考研数学历年真题：1990年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题和答案解析

1990年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题（本题共5个小题，每小题3分，满分15分。）[x=-t+2（1）过点M(1,2,-1)且与直线y=3t-4垂直的平面方程是[z=-]【答案】x-3y-z+4=0【解析】由直线的参数方程，可得直线的方向向量=（-1,3,1)，所求平面的法向量n平行于所给直线的方向向量1=（-1.3.1)，取n=1，又平面过已知点M(1.2.-1).已知平面的法向量和过已知点可唯一确定这个平面，所求平面的方程为-(x-1)+3(y-2)+（z+1)=0,化简即是x-3y-z+4=0x+a（2）设α为非零常数，则lim(7【答案】e2alim(1 +【解析】此题考查重要极限：L0大(1+)x+atlim(= limaa)(1-(1+)a1J= lim(a)T-202a2a x-x+a或由limlim1+-x-a[1,[x1,(3）设函数f(x)=则fLf(x))=0,1x>1,【答案】1.【解析】对于分段函数的复合函数求解必须取遍内层函数的值域，不能遗漏，求出复合后函数的所有可能的解析式

1990 年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题解析 一、填空题（本题共 5 个小题，每小题 3 分，满分 15 分。） （1）过点 M (1, 2,1)且与直线 2 3 4 1 x t y t z t             垂直的平面方程是 _。 【答案】 x  3y  z  4  0. 【解析】由直线的参数方程，可得直线的方向向量l  (1,3,1) ， 所求平面的法向量n 平行于所给直线的方向向量l  (1,3,1) ，取n  l ，又平面过已知点 M (1, 2,1) .已知平面 的法向量和过已知点可唯一确定这个平面，所求平面的方程为(x 1)  3( y  2)  (z 1)  0, 化简即是 x  3y  z  4  0. （2）设a 为非零常数，则lim( ) x x x a  x a   = _。 【答案】 2a e . 【解析】此题考查重要极限： 1 lim(1 ) . x x e  x   (1 ) lim( ) lim (1 ) x x x x x a x a x x a a x          (1 ) lim (1 ) x a a x x a a a x a x         2 a a a e e e   . 或由 2 2 2 2 lim( ) lim 1 x a x a a x a x a x x x a a e x a x a                   . （3）设函数 1, | | 1, ( ) 0, | | 1, x f x x       则 f [ f (x)]= _。 【答案】1. 【解析】对于分段函数的复合函数求解必须取遍内层函数的值域，不能遗漏，求出复合后函数的所有可能的解析式

根据f(x)的定义知，当|x<1时，有f(x)=1.代入[f(x)]，又f(1)=1.于是当|x1时，复合函数[(x))=1；当|x1时，有f(x)=0.代入/Lf(x），又f(0)=1,即当|x1时，也有Lf(x))=1.因此，对任意的xE(-0,+o)，有Lf(x))=1.（4）积分dxe-dy的值等于【答案】(1-e-)..【解析】这是一个二重积分的累次积分，因e-的原函数不是初等函数，先对y积分积不出来，所以应该改换积分次序，先表成：原式=[[e-dxdy.由累次积分的内外层积分限确定积分区域D：D0≤x≤2,x≤y≤2,如图所示，然后交换积分次序原式：e-yd2.Jo(5）已知向量组α,=(1,2,3,4),α,=(2,3,4,5),α,=(3,4,5,6),α4=(4,5,6,7)，则该向量的秩是【答案】2.【解析】经过初等变换后向量组的秩不变.[ar1234344a.所以有A5d456α第一行r分别乘以(-2)、（-3)、（-4)加到第二行、第三行、第四行上，得到

