试题

一、填空题(满分30分，共5小题，每小题6分)

(1) 计算极限

lim⁡x→0ln⁡(esin⁡x+1−cos⁡x3)−sin⁡xarctan(41−cos⁡x3)=______.\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\ln(e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}= \_\_\_\_\_\_.x→0lim​arctan(431−cosx​)ln(esinx+31−cosx​)−sinx​=______.

(2) 根据隐函数求不定积分

设隐函数y=y(x)y=y(x)y=y(x)由方程y2(x−y)=x2y^2(x-y)=x^2y2(x−y)=x2所确定，则∫dxy2=______.\int{\dfrac{\mathrm{d} x}{y^2}}=\_\_\_\_\_\_.∫y2dx​=______.

(3) 求定积分

定积分∫0π2ex(1+sin⁡x)1+cos⁡xdx=______.\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x(1+\sin x)}{1+\cos x}\mathrm{d} x=\_\_\_\_\_\_.∫02π​​1+cosxex(1+sinx)​dx=______.

(4) 求二元函数原函数

已知du(x,y)=ydx−xdy3x2−2xy+3y2\mathrm{d} u(x,y)=\dfrac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{3x^2-2xy+3y^2}du(x,y)=3x2−2xy+3y2ydx−xdy​,则u(x,y)=______.u(x,y)=\_\_\_\_\_\_.u(x,y)=______.

(5) 求空间曲面参数值

设a,b,c,μ>0a,b,c,\mu > 0a,b,c,μ>0, 曲面xyz=μxyz=\muxyz=μ与曲面
x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1a2x2​+b2y2​+c2z2​=1
相切，则μ=______.\mu=\_\_\_\_\_\_.μ=______.

二、(满分14分)计算三重积分∭Ωxyzx2+y2dxdydz\iiint_{\Omega}\dfrac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z∭Ω​x2+y2xyz​dxdydz,其中Ω\OmegaΩ是由曲面(x2+y2+z2)2=2xy(x^2+y^2+z^2)^2=2xy(x2+y2+z2)2=2xy围成的区域在第一卦限部分.

三、(满分14分)设f(x)f(x)f(x)在[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上可微，f(0)=0f(0)=0f(0)=0，且存在常数A>0A>0A>0，使得∣f′(x)∣≤A∣f(x)∣|f'(x)|\le A|f(x)|∣f′(x)∣≤A∣f(x)∣在[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上成立，试证明在(0,+∞)(0,+\infin)(0,+∞)上有f(x)≡0f(x)\equiv0f(x)≡0.

四、(满分14分)计算积分I=∫02πdϕ∫0πesin⁡θ(cos⁡ϕ−sin⁡ϕ)sin⁡θdθI=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi \int_0^{\pi} e^{\sin \theta(\cos \phi - \sin \phi)}\sin \theta \mathrm{d} \thetaI=∫02π​dϕ∫0π​esinθ(cosϕ−sinϕ)sinθdθ.

五、(满分14分)设f(x)f(x)f(x)是仅有正实根的多项式函数，满足f′(x)f(x)=−∑n=0+∞cnxn\dfrac{f'(x)}{f(x)}=-\sum_{n=0}^{+\infin}c_nx^nf(x)f′(x)​=−∑n=0+∞​cn​xn，证明：cn>0(n≥0)c_n>0(n \ge 0)cn​>0(n≥0)，极限lim⁡n→+∞1cnn\lim_{n\rightarrow +\infin}\dfrac{1}{\sqrt[n]{c_n}}limn→+∞​ncn​​1​存在，且等于f(x)f(x)f(x)的最小根.

六、(满分14分)设f(x)f(x)f(x)在[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上具有连续导数，满足3[3+f2(x)]f′(x)=2[1+f2(x)]2e−x23[3+f^2(x)]f'(x)=2[1+f^2(x)]^2e^{-x^2}3[3+f2(x)]f′(x)=2[1+f2(x)]2e−x2，且f(0)≤1f(0)\le 1f(0)≤1.证明：存在常数M>0M>0M>0，使得x∈[0,+∞)x\in [0,+\infin)x∈[0,+∞)时，恒有∣f(x)∣≤M\left|f(x)\right|\le M∣f(x)∣≤M.

解答

一、填空题(满分30分，共5小题，每小题6分)

(1)计算极限

lim⁡x→0ln⁡(esin⁡x+1−cos⁡x3)−sin⁡xarctan(41−cos⁡x3)=______.\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\ln(e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}= \_\_\_\_\_\_.x→0lim​arctan(431−cosx​)ln(esinx+31−cosx​)−sinx​=______.

解：

lim⁡x→0ln⁡(esin⁡x+1−cos⁡x3)−sin⁡xarctan(41−cos⁡x3)\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\ln(e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}x→0lim​arctan(431−cosx​)ln(esinx+31−cosx​)−sinx​
=lim⁡x→0ln⁡(esin⁡x+1−cos⁡x3)arctan(41−cos⁡x3)−lim⁡x→0sin⁡xarctan(41−cos⁡x3)=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\ln(e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}-\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}=x→0lim​arctan(431−cosx​)ln(esinx+31−cosx​)​−x→0lim​arctan(431−cosx​)sinx​
若上面等式右边的两个极限分别存在，则等号成立.

可以使用x→0x \rightarrow0x→0时的等价无穷小代换求解上面等式右边的两个极限.
lim⁡x→0ln⁡(esin⁡x+1−cos⁡x3)arctan(41−cos⁡x3)\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\ln(e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}x→0lim​arctan(431−cosx​)ln(esinx+31−cosx​)​
=lim⁡x→0esin⁡x+1−cos⁡x3−141−cos⁡x3=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=x→0lim​431−cosx​esinx+31−cosx​−1​
=lim⁡x→0esin⁡x−141−cos⁡x3+lim⁡x→01−cos⁡x341−cos⁡x3=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{e^{\sin x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}+\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\sqrt[3]{1-\cos x}}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=x→0lim​431−cosx​esinx−1​+x→0lim​431−cosx​31−cosx​​
若上面等式右边的两个极限分别存在，则等号成立.
显然，lim⁡x→01−cos⁡x341−cos⁡x3=14\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\sqrt[3]{1-\cos x}}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=\dfrac{1}{4}limx→0​431−cosx​31−cosx​​=41​
而lim⁡x→0esin⁡x−141−cos⁡x3=lim⁡x→0sin⁡x412x23=lim⁡x→0x412x23=0\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{e^{\sin x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\sin x}{4\sqrt[3]{\frac{1}{2}x^2}}=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{x}{4\sqrt[3]{\frac{1}{2}x^2}}=0limx→0​431−cosx​esinx−1​=limx→0​4321​x2​sinx​=limx→0​4321​x2​x​=0
因此
lim⁡x→0esin⁡x+1−cos⁡x3−141−cos⁡x3=lim⁡x→0esin⁡x−141−cos⁡x3+lim⁡x→01−cos⁡x341−cos⁡x3\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{e^{\sin x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}+\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\sqrt[3]{1-\cos x}}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}x→0lim​431−cosx​esinx+31−cosx​−1​=x→0lim​431−cosx​esinx−1​+x→0lim​431−cosx​31−cosx​​
=0+14=14=0+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}=0+41​=41​

而lim⁡x→0sin⁡xarctan(41−cos⁡x3)=lim⁡x→0x41−cos⁡x3=lim⁡x→0x412x23=0\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{x}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{x}{4\sqrt[3]{\frac{1}{2}x^2}}=0limx→0​arctan(431−cosx​)sinx​=limx→0​431−cosx​x​=limx→0​4321​x2​x​=0

因此lim⁡x→0ln⁡(esin⁡x+1−cos⁡x3)−sin⁡xarctan(41−cos⁡x3)=lim⁡x→0ln⁡(esin⁡x+1−cos⁡x3)arctan(41−cos⁡x3)−lim⁡x→0sin⁡xarctan(41−cos⁡x3)\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\ln(e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}=\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\ln(e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}-\lim_{x \rightarrow0}\dfrac{\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}x→0lim​arctan(431−cosx​)ln(esinx+31−cosx​)−sinx​=x→0lim​arctan(431−cosx​)ln(esinx+31−cosx​)​−x→0lim​arctan(431−cosx​)sinx​
=14−0=14=\dfrac{1}{4}-0=\dfrac{1}{4}=41​−0=41​

(2)根据隐函数求不定积分

设隐函数y=y(x)y=y(x)y=y(x)由方程y2(x−y)=x2y^2(x-y)=x^2y2(x−y)=x2所确定，则∫dxy2=______.\int{\dfrac{\mathrm{d} x}{y^2}}=\_\_\_\_\_\_.∫y2dx​=______.

