2019 年真题

【答案】 $4e^2$

【解析】 ${\lim }_{x\to 0}(x+2^x{)}^{\frac{2}{x}}={\lim }_{x\to 0}{\left[(1+x+2^x-1{)}^{\frac{1}{x+2^x-1}}\right]}^{\frac{2(x+2^x-1)}{x}}=e^{2{\lim }_{x\to 0}\left(1+\frac{2^x-1}{x}\right)}$

【答案】 $\frac{3\pi }{2}+2$

【解析】
$t=\frac{3\pi }{2}$ 对应曲线上的点为 $\left(\frac{3\pi }{2}+1,1\right)$ ,

斜率为

切线方程为

令 $x=0$ 得切线在 $y$ 轴上的截距为 $y=\frac{3\pi }{2}+2$ 。

【答案】

【解析】

则

【答案】

【解析】 曲线段的长度为

【答案】

【解析】

【答案】 -4

【解析】

【答案】
导数：

极值：
极小值点： $x=-1$ ，极小值 $f(-1)=1-e^{-1}$ ； $x=\frac{1}{e}$ ，极小值 $f\left(\frac{1}{e}\right)=e^{-\frac{2}{e}}$ 。
极大值点： $x=0$ ，极大值 $f(0)=1$ 。

【解析】
$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^x(x+1),& x<0,\\ 2e^{2x\ln x}(\ln x+1),& x>0.\end{array}$

$x=-1$ 和 $x=\frac{1}{e}$ 是 $f(x)$ 的极小值点，极小值分别为 $f(-1)=1-e^{-1}$ 和 $f\left(\frac{1}{e}\right)=e^{-\frac{2}{e}}$ ；

$x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点，极大值为 $f(0)=1$ 。

【答案】

【解析】
令

由 $A(x-1)(x^2+x+1)+B(x^2+x+1)+(Cx+D)(x-1{)}^2=3x+6$ 得

解得 $A=-2,B=3,C=2,D=1$ ,故

【答案】
(I) $y(x)=\sqrt{x}{e}^{\frac{x}{2}}$
(II) $V=\frac{\pi }{2}(e^2-e)$

【解析】
(Ⅰ)

由 $y(1)=\sqrt{e}$ 得 $C=0$ ，即

(Ⅱ)

【答案】 $\frac{43}{120}\sqrt{2}$

【解析】 由对称性得

令 $\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta \\ y=r\sin \theta \end{array}$ 其中 $\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{3\pi }{4},0\le r\le {\sin }^2\theta$ ，则

【答案】
$S_n=\frac{1}{2}\left[1+\frac{2e^{-\pi }(1-e^{-n\pi })}{1-e^{-\pi }}-e^{-n\pi }\right]$
${\lim }_{n\to \infty }{S}_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{e^{\pi }-1}$

【解析】

故

【答案】 $a=-\frac{3}{4},b=\frac{3}{4}$

【解析】 $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial x}{e}^{ax+by}+av{e}^{ax+by},\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial y}{e}^{ax+by}+bv{e}^{ax+by},$

$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}{e}^{ax+by}+2a\frac{\partial v}{\partial x}{e}^{ax+by}+a^{2}v{e}^{ax+by},$

$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=\frac{{\partial }^{2}v}{\partial y^2}{e}^{ax+by}+2b\frac{\partial v}{\partial y}{e}^{ax+by}+b^{2}v{e}^{ax+by},$

代入已知等式得

$2\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}{e}^{ax+by}+4a\frac{\partial v}{\partial x}{e}^{ax+by}+2a^{2}v{e}^{ax+by}-2\frac{{\partial }^{2}v}{\partial y^2}{e}^{ax+by}-4b\frac{\partial v}{\partial y}{e}^{ax+by}-2b^{2}v{e}^{ax+by}$

$+3\frac{\partial v}{\partial x}{e}^{ax+by}+3av{e}^{ax+by}+3\frac{\partial v}{\partial y}{e}^{ax+by}+3bv{e}^{ax+by}=0,$

整理得

$2\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}-2\frac{{\partial }^{2}v}{\partial y^2}+(4a+3)\frac{\partial v}{\partial x}+(3-4b)\frac{\partial v}{\partial y}+(2a^2-2b^2+3a+3b)v=0,$

由题意得 $\{\begin{array}{l}4a+3=0,\\ 3-4b=0,\end{array}$ 解得 $a=-\frac{3}{4},b=\frac{3}{4}$

【答案】 见解析

【解析】 【证明】(Ⅰ)令 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ , 则 $F^{\prime }(x)=f(x)$ ,

由拉格朗日中值定理得

$1={\int }_0^{1}f(x)dx=F(1)-F(0)=F^{\prime }(c)(1-0)=f(c)(0<c<1),$

因为 $f(c)=f(1)=1$ , 所以由罗尔定理, 存在 $\xi \in (c,1)\subset (0,1)$ , 使得 $f^{\prime }(\xi )=0$ .

(Ⅱ)令 $\phi (x)=f(x)+x^2$ ,

$\phi (0)=0,\phi (c)=f(c)+c^2=1+c^2,\phi (1)=2,$

由拉格朗日中值定理, 存在 ${\eta }_1\in (0,c),{\eta }_2\in (c,1)$ , 使得

${\phi }^{\prime }({\eta }_1)=\frac{\phi (c)-\phi (0)}{c}=\frac{1+c^2}{c}=c+\frac{1}{c},$

${\phi }^{\prime }({\eta }_2)=\frac{\phi (1)-\phi (c)}{1-c}=\frac{2-1-c^2}{1-c}=1+c,$

再由拉格朗日中值定理, 存在 $\eta \in ({\eta }_1,{\eta }_2)\subset (0,1)$ , 使得

${\phi }^{\prime \prime }(\eta )=\frac{{\phi }^{\prime }({\eta }_2)-{\phi }^{\prime }({\eta }_1)}{{\eta }_2-{\eta }_1}=\frac{1+c-c-\frac{1}{c}}{{\eta }_2-{\eta }_1}=\frac{1-\frac{1}{c}}{{\eta }_2-{\eta }_1}<0,$

而 ${\phi }^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)+2$ , 即 $f^{\prime \prime }(\eta )+2<0$ , 故 $f^{\prime \prime }(\eta )<-2$ .

【答案】
$a\ne \pm 1$ ，且 ${\beta }_3={\alpha }_1-{\alpha }_2+{\alpha }_3$ 。

【解析】

当 $a=-1$ 时，向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 的秩为 2.