2010 年真题

【答案】 -1

【解析】 法一：

由 ${\int }_0^{x+y}{e}^{-t^2}dt={\int }_0^{x}x\sin t^{2}dt$ ，令 $x=0$ 得 $y=0$ 。

等式两边对 $x$ 求导得

将 $x=0$ ， $y=0$ 代入上式得

法二：

由 ${\int }_0^{x+y}{e}^{-t^2}dt={\int }_0^{x}x\sin t^{2}dt$ ，令 $x=0$ 得 $y=0$ 。

等式两边对 $x$ 微分得

将 $x=0$ ， $y=0$ 代入上式得

从而

【答案】 $\frac{{\pi }^2}{4}$

【解析】 利用旋转体的体积公式计算，这是一个反常积分。

体积公式为：

令 $t=\ln x$ ，则 $dt=\frac{1}{x}dx$ 。当 $x=e$ 时， $t=1$ ；当 $x\to +\infty$ 时， $t\to +\infty$ 。

因此，体积可以转化为：

计算积分结果：

最终体积为 $\frac{{\pi }^2}{4}$ 。

【答案】 $R(p)=p{e}^{p-1}$

【解析】 收益弹性为 $\frac{pdR}{Rdp}=1+p$ ，即：

分离变量得：

两端积分得：

即：

由 $R(1)=1$ 得 $Ce=1$ ，所以 $C=\frac{1}{e}$ 。故：

【答案】 3

【解析】 对函数 $y=x^3+a{x}^2+bx+1$ 求导，得到一阶导数为：

再对 $y^{\prime }$ 求导，得到二阶导数为：

由于点 $(-1,0)$ 是函数的拐点，因此 $y^{\prime \prime }(-1)=0$ ，代入计算：

解得：

又因为点 $(-1,0)$ 在曲线上，代入原函数：

化简得：

解得：

【答案】 3

【解析】 因为

又

所以

而

故

【答案】 ${\sigma }^2+{\mu }^2$

【解析】 根据简单随机样本的性质， $X_i$ 相互独立且与总体同分布，即 $X_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$ 。于是：

因此：

【答案】 $\frac{1}{e}$

【解析】

【答案】 $\frac{14}{15}$

【解析】 显然 $D$ 关于 $x$ 轴对称，且 $D=D_1\cup D_2$ ，其中

由于被积函数 $3x^{2}y+y^3$ 是关于 $y$ 的奇函数， $x^3+3x{y}^2$ 是关于 $y$ 的偶函数，所以

【答案】 最大值为 $5\sqrt{5}$ ，最小值为 $-5\sqrt{5}$ 。

【解析】
令 $F(x,y,z,\lambda )=xy+2yz+\lambda (x^2+y^2+z^2-10)$ ，解方程组

当 $y\ne 0$ 时，由 $y+2\lambda x=0$ 得 $\lambda =-\frac{y}{2x}$ 。由 $2y+2\lambda z=0$ 得 $\lambda =-\frac{y}{z}$ ，所以 $-\frac{y}{2x}=-\frac{y}{z}$ ，即 $z=2x$ 。

将 $z=2x$ 代入 $x+2z+2\lambda y=0$ 得 $x+4x+2\lambda y=0$ ，即 $5x+2\lambda y=0$ 。又 $\lambda =-\frac{y}{2x}$ ，所以：

将 $z=2x$ 和 $y=\pm \sqrt{5}x$ 代入 $x^2+y^2+z^2=10$ 得：

当 $x=1$ 时， $y=\pm \sqrt{5}$ ， $z=2$ ；当 $x=-1$ 时， $y=\pm \sqrt{5}$ ， $z=-2$ 。

当 $y=0$ 时，由 $F_x^{\prime }=0$ 得 $0+2\lambda x=0$ 。若 $x\ne 0$ ，则 $\lambda =0$ 。由 $F_z^{\prime }=0$ 得 $0+2\lambda z=0$ ，恒成立。此时约束条件为：

令 $x=k$ ，则 $z=\pm \sqrt{10-k^2}$ ，此时 $u=0+0=0$ 。

综上，驻点为

后两点实际为 $y=0$ 时的特殊情况，代入计算 $u$ 均为 0。

计算各驻点处的 $u$ 值：

所以函数 $u$ 的最大值为 $5\sqrt{5}$ ，最小值为 $-5\sqrt{5}$ 。

【答案】
(1)

(2)

【解析】
(1) 当 $t\in (0,1)$ 时，有 $0<\ln (1+t)<t$ ，因此 $[\ln (1+t){]}^n<t^n$ 。又因为 $|\ln t|\ge 0$ ，所以：

其中等号仅在 $t=0$ 或 $t=1$ 时成立，但由于积分区间为开区间，不影响积分值。根据定积分的保序性可得：

(2) 由 (1) 可知 $0\le u_n\le {\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt$ 。计算 ${\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt$ ：

由于 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{(n+1{)}^2}=0$ ，根据夹逼定理可得：

【答案】 见解析

【解析】
(1) 令 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ 。因为 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，所以 $F(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，在 $(0,2)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\eta \in (0,2)$ ，使得

即

又已知 $2f(0)={\int }_0^{2}f(x)dx$ ，所以

即 $f(\eta )=f(0)$ ，得证。

(2) 由 $2f(0)=f(2)+f(3)$ 可得

因为 $f(x)$ 在 $[2,3]$ 上连续，根据闭区间上连续函数的介值定理，存在 $\gamma \in [2,3]$ ，使得

此时， $f(x)$ 在 $[0,\eta ]$ 和 $[\eta ,\gamma ]$ 上分别满足罗尔中值定理条件（因为 $f(0)=f(\eta )=f(\gamma )$ ），所以：

• 存在 ${\xi }_1\in (0,\eta )$ ，使得 $f^{\prime }({\xi }_1)=0$ ；
• 存在 ${\xi }_2\in (\eta ,\gamma )$ ，使得 $f^{\prime }({\xi }_2)=0$ 。

又因为 $f^{\prime }(x)$ 在 $[{\xi }_1,{\xi }_2]$ 上连续，在 $({\xi }_1,{\xi }_2)$ 内可导，再由罗尔中值定理，存在 $\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (0,3)$ ，使得