思路：

对一个隐函数的含y表达式求积分或导数后，结果表达式中可能会同时含有x和y。

解决这类问题，通常需要对x和y做一个变换(如将y用x和中间变量t表示)，然后将函数从隐函数形式变为参数方程的形式。这样x和y都可以用另一个中间变量t表示，然后就可以将所求积分的被积表达式进行代换，得到只含有t的被积表达式形式，之后运用一元函数积分学的知识求出积分，最后将t使用x和y回代即可得到最终的积分结果(t也可以被x和y表示)。

最后注意，不定积分千万不要忘记加C。

解：

令y=txy=txy=tx,代入隐函数表达式，则有：
t2x2(x−tx)=x2t^2x^2(x-tx)=x^2t2x2(x−tx)=x2
化简得到：
x=1t2(1−t)x=\dfrac{1}{t^2(1-t)}x=t2(1−t)1​
因此，有:
y=tx=1t(1−t)y=tx=\dfrac{1}{t(1-t)}y=tx=t(1−t)1​

将x和y代入被积表达式，得到：
∫dxy2\int{\dfrac{\mathrm{d} x}{y^2}}∫y2dx​
=∫d(1t2(1−t))1t2(1−t)2dt=\int \dfrac{\mathrm{d}( \dfrac{1}{t^2(1-t)})}{\dfrac{1}{t^2(1-t)^2}} \mathrm{d}t=∫t2(1−t)21​d(t2(1−t)1​)​dt
=∫−2t−3(1−t)−1+t−2(1−t)−21t2(1−t)2dt=\int \dfrac{-2t^{-3}(1-t)^{-1}+t^{-2}(1-t)^{-2}}{\dfrac{1}{t^2(1-t)^2}} \mathrm{d}t=∫t2(1−t)21​−2t−3(1−t)−1+t−2(1−t)−2​dt
=∫(−2t−1(1−t)+1)dt=\int (-2t^{-1}(1-t)+1) \mathrm{d}t=∫(−2t−1(1−t)+1)dt
=∫(3−2t)dt=\int (3-\dfrac{2}{t}) \mathrm{d}t=∫(3−t2​)dt
=3t−2ln⁡∣t∣+C=3t-2\ln \left | t \right | + C=3t−2ln∣t∣+C
由于y=txy=txy=tx，因此代入上式得到：
∫dxy2=3t−2ln⁡∣t∣+C\int{\dfrac{\mathrm{d} x}{y^2}}=3t-2\ln \left | t \right | + C∫y2dx​=3t−2ln∣t∣+C
=3yx−2ln⁡∣yx∣+C=3\dfrac{y}{x}-2\ln \left | \dfrac{y}{x} \right | + C=3xy​−2ln∣∣∣​xy​∣∣∣​+C

(3) 求定积分

定积分∫0π2ex(1+sin⁡x)1+cos⁡xdx=______.\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x(1+\sin x)}{1+\cos x}\mathrm{d} x=\_\_\_\_\_\_.∫02π​​1+cosxex(1+sinx)​dx=______.

解：

∫0π2ex(1+sin⁡x)1+cos⁡xdx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x(1+\sin x)}{1+\cos x}\mathrm{d} x∫02π​​1+cosxex(1+sinx)​dx
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+∫0π2exsin⁡x1+cos⁡xdx= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d} x=∫02π​​1+cosxex​dx+∫02π​​1+cosxexsinx​dx
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+∫0π2sin⁡x1+cos⁡xdex= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d} e^x=∫02π​​1+cosxex​dx+∫02π​​1+cosxsinx​dex
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+exsin⁡x1+cos⁡x∣0π2−∫0π2exdsin⁡x1+cos⁡x= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\mathrm{d} \dfrac{\sin x}{1+\cos x}=∫02π​​1+cosxex​dx+1+cosxexsinx​∣∣∣​02π​​−∫02π​​exd1+cosxsinx​
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+exsin⁡x1+cos⁡x∣0π2−∫0π2excos⁡x(1+cos⁡x)−sin⁡x(−sin⁡x)(1+cos⁡x)2dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x \dfrac{\cos x(1+\cos x)-\sin x(-\sin x)}{(1+\cos x)^2}\mathrm{d}x=∫02π​​1+cosxex​dx+1+cosxexsinx​∣∣∣​02π​​−∫02π​​ex(1+cosx)2cosx(1+cosx)−sinx(−sinx)​dx
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+exsin⁡x1+cos⁡x∣0π2−∫0π2excos⁡x+cos⁡2x+sin⁡2x(1+cos⁡x)2dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x \dfrac{\cos x+\cos^2 x+\sin^2 x}{(1+\cos x)^2}\mathrm{d}x=∫02π​​1+cosxex​dx+1+cosxexsinx​∣∣∣​02π​​−∫02π​​ex(1+cosx)2cosx+cos2x+sin2x​dx
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+exsin⁡x1+cos⁡x∣0π2−∫0π2excos⁡x+(cos⁡2x+sin⁡2x)(1+cos⁡x)2dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x \dfrac{\cos x+(\cos^2 x+\sin^2 x)}{(1+\cos x)^2}\mathrm{d}x=∫02π​​1+cosxex​dx+1+cosxexsinx​∣∣∣​02π​​−∫02π​​ex(1+cosx)2cosx+(cos2x+sin2x)​dx
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+exsin⁡x1+cos⁡x∣0π2−∫0π2excos⁡x+1(1+cos⁡x)2dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x \dfrac{\cos x+1}{(1+\cos x)^2}\mathrm{d}x=∫02π​​1+cosxex​dx+1+cosxexsinx​∣∣∣​02π​​−∫02π​​ex(1+cosx)2cosx+1​dx
=∫0π2ex1+cos⁡xdx+exsin⁡x1+cos⁡x∣0π2−∫0π2ex1+cos⁡xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d} x+\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x=∫02π​​1+cosxex​dx+1+cosxexsinx​∣∣∣​02π​​−∫02π​​1+cosxex​dx
=exsin⁡x1+cos⁡x∣0π2=\dfrac{e^x\sin x}{1+\cos x}\Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0}=1+cosxexsinx​∣∣∣​02π​​
=eπ2=e^{\frac{\pi}{2}}=e2π​

(4) 求二元函数原函数

已知du(x,y)=ydx−xdy3x2−2xy+3y2\mathrm{d} u(x,y)=\dfrac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{3x^2-2xy+3y^2}du(x,y)=3x2−2xy+3y2ydx−xdy​,则u(x,y)=______.u(x,y)=\_\_\_\_\_\_.u(x,y)=______.

