卷 3

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}x\cot 2x$ 。由于 $\cot 2x=\frac{\cos 2x}{\sin 2x}$ ，原式可写为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{x\cos 2x}{\sin 2x}$ 。当 $x\to 0$ 时，该式为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。
方法一：使用等价无穷小。令 $u=2x$ ，则当 $x\to 0$ 时 $u\to 0$ ，原极限化为 ${\lim }_{u\to 0}\frac{u}{2}\cdot \frac{\cos u}{\sin u}=\frac{1}{2}{\lim }_{u\to 0}\frac{u}{\sin u}\cdot \cos u$ 。已知 ${\lim }_{u\to 0}\frac{u}{\sin u}=1$ 和 ${\lim }_{u\to 0}\cos u=1$ ，故极限为 $\frac{1}{2}$ 。
方法二：使用洛必达法则。对 $\frac{x\cos 2x}{\sin 2x}$ 分子分母分别求导：分子导数为 $\cos 2x-2x\sin 2x$ ，分母导数为 $2\cos 2x$ 。代入 $x=0$ ，得 $\frac{1}{2}$ 。
两种方法均得极限为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】
$\pi$

【解析】
计算定积分 ${\int }_0^{\pi }t\sin tdt$ 。使用分部积分法，设 $u=t$ ， $dv=\sin tdt$ ，则 $du=dt$ ， $v=-\cos t$ 。
代入分部积分公式：

现在计算定积分：

在 $t=\pi$ 时：

在 $t=0$ 时：

因此，积分值为 $\pi -0=\pi$ 。

【答案】 $y=2x$

【解析】
曲线由 $y={\int }_0^x(t-1)(t-2)dt$ 定义。根据微积分的基本定理，导数 $y^{\prime }=(x-1)(x-2)$ 。在点 $(0,0)$ 处，斜率 $m=y^{\prime }(0)=(0-1)(0-2)=2$ 。切线方程使用点斜式： $y-0=2(x-0)$ ，即 $y=2x$ 。

【答案】 $n!$

【解析】
给定函数 $f(x)=x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)$ ，求 $f^{\prime }(0)$ 。
由于 $f(0)=0\cdot 1\cdot 2\cdots n=0$ ，根据导数定义：

其中 $f(h)=h(h+1)(h+2)\cdots (h+n)$ ，因此：

当 $h\to 0$ 时，上式趋近于 $1\cdot 2\cdots n=n!$ ，故 $f^{\prime }(0)=n!$ 。

Alternatively, 使用乘积法则：
设 $f(x)={\prod }_{k=0}^n(x+k)$ ，则

代入 $x=0$ ：

当 $j=0$ 时，乘积为 ${\prod }_{k=1}^{n}k=n!$ ；当 $j\ge 1$ 时，乘积中包含 $k=0$ ，故该项为 0。因此，仅 $j=0$ 项贡献，即 $f^{\prime }(0)=n!$ 。

【答案】 $a=b$

【解析】
函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，需满足左极限、右极限与函数值相等。
函数在 $x=0$ 处的值为 $f(0)=a+b\cdot 0^2=a$ 。
左极限为 ${\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{-}}(a+b{x}^2)=a$ 。
右极限为 ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\sin bx}{x}$ 。令 $u=bx$ ，则当 $x\to 0^{+}$ 时， $u\to 0$ ，有 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\sin bx}{x}={\lim }_{x\to 0^{+}}b\cdot \frac{\sin bx}{bx}=b\cdot 1=b$ 。
因此，连续性要求 $a=b$ 。

【答案】
$\mathrm{d}y=\frac{1}{(x+y{)}^2}\mathrm{d}x$

【解析】
给定方程 $\tan y=x+y$ ，两边同时求微分：

左边：

右边：

因此得到：

移项得：

由于 ${\sec }^{2}y-1={\tan }^{2}y$ ，所以：

因此：

又由原方程 $\tan y=x+y$ ，代入得：

【答案】 $y^{\prime }=-\frac{e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x(1-e^{-2\sqrt{x}})}}$

