $y^2$ 在该区域上的积分相等。先求二者之和，再按系数相加。

详细解答： 记

$$J_x=\iint_Dx^2\,dx\,dy,\qquad J_y=\iint_Dy^2\,dx\,dy.$$

由圆盘的对称性，$J_x=J_y$。使用极坐标

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,$$

则 $x^2+y^2=r^2$，面积元为 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。圆盘半径为 $|R|$，区域范围为 $0\le r\le|R|$、$0\le\theta\le2\pi$。因此

$$J_x+J_y =\iint_D(x^2+y^2)\,dx\,dy =\int_0^{2\pi}\int_0^{|R|}r^3\,dr\,d\theta =2\pi\cdot\frac{|R|^4}{4}=\frac{\pi R^4}{2}.$$

由 $J_x=J_y$ 得 $J_x=J_y=\pi R^4/4$，所以

$$\iint_D\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)\,dx\,dy =\frac{J_x}{a^2}+\frac{J_y}{b^2} =\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right).$$

（5）

答案： 对正整数 $n$，

$$A^n=3^{n-1}A =3^{n-1}\begin{pmatrix} 1&\frac12&\frac13\\ 2&1&\frac23\\ 3&\frac32&1 \end{pmatrix}.$$

解题思路： $A$ 是一个列向量与一个行向量的乘积。计算 $A^2$ 时，利用矩阵乘法的结合律，把中间的“行向量乘列向量”化为一个数，就能得到矩阵幂的递推关系。

详细解答： $\alpha^T$ 是 $3\times1$ 列向量，$\beta$ 是 $1\times3$ 行向量，所以 $A=\alpha^T\beta$ 是 $3\times3$ 矩阵，具体为

$$A=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&\frac12&\frac13\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1&\frac12&\frac13\\ 2&1&\frac23\\ 3&\frac32&1 \end{pmatrix}.$$

反过来相乘，$\beta\alpha^T$ 是 $1\times1$ 矩阵，即数

$$\beta\alpha^T=1\cdot1+\frac12\cdot2+\frac13\cdot3=3.$$

于是

$$A^2=(\alpha^T\beta)(\alpha^T\beta) =\alpha^T(\beta\alpha^T)\beta=3\alpha^T\beta=3A.$$

$n=1$ 时 $A^n=3^{n-1}A$ 成立。若 $A^n=3^{n-1}A$，则

$$A^{n+1}=A^nA=3^{n-1}A^2=3^nA.$$

由数学归纳法，公式对所有正整数 $n$ 成立；若取 $n=0$，应另用 $A^0=I_3$。

（1）

答案： D，即 $P<M<N$。

解题思路： 三个积分的上下限关于原点对称。先检查被积函数的奇偶性，奇函数在对称区间上的积分为零，剩下的正项便能决定大小关系。

详细解答： $\sin x$ 是奇函数，$1/(1+x^2)$ 与 $\cos^4x$ 都是偶函数，因此

$$\frac{\sin x}{1+x^2}\cos^4x$$

是奇函数，故 $M=0$。同理，$\sin^3x$ 与 $x^2\sin^3x$ 都是奇函数，在 $[-\pi/2,\pi/2]$ 上积分为零。记

$$J=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4x\,dx.$$

$\cos^4x\ge0$，且在区间内部为正，所以 $J>0$。于是

$$N=J>0,\qquad P=-J<0,\qquad M=0,$$

得到 $P<M<N$，选 D。

（2）

答案： D，即两个偏导数存在既不是连续的充分条件，也不是连续的必要条件。

解题思路： 充分条件要求“偏导数存在就一定连续”，必要条件要求“连续就一定有偏导数”。分别找一个反例，即可否定这两个方向。

详细解答： 先说明条件不充分。定义

$$f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{xy}{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}$$

沿两条坐标轴，$f(h,0)=f(0,h)=0$，所以由偏导数定义，

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}h=0,$$

$$f_y(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}h=0.$$

但沿直线 $y=x$，当 $x\ne0$ 时，

$$f(x,x)=\frac{x^2}{2x^2}=\frac12.$$

这条路径上的极限不是 $f(0,0)=0$，故函数在原点不连续。

再说明条件不必要。取 $g(x,y)=|x|+|y|$。由于 $|x|+|y|\to0$，它在原点连续，但

$$\frac{g(h,0)-g(0,0)}h=\frac{|h|}{h}$$

从右侧趋于 $1$、从左侧趋于 $-1$，所以 $g_x(0,0)$ 不存在；$g_y(0,0)$ 同样不存在。因此两种条件之间的两个蕴含方向都不成立，选 D。

（3）

答案： C，原级数绝对收敛。

解题思路： 已知 $\sum a_n^2$ 收敛，应把绝对值项 $|a_n|/\sqrt{n^2+\lambda}$ 估计为两个平方项之和，再与已知收敛级数及 $p$ 级数 $\sum1/n^2$ 比较。

