2020—2021 学年秋季学期真题 · 期末

#真题

一、选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 参数曲线弧长

曲线

x=3∫1teu du,y=4et+5,1≤t≤2x=3\int_1^t e^u\,\mathrm du, \qquad y=4e^t+5, \qquad 1\le t\le2

的弧长为：

  • A. 5(e−1)5(e-1)
  • B. 5(e2−1)5(e^2-1)
  • C. 5(e2−e)5(e^2-e)
  • D. 5e5e
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答案为 C。因为 x′=3et,y′=4etx'=3e^t,y'=4e^t，弧长为 ∫12x′2+y′2 dt=5∫12et dt\int_1^2\sqrt{x'^2+y'^2}\,\mathrm dt=5\int_1^2e^t\,\mathrm dt。

2. 变上限积分

设 ff 在 [a,b][a,b] 上连续，F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^xf(t)\,\mathrm dt。下列说法错误的是：

  • A. FF 在 [a,b][a,b] 上连续
  • B. FF 在 [a,b][a,b] 上可导
  • C. 若 GG 是 ff 的一个原函数，则 F−GF-G 为常数
  • D. ddxF(2x)=f(2x)\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}F(2x)=f(2x)
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答案为 D。链式法则给出 ddxF(2x)=2f(2x)\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}F(2x)=2f(2x)。

3. 奇偶性积分

设 f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)，x∈[−2,2]x\in[-2,2]，求

∫−22[f3(x)+xf2(x)+4−x2]dx.\int_{-2}^2\left[f^3(x)+xf^2(x)+\sqrt{4-x^2}\right]\mathrm dx.
  • A. 00
  • B. 2π2\pi
  • C. 4π4\pi
  • D. 条件不足
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答案为 B。前两项均为奇函数，积分为零；最后一项是半径为 22 的上半圆面积，即 2π2\pi。

4. 广义积分

下列广义积分中收敛的是：

  • A. ∫01ln⁡xx dx\displaystyle\int_0^1\frac{\ln x}{x}\,\mathrm dx
  • B. ∫2+∞sin⁡(1/x)x dx\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{\sin(1/x)}x\,\mathrm dx
  • C. ∫0+∞dx(x−1)2\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{(x-1)^2}
  • D. ∫−∞+∞e−x dx\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x}\,\mathrm dx
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答案为 B。其被积函数在无穷远处等价于 1/x21/x^2；其余三项都在端点或无穷远处发散。

5. 由特解反推方程

已知 y1=exy_1=e^x、y2=ex+e2xy_2=e^x+e^{2x}、y3=ex+e3xy_3=e^x+e^{3x} 是某二阶非齐次线性方程的三个特解。该方程是：

  • A. y′′−3y′+2y=exy''-3y'+2y=e^x
  • B. y′′−4y′+3y=2exy''-4y'+3y=2e^x
  • C. y′′−6y′+5y=exy''-6y'+5y=e^x
  • D. y′′−5y′+6y=2exy''-5y'+6y=2e^x
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答案为 D。任意两个特解之差是齐次解，故齐次方程有解 e2x,e3xe^{2x},e^{3x}，特征多项式为 (r−2)(r−3)(r-2)(r-3)；代入 exe^x 得右端 2ex2e^x。

二、计算题（每题 6 分，共 30 分）

1. 极限

计算

lim⁡x→1x−1−∫1xe(t−1)2 dtsin⁡2(x−1)ln⁡x.\lim_{x\to1} \frac{x-1-\displaystyle\int_1^xe^{(t-1)^2}\,\mathrm dt} {\sin^2(x-1)\ln x}.
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分母等价于 (x−1)3(x-1)^3，故用洛必达法则：

L=lim⁡x→11−e(x−1)23(x−1)2=−13.L=\lim_{x\to1}\frac{1-e^{(x-1)^2}}{3(x-1)^2}=-\frac13.

2. 乘积极限

计算

lim⁡n→∞[∏k=1n(1+kn)]1/n.\lim_{n\to\infty} \left[\prod_{k=1}^n\left(1+\frac kn\right)\right]^{1/n}.
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取对数后得到黎曼和：

1n∑k=1nln⁡(1+kn)→∫01ln⁡(1+x) dx=2ln⁡2−1.\frac1n\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac kn\right) \to\int_0^1\ln(1+x)\,\mathrm dx=2\ln2-1.

故原极限为 e2ln⁡2−1=4/ee^{2\ln2-1}=4/e。

3. 不定积分

计算

∫arctan⁡xx2 dx.\int\frac{\arctan x}{x^2}\,\mathrm dx.
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分部积分得

−arctan⁡xx+ln⁡∣x∣−12ln⁡(1+x2)+C.-\frac{\arctan x}{x} +\ln|x|-\frac12\ln(1+x^2)+C.