根据 f (x) 的定义知，当| x |1时，有 f (x) 1.代入 f [ f (x)]，又 f (1) 1.于是当| x |1时，复合函数 f [ f (x)] 1； 当| x |1时，有 f (x)  0.代入 f [ f (x)]，又 f (0) 1, 即当| x |1时，也有 f [ f (x)] 1. 因此，对任意的 x(,) ，有 f [ f (x)] 1. （4）积分 2 2 2 0 y x dx e dy    的值等于 _。 【答案】 1 4 (1 ). 2 e  【解析】这是一个二重积分的累次积分，因 2 y e 的原函数不是初等函数，先对 y 积分积不出来，所以应该改换积分 次序，先表成： 原式 2 . y D e dxdy    由累次积分的内外层积分限确定积分区域 D ： 0  x  2, x  y  2,如图所示，然后交换积分次序. 原式 2 2 2 2 0 0 0 y y y dy e dx ye dy        2 4 1 2 1 (1 ). 2 2 0 y e e       （5）已知向量组 1 2 3 4         (1, 2,3,4), (2,3,4,5), (3,4,5,6), (4,5,6,7) ，则该向量的秩是_。 【答案】2. 【解析】经过初等变换后向量组的秩不变. 所以有 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6 4 5 6 7 A                               第一行 1 r 分别乘以2、3 、4加到第二行、第三行、第四行上，得到 2 x y O y  x 2 D

23140-1 -2-3A--4-20-60-3 -6 -9继续作初等变换第二行r分别乘以(-2)、（-3)加到第三行、第四行上，再自乘(-1)有[12340123A-00000000因为最后得出的矩阵有二阶子式0，而三阶子式=0，由矩阵秩的定义，有r(αj,α2,αg,α)=r(A)= 2所以此题应填2.二、选择题（本题共5个小题，每小题3分，满分15分。）(1）设f(x)是连续函数，且f(x)=[f(x)}，则等于(A)-e-*f(e-")-f(x) (B)-e"*f(e-*)+f(x)(C)e-*f(e*)+f(x)(D)e-*f(e-*)-f(x)【答案】A.【解析】对积分上限的函数的求导公式：若F(t)=["f(x)dx，α(t)，β(t)均一阶可导，则 F'(t)=β(t)· f[β(t)]-α(t)-f[α()]复合函数求导法则，如果u=g(x)在点x可导，而y=f(x)在点u=g(x)可导，则复合函数y=f[g(x)]在点x可导，且其导数为dy_dy du= f(u)·g(x)或dxdxdu dx所以两边求导数，F(x)= f(e-")(e-*) - f(x)(x)=-e* f(e-)- f(x)故本题选A.(2)已知函数f(x)具有任意阶导数，且f(x)=[f(x)P，则当n为大于2的正整数时，f(x)的n阶导数f"(x)是n![f(x)+1n[f(x)a+1(B)(C)[f(x)]P"(D)n!Lf(x)2"(A)

1 2 3 4 0 1 2 3 A 0 2 4 6 0 3 6 9                       继续作初等变换第二行 2r 分别乘以2、3 加到第三行、第四行上，再自乘1 有 1 2 3 4 0 1 2 3 A 0 0 0 0 0 0 0 0              因为最后得出的矩阵有二阶子式 0 ，而三阶子式 0 ，由矩阵秩的定义，有 r1,2 ,3 ,4   r(A)  2. 所以此题应填 2 . 二、选择题（本题共 5 个小题，每小题 3 分，满分 15 分。） （1）设 f (x) 是连续函数，且 ' 2 f x f x ( ) [ ( )]  ，则等于 (A) ( ) ( ) x x e f e f x     (B) ( ) ( ) x x e f e f x     (C) ( ) ( ) x x e f e f x    (D) ( ) ( ) x x e f e f x    【答案】A. 【解析】对积分上限的函数的求导公式： 若 ( ) ( ) ( ) ( ) t t F t f x dx     ，(t) ， (t)均一阶可导， 则 F '(t)   '(t) f (t)  '(t) f (t) . 复合函数求导法则， 如果u  g(x) 在点 x 可导，而 y  f (x) 在点u  g(x) 可导，则复合函数 y  f g(x)在点 x 可导，且其导数为 '( ) '( ) dy f u g x dx   或 dy dy du dx du dx   所以两边求导数, ' ' ( ) ( )( ) ( )( ) x x F x f e e f x x      ( ) ( ). x x e f e f x      故本题选 A. （2）已知函数 f (x) 具有任意阶导数，且 ' 2 f x f x ( ) [ ( )]  ，则当n 为大于 2 的正整数时， f (x) 的n 阶导数 ( ) n f x 是 (A) 1 ![ ( )] n n f x  (B) 1 [ ( )] n n f x  (C) 2 [ ( )] n f x (D) 2 ![ ( )] n n f x