解：

du(x,y)=ydx−xdy3x2−2xy+3y2\mathrm{d} u(x,y)=\dfrac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{3x^2-2xy+3y^2}du(x,y)=3x2−2xy+3y2ydx−xdy​
=1ydx−xy2dy3(xy)2−2xy+3=\dfrac{\dfrac{1}{y}\mathrm{d}x-\dfrac{x}{y^2}\mathrm{d}y}{3(\dfrac{x}{y})^2-2\dfrac{x}{y}+3}=3(yx​)2−2yx​+3y1​dx−y2x​dy​
=d(xy)3(xy)2−2xy+3=\dfrac{\mathrm{d}(\dfrac{x}{y})}{3(\dfrac{x}{y})^2-2\dfrac{x}{y}+3}=3(yx​)2−2yx​+3d(yx​)​
=d(xy−13)3(xy−13)2+83=\dfrac{\mathrm{d}(\dfrac{x}{y}-\dfrac{1}{3})}{3(\dfrac{x}{y}-\dfrac{1}{3})^2+\dfrac{8}{3}}=3(yx​−31​)2+38​d(yx​−31​)​
=122d(3x22y−122)(3x22y−122)2+1=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\dfrac{\mathrm{d}(\frac{3x}{2\sqrt{2}y}-\frac{1}{2\sqrt{2}})}{(\frac{3x}{2\sqrt{2}y}-\frac{1}{2\sqrt{2}})^2+1}=22​1​(22​y3x​−22​1​)2+1d(22​y3x​−22​1​)​
=122arctan⁡(3x22y−122)+C=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\arctan(\frac{3x}{2\sqrt{2}y}-\frac{1}{2\sqrt{2}})+C=22​1​arctan(22​y3x​−22​1​)+C

(5) 求空间曲面参数值

设a,b,c,μ>0a,b,c,\mu > 0a,b,c,μ>0, 曲面xyz=μxyz=\muxyz=μ与曲面
x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1a2x2​+b2y2​+c2z2​=1
相切，则μ=______.\mu=\_\_\_\_\_\_.μ=______.

解：

曲面xyz=μxyz=\muxyz=μ上任一点PPP切平面的法向量为：(yz,xz,xy)∣P(yz,xz,xy)|_P(yz,xz,xy)∣P​

曲面x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1a2x2​+b2y2​+c2z2​=1上任一点PPP切平面的法向量为：(2xa2,2yb2,2zc2)∣P(\frac{2x}{a^2},\frac{2y}{b^2},\frac{2z}{c^2})|_P(a22x​,b22y​,c22z​)∣P​

不妨设两曲面的切点为Q(x0,y0,z0)Q(x_0,y_0,z_0)Q(x0​,y0​,z0​)，则有在Q点处，曲面xyz=μxyz=\muxyz=μ和曲面x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1a2x2​+b2y2​+c2z2​=1的法平面的切向量平行，也就是：

y0z0=λ2x0a2,x0z0=λ2y0b2,x0y0=λ2z0c2y_0z_0=\lambda\dfrac{2x_0}{a^2},x_0z_0=\lambda\dfrac{2y_0}{b^2},x_0y_0=\lambda\dfrac{2z_0}{c^2}y0​z0​=λa22x0​​,x0​z0​=λb22y0​​,x0​y0​=λc22z0​​

又因为Q在曲面xyz=μxyz=\muxyz=μ上，因此有x0y0z0=μx_0y_0z_0=\mux0​y0​z0​=μ

将x0y0z0=μx_0y_0z_0=\mux0​y0​z0​=μ代入y0z0=λ2x0a2,x0z0=λ2y0b2,x0y0=λ2z0c2y_0z_0=\lambda\dfrac{2x_0}{a^2},x_0z_0=\lambda\dfrac{2y_0}{b^2},x_0y_0=\lambda\dfrac{2z_0}{c^2}y0​z0​=λa22x0​​,x0​z0​=λb22y0​​,x0​y0​=λc22z0​​，得到：

μx0=λ2x0a2,μy0=λ2y0b2,μz0=λ2z0c2\dfrac{\mu}{x_0}=\lambda\dfrac{2x_0}{a^2},\dfrac{\mu}{y_0}=\lambda\dfrac{2y_0}{b^2},\dfrac{\mu}{z_0}=\lambda\dfrac{2z_0}{c^2}x0​μ​=λa22x0​​,y0​μ​=λb22y0​​,z0​μ​=λc22z0​​

也就是：
μ=λ2x02a2,μ=λ2y02b2,μ=λ2z02c2\mu=\lambda\dfrac{2x_0^2}{a^2},\mu=\lambda\dfrac{2y_0^2}{b^2},\mu=\lambda\dfrac{2z_0^2}{c^2}μ=λa22x02​​,μ=λb22y02​​,μ=λc22z02​​

将上面三个式子相乘，得到：
μ3=λ38x02y02z02a2b2c2\mu^3=\lambda^3\dfrac{8x_0^2y_0^2z_0^2}{a^2b^2c^2}μ3=λ3a2b2c28x02​y02​z02​​

由于x0y0z0=μx_0y_0z_0=\mux0​y0​z0​=μ，因此代入上式有：
μ=λ38a2b2c2\mu=\lambda^3\dfrac{8}{a^2b^2c^2}μ=λ3a2b2c28​

又因为Q在曲面x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1a2x2​+b2y2​+c2z2​=1上，因此有x02a2+y02b2+z02c2=1\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2}=1a2x02​​+b2y02​​+c2z02​​=1

所以将之前μ=λ2x02a2,μ=λ2y02b2,μ=λ2z02c2\mu=\lambda\dfrac{2x_0^2}{a^2},\mu=\lambda\dfrac{2y_0^2}{b^2},\mu=\lambda\dfrac{2z_0^2}{c^2}μ=λa22x02​​,μ=λb22y02​​,μ=λc22z02​​三个式子相加，得到：
3μ=2λ(x02a2+y02b2+z02c2)=2λ3\mu=2\lambda(\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2})=2\lambda3μ=2λ(a2x02​​+b2y02​​+c2z02​​)=2λ

因此有
μ=(3μ2)38a2b2c2\mu=(\dfrac{3\mu}{2})^3\dfrac{8}{a^2b^2c^2}μ=(23μ​)3a2b2c28​
也就是
μ=27μ388a2b2c2=27μ3a2b2c2\mu=\dfrac{27\mu^3}{8}\dfrac{8}{a^2b^2c^2}=\dfrac{27\mu^3}{a^2b^2c^2}μ=827μ3​a2b2c28​=a2b2c227μ3​
因为a,b,c,μ>0a,b,c,\mu > 0a,b,c,μ>0, 因此
μ=abc33\mu=\dfrac{abc}{3\sqrt{3}}μ=33​abc​

二、(满分14分)计算三重积分∭Ωxyzx2+y2dxdydz\iiint_{\Omega}\dfrac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z∭Ω​x2+y2xyz​dxdydz,其中Ω\OmegaΩ是由曲面(x2+y2+z2)2=2xy(x^2+y^2+z^2)^2=2xy(x2+y2+z2)2=2xy围成的区域在第一卦限部分.