4. 定积分

计算

∫23dxx(1−x2).\int_2^3\frac{\mathrm dx}{\sqrt x(1-x^2)}.
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令 u=xu=\sqrt x，再将 2/(1−u4)2/(1-u^4) 部分分式分解，得到

ln⁡3+12+1−12ln⁡2+arctan⁡3−arctan⁡2.\ln\frac{\sqrt3+1}{\sqrt2+1} -\frac12\ln2 +\arctan\sqrt3-\arctan\sqrt2.

5. 积分方程

设

f(x)=x+1−x2∫01tf(t) dt,f(x)=x+\sqrt{1-x^2}\int_0^1tf(t)\,\mathrm dt,

求 f(x)f(x)。

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记 A=∫01tf(t) dtA=\int_0^1tf(t)\,\mathrm dt，则 f(x)=x+A1−x2f(x)=x+A\sqrt{1-x^2}。代回 AA 的定义：

A=13+13A,A=\frac13+\frac13A,

所以 A=1/2A=1/2，从而

f(x)=x+121−x2.f(x)=x+\frac12\sqrt{1-x^2}.

三、二阶微分方程（10 分）

求

y′′+2y′+y=2xe−xy''+2y'+y=2xe^{-x}

的通解。

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齐次方程有二重根 r=−1r=-1，故 yh=(C1+C2x)e−xy_h=(C_1+C_2x)e^{-x}。设特解 yp=x2e−x(Ax+B)y_p=x^2e^{-x}(Ax+B)，代入得 A=1/3,B=0A=1/3,B=0。因此

y=(C1+C2x)e−x+13x3e−x.y=(C_1+C_2x)e^{-x}+\frac13x^3e^{-x}.

四、平面图形面积最值（10 分）

直线 y=axy=ax 与曲线 y=xy=\sqrt x 围成图形，面积记为 A1A_1；直线 y=axy=ax、x=1x=1 与 y=xy=\sqrt x 围成另一图形，面积记为 A2A_2。设 a>1a>1，求使 A1+A2A_1+A_2 最小的 aa。

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非零交点横坐标为 1/a21/a^2。计算两块面积后得到

A1+A2=12a−23+13a3.A_1+A_2=\frac12a-\frac23+\frac1{3a^3}.

求导并令其为零： 1/2−1/a4=01/2-1/a^4=0，故

a=24.a=\sqrt[4]2.

五、广义积分的敛散性（10 分）

设 p>0p>0，讨论

∫1+∞sin⁡xcos⁡(1/x)xp dx\int_1^{+\infty}\frac{\sin x\cos(1/x)}{x^p}\,\mathrm dx

的敛散性；若收敛，说明是绝对收敛还是条件收敛。

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  • p>1p>1 时，由绝对值与 1/xp1/x^p 比较，积分绝对收敛；
  • 0<p≤10<p\le1 时，∫sin⁡x/xp\int\sin x/x^p 由 Dirichlet 判别法收敛，而 cos⁡(1/x)\cos(1/x) 单调有界，故原积分由 Abel 判别法收敛；同时绝对值积分发散。

因此 0<p≤10<p\le1 时条件收敛。

六、变上限积分与零点（10 分）

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续可导，记

F(x)=∫0xf(t) dt,F(x)=\int_0^xf(t)\,\mathrm dt,

且

∫01f(x) dx=0,∫01F(x) dx=0.\int_0^1f(x)\,\mathrm dx=0, \qquad \int_0^1F(x)\,\mathrm dx=0.

证明：

  1. ∫01xf(x) dx=0\int_0^1xf(x)\,\mathrm dx=0；
  2. 存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。
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分部积分：

∫01F(x) dx=xF(x)∣01−∫01xf(x) dx,\int_0^1F(x)\,\mathrm dx =\left.xF(x)\right|_0^1-\int_0^1xf(x)\,\mathrm dx,

而 F(1)=0F(1)=0，故第一问成立。

若 ff 不恒为零，积分为零保证其有正有负，因而至少有一个零点。若只有一个零点 cc，则 (x−c)f(x)(x-c)f(x) 在区间上同号且不恒为零，但

∫01(x−c)f(x) dx=∫01xf(x) dx−c∫01f(x) dx=0,\int_0^1(x-c)f(x)\,\mathrm dx =\int_0^1xf(x)\,\mathrm dx-c\int_0^1f(x)\,\mathrm dx=0,

矛盾。因此 ff 至少有两个零点，在二者之间用 Rolle 定理即得第二问。

七、Riemann 可积性（10 分）

证明：若有界函数 ff 在 [a,b][a,b] 上只有端点 bb 一个间断点，则 ff 在 [a,b][a,b] 上 Riemann 可积。

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记全区间振幅界为 M−mM-m。给定 ε>0\varepsilon>0，取足够小的 δ>0\delta>0，使 (M−m)δ<ε/2(M-m)\delta<\varepsilon/2。函数在 [a,b−δ][a,b-\delta] 上连续，故可积，可以选择分割使其振幅和小于 ε/2\varepsilon/2。再把短区间 [b−δ,b][b-\delta,b] 加入分割，它对振幅和的贡献小于 ε/2\varepsilon/2。总振幅和小于 ε\varepsilon，由 Darboux 判据可积。

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