【答案】A.【解析】本题考查高阶导数的求法为方便记y=f(x).由y=y?，逐次求导得y"=2yy'=2y, y"= 3y'y'=31yt, ...由第一归纳法，可归纳证明y(m)=n!y"+!假设n=k成立，即j(k）=k!yk+则 y(k+1) =[()7=[k!y*+1=(k+1)y* y=(k+1); y(+1)+所以n=k+1亦成立，原假设成立(3）设α为常数，则级数(sinna_n?n(A）绝对收敛(B)条件收敛(C)发散(D)收敛性与α的取值有关【答案】C【解析】本题可利用分解法判别级数的敛散性（收敛级数与发散级数之和为发散级数），21发散.因为此为p级数：当p>1时收敛；当p≤1时发散.台nInp1sinna1>sinnα收敛.因为由三角函数的有界性7而p级数：收敛I2n?n?=in根据正项级数的比较判别法：设≥u,和≥，都是正项级数，且lim=4,则n→"unn=ln=l.和2%。同时收敏或同时发；当0，发散，则u,发散；(2)n=ln=ln=ln=l当4=+9时，若≥收敛，则之".收敏；若之"发收，则≥，发散(3)二=n=ln=lsinnasinna所以所以级数绝对收敛.收敛，n?n?=Iral由收敛级数与发散级数之和为发散级数，可得

【答案】A. 【解析】本题考查高阶导数的求法. 为方便记 y  f (x) .由 2 y y '  ，逐次求导得 3 y ''  2yy '  2y , 2 4 y '''  3! y y '  3! y , ， 由第一归纳法，可归纳证明 ( ) 1 ! n n y n y   假设n  k 成立，即 ( ) 1 ! k k y k y   ， 则   ' ' ( 1) ( ) 1 ! 1 ! ' k k k k y y k y k y y                   1 1  1 ! k k y     所以n  k 1亦成立，原假设成立. （3）设 为常数，则级数 2 1 sin 1 ( ) n n n n      (A) 绝对收敛 (B) 条件收敛 (C) 发散 (D) 收敛性与 的取值有关 【答案】C . 【解析】本题可利用分解法判别级数的敛散性（收敛级数与发散级数之和为发散级数）. 1 1 n n    发散.因为此为 p 级数： 1 1 p n n    当 p 1时收敛；当 p 1时发散. 2 1 sin n n n     收敛.因为由三角函数的有界性 2 2 sin n 1 n n   ，而 p 级数： 2 1 1 n n    收敛， 根据正项级数的比较判别法： 设 1 n n u    和 1 n n v    都是正项级数，且lim , n n n v A  u  则 （1） 当0  A   时， 1 n n u    和 1 n n v    同时收敛或同时发散； （2） 当 A  0 时，若 1 n n u    收敛，则 1 n n v    收敛；若 1 n n v    发散，则 1 n n u    发散； （3） 当 A   时，若 1 n n v    收敛，则 1 n n u    收敛；若 1 n n u    发散，则 1 n n v    发散. 所以 2 1 sin n n n     收敛，所以级数 2 1 sin n n n     绝对收敛. 由收敛级数与发散级数之和为发散级数，可得