【解析】 设 $y=\arcsin u$ ，其中 $u=e^{-\sqrt{x}}$ 。
首先，求 $\frac{dy}{du}$ 。由于 $\frac{d}{du}(\arcsin u)=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$ ，所以 $\frac{dy}{du}=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-(e^{-\sqrt{x}}{)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-e^{-2\sqrt{x}}}}$ 。
其次，求 $\frac{du}{dx}$ 。由于 $u=e^{-\sqrt{x}}$ ，令 $v=-\sqrt{x}=-x^{1/2}$ ，则 $u=e^v$ ，所以 $\frac{du}{dv}=e^v=e^{-\sqrt{x}}$ ，且 $\frac{dv}{dx}=-\frac{1}{2}{x}^{-1/2}=-\frac{1}{2\sqrt{x}}$ 。
因此， $\frac{du}{dx}=\frac{du}{dv}\cdot \frac{dv}{dx}=e^{-\sqrt{x}}\cdot \left(-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)=-\frac{e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}$ 。
最后，根据链式法则， $y^{\prime }=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot \frac{du}{dx}=\frac{1}{\sqrt{1-e^{-2\sqrt{x}}}}\cdot \left(-\frac{e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}\right)=-\frac{e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}\sqrt{1-e^{-2\sqrt{x}}}}$ 。
简化分母，有 $\sqrt{x}\sqrt{1-e^{-2\sqrt{x}}}=\sqrt{x(1-e^{-2\sqrt{x}})}$ ，所以 $y^{\prime }=-\frac{e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x(1-e^{-2\sqrt{x}})}}$ 。

【答案】
$-\frac{1}{\ln x}+C$

【解析】
考虑积分 $\int \frac{dx}{x{\ln }^{2}x}$ 。令 $u=\ln x$ ，则 $du=\frac{1}{x}dx$ ，即 $\frac{1}{x}dx=du$ 。代入后，积分化为 $\int \frac{1}{u^2}du=\int u^{-2}du$ 。计算得 $\int u^{-2}du=\frac{u^{-1}}{-1}+C=-\frac{1}{u}+C$ 。代回 $u=\ln x$ ，得原积分为 $-\frac{1}{\ln x}+C$ 。

【答案】
$e^2$

【解析】
设 $y=(2\sin x+\cos x{)}^{\frac{1}{x}}$ ，则 $\ln y=\frac{\ln (2\sin x+\cos x)}{x}$ 。
当 $x\to 0$ 时，分子 $\ln (2\sin x+\cos x)\to \ln (1)=0$ ，分母 $x\to 0$ ，因此为 $\frac{0}{0}$ 型未定式。
应用 L’Hôpital 法则，求分子和分母的导数：
分子导数为 $\frac{d}{dx}\ln (2\sin x+\cos x)=\frac{2\cos x-\sin x}{2\sin x+\cos x}$ ，分母导数为 1。
于是， ${\lim }_{x\to 0}\ln y={\lim }_{x\to 0}\frac{2\cos x-\sin x}{2\sin x+\cos x}$ 。
代入 $x=0$ ，得 $\frac{2\cdot 1-0}{2\cdot 0+1}=\frac{2}{1}=2$ 。
因此， ${\lim }_{x\to 0}y=e^2$ 。

【答案】 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2t}$ ， $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=-\frac{1+t^2}{4t^3}$

【解析】 给定参数方程 $x=\ln (1+t^2)$ 和 $y=\arctan t$ ，先求一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ 。
计算 $\frac{dx}{dt}=\frac{2t}{1+t^2}$ ， $\frac{dy}{dt}=\frac{1}{1+t^2}$ ，
则 $\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{\frac{1}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2}}=\frac{1}{2t}$ 。
再求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ ，
由 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}$ ，
其中 $\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2t}$ ，故 $\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2t}\right)=-\frac{1}{2t^2}$ ，
代入得 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{-\frac{1}{2t^2}}{\frac{2t}{1+t^2}}=-\frac{1+t^2}{4t^3}$ 。

【答案】 $0$

【解析】
已知 $f(2)=\frac{1}{2}$ ， $f^{\prime }(2)=0$ ，及 ${\int }_0^{2}f(x)dx=1$ ，求 ${\int }_0^1{x}^2{f}^{\prime \prime }(2x)dx$ 。
令 $u=2x$ ，则 $du=2dx$ ，当 $x=0$ 时 $u=0$ ，当 $x=1$ 时 $u=2$ 。
积分变为：

计算 ${\int }_0^2{u}^2{f}^{\prime \prime }(u)du$ 使用分部积分：
令 $v=u^2$ ， $dw=f^{\prime \prime }(u)du$ ，则 $dv=2udu$ ， $w=f^{\prime }(u)$ 。

代入边界值：
在 $u=2$ ， $u^2{f}^{\prime }(u)=4\cdot f^{\prime }(2)=4\cdot 0=0$ ；
在 $u=0$ ， $u^2{f}^{\prime }(u)=0$ 。
所以边界项为 0，

再计算 ${\int }_0^{2}u{f}^{\prime }(u)du$ 使用分部积分：
令 $s=u$ ， $dt=f^{\prime }(u)du$ ，则 $ds=du$ ， $t=f(u)$ 。