本题主要考察三重积分的概念与计算。

解：

对该三重积分进行球坐标变换，令x=ρsin⁡φcos⁡θ,y=ρsin⁡φsin⁡θ,z=ρcos⁡φx=\rho \sin \varphi \cos \theta, y=\rho \sin \varphi \sin \theta, z=\rho \cos \varphix=ρsinφcosθ,y=ρsinφsinθ,z=ρcosφ.由于要计算在第一卦限范围内的三重积分，因此φ∈[0,π2],θ∈[0,π2]\varphi \in [0,\frac{\pi}{2}],\theta \in[0,\frac{\pi}{2}]φ∈[0,2π​],θ∈[0,2π​],则曲面方程(x2+y2+z2)2=2xy(x^2+y^2+z^2)^2=2xy(x2+y2+z2)2=2xy在球坐标变换后变为ρ2=2sin⁡2φsin⁡θcos⁡θ\rho^2=2\sin^2\varphi\sin\theta\cos\thetaρ2=2sin2φsinθcosθ，因此如果先枚举φ\varphiφ和θ\thetaθ，则ρ∈[0,2sin⁡2φsin⁡θcos⁡θ]\rho \in[0,\sqrt{2\sin^2\varphi\sin\theta\cos\theta}]ρ∈[0,2sin2φsinθcosθ​]，因此得到：

∭Ωxyzx2+y2dxdydz\iiint_{\Omega}\dfrac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z∭Ω​x2+y2xyz​dxdydz
=∫0π2sin⁡φdφ∫0π2dθ∫02sin⁡2φsin⁡θcos⁡θρ2dρρ3sin⁡2φcos⁡φsin⁡θcos⁡θρ2sin⁡2φ=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2\sin^2\varphi\sin\theta\cos\theta}}\rho^2\mathrm{d}\rho\dfrac{\rho^3\sin^2\varphi\cos\varphi\sin\theta\cos\theta}{\rho^2\sin^2\varphi}=∫02π​​sinφdφ∫02π​​dθ∫02sin2φsinθcosθ​​ρ2dρρ2sin2φρ3sin2φcosφsinθcosθ​
=∫0π2sin⁡φdφ∫0π2dθ∫02sin⁡2φsin⁡θcos⁡θρ3cos⁡φsin⁡θcos⁡θdρ=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2\sin^2\varphi\sin\theta\cos\theta}}\rho^3\cos\varphi\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\rho=∫02π​​sinφdφ∫02π​​dθ∫02sin2φsinθcosθ​​ρ3cosφsinθcosθdρ
=∫0π2sin⁡φcos⁡φdφ∫0π2sin⁡θcos⁡θdθ∫02sin⁡2φsin⁡θcos⁡θρ3dρ=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos\varphi\mathrm{d}\varphi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2\sin^2\varphi\sin\theta\cos\theta}}\rho^3\mathrm{d}\rho=∫02π​​sinφcosφdφ∫02π​​sinθcosθdθ∫02sin2φsinθcosθ​​ρ3dρ
=∫0π2sin⁡φcos⁡φdφ∫0π2sin⁡θcos⁡θdθ(14ρ4)∣02sin⁡2φsin⁡θcos⁡θ=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos\varphi\mathrm{d}\varphi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta(\frac{1}{4}\rho^4)\big|_{0}^{\sqrt{2\sin^2\varphi\sin\theta\cos\theta}}=∫02π​​sinφcosφdφ∫02π​​sinθcosθdθ(41​ρ4)∣∣​02sin2φsinθcosθ​​
=∫0π2sin⁡φcos⁡φdφ∫0π2sin⁡θcos⁡θdθsin⁡4φsin⁡2θcos⁡2θ=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos\varphi\mathrm{d}\varphi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta\sin^4\varphi\sin^2\theta\cos^2\theta=∫02π​​sinφcosφdφ∫02π​​sinθcosθdθsin4φsin2θcos2θ
=∫0π2sin⁡5φcos⁡φdφ∫0π2sin⁡3θcos⁡3θdθ=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^5\varphi\cos\varphi\mathrm{d}\varphi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta\cos^3\theta\mathrm{d}\theta=∫02π​​sin5φcosφdφ∫02π​​sin3θcos3θdθ
=∫0π2sin⁡5φd(sin⁡φ)∫0π2sin⁡3θcos⁡3θdθ=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^5\varphi\mathrm{d}(\sin\varphi)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta\cos^3\theta\mathrm{d}\theta=∫02π​​sin5φd(sinφ)∫02π​​sin3θcos3θdθ
=16(sin⁡6φ)∣0π2∫0π2sin⁡3θcos⁡3θdθ=\frac{1}{6}(\sin^6\varphi)\big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta\cos^3\theta\mathrm{d}\theta=61​(sin6φ)∣∣​02π​​∫02π​​sin3θcos3θdθ
=16∫0π2sin⁡3θcos⁡2θd(sin⁡θ)=\frac{1}{6}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta\cos^2\theta\mathrm{d}(\sin\theta)=61​∫02π​​sin3θcos2θd(sinθ)
=16∫0π2sin⁡3θ(1−sin⁡2θ)d(sin⁡θ)=\frac{1}{6}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta(1-\sin^2\theta)\mathrm{d}(\sin\theta)=61​∫02π​​sin3θ(1−sin2θ)d(sinθ)
=16∫0π2sin⁡3θ−sin⁡5θd(sin⁡θ)=\frac{1}{6}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta-\sin^5\theta\mathrm{d}(\sin\theta)=61​∫02π​​sin3θ−sin5θd(sinθ)
=16(14sin⁡4θ−16sin⁡6θ)∣0π2=\frac{1}{6}(\frac{1}{4}\sin^4\theta-\frac{1}{6}\sin^6\theta)\big|_0^{\frac{\pi}{2}}=61​(41​sin4θ−61​sin6θ)∣∣​02π​​
=16(14−16)=\frac{1}{6}(\frac{1}{4}-\frac{1}{6})=61​(41​−61​)
=172=\frac{1}{72}=721​

三、(满分14分)设f(x)f(x)f(x)在[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上可微，f(0)=0f(0)=0f(0)=0，且存在常数A>0A>0A>0，使得∣f′(x)∣≤A∣f(x)∣|f'(x)|\le A|f(x)|∣f′(x)∣≤A∣f(x)∣在[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上成立，试证明在(0,+∞)(0,+\infin)(0,+∞)上有f(x)≡0f(x)\equiv0f(x)≡0.

本题主要考察微分中值定理。

证明函数恒等于0，可以证明函数在某个区间内的最大值等于0。证明函数在某个区间的最大值等于0，可以通过证明函数在某个区间内最大值的绝对值小于等于该绝对值乘以一个小于1的比例系数。

证明函数在区间[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上满足某个性质，也可以将区间[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)分为若干段，分别证明或递推证明在这若干段区间上都满足性质。

证明：

设x0∈[0,12A],使得∣f(x0)∣=max⁡{∣f(x)∣∣x∈[0,12A]}x_0 \in [0,\frac{1}{2A}],使得|f(x_0)|=\max \left \{ |f(x)| \big| x \in [0,\frac{1}{2A}]\right\}x0​∈[0,2A1​],使得∣f(x0​)∣=max{∣f(x)∣∣∣​x∈[0,2A1​]}

因为f(x)f(x)f(x)在[0,12A][0,\frac{1}{2A}][0,2A1​]可微，因此f(x)f(x)f(x)在[0,12A][0,\frac{1}{2A}][0,2A1​]内连续.

因为f(x)f(x)f(x)在(0,12A)(0,\frac{1}{2A})(0,2A1​)可微，因此f(x)f(x)f(x)在(0,12A)(0,\frac{1}{2A})(0,2A1​)内也可导.