1sinna级数厂)发散.Tnnn=l故选(C).f(x)=2，则在点x=0处(4）已知f(x)在x=0的某个领域内连续，且f(0)=0，lim01-cosx(A）不可导(B）可导，且(0)=0(C)取得极大值(D)I取得极小值【答案】D.【解析】利用极限的保号性可以判断的正负号：设limf(x)=A.若A>0=38>0,当00.若38>0,当0x-x0=_()_>0 (在x=0的某空心领域)所以，有lim→01-cOSx1-cosx由1-cosx>0，有f(x)>0=f(O)，即f(x）在x=0取极小值，应选(D）本题还可特殊选取满足题中条件的f(x)=2(1-cosx).显然，它在x=0取得极小值，其余的都不正确，这样本题仍选(D)（5）已知β,、β,是非齐次线性方程组Ax=b的两个不同的解，α,、α,是对应齐次线性方程组Ax=0的基础解系，k，k,为任意常数，则方程组Ax=b的通解（一般解）必是(A) kai+k(α,+α)+B-Bka +k(α -α,)+B+B(B) A22(C) ka +k,(β+β)+B-Bkiai+k(β-β)+B+B(D)22【答案】B【解析】本题考查解的性质和解的结构.从α、α,是对应齐次线性方程组Ax=0的基础解系，知Ax=b的通解形式为kn+kn+,其中n,n是Ax=0的基础解系，=是Ax=b的一个特解.由解的性质：如果n,nz是Ax=0的两个解，则其线性组合k,n+k,nz仍是Ax=0的解；如果=是Ax=b的一个解，n是Ax=0的一个解，则+n仍是Ax=b的解B=，α-α，B-β都是4x=0的解，所以有：α，α,+α2，2B+β是 Ax=b的一个特解。2那么看各个选项，（A)中没有特解（C）中既没有特解E,且B,+β,也不是Ax=0的解

级数 2 1 sin 1 ( ) n n n n      发散. 故选(C). （4）已知 f (x) 在 x  0 的某个领域内连续，且 f (0)  0， 0 ( ) lim 2 1 cos x f x  x   ，则在点 x  0 处 (A) 不可导 (B) 可导，且 ' f (0)  0 (C) 取得极大值 (D) 取得极小值 【答案】D. 【解析】利用极限的保号性可以判断的正负号： 设 0 lim ( ) . x x f x A   若 A  0    0, 当 0 0  x  x   时， f (x)  0 . 若  0, 当 0 0  x  x   时有 f (x)  0，则 A  0 . 所以，有 0 ( ) ( ) lim 2 0 0 1 cos 1 cos x f x f x  x x       （在 x  0 的某空心领域） 由1 cos x  0，有 f (x)  0  f (0) ，即 f (x) 在 x  0 取极小值，应选(D) 本题还可特殊选取满足题中条件的 f (x)  21 cos x. 显然，它在 x  0 取得极小值，其余的都不正确，这样本题仍选 (D) （5）已知 1、2 是非齐次线性方程组 Ax  b的两个不同的解，1 、 2 是对应齐次线性方程组 Ax  0的基础解系， 1 2 k , k 为任意常数，则方程组 Ax  b的通解（一般解）必是 (A) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          (B) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          (C) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          (D) 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2 k k          【答案】B 【解析】本题考查解的性质和解的结构.从1 、 2 是对应齐次线性方程组 Ax  0的基础解系，知 Ax  b的通解形 式为 1 1 2 2 k k      ,其中 1 2  , 是 Ax  0的基础解系， 是 Ax  b的一个特解. 由解的性质：如果 1 2  , 是 Ax  0的两个解，则其线性组合 1 1 2 2 k  k  仍是 Ax  0的解；如果 是 Ax  b的一个解，  是 Ax  0的一个解，则  仍是 Ax  b的解. 所以有：1 ，1   2 ， 1 2 2    ，  1  2 ，   1  2 都是 Ax  0的解， 1 2 2    是 Ax  b的一个特解. 那么看各个选项，(A)中没有特解, (C) 中既没有特解,且   1  2 也不是 Ax  0的解