详细解答： 对任意实数 $u,v$，由 $(u-v)^2\ge0$ 可得 $2uv\le u^2+v^2$。取

$$u=|a_n|,\qquad v=\frac1{\sqrt{n^2+\lambda}},$$

便有

$$0\le\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda}} \le\frac12\left(a_n^2+\frac1{n^2+\lambda}\right).$$

由于 $\lambda>0$，

$$0<\frac1{n^2+\lambda}\le\frac1{n^2}.$$

$\sum1/n^2$ 收敛，所以由比较判别法，$\sum1/(n^2+\lambda)$ 收敛。题设又给出 $\sum a_n^2$ 收敛，故上面的非负上界组成一个收敛级数，从而

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^n\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda}}\right| =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{|a_n|}{\sqrt{n^2+\lambda}}<\infty.$$

这正是绝对收敛的定义，选 C。

（4）

答案： D，即必有 $a=-4c$。

解题思路： $\tan x$ 和 $\ln(1-2x)$ 的首项是一次项，另两项从二次项开始。先确认分母的一次项不能消失，再比较分子与分母的一次项系数。

详细解答： 在 $x=0$ 附近，

$$\tan x=x+O(x^3),\qquad 1-\cos x=\frac{x^2}{2}+O(x^4),$$

$$\ln(1-2x)=-2x+O(x^2),\qquad 1-e^{-x^2}=x^2+O(x^4).$$

若 $c=0$，由 $a^2+c^2\ne0$ 得 $a\ne0$。此时分子为 $ax+O(x^2)$。若 $d\ne0$，分母为 $dx^2+O(x^4)$，商的主要部分是 $a/(dx)$，不可能趋于有限值 $2$；若 $d=0$，分母恒为零，商也不能具有题设极限。因此必有 $c\ne0$。

分子分母同除以 $x$，则

$$\lim_{x\to0}\frac{a\tan x+b(1-\cos x)}{c\ln(1-2x)+d(1-e^{-x^2})} =\frac{a}{-2c}=2,$$

故 $a=-4c$，选 D。二次项的系数 $b,d$ 不影响这个极限，因而 A、B 不是必然结论；例如取 $c=1,a=-4,b=1,d=0$，极限仍为 $2$，但 $b\ne\pm4d$。

（5）

答案： C，该选项中的四个向量线性无关。

解题思路： 原向量 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 线性无关，所以它们的线性组合等于零时，每个系数都必须为零。将候选向量组的线性关系按原向量展开，即可判断。

详细解答： 对 C 中的向量，设

$$k_1(\alpha_1+\alpha_2)+k_2(\alpha_2+\alpha_3) +k_3(\alpha_3+\alpha_4)+k_4(\alpha_4-\alpha_1)=0.$$

合并同类向量，得

$$(k_1-k_4)\alpha_1+(k_1+k_2)\alpha_2 +(k_2+k_3)\alpha_3+(k_3+k_4)\alpha_4=0.$$

由原向量组线性无关，有

$$k_1-k_4=0,\quad k_1+k_2=0,\quad k_2+k_3=0,\quad k_3+k_4=0.$$

前三式依次给出 $k_4=k_1$、$k_2=-k_1$、$k_3=k_1$，代入第四式得到 $2k_1=0$。于是四个系数全部为零，因此 C 中的向量组线性无关。

其他选项均有明确的非零系数关系：

$$\begin{aligned} \text{A：}\;&(\alpha_1+\alpha_2)-(\alpha_2+\alpha_3) +(\alpha_3+\alpha_4)-(\alpha_4+\alpha_1)=0;\\ \text{B：}\;&(\alpha_1-\alpha_2)+(\alpha_2-\alpha_3) +(\alpha_3-\alpha_4)+(\alpha_4-\alpha_1)=0;\\ \text{D：}\;&(\alpha_1+\alpha_2)-(\alpha_2+\alpha_3) +(\alpha_3-\alpha_4)+(\alpha_4-\alpha_1)=0. \end{aligned}$$

所以 A、B、D 的向量组都线性相关，唯一正确选项为 C。

（1）

答案： 在 $t=\sqrt{\pi/2}$ 时，

$$\frac{dy}{dx}=\sqrt{\frac\pi2},\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=-\frac1{\sqrt{2\pi}}.$$

解题思路： 对参数方程先分别求 $dx/dt$ 和 $dy/dt$，一阶导数是二者之比。求二阶导数时，仍需把对 $t$ 的导数除以 $dx/dt$，不能直接把 $d^2y/dt^2$ 当成 $d^2y/dx^2$。