由于f(x)f(x)f(x)在[0,12A][0,\frac{1}{2A}][0,2A1​]内连续，在(0,12A)(0,\frac{1}{2A})(0,2A1​)内可导，因此根据拉格朗日中值定理，∃ξ∈(0,12A)\exists \xi \in (0,\frac{1}{2A})∃ξ∈(0,2A1​)，使得：

f(x0)−f(0)=f′(ξ)(x0−0)f(x_0)-f(0)=f'(\xi)(x_0-0)f(x0​)−f(0)=f′(ξ)(x0​−0)

因为f(0)=0f(0)=0f(0)=0，因此有

f(x0)=f′(ξ)x0f(x_0)=f'(\xi)x_0f(x0​)=f′(ξ)x0​

因此

∣f(x0)∣=∣f′(ξ)x0∣=∣f′(ξ)∣x0≤A∣f(ξ)∣x0≤A∣f(x0)∣x0≤A∣f(x0)∣12A=12∣f(x0)∣|f(x_0)|=|f'(\xi)x_0|=|f'(\xi)|x_0\le A|f(\xi)|x_0 \le A|f(x_0)|x_0\le A|f(x_0)|\frac{1}{2A}=\frac{1}{2}|f(x_0)|∣f(x0​)∣=∣f′(ξ)x0​∣=∣f′(ξ)∣x0​≤A∣f(ξ)∣x0​≤A∣f(x0​)∣x0​≤A∣f(x0​)∣2A1​=21​∣f(x0​)∣

也就是∣f(x0)∣≤12∣f(x0)∣|f(x_0)| \le \frac{1}{2}|f(x_0)|∣f(x0​)∣≤21​∣f(x0​)∣

所以12∣f(x0)∣≤0\frac{1}{2}|f(x_0)| \le 021​∣f(x0​)∣≤0

又因为∣f(x0)∣≥0|f(x_0)| \ge 0∣f(x0​)∣≥0

因此∣f(x0)∣=0|f(x_0)| = 0∣f(x0​)∣=0

因此∀x∈[0,12A],f(x)≡0\forall x \in [0,\frac{1}{2A}], f(x) \equiv 0∀x∈[0,2A1​],f(x)≡0

递推可得，对于所有的x∈[k2A,k+12A],k=0,1,2......x \in [\frac{k}{2A},\frac{k+1}{2A}],k=0,1,2......x∈[2Ak​,2Ak+1​],k=0,1,2......，都有f(x)≡0f(x) \equiv 0f(x)≡0

因此在(0,+∞)(0,+\infin)(0,+∞)上有f(x)≡0f(x)\equiv0f(x)≡0

四、(满分14分)计算积分I=∫02πdϕ∫0πesin⁡θ(cos⁡ϕ−sin⁡ϕ)sin⁡θdθI=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi \int_0^{\pi} e^{\sin \theta(\cos \phi - \sin \phi)}\sin \theta \mathrm{d} \thetaI=∫02π​dϕ∫0π​esinθ(cosϕ−sinϕ)sinθdθ.

设球面Σ:x2+y2+z2=1\Sigma:x^2+y^2+z^2=1Σ:x2+y2+z2=1,由球面的参数方程
x=sin⁡θcos⁡ϕ,y=sin⁡θsin⁡ϕ,z=cos⁡θx=\sin\theta\cos\phi,y=\sin\theta\sin\phi,z=\cos\thetax=sinθcosϕ,y=sinθsinϕ,z=cosθ

知
E=xθ2+yθ2+zθ2=(cos⁡θcos⁡ϕ)2+(cos⁡θsin⁡ϕ)2+(−sin⁡θ)2=cos⁡2θcos⁡2ϕ+cos⁡2θsin⁡2ϕ+sin⁡2θ=cos⁡2θ(cos⁡2ϕ+sin⁡2ϕ)+sin⁡2θ=cos⁡2θ+sin⁡2θ=1E=x_{\theta}^2+y_{\theta}^2+z_{\theta}^2=(\cos\theta\cos\phi)^2+(\cos\theta\sin\phi)^2+(-\sin\theta)^2=\cos^2\theta\cos^2\phi+\cos^2\theta\sin^2\phi+\sin^2\theta=\cos^2\theta(\cos^2\phi+\sin^2\phi)+\sin^2\theta=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1E=xθ2​+yθ2​+zθ2​=(cosθcosϕ)2+(cosθsinϕ)2+(−sinθ)2=cos2θcos2ϕ+cos2θsin2ϕ+sin2θ=cos2θ(cos2ϕ+sin2ϕ)+sin2θ=cos2θ+sin2θ=1
F=xθxϕ+yθyϕ+zθzϕ=(cos⁡θcos⁡ϕ)(−sin⁡θsin⁡ϕ)+(cos⁡θsin⁡ϕ)(sin⁡θcos⁡ϕ)+(−sin⁡θ)⋅0=−sin⁡θcos⁡θsin⁡ϕcos⁡ϕ+sin⁡θcos⁡θsin⁡ϕcos⁡ϕ=0F=x_{\theta}x_{\phi}+y_{\theta}y_{\phi}+z_{\theta}z_{\phi}=(\cos\theta\cos\phi)(-\sin\theta\sin\phi)+(\cos\theta\sin\phi)(\sin\theta\cos\phi)+(-\sin\theta)\cdot0=-\sin\theta\cos\theta\sin\phi\cos\phi+\sin\theta\cos\theta\sin\phi\cos\phi=0F=xθ​xϕ​+yθ​yϕ​+zθ​zϕ​=(cosθcosϕ)(−sinθsinϕ)+(cosθsinϕ)(sinθcosϕ)+(−sinθ)⋅0=−sinθcosθsinϕcosϕ+sinθcosθsinϕcosϕ=0
G=xϕ2+yϕ2+zϕ2=(−sin⁡θsin⁡ϕ)2+(sin⁡θcos⁡ϕ)2+02=sin⁡2θsin⁡2ϕ+sin⁡2θcos⁡2ϕ=sin⁡2θ(sin⁡2ϕ+cos⁡2ϕ)=sin⁡2θG=x_{\phi}^2+y_{\phi}^2+z_{\phi}^2=(-\sin\theta\sin\phi)^2+(\sin\theta\cos\phi)^2+0^2=\sin^2\theta\sin^2\phi+\sin^2\theta\cos^2\phi=\sin^2\theta(\sin^2\phi+\cos^2\phi)=\sin^2\thetaG=xϕ2​+yϕ2​+zϕ2​=(−sinθsinϕ)2+(sinθcosϕ)2+02=sin2θsin2ϕ+sin2θcos2ϕ=sin2θ(sin2ϕ+cos2ϕ)=sin2θ

因此dS=EG−F2dθdϕ=sin⁡2θdθdϕ=∣sin⁡θ∣dθdϕdS=\sqrt{EG-F^2}\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\phi=\sqrt{\sin^2\theta}\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\phi=\left|\sin\theta\right|\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\phidS=EG−F2​dθdϕ=sin2θ​dθdϕ=∣sinθ∣dθdϕ

由于上面的球坐标变换中，θ∈[0,π]\theta \in [0,\pi]θ∈[0,π]，因此sin⁡θ≥0\sin\theta\ge 0sinθ≥0，于是dS=sin⁡θdθdϕdS=\sin\theta\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\phidS=sinθdθdϕ

I=∫02πdϕ∫0πesin⁡θ(cos⁡ϕ−sin⁡ϕ)sin⁡θdθI=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi \int_0^{\pi} e^{\sin \theta(\cos \phi - \sin \phi)}\sin \theta \mathrm{d} \thetaI=∫02π​dϕ∫0π​esinθ(cosϕ−sinϕ)sinθdθ
=∬Σex−ydS=\iint_{\Sigma}e^{x-y}\mathrm{d}S=∬Σ​ex−ydS

之后有两种处理方法.