(D)中虽有特解，但α，β一β,的线性相关性不能判定，故(A)、(C)、(D)均是不正确的B+β是Ax=b的一个特解，αi，αi-α,是Ax=0 的线性无关的解，是基础解系，故本题选(B).再看(B)，2三、：（本题满分15分，每小题5分。）r In(1+ x)dx(1) 求(2-x)0?z(2）设z=f(2x-y,ysinx)，其中f(u,v)具有连续的二阶偏导数，求axoy（3）求微分方程y+4y+4y=e-2的通解（一般解）（1）【答案】-In2.3【解析】分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题，如果选择不当可能引起更繁杂的计算，最后甚至算不出结果来。在做题的时候应该好好总结，积累经验。假定u=u(x)与v=v(x)均具有连续的导函数，则[u'dx=uw-[u'vdx,[udy= wv- [ vdu或者-dx= -(2 -x)- d(2 - x)= d(由有(2 - x)21dx(in(1+x)d()分部法n(1+原式：2-xJ02--x1+x1--1因为，由分项法2-x1+x1+x2-Y1-)dx所以，原式=ln2-2-x 1+x[-In(2 - x) + 1n(1+ x)]1= =In 2= ln2-2(2）【答案】-2f+(2sinx-ycosx)fi+ysinxcosxf2+cosxf【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数，重要的是要分清函数是如何复合的由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关，可以先求%，，再求（)，如方法1：xOyaxOzao如方法2.也可以先求再求店ax aydy

(D)中虽有特解，但1 ， 1  2 的线性相关性不能判定，故(A)、(C)、(D)均是不正确的. 再看(B)， 1 2 2    是 Ax  b的一个特解，1 ，  1  2 是 Ax  0的线性无关的解，是基础解系，故本题选(B). 三、（本题满分 15 分，每小题 5 分。） （1）求 1 2 0 ln(1 ) (2 ) x dx x    （2）设 z  f (2x  y, y sin x) ，其中 f (u,v) 具有连续的二阶偏导数，求 2 z x y    。 （3）求微分方程 '' ' 2 4 4 x y y y e    的通解（一般解） （1）【答案】 1 ln 2. 3 . 【解析】分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题，如果选择不当可能引起更繁杂的计算，最后甚至算不 出结果来。在做题的时候应该好好总结，积累经验。 假定u  u(x) 与v  v(x) 均具有连续的导函数，则 uv 'dx  uv  u 'vdx,   或者 udv  uv  vdu.   由 2 2 1 1 (2 ) (2 ) ( ) (2 ) 2 dx x d x d x x         有 原式 1 1 0 0 1 ln(1 ) 1 1 ln(1 ) ( ) 2 2 0 2 1 x dx x d x x x x           分部法  因为，由分项法 1 1 1 1 1 ( ) 2 x 1 x 3 2 x 1 x        所以，原式 1 0 1 1 1 ln 2 ( ) 3 2 1 dx x x       1 1 0 0 1 1 ln 2 [ ln(2 ) ln(1 ) ] ln 2 3 3     x   x  . （2）【答案】 '' '' '' ' 11 12 22 2 2 f  (2sin x  y cos x) f  y sin x cos xf  cos xf . 【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数，重要的是要分清函数是如何复合的. 由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关，可以先求 z x   ，再求 ( ) z y x     ，如方法 1; 也可以先求 z y   ，再求 ( ) z x y     ，如方法 2

由复合函数求偏导的链式法则：如果函数u=p(x,y),v=y(x,y)都在点(x,J)具有对x及对y的偏导数，函数z=f(u.v）在对应点（u.v）具有连续偏导数，则复合函数z=f(p(x,J),y(x,y))在点(x,y)的两个偏导数存在，且有OzOz Ou.OzOvOuty17ax-ou axOvaxaxaxO= _ = QufavOzOvOuayQu dyOvayayay方法1：先求axOzad-(2x-y)+ J2-(ysinx)=2fi+ycosxf,axaxax8==%(2f +ycos xf.)axoyav%(2x-)+ %(ysin )+cos5 +(i/(2x-)+ C=20fi%-(ysinx)ycosxOyava=2(-ff+sin xfi2)+ cos xf2+(-f21 +sin xf22 )ycos x=-2f.+(2sinx-ycosx)fi+ysinxcosxf22+cosxf方法2：先求%ayOz-aO-(2x-y)+ f2-(ysinx)=-fi +sinxf,ayayOy三=%(-f +sin对)axoyOxa--i -i .a.a(ysinx)+cos 对f +(%((2x-y)+J2x(ysinx))-sinx=-(2f+ycosxfi2)+cosxf, +(2f2 +ycosxf22)-sin x=-2fi+(2sinx-ycosx)fiz+ysinxcosxf22+cosxfe-2x（3）【答案】所求通解为J=(C,+C,x)e-2其中C,C,为常数.2【解析】所给方程为常系数的二阶线性非齐次方程

