x
∴lim x3 f (u) x→0 f (x) sin3 u
=
lim
x3
⎛ ⎜⎝
x→0
u3
⎛ ⎜⎝
f f
′′(0) u2 2 ′′(0) x2 2
+
ο
(u
2
)
⎞ ⎟⎠
+
ο
(
x
2
)
⎞ ⎟⎠
= lim x x→0 u
=
2
……………………（2 分）
1
∫ 五、（本题 12 分）求最小实数 C ，使得满足 | f (x) | dx = 1 的连续的函数 f (x) 都有 0
00
t
t + Δt
∫ 这样就有 F(t + Δt) − F (t) = 2π (1− cosα ) f (r 2 )r 2dr . 而当 Δt → 0+ , t
cosα
→
cosθt
=
g(t) t
,
故 F(t) 的右导数为
∫ 1
t + Δt
f (r 2 )r 2dr → t 2
f (t 2 ) .
Δt t
lim
x→0
x3 f (u) f (x) sin3 u
，其中 u 是曲线
y
=
f (x) 上点
p(x,
f (x)) 处的切线在 x 轴上的截距.
解：曲线 y = f (x) 在点 p(x, f (x)) 处的切线方程为
Y − f (x) = f '(x)( X − x) ,
令Y = 0 ，则有 X = x − f (x) ，由此 u = x − f (x) , ……………………………（3 分）
∫ (4) 设函数 u = u(x) 连续可微, u(2) = 1, 且 (x + 2 y)udx + (x + u3 )udy 在右半平面上与路径无关， L
求 u(x) ；
∫ (5) 求极限 lim 3 x x+1 sin t dt .
x→+∞ x t + cos t
解
1
1
（1） 因为 (n!) n2 = e n2 ln(n!)
x2 + y 2 + z 2 = t 2 (t > 0) 所围起来的部分. 定义三重积分
F (t) = ∫∫∫ f (x2 + y2 + z2 )dv 。 Ω
求 F(t) 的导数 F '(t) .
解法 1.
记 g = g(t) =
1+ 4t2
−1
,
则 Ω 在 xy 面上的投影为 x2
+
y2
≤
g
2
….（2 分）
0
0
0
令 n → ∞ ，由两边夹法则，得
∫ ∫ ∞ e−2x | sin x | dx = lim
0
x→∞
ex −2x | sin x | dx
0
1
=
5
e 2π e 2π
+ 1 …………………………（3 分） −1
∫ ∫ 注：如果最后不用夹逼法则，而用
∞ e−2x | sin x | dx = lim
…………………………………（2 分）
令 t=1 x
得
sin
1 x
=
1 x
−
sin
⎛ ⎜⎝
θ x
2x2
⎞ ⎟⎠
，
代入原方程得
x
−
1 2
sin
⎛ ⎜⎝
θ x
⎞ ⎟⎠
=
2x
−
501
即
x
=
501
−
1 2
sin
⎛ ⎜⎝
θ x
⎞ ⎟⎠
……………………………（4 分）
由此知 x > 500 ， 0 < θ < 1 x 500
1
∫ f ( x )dx ≤ C
0
∫ ∫ ∫ 解 由于
1
| f(
x ) | dx =
1
1
| f (t) | 2tdt ≤ 2 | f (t) | dt = 2,
………………………（4 分）
0
0
0
∫ ∫ 另一方面, 取 fn (x) = (n + 1)xn , 则
1
|
0
fn (x) | dx
=
1 0
fn
f '(x)
f '(x)
且有
f (x) − f (0)
lim
x→0
u
=
ห้องสมุดไป่ตู้
lim
x→0
⎛ ⎜ ⎝
x
−
f f
(x) '( x)
⎞ ⎟ ⎠
=
−
lim
x→0
x f ′(x) −
f ′(0)
=
f ′(0) = 0 . …………………（2 分） f ′′(0)
x
由 f (x) 在 x = 0 处的二阶泰勒公式
f (x) = f (0) + f '(0)x + f ′′(0) x2 + ο (x2 ) = f ′′(0) x2 + ο (x2 ) ……（2 分）
⎧x = r cos θ
解法 2.. 令 ⎪⎨y = r sin θ ,
⎪ ⎩
z =z
⎧ 0 ≤ θ ≤ 2π ⎪ 则Ω: ⎨ 0≤r ≤a
，其中 a 满足 a2 + a4 = t 2 , a =
⎪ ⎩r
2
≤
z
≤
t2 −r2
故有
1+ 4t2 −1 2
………(2 分）
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ F(t) =
2π a
x→∞ x t + cos t
……………………… ………（1 分）
∫ 二、（本题 10 分）计算 e +∞ −2x | sin x | dx 0 解 由于
∫ ∑ ∫ nπ e−2x | sin x | dx = n kπ e−2x | sin x | dx
0
k =1 (k −1)π
∑ ∫n kπ
=
（5）因为当 x >1 时，
∫ ∫ x 3
x+1
sin t
dt ≤ 3 x x+1 dt
x t + cos t
x t −1
………………………………（3 分）
( ) ≤ 23 x x − x −1 = 2
3x
→ 0(x → ∞) ，
x + x −1
………… ………（2 分）
∫ 所以 lim 3 x x+1 sin t dt =0。
(−1)k−1 e−2x sin xdx
……………………………………（3 分）
k =1 (k −1)π
应用分部积分法
所以
∫kπ
(−1) k −1 e −2x
sin
1 xdx =
e −2kπ
(1 + e2π
)
(k −1)π
5
………………………………（2 分）
∫ ∑ e nπ −2x 0
| sin x | dx = 1 (1 + e2π ) n e−2kπ
若平面π1 过点 (4, −3,1) ，代入得 λ + μ = 0 ，即 μ = −λ ，从而π1 的方程为
3x + 4 y − z +1 = 0 ， ……………………………………（2 分）
若平面束中的平面 π 2 与π1 垂直，则 3⋅ (2λ + 5μ) + 4 ⋅ (λ + 5μ) +1⋅ (3λ + 4μ) = 0
(
x)dx
=
1.
…………………（3
分）
∫ ∫ 而
1
0 fn (
x )dx = 2
1
0 tfn
(t
)dt
=
2
n n
+ +
1 2
=
2 ⎛⎜⎝1
−
n
1 +
2
⎞ ⎟⎠
→
2
(n → ∞). …………………（3 分）
因此最小的实数 C = 2.
…………………………………（2 分）
六、（本题 12 分）设 f (x) 为连续函数, t > 0 。 区域 Ω 是由抛物面 z = x2 + y 2 和球面
在曲线
S
:
⎧ ⎨ ⎩x
2
x2 + + y2
y2 = + z2
z =
t
2
上任取一点
(x,
y,
z)
,
则原点到的点的射线和 z 轴的夹角
为
θt
= arccos
z t
= arccos
g t
.
取 Δt > 0 ,
则 θt > θt+Δt .
对于固定的 t > 0 ,
考虑积分差
F(t + Δt) − F(t) , 这是一个在厚度为 Δt 的球壳上的积分. 原点到球壳边缘上的点的射线和
2
2
得
lim u = 1− lim
f (x)
f ′′(0) x2 + ο(x2 ) = 1− lim 2
x→0 x
x→0 xf '(x)
x→0
xf '(x)
= 1− 1 lim 2 x→0
f ′′(0) + ο(1) f '(x) − f '(0)