解法一：坐标变换法

做坐标变换x=u+v2,y=u−v2,z=wx=\frac{u+v}{\sqrt{2}},y=\frac{u-v}{\sqrt{2}},z=wx=2​u+v​,y=2​u−v​,z=w
则Σ:x2+y2+z2=1\Sigma:x^2+y^2+z^2=1Σ:x2+y2+z2=1变换为Σ′:u2+v2+w2=1\Sigma':u^2+v^2+w^2=1Σ′:u2+v2+w2=1

∬Σex−ydS=∬Σ′e2u∣J∣dS\iint_{\Sigma}e^{x-y}\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma'}e^{\sqrt{2}u}\left|J\right|\mathrm{d}S∬Σ​ex−ydS=∬Σ′​e2​u∣J∣dS

其中，J=D(x,y,z)D(u,v,w)=∣xuxvxwyuyvywzuzvzw∣=∣1212012−120001∣=−1J=\dfrac{\mathrm{D}(x,y,z)}{\mathrm{D}(u,v,w)}=\begin{vmatrix} x_u& x_v & x_w\\ y_u & y_v & y_w \\ z_u & z_v & z_w \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-1}{\sqrt{2}} & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}=-1J=D(u,v,w)D(x,y,z)​=∣∣∣∣∣∣​xu​yu​zu​​xv​yv​zv​​xw​yw​zw​​∣∣∣∣∣∣​=∣∣∣∣∣∣​2​1​2​1​0​2​1​2​−1​0​001​∣∣∣∣∣∣​=−1
因此
∬Σ′e2u∣J∣dS=∬Σ′e2udS\iint_{\Sigma'}e^{\sqrt{2}u}\left|J\right|\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma'}e^{\sqrt{2}u}\mathrm{d}S∬Σ′​e2​u∣J∣dS=∬Σ′​e2​udS

因为Σ′:u2+v2+w2=1\Sigma':u^2+v^2+w^2=1Σ′:u2+v2+w2=1关于u,v,wu,v,wu,v,w具有轮换对称性，因此有∬Σ′e2udS=∬Σ′e2wdS\iint_{\Sigma'}e^{\sqrt{2}u}\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma'}e^{\sqrt{2}w}\mathrm{d}S∬Σ′​e2​udS=∬Σ′​e2​wdS

再做球坐标变换u=sin⁡θcos⁡ϕ,v=sin⁡θsin⁡ϕ,w=cos⁡θu=\sin\theta\cos\phi,v=\sin\theta\sin\phi,w=\cos\thetau=sinθcosϕ,v=sinθsinϕ,w=cosθ，因此有
∬Σ′e2wdS=∫02πdϕ∫0πe2cos⁡θsin⁡θdθ\iint_{\Sigma'}e^{\sqrt{2}w}\mathrm{d}S=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi\int_0^{\pi}e^{\sqrt{2}\cos\theta}\sin\theta\mathrm{d}\theta∬Σ′​e2​wdS=∫02π​dϕ∫0π​e2​cosθsinθdθ
=−12∫02πdϕ∫0πe2cos⁡θd(2cos⁡θ)=\frac{-1}{\sqrt{2}}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi\int_0^{\pi}e^{\sqrt{2}\cos\theta}\mathrm{d}(\sqrt{2}\cos\theta)=2​−1​∫02π​dϕ∫0π​e2​cosθd(2​cosθ)
=−12∫02πdϕ∫0πd(e2cos⁡θ)=\frac{-1}{\sqrt{2}}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi\int_0^{\pi}\mathrm{d}(e^{\sqrt{2}\cos\theta})=2​−1​∫02π​dϕ∫0π​d(e2​cosθ)
=−12∫02πdϕ(e2cos⁡θ)∣0π=\frac{-1}{\sqrt{2}}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi(e^{\sqrt{2}\cos\theta})\big|_0^{\pi}=2​−1​∫02π​dϕ(e2​cosθ)∣∣​0π​
=−12∫02πdϕ(e−2−e2)=\frac{-1}{\sqrt{2}}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\phi(e^{-\sqrt{2}}-e^{\sqrt{2}})=2​−1​∫02π​dϕ(e−2​−e2​)
=−12(2π)(e−2−e2)=\frac{-1}{\sqrt{2}}(2\pi)(e^{-\sqrt{2}}-e^{\sqrt{2}})=2​−1​(2π)(e−2​−e2​)
=2π(e2−e−2)=\sqrt{2}\pi(e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}})=2​π(e2​−e−2​)

解法二：微元法

设平面Pt:x−y2=t,−1≤t≤1P_t:\frac{x-y}{\sqrt{2}}=t,-1\le t \le1Pt​:2​x−y​=t,−1≤t≤1，其中t为平面PtP_tPt​被球面截下部分中心到原点距离.用平面PtP_tPt​分割球面Σ\SigmaΣ，球面在平面Pt,Pt+dtP_t,P_{t+\mathrm{d}t}Pt​,Pt+dt​之间的部分形如圆台外表面状，记为Σt,t+dt\Sigma_{t,t+\mathrm{d}t}Σt,t+dt​，被积函数在该微元上为ex−y=e2te^{x-y}=e^{\sqrt{2}t}ex−y=e2​t.

由于Σt,t+dt\Sigma_{t,t+\mathrm{d}t}Σt,t+dt​的半径为rt=1−t2r_t=\sqrt{1-t^2}rt​=1−t2​,半径的增长率为：
d(1−t2)=−t1−t2dt\mathrm{d}(\sqrt{1-t^2})=\frac{-t}{\sqrt{1-t^2}}\mathrm{d}td(1−t2​)=1−t2​−t​dt

也就是Σt,t+dt\Sigma_{t,t+\mathrm{d}t}Σt,t+dt​上下底面半径之差.

记圆台外表面斜高为hth_tht​，则由微元法及勾股定理，得(dt)2+(d1−t2)2=ht2(\mathrm{d}t)^2+(\mathrm{d}\sqrt{1-t^2})^2=h_t^2(dt)2+(d1−t2​)2=ht2​，化简得到ht=dt1−t2h_t=\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}ht​=1−t2​dt​

因此Σt,t+dt\Sigma_{t,t+\mathrm{d}t}Σt,t+dt​的面积为dS=2πrtht=2π1−t2dt1−t2=2πdt\mathrm{d}S=2\pi r_th_t=2\pi \sqrt{1-t^2}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}=2\pi\mathrm{d}tdS=2πrt​ht​=2π1−t2​1−t2​dt​=2πdt

因此有
I=∬Σex−ydS=∫−11e2t2πdtI=\iint_{\Sigma}e^{x-y}\mathrm{d}S=\int_{-1}^{1}e^{\sqrt{2}t}2\pi\mathrm{d}tI=∬Σ​ex−ydS=∫−11​e2​t2πdt
=2π∫−11e2td(2t)=\sqrt{2}\pi\int_{-1}^{1}e^{\sqrt{2}t}\mathrm{d}(\sqrt{2}t)=2​π∫−11​e2​td(2​t)
=2π∫−11d(e2t)=\sqrt{2}\pi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}(e^{\sqrt{2}t})=2​π∫−11​d(e2​t)
=2π(e2t)∣−11=\sqrt{2}\pi (e^{\sqrt{2}t})\big|_{-1}^{1}=2​π(e2​t)∣∣​−11​
=2π(e2−e−2)=\sqrt{2}\pi(e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}})=2​π(e2​−e−2​)

五、(满分14分)设f(x)f(x)f(x)是仅有正实根的多项式函数，满足f′(x)f(x)=−∑n=0+∞cnxn\dfrac{f'(x)}{f(x)}=-\sum_{n=0}^{+\infin}c_nx^nf(x)f′(x)​=−∑n=0+∞​cn​xn，证明：cn>0(n≥0)c_n>0(n \ge 0)cn​>0(n≥0)，极限lim⁡n→+∞1cnn\lim_{n\rightarrow +\infin}\dfrac{1}{\sqrt[n]{c_n}}limn→+∞​ncn​​1​存在，且等于f(x)f(x)f(x)的最小根.