由复合函数求偏导的链式法则：如果函数u (x, y),v  (x, y)都在点(x, y)具有对 x 及对 y 的偏导数，函数 z  f (u,v)在对应点(u,v) 具有连续偏导数，则复合函数 z  f ((x, y), (x, y)) 在点(x, y)的两个偏导数存在，且有 ' ' 1 2 z z u z v u v f f x u x v x x x                   ； ' ' 1 2 z z u z v u v f f y u y v y y y                   . 方法 1：先求 z x   ， ' ' ' ' 1 2 1 2 (2 ) ( sin ) 2 cos z f x y f y x f y xf x x x            。 2 ' ' 1 2 (2 cos ) z f y xf x y y        '' '' ' '' '' 11 12 2 21 22 2( f (2x y) f ( y sin x)) cos xf ( f (2x y) f ( y sin x)) y cos x y y y y                '' '' ' '' '' 11 12 2 21 22  2( f  sin xf )  cos xf  ( f  sin xf ) y cos x '' '' '' ' 11 12 22 2  2 f  (2sin x  y cos x) f  y sin x cos xf  cos xf 方法 2：先求 z y   ， ' ' ' ' 1 2 1 2 (2 ) ( sin ) sin z f x y f y x f xf y y y             2 ' ' 1 2 ( sin ) z f xf x y x         '' '' ' '' '' 11 12 2 21 22 ( f (2x y) f ( y sin x)) cos xf ( f (2x y) f ( y sin x)) sin x x x x x                  '' '' ' '' '' 11 12 2 21 22  (2 f  y cos xf )  cos xf  (2 f  y cos xf )sin x '' '' '' ' 11 12 22 2  2 f  (2sin x  y cos x) f  y sin x cos xf  cos xf . （3）【答案】所求通解为 2 2 2 1 2 1 ( ) 2 x x y C C x e x e      其中 1 2 C C, 为常数. 【解析】所给方程为常系数的二阶线性非齐次方程

设y（x）是二阶线性非齐次方程y+P(x)y+Q(x)y=f(x)的一个特解.Y(x）是与之对应的齐次方程y"+P(x)y'+Q(x)y=0的通解，则y=Y(x)+y(x)是非齐次方程的通解；对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解Y(x)，可用特征方程法求解：即y"+P(x)y+Q(x)y=0中的P(x)、Q(x)均是常数，方程变为y"+py'+qy=0其特征方程写为r2+pr+q=0，在复数域内解出两个特征根r,2；分三种情况：（1）两个不相等的实数根ri,2，则通解为y=C,e"+C,e；（2）两个相等的实数根r=r，则通解为y=(C+C,x)e;（3）一对共轭复根riz=α±iβ，则通解为y=e(C,cosβx+C,sinβx)其中C,C,为常数.对于求解二阶线性非齐次方程y"+P(x)y+Q(x)y=f(x)的一个特解y(x)，可用待定系数法，有结论如下：如果f(x)=Pm(x)e,则二阶常系数线性非齐次方程具有形如J'(x)= x*Om(x)exr的特解，其中Qm(x)是与Pm(x)相同次数的多项式，而k按不是特征方程的根、是特征方程的单根或是特征方程的重根依次取0、1或2.本题中对应的齐次方程的特征方程r2+4r+4=(r+2)=0有二重根r=r2=-2，而非齐次项e,α=-2为重特征根，因而非齐次方程有如下形式的特解Y = x2 .ae-2x,，故所求通解为=(C,+Czx)e-2xx2e-2x代入方程可得a=其中C,C,为常数.22四、（本题满分6分。）求幂级数(2n+1)x"的收敛域，并求其和函数。=01+ x【答案】收敛域(-1,1)，和函数为(1xk1)(1-x )