代入边界值：
在 $u=2$ ， $uf(u)=2\cdot f(2)=2\cdot \frac{1}{2}=1$ ；
在 $u=0$ ， $uf(u)=0$ 。
所以边界项为 1，
且 ${\int }_0^{2}f(u)du=1$ ，

因此，

原积分为

故答案为 0。

【答案】

【解析】 给定微分方程 $x{y}^{\prime }+(1-x)y=e^{2x}$ ，其中 $0<x<+\infty$ ，且初始条件 $y(1)=0$ 。
首先，将方程化为标准形式 $y^{\prime }+P(x)y=Q(x)$ ，除以 $x$ 得：

这里 $P(x)=\frac{1-x}{x}$ ， $Q(x)=\frac{e^{2x}}{x}$ 。
计算积分因子 $\mu (x)=e^{\int P(x)dx}$ 。

所以 $\mu (x)=e^{\ln x-x}=x{e}^{-x}$ 。
将原方程乘以积分因子：

简化得：

左边为 $\frac{d}{dx}\left(x{e}^{-x}y\right)$ ，因此：

积分两边：

其中 $C$ 为积分常数。解出 $y$ ：

代入初始条件 $y(1)=0$ ：

解得 $C=-e$ 。因此特解为：

【答案】 单调减少区间： $(-\infty ,-2)$ ， $(0,+\infty )$
单调增加区间： $(-2,0)$
极值点： $x=-2$
极值： $y=-\frac{1}{4}$
凹区间： $(-3,0)$ ， $(0,+\infty )$
凸区间： $(-\infty ,-3)$
拐点： $(-3,-\frac{2}{9})$
渐近线： $x=0$ ， $y=0$

【解析】
函数 $y=\frac{x+1}{x^2}$ 的定义域为 $x\ne 0$ 。
一阶导数为 $y^{\prime }=-\frac{x+2}{x^3}$ 。令 $y^{\prime }=0$ ，得 $x=-2$ 。分析符号：当 $x<-2$ 时， $y^{\prime }<0$ ，函数单调减少；当 $-2<x<0$ 时， $y^{\prime }>0$ ，函数单调增加；当 $x>0$ 时， $y^{\prime }<0$ ，函数单调减少。因此，单调减少区间为 $(-\infty ,-2)$ 和 $(0,+\infty )$ ，单调增加区间为 $(-2,0)$ 。极值点为 $x=-2$ ，极值为 $y=-\frac{1}{4}$ 。
二阶导数为 $y^{\prime \prime }=\frac{2(x+3)}{x^4}$ 。由于 $x^4>0$ （ $x\ne 0$ ）， $y^{\prime \prime }$ 的符号取决于 $x+3$ 。当 $x<-3$ 时， $y^{\prime \prime }<0$ ，函数凸；当 $x>-3$ 且 $x\ne 0$ 时， $y^{\prime \prime }>0$ ，函数凹。因此，凸区间为 $(-\infty ,-3)$ ，凹区间为 $(-3,0)$ 和 $(0,+\infty )$ 。拐点为 $(-3,-\frac{2}{9})$ 。
渐近线：当 $x\to 0$ 时， $y\to +\infty$ ，故有垂直渐近线 $x=0$ ；当 $x\to \pm \infty$ 时， $y\to 0$ ，故有水平渐近线 $y=0$ 。

【答案】
$a=-\frac{5}{4},b=\frac{3}{2},c=0$

【解析】
由于抛物线过原点，代入 $x=0,y=0$ 得 $c=0$ ，因此抛物线方程为 $y=a{x}^2+bx$ 。
给定在 $0\le x\le 1$ 时 $y\ge 0$ ，且抛物线与 $x$ 轴及直线 $x=1$ 所围图形的面积为 $\frac{1}{3}$ ，即

计算积分：

所以

两边乘以 6 得

旋转体体积 $V$ 为绕 $x$ 轴旋转的体积：

令 $Q=\frac{a^2}{5}+\frac{ab}{2}+\frac{b^2}{3}$ ，则最小化 $V$ 等价于最小化 $Q$ 。
由约束 (1) 解出 $a=1-\frac{3}{2}b$ ，代入 $Q$ ：

对 $Q$ 求导：

令 $Q^{\prime }(b)=0$ 得 $b=\frac{3}{2}$ ，代入 $a=1-\frac{3}{2}\times \frac{3}{2}=-\frac{5}{4}$ 。
验证在 $0\le x\le 1$ 时 $y\ge 0$ ：

根为 $x=0$ 和 $x=\frac{6}{5}$ ，在 $[0,1]$ 上 $y\ge 0$ 。
面积验证：

符合条件。因此 $a=-\frac{5}{4},b=\frac{3}{2},c=0$ 使体积最小。