证明：由于f(x)f(x)f(x)为仅有正实根的多项式函数，不妨设f(x)f(x)f(x)的全部根的取值为0<a1<a2<...<ak0<a_1<a_2<...<a_k0<a1​<a2​<...<ak​，这样有
f(x)=A∏i=1k(x−ai)rif(x)=A\prod_{i=1}^{k}(x-a_i)^{r_i}f(x)=Ai=1∏k​(x−ai​)ri​
其中rir_iri​为对应根aia_iai​的重数，满足ri∈Zr_i \in Zri​∈Z且ri≥1r_i \ge 1ri​≥1

f′(x)=A∑j=1k(rj(x−aj)−1∏i=1k(x−ai)ri)f'(x)=A\sum_{j=1}^{k}(r_j(x-a_j)^{-1}\prod_{i=1}^{k}(x-a_i)^{r_i})f′(x)=Aj=1∑k​(rj​(x−aj​)−1i=1∏k​(x−ai​)ri​)

因此
f′(x)f(x)=A∑j=1k(rj(x−aj)−1∏i=1k(x−ai)ri)A∏i=1k(x−ai)ri\dfrac{f'(x)}{f(x)}=\dfrac{A\sum_{j=1}^{k}(r_j(x-a_j)^{-1}\prod_{i=1}^{k}(x-a_i)^{r_i})}{A\prod_{i=1}^{k}(x-a_i)^{r_i}}f(x)f′(x)​=A∏i=1k​(x−ai​)ri​A∑j=1k​(rj​(x−aj​)−1∏i=1k​(x−ai​)ri​)​
=∑j=1krjx−aj=\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{x-a_j}=j=1∑k​x−aj​rj​​
=−∑j=1krjaj−x=-\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j-x}=−j=1∑k​aj​−xrj​​
=−∑j=1krjaj−x=-\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j-x}=−j=1∑k​aj​−xrj​​
=−∑j=1krjaj11−xaj=-\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j}\dfrac{1}{1-\frac{x}{a_j}}=−j=1∑k​aj​rj​​1−aj​x​1​
=−∑j=1krjaj∑n=0∞(xaj)n=-\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j}\sum_{n=0}^{\infin}(\frac{x}{a_j})^n=−j=1∑k​aj​rj​​n=0∑∞​(aj​x​)n
=−∑j=1krjaj∑n=0∞xnajn=-\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j}\sum_{n=0}^{\infin}\frac{x^n}{a_j^n}=−j=1∑k​aj​rj​​n=0∑∞​ajn​xn​
=−∑n=0∞xn∑j=1krjajn+1=-\sum_{n=0}^{\infin}x^n\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j^{n+1}}=−n=0∑∞​xnj=1∑k​ajn+1​rj​​

而f′(x)f(x)=−∑n=0+∞cnxn\dfrac{f'(x)}{f(x)}=-\sum_{n=0}^{+\infin}c_nx^nf(x)f′(x)​=−∑n=0+∞​cn​xn，由幂级数的唯一性知，cn=∑j=1krjajn+1>0c_n=\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j^{n+1}}>0cn​=∑j=1k​ajn+1​rj​​>0

cn+1cn=∑j=1krjajn+2∑j=1krjajn+1\dfrac{c_{n+1}}{c_n}=\dfrac{\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j^{n+2}}}{\sum_{j=1}^{k}\dfrac{r_j}{a_j^{n+1}}}cn​cn+1​​=∑j=1k​ajn+1​rj​​∑j=1k​ajn+2​rj​​​
=∑j=1krj(a1aj)n+2a1∑j=1krj(a1aj)n+1=\dfrac{\sum_{j=1}^{k}r_j(\dfrac{a_1}{a_j})^{n+2}}{a_1\sum_{j=1}^{k}r_j(\dfrac{a_1}{a_j})^{n+1}}=a1​∑j=1k​rj​(aj​a1​​)n+1∑j=1k​rj​(aj​a1​​)n+2​

lim⁡n→∞cn+1cn=lim⁡n→∞∑j=1krj(a1aj)n+2a1∑j=1krj(a1aj)n+1\lim_{n \rightarrow \infin}\dfrac{c_{n+1}}{c_n}=\lim_{n \rightarrow \infin}\dfrac{\sum_{j=1}^{k}r_j(\dfrac{a_1}{a_j})^{n+2}}{a_1\sum_{j=1}^{k}r_j(\dfrac{a_1}{a_j})^{n+1}}n→∞lim​cn​cn+1​​=n→∞lim​a1​∑j=1k​rj​(aj​a1​​)n+1∑j=1k​rj​(aj​a1​​)n+2​
=lim⁡n→∞r1+∑j=2krj(a1aj)n+2a1(r1+∑j=2krj(a1aj)n+1)=\lim_{n \rightarrow \infin}\dfrac{r_1+\sum_{j=2}^{k}r_j(\dfrac{a_1}{a_j})^{n+2}}{a_1(r_1+\sum_{j=2}^{k}r_j(\dfrac{a_1}{a_j})^{n+1})}=n→∞lim​a1​(r1​+∑j=2k​rj​(aj​a1​​)n+1)r1​+∑j=2k​rj​(aj​a1​​)n+2​
=1a1=\frac{1}{a_1}=a1​1​

而
lim⁡n→∞cnn=lim⁡n→∞eln⁡cnn\lim_{n \rightarrow \infin}\sqrt[n]{c_n}=\lim_{n \rightarrow \infin}e^{\frac{\ln c_n}{n}}n→∞lim​ncn​​=n→∞lim​enlncn​​
=lim⁡n→∞e1n(ln⁡c1+ln⁡c2c1+ln⁡c3c2+...+ln⁡cncn−1)=\lim_{n \rightarrow \infin}e^{\frac{1}{n}(\ln c_1+\ln \frac{c_2}{c_1}+\ln \frac{c_3}{c_2}+...+\ln \frac{c_n}{c_{n-1}})}=n→∞lim​en1​(lnc1​+lnc1​c2​​+lnc2​c3​​+...+lncn−1​cn​​)
=eln⁡1a1=e^{\ln\frac{1}{a_1}}=elna1​1​
=1a1=\frac{1}{a_1}=a1​1​

其中，lim⁡n→∞1n(ln⁡c1+ln⁡c2c1+ln⁡c3c2+...+ln⁡cncn−1)=lim⁡n→∞ln⁡cncn−1=ln⁡1a1\lim_{n \rightarrow \infin}\frac{1}{n}(\ln c_1+\ln \frac{c_2}{c_1}+\ln \frac{c_3}{c_2}+...+\ln \frac{c_n}{c_{n-1}})=\lim_{n \rightarrow \infin}\ln \frac{c_n}{c_{n-1}}=\ln\frac{1}{a_1}limn→∞​n1​(lnc1​+lnc1​c2​​+lnc2​c3​​+...+lncn−1​cn​​)=limn→∞​lncn−1​cn​​=lna1​1​的具体证明过程可以参考第三届全国大学生数学竞赛初赛(非数学类)第二大题第一小题.