设 * y x( ) 是二阶线性非齐次方程 y  P(x) y  Q(x) y  f (x) 的一个特解.Y(x) 是与之对应的齐次方程 y  P(x) y  Q(x) y  0 的通解，则 * y Y x y x   ( ) ( )是非齐次方程的通解； 对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解Y(x) ，可用特征方程法求解： 即 y  P(x) y  Q(x) y  0 中的 P(x)、Q(x) 均是常数，方程变为 y  py  qy  0 . 其特征方程写为 2 r  pr  q  0 ，在复数域内解出两个特征根 1 2 r,r ； 分三种情况： （1） 两个不相等的实数根 1 2 r,r ，则通解为 1 2 1 2 ; rx r x y  C e C e （2） 两个相等的实数根 1 2 r r  ，则通解为   1 1 2 ; rx y  C C x e （3） 一对共轭复根 1,2 r   i ，则通解为  1 cos 2 sin . x y e C x C x      其中 1 2 C C, 为常数. 对于求解二阶线性非齐次方程 y  P(x) y  Q(x) y  f (x) 的一个特解 * y (x) ,可用待定系数法，有结论如下： 如果 ( ) ( ) , x m f x P x e  则二阶常系数线性非齐次方程具有形如 * ( ) ( ) k x m y x x Q x e  的特解，其中 ( ) Qm x 是与 ( ) Pm x 相同次数的多项式，而k 按 不是特征方程的根、是特征方程的单根或是特征方程 的重根依次取 0、1 或 2. 本题中对应的齐次方程的特征方程 2 2 r  4r  4  (r  2)  0 有二重根 1 2 r  r  2 ，而非齐次项 , 2 x e     为重特 征根，因而非齐次方程有如下形式的特解 2 2x Y x ae   ， 代入方程可得 1 2 a  ，故所求通解为 2 2 2 1 2 1 ( ) 2 x x y C C x e x e      其中 1 2 C ,C 为常数. 四、（本题满分 6 分。） 求幂级数 0 (2 1) n n n x     的收敛域，并求其和函数。 【答案】收敛域1,1 ，和函数为 2 1 (| | 1) (1 ) x x x   

【解析】先用公式求出收敛半径及收敛区间，再考察端点处的敛散性可得到收敛域；将幂级数】(2n+1)x"转化为neo基本情形》，可求得和函数nn=lEnx(-1<x<1),1-xn=ln=l方法1：按通常求收敛半径的办法，liman+I若果p=其中α，aa+是幂级数a,x"的相邻两项的系数，则这幂级数的收敛半径limann=0r+o1p+0,pR=p=0,+000,P=+00.2(n+l)+1a.lim本题用幂级数收敛半径的计算公式得p=lim2n+1+on→+oan=收敛半径R==1=收敛区间为(-1,1)，p当x=1时，级数(2n+1)发散；当x=-1时，级数）(2n+1)(-1)"也发散，n=0n=0所以当x=±1时原幂级数均发散=原幂级数的收敛域(-1,1)Z(2n+1)x"=)E2m+2S(x)=下面求和函数，先分解为-n=0n=0n=(1Fx"几何级数(xk1)，又1-xn=02m"=2x2=2xZ(x")=2x(nx(x<1)(1-xn=0n=0xn=02x11+x因此S(x)(I xk1)(1- x)2(1- x)21-xx方法2：直接考察（xk1）（几何级数求和），逐项求导得(1- x)2

【解析】先用公式求出收敛半径及收敛区间，再考察端点处的敛散性可得到收敛域；将幂级数 0 (2 1) n n n x     转化为 基本情形 1 1 n n nx     ，可求得和函数   1 ' ' 2 1 1 1 ( ) ( ) 1 1 n n n n x nx x x x             (1 x 1), 方法 1：按通常求收敛半径的办法, 若果 1 lim lim n x n x a a      ，其中 1 , n n a a  是幂级数 0 n n n a x    的相邻两项的系数，则这幂级数的收敛半径 1 , 0, , 0, 0, . R                  本题用幂级数收敛半径的计算公式得 1 2( 1) 1 lim lim 1 2 1 n n n n a n a n           ， 收敛半径 1 R 1     收敛区间为1,1 ， 当 x 1时，级数 0 (2 1) n n     发散；当 x  1时，级数 0 (2 1)( 1) n n n      也发散， 所以当 x  1时原幂级数均发散原幂级数的收敛域1,1 . 下面求和函数，先分解为 0 0 0 ( ) (2 1) 2 n n n n n n S x n x nx x             几何级数 0 1 (| | 1) 1 n n x x x       ，又 1 ' ' 2 0 0 0 1 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) (| | 1) 1 (1 ) n n n n n n x nx x nx x x x x x x                  ， 因此 2 2 2 1 1 ( ) (| | 1) (1 ) 1 (1 ) x x S x x x x x         方法 2：直接考察 2 1 2 0 (| | 1) (1 ) n n x x x x        （几何级数求和），逐项求导得