详细解答： 记所求参数值为 $t_0=\sqrt{\pi/2}$。在 $t_0$ 的足够小邻域内 $t>0$，所以 $\sqrt{t^2}=t$。对 $x=\cos(t^2)$ 求导，得

$$\frac{dx}{dt}=-2t\sin(t^2).$$

由变上限积分求导公式和链式法则，

$$\frac{d}{dt}\int_1^{t^2}\frac{\cos u}{2\sqrt u}\,du =\frac{\cos(t^2)}{2\sqrt{t^2}}\cdot2t =\cos(t^2).$$

对 $y$ 中的乘积求导，再减去上述积分的导数，得到

$$\frac{dy}{dt} =\cos(t^2)-2t^2\sin(t^2)-\cos(t^2) =-2t^2\sin(t^2).$$

在 $t_0$ 处，$\sin(t_0^2)=1$，所以 $dx/dt=-2t_0\ne0$，可在附近将 $y$ 看作 $x$ 的函数。于是

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=t,$$

$$\frac{d^2y}{dx^2} =\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) =\frac{d(dy/dx)/dt}{dx/dt} =-\frac1{2t\sin(t^2)}.$$

代入 $t_0$ 后，

$$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=t_0}=t_0=\sqrt{\frac\pi2},\qquad \left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=t_0} =-\frac1{2\sqrt{\pi/2}}=-\frac1{\sqrt{2\pi}}.$$

（2）

答案：

$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1} =\frac{x^5}{5}+\frac{x^9}{9}+\frac{x^{13}}{13}+\cdots, \qquad -1<x<1.$$

解题思路： 对数和反正切的导数都是有理函数。先求 $f'(x)$，把它整理成几何级数，再从 $0$ 到 $x$ 逐项积分；用 $f(0)=0$ 确定常数项。

详细解答： 在 $|x|<1$ 时，函数有定义，且

$$\begin{aligned} f'(x) &=\frac14\left(\frac1{1+x}+\frac1{1-x}\right) +\frac1{2(1+x^2)}-1\\ &=\frac1{2(1-x^2)}+\frac1{2(1+x^2)}-1\\ &=\frac1{1-x^4}-1. \end{aligned}$$

当 $|x|<1$ 时，$|x^4|<1$，由几何级数公式

$$\frac1{1-x^4}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{4n},$$

因此 $f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{4n}$。幂级数在收敛区间内部可以逐项积分，又因为 $f(0)=0$，所以

$$f(x)=\int_0^xf'(t)\,dt =\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^xt^{4n}\,dt =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}.$$

端点需单独检查。$x=1$ 时得到 $\sum1/(4n+1)$，由于 $1/(4n+1)\ge1/(5n)$，它发散；$x=-1$ 时所有项都是 $-1/(4n+1)$，同样发散。因此收敛区间为 $(-1,1)$。

易错点： 在 $x=-1$ 时，指数 $4n+1$ 始终为奇数，项的符号始终为负，不能按交错级数处理。

（3）

答案：

$$\int\frac{dx}{\sin2x+2\sin x} =\frac18\tan^2\frac x2+\frac14\ln\left|\tan\frac x2\right|+C.$$

解题思路： 先用二倍角公式把分母化为 $2\sin x(1+\cos x)$，再用半角正切代换将三角函数转为有理函数。

详细解答： 由 $\sin2x=2\sin x\cos x$，

$$\sin2x+2\sin x=2\sin x(1+\cos x).$$

令 $t=\tan(x/2)$，则

$$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\qquad 1+\cos x=\frac2{1+t^2},\qquad dx=\frac2{1+t^2}\,dt.$$

代入可得

$$\begin{aligned} \int\frac{dx}{2\sin x(1+\cos x)} &=\int\frac{2\,dt/(1+t^2)}{8t/(1+t^2)^2}\\ &=\frac14\int\frac{1+t^2}{t}\,dt\\ &=\frac14\int\left(t+\frac1t\right)\,dt\\ &=\frac{t^2}{8}+\frac14\ln|t|+C. \end{aligned}$$

将 $t=\tan(x/2)$ 代回，即得到答案。被积函数在 $x=k\pi$（$k$ 为整数）处没有定义，所得原函数在各个相邻奇点之间的开区间内成立，积分常数可随区间不同而不同。

答案： $\displaystyle\frac{\pi^2R}{2}$。

解题思路： 这是有方向的第二类曲面积分，积分面是圆柱的侧面、上底面和下底面的并。把它写成向量场的通量，分别依据各部分的外法向计算；上下底面的贡献恰好抵消。

详细解答： 记向量场为

$$\boldsymbol F(x,y,z)=\left(\frac{x}{x^2+y^2+z^2},\ 0,\ \frac{z^2}{x^2+y^2+z^2}\right).$$