从而有，lim⁡n→∞1cnn=a1\lim_{n \rightarrow \infin}\frac{1}{\sqrt[n]{c_n}}=a_1limn→∞​ncn​​1​=a1​，也就是f(x)f(x)f(x)的最小正根.

六、(满分14分)设f(x)f(x)f(x)在[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上具有连续导数，满足3[3+f2(x)]f′(x)=2[1+f2(x)]2e−x23[3+f^2(x)]f'(x)=2[1+f^2(x)]^2e^{-x^2}3[3+f2(x)]f′(x)=2[1+f2(x)]2e−x2，且f(0)≤1f(0)\le 1f(0)≤1.证明：存在常数M>0M>0M>0，使得x∈[0,+∞)x\in [0,+\infin)x∈[0,+∞)时，恒有∣f(x)∣≤M\left|f(x)\right|\le M∣f(x)∣≤M.

证明：

首先有f′(x)=2[1+f2(x)]2e−x23[3+f2(x)]>0f'(x)=\dfrac{2[1+f^2(x)]^2e^{-x^2}}{3[3+f^2(x)]}>0f′(x)=3[3+f2(x)]2[1+f2(x)]2e−x2​>0，因此f(x)是[0,+∞)[0,+\infin)[0,+∞)上的严格单调递增函数，故lim⁡n→∞f(x)=L\lim_{n \rightarrow \infin}f(x)=Llimn→∞​f(x)=L(有限或为+∞+\infin+∞),下面证明L≠+∞L \neq+\infinL​=+∞.

记y=f(x)y=f(x)y=f(x)，得到如下的微分方程
dydx=2(1+y2)2e−x23(3+y2)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{2(1+y^2)^2e^{-x^2}}{3(3+y^2)}dxdy​=3(3+y2)2(1+y2)2e−x2​

这是可以分离变量的微分方程，分离变量得到
3+y2(1+y2)2dy=23e−x2dx\dfrac{3+y^2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y=\frac{2}{3}e^{-x^2}\mathrm{d}x(1+y2)23+y2​dy=32​e−x2dx

两边积分得到
∫3+y2(1+y2)2dy=23∫e−x2dx\int\dfrac{3+y^2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y=\frac{2}{3}\int e^{-x^2}\mathrm{d}x∫(1+y2)23+y2​dy=32​∫e−x2dx

其中
∫3+y2(1+y2)2dy=∫2(1+y2)2+11+y2dy\int\dfrac{3+y^2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y=\int\dfrac{2}{(1+y^2)^2}+\dfrac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y∫(1+y2)23+y2​dy=∫(1+y2)22​+1+y21​dy
=∫2(1+y2)2dy+∫11+y2dy=\int\dfrac{2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y+\int\dfrac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y=∫(1+y2)22​dy+∫1+y21​dy
=∫2(1+y2)2dy+arctan⁡y=\int\dfrac{2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y+\arctan y=∫(1+y2)22​dy+arctany

考虑计算∫2(1+y2)2dy\int\dfrac{2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y∫(1+y2)22​dy,令y=tan⁡ty=\tan ty=tant,则有
∫2(1+y2)2dy=∫2(1+tan⁡2t)2sec⁡2tdt\int\dfrac{2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y=\int\dfrac{2}{(1+\tan^2t)^2}\sec^2t\mathrm{d} t∫(1+y2)22​dy=∫(1+tan2t)22​sec2tdt
=∫2(sec⁡2t)2sec⁡2tdt=\int\dfrac{2}{(\sec^2t)^2}\sec^2t\mathrm{d} t=∫(sec2t)22​sec2tdt
=∫2sec⁡2tdt=\int\dfrac{2}{\sec^2t}\mathrm{d} t=∫sec2t2​dt
=∫2cos⁡2tdt=\int2\cos^2t\mathrm{d} t=∫2cos2tdt
=∫1+cos⁡(2t)dt=\int1+\cos(2t)\mathrm{d} t=∫1+cos(2t)dt
=t+sin⁡(2t)2+C=t+\frac{\sin(2t)}{2}+C=t+2sin(2t)​+C
=t+sin⁡tcos⁡t+C=t+\sin t\cos t+C=t+sintcost+C
=arctan⁡y+y1+y2+C=\arctan y+\frac{y}{1+y^2}+C=arctany+1+y2y​+C

因此有
∫3+y2(1+y2)2dy=∫2(1+y2)2dy+arctan⁡y\int\dfrac{3+y^2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y=\int\dfrac{2}{(1+y^2)^2}\mathrm{d}y+\arctan y∫(1+y2)23+y2​dy=∫(1+y2)22​dy+arctany
=(arctan⁡y+y1+y2+C)+arctan⁡y=(\arctan y+\frac{y}{1+y^2}+C)+\arctan y=(arctany+1+y2y​+C)+arctany
=2arctan⁡y+y1+y2+C=2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}+C=2arctany+1+y2y​+C

代入原微分方程，有
2arctan⁡y+y1+y2=23∫e−x2dx2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}=\frac{2}{3}\int e^{-x^2}\mathrm{d}x2arctany+1+y2y​=32​∫e−x2dx

将右边也积出来(右边的原函数不是初等函数)，得到
2arctan⁡y+y1+y2=23∫0xe−t2dt+C2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}=\frac{2}{3}\int_0^x e^{-t^2}\mathrm{d}t+C2arctany+1+y2y​=32​∫0x​e−t2dt+C

代入x=0x=0x=0,得到常数CCC的表达式
C=2arctan⁡f(0)+f(0)1+f2(0)C=2\arctan f(0)+\frac{f(0)}{1+f^2(0)}C=2arctanf(0)+1+f2(0)f(0)​

若L=+∞L = + \infinL=+∞，则对2arctan⁡y+y1+y2=23∫0xe−t2dt+C2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}=\frac{2}{3}\int_0^x e^{-t^2}\mathrm{d}t+C2arctany+1+y2y​=32​∫0x​e−t2dt+C取x→+∞x \rightarrow + \infinx→+∞的极限，并利用∫0+∞e−t2dt=π2\int_0^{+\infin}e^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi}}{2}∫0+∞​e−t2dt=2π​​，得到C=π−π3C=\pi-\frac{\sqrt{\pi}}{3}C=π−3π​​

另一方面，令g(u)=2arctan⁡u+u1+u2g(u)=2\arctan u+\frac{u}{1+u^2}g(u)=2arctanu+1+u2u​,则有
g′(u)=3+u2(1+u2)2>0g'(u)=\frac{3+u^2}{(1+u^2)^2}>0g′(u)=(1+u2)23+u2​>0

所以函数g(u)在(−∞,+∞)上严格单调递增g(u)在(-\infin,+\infin)上严格单调递增g(u)在(−∞,+∞)上严格单调递增，又由于f(0)≤1f(0)\le 1f(0)≤1因此有

C=g(f(0))≤g(1)=π+12C=g(f(0))\le g(1)=\frac{\pi+1}{2}C=g(f(0))≤g(1)=2π+1​

但之前计算出C=π−π3>π+12C=\pi-\frac{\sqrt{\pi}}{3}>\frac{\pi+1}{2}C=π−3π​​>2π+1​，矛盾，因此假设不成立，有lim⁡n→∞f(x)=L\lim_{n \rightarrow \infin}f(x)=Llimn→∞​f(x)=L且LLL为有限数

最后，令M=max⁡(∣f(0)∣,∣L∣)M=\max(\left|f(0)\right|,\left|L\right|)M=max(∣f(0)∣,∣L∣)，则有
∣f(x)∣≤M,∀x∈[0,+∞)\left|f(x)\right|\le M, \forall x \in [0,+\infin)∣f(x)∣≤M,∀x∈[0,+∞)

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