1+xE(2n+1)x2"-(xk1)(1-x2)n=01+x(2n+1)x" =将x换成x得(/xk1)(1-x )n=0由方法1的讨论，有收敛域(-1,1)五、（本题满分8分）求曲面积分1={[yzdzdx+2dxdy,'其中S是球面x?+y?+2?=4外侧在z≥0的部分aP.a0OR+0()+0==，可以考虑用高斯公式计算，但不是封闭的，所以要添加辅助面，【解析】记】==0+ax"OzOyy如方法1：本题还可直接套用公式计算也不复杂，为D，(xy)/x2+y2≤4),可用矢量点积法将积分都投影在平面xOy上较方便，再化为D上的二重积分，如方法2.方法1：设空间闭区域Q是由分片光滑的闭曲面Z所围成，函数P(x,y,=)、Q(x,y,=)、R(x,y,=)在Q上具有一阶连续偏导数，则有OPQRdfPdydz+Odzdx+Rdxdy.0mOxOyP.ORdv= f(Pcosα+Qcos β+ Rcos r)ds或(axayoz )4这里是Q的整个边界曲面的外侧，cosα、cosβ、cos是在点(x,y,z)处的法向量的方向余弦.上述两个公式叫做高斯公式对于球面坐标与直角坐标的关系为：x=rsinpcosoy=rsin@singz=rcosp其中β为向量与z轴正向的夹角，0≤@≤元：为从正z轴来看自x轴按逆时针方向转到向量在xOy平面上投影线段的角，0≤9≤2元；为向量的模长，0≤r<+00球面坐标系中的体积元素为dv=rsingpdrdpde

2 2 ' 2 2 2 0 1 (2 1) ( ) (| | 1) 1 (1 ) n n x x n x x x x           将 2 x 换成 x 得 2 0 1 (2 1) (| | 1) (1 ) n n x n x x x         由方法 1 的讨论，有收敛域1,1 五、（本题满分 8 分） 求曲面积分 2 , S I  yzdzdx  dxdy  其中 S 是球面 2 2 2 x  y  z  4外侧在 z  0 的部分 【解析】记 ( ) 0 0 P Q R yz I z x y z y                ，可以考虑用高斯公式计算，但不是封闭的，所以要添加辅助面， 如方法 1； 本题还可直接套用公式计算也不复杂，为   2 2 : ( , ) | 4 , Dxy x y x  y  可用矢量点积法将积分都投影在平面 xOy 上较 方便，再化为 Dxy 上的二重积分，如方法 2. 方法 1：设空间闭区域 是由分片光滑的闭曲面 所围成，函数 P(x, y,z) 、Q(x, y,z)、 R(x, y,z) 在 上具有一 阶连续偏导数，则有 , P Q R dv Pdydz Qdzdx Rdxdy x y z                      或  cos cos cos  , P Q R dv P Q R dS x y z                         这里 是 的整个边界曲面的外侧，cos 、cos  、cos 是 在点(x, y,z) 处的法向量的方向余弦.上述两个公 式叫做高斯公式. 对于球面坐标与直角坐标的关系为： sin cos , sin sin , cos . x r y r z r              其中 为向量与 z 轴正向的夹角，0    ； 为从正 z 轴来看自 x 轴按逆时针方向转到向量在 xOy 平面上投影线 段的角，0    2 ； r 为向量的模长，0  r   . 球面坐标系中的体积元素为 2 dv r drd d  sin ,   