题目积分就是 $\boldsymbol F$ 穿过 $S$ 外侧的通量。把 $S$ 分成侧面 $S_0$、上底面 $S_+$ 和下底面 $S_-$。

在上底面 $z=R$ 上，外单位法向为 $(0,0,1)$；在下底面 $z=-R$ 上，外单位法向为 $(0,0,-1)$。两者在 $xy$ 平面上的投影均为圆盘 $D_0:x^2+y^2\le R^2$。于是

$$I_+=\iint_{D_0}\frac{R^2}{x^2+y^2+R^2}\,dx\,dy,$$

$$I_-=-\iint_{D_0}\frac{R^2}{x^2+y^2+R^2}\,dx\,dy,$$

故 $I_++I_-=0$。

侧面参数化为

$$\boldsymbol r(\theta,z)=(R\cos\theta,R\sin\theta,z), \qquad 0\le\theta\le2\pi,\quad -R\le z\le R.$$

计算参数曲面的有向面积向量：

$$\boldsymbol r_\theta=(-R\sin\theta,R\cos\theta,0),\qquad \boldsymbol r_z=(0,0,1),$$

$$\boldsymbol r_\theta\times\boldsymbol r_z=(R\cos\theta,R\sin\theta,0).$$

该向量沿水平方向指向圆柱外侧，与题目方向一致。侧面上 $x^2+y^2+z^2=R^2+z^2$，因此

$$\begin{aligned} I_0 &=\int_{-R}^R\int_0^{2\pi} \boldsymbol F(\boldsymbol r)\cdot (\boldsymbol r_\theta\times\boldsymbol r_z)\,d\theta\,dz\\ &=\int_{-R}^R\int_0^{2\pi} \frac{R^2\cos^2\theta}{R^2+z^2}\,d\theta\,dz\\ &=\pi R^2\int_{-R}^R\frac{dz}{R^2+z^2}. \end{aligned}$$

其中用到了 $\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta=\pi$。又因为 $R>0$，

$$\int_{-R}^R\frac{dz}{R^2+z^2} =\left[\frac1R\arctan\frac zR\right]_{-R}^R =\frac1R\left(\frac\pi4+\frac\pi4\right)=\frac\pi{2R}.$$

最终

$$I=I_0+I_++I_-=\pi R^2\cdot\frac\pi{2R}=\frac{\pi^2R}{2}.$$

易错点： 下底面的外法向向下，必须带负号；虽然两底面都有 $z^2=R^2$，它们的有向通量仍相互抵消。

答案：

$$f(x)=2\cos x+\sin x+x^2-2;$$

原全微分方程的通解为

$$-2y\sin x+y\cos x+2xy+\frac{x^2y^2}{2}=C.$$

解题思路： 全微分方程的两个系数必须满足交叉偏导相等，由此得到关于 $f$ 的二阶常系数微分方程。求出满足初值的 $f$ 后，再找一个势函数 $F(x,y)$，使其全微分恰好等于原式。

详细解答： 记

$$P(x,y)=xy(x+y)-f(x)y=x^2y+xy^2-f(x)y,$$

$$Q(x,y)=f'(x)+x^2y.$$

由于 $f$ 有二阶连续导数，$P,Q$ 的相关偏导连续。原式为全微分方程，故 $P_y=Q_x$。分别计算：

$$P_y=x^2+2xy-f(x),\qquad Q_x=f''(x)+2xy.$$

消去相同的 $2xy$，得到

$$f''(x)+f(x)=x^2.$$

对应的齐次方程 $f''+f=0$ 的通解是 $C_1\cos x+C_2\sin x$。右端为二次多项式，设特解为 $ax^2+bx+c$，代入后有

$$ax^2+bx+c+2a=x^2.$$

比较系数，得 $a=1,b=0,c=-2$，所以

$$f(x)=C_1\cos x+C_2\sin x+x^2-2.$$

由 $f(0)=0$，得 $C_1-2=0$，即 $C_1=2$；对上式求导后代入 $f'(0)=1$，得 $C_2=1$。因此

$$f(x)=2\cos x+\sin x+x^2-2,\qquad f'(x)=-2\sin x+\cos x+2x.$$

下面求势函数。要求 $F_y=Q$，对 $y$ 积分时把 $x$ 看作常数：

$$F(x,y)=yf'(x)+\frac{x^2y^2}{2}+h(x).$$

这里“积分常数”可以是只依赖 $x$ 的函数 $h(x)$。再对 $x$ 求导，并用 $f''=x^2-f$：

$$F_x=yf''(x)+xy^2+h'(x) =y[x^2-f(x)]+xy^2+h'(x).$$

与 $P=y[x^2-f(x)]+xy^2$ 比较，为使 $F_x=P$，必须有 $h'(x)=0$。其常数可并入通解常数 $C$，故可取

$$F(x,y)=yf'(x)+\frac{x^2y^2}{2}.$$

原方程即 $dF=0$，所以 $F=C$。代入 $f'(x)$，得到答案中的隐式通解。