卷 3

【答案】
$y = \sqrt{3} x - 1$

【解析】
曲线由参数方程 $x = \cos^3 t$ 和 $y = \sin^3 t$ 给出。首先求切线斜率 $\frac{dy}{dx}$ ：

因此

在 $t = \frac{\pi}{6}$ 时，切线斜率 $m_t = -\tan \frac{\pi}{6} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ 。法线斜率 $m_n$ 是切线斜率的负倒数，即

接下来求点坐标：

因此点为 $\left( \frac{3\sqrt{3}}{8}, \frac{1}{8} \right)$ 。用法线斜率 $\sqrt{3}$ 和点斜式方程：

化简：

故法线方程为 $y = \sqrt{3} x - 1$ 。

【答案】 $-\frac{1}{x^2} e^{\tan \frac{1}{x}} \left( \sec^2 \frac{1}{x} \sin \frac{1}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)$

【解析】 设 $y = e^{\tan \frac{1}{x}} \sin \frac{1}{x}$ ，则 $y$ 是函数
$u = e^{\tan \frac{1}{x}}$ 和 $v = \sin \frac{1}{x}$ 的乘积。

由乘积法则，

首先，求 $u'$ ：

令 $z = \tan \frac{1}{x}$ ，则 $u = e^z$ ，所以

又 $z = \tan \frac{1}{x}$ ，令 $w = \frac{1}{x}$ ，则 $z = \tan w$ ，所以

由于 $w = \frac{1}{x} = x^{-1}$ ，有

因此

于是

其次，求 $v'$ ：

$v = \sin \frac{1}{x}$ ，令 $w = \frac{1}{x}$ ，则 $v = \sin w$ ，所以

代入 $w' = -\frac{1}{x^2}$ ，得

代入乘积法则：

提取公因子 $-\frac{1}{x^2} e^{\tan \frac{1}{x}}$ ，得

这就是所求的导数。

【答案】 $\frac{4}{15}$

【解析】 计算积分 $\int_0^1 x\sqrt{1-x} \, dx$ 。令 $u = 1 - x$ ，则 $du = -dx$ ，即 $dx = -du$ 。当 $x = 0$ 时， $u = 1$ ；当 $x = 1$ 时， $u = 0$ 。积分变为：

展开被积函数：

分别计算积分：

所以：

因此，积分值为 $\frac{4}{15}$ 。

【答案】 大于

【解析】 在区间 $[-2, -1]$ 上， $x$ 为负值，故 $x^3 \leq -1$ 。因此， $e^{-x^3} \geq e^1 > 1$ ，而 $e^{x^3} \leq e^{-1} < 1$ ，从而有 $e^{-x^3} > e^{x^3}$ 。根据积分的单调性，被积函数在区间上恒有大小关系，则积分后大小关系不变，即 $\int_{-2}^{-1} e^{-x^3} \, dx > \int_{-2}^{-1} e^{x^3} \, dx$ 。此外，通过变量代换 $t = -x$ 也可得相同结论。

【答案】
$a = \ln 3$

【解析】
给定极限 $\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+a}{x-a}\right)^x=9$ 。
将表达式改写为：

令 $t = x - a$ ，则当 $x \to \infty$ 时 $t \to \infty$ ，且 $x = t + a$ ，代入得：

当 $t \to \infty$ 时， $\left(1 + \frac{2a}{t}\right)^a \to 1$ ，而 $\left(1 + \frac{2a}{t}\right)^t \to e^{2a}$ ，因此极限为 $e^{2a}$ 。
由已知 $e^{2a} = 9$ ，解得 $2a = \ln 9$ ，即 $a = \frac{\ln 9}{2}$ 。
由于 $\ln 9 = \ln (3^2) = 2 \ln 3$ ，所以 $a = \ln 3$ 。

【答案】

【解析】 给定方程 $2y - x = (x - y) \ln(x - y)$ ，求函数 $y = y(x)$ 的微分 $\dy$ 。
对方程两边取微分：
左边微分为 $\d(2y - x) = 2\dy - \dx$ 。
右边令 $u = x - y$ ，则 $\d(u \ln u) = (\ln u + 1) \du$ ，其中 $\du = \d(x - y) = \dx - \dy$ ，因此右边微分为 $(\ln(x - y) + 1)(\dx - \dy)$ 。
于是有：

展开右边：

移项整理：

即：

解得：

这就是所求的微分。

【答案】
拐点为 $\left( \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{3}{4} \right)$ 。

【解析】
首先，求函数 $y = \frac{1}{1 + x^2}$ 的一阶导数和二阶导数。

一阶导数：

二阶导数：

令 $y'' = 0$ ，即

分子为零：

解得 $x^2 = \frac{1}{3}$ 。由于 $x > 0$ ，故

代入原函数求 $y$ ：

验证二阶导数符号变化：

• 当 $x < \frac{\sqrt{3}}{3}$ 时， $y'' < 0$ ，曲线凹向下；
• 当 $x > \frac{\sqrt{3}}{3}$ 时， $y'' > 0$ ，曲线凹向上。

因此， $\left( \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{3}{4} \right)$ 是拐点。

【答案】

或等价形式。

【解析】 考虑积分 $\int \frac{\ln x}{(1-x)^2} \, dx$ 。使用分部积分法，设 $u = \ln x$ ，则 $du = \frac{1}{x} \, dx$ ；设 $dv = \frac{1}{(1-x)^2} \, dx$ ，则 $v = \int \frac{1}{(1-x)^2} \, dx = \frac{1}{1-x}$ 。分部积分公式为：

代入得：

对 $\int \frac{1}{x(1-x)} \, dx$ 进行部分分式分解：

两边乘以 $x(1-x)$ 得：

令 $x = 0$ ，得 $A = 1$ ；令 $x = 1$ ，得 $B = 1$ 。因此：

积分得：

代回原积分：

其中 $C$ 为积分常数。此结果已验证正确。

【答案】 $P\left(\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{b}{\sqrt{2}}\right)$

【解析】 设椭圆在第一象限上一点 $P(x_0, y_0)$ ，满足

在点 $P$ 处的切线方程为

该切线与 $x$ 轴交于点 $A\left(\dfrac{a^2}{x_0}, 0\right)$ ，与 $y$ 轴交于点 $B\left(0, \dfrac{b^2}{y_0}\right)$ 。

切线、坐标轴及椭圆所围图形的面积为三角形 $OAB$ 的面积减去椭圆在第一象限内的面积。
三角形 $OAB$ 的面积为

椭圆在第一象限内的面积为

因此，所围图形的面积为

由于 $S_e$ 为常数，最小化 $S$ 等价于最小化 $S_{\triangle}$ ，即最小化 $\dfrac{a^2 b^2}{2 x_0 y_0}$ ，亦即最大化 $x_0 y_0$ 。

在约束条件 $\dfrac{x_0^2}{a^2} + \dfrac{y_0^2}{b^2} = 1$ 下，由均值不等式，

当且仅当 $\dfrac{x_0^2}{a^2} = \dfrac{y_0^2}{b^2} = \dfrac{1}{2}$ 时取等号，即

此时 $S_{\triangle}$ 取最小值 $a b$ ，因而 $S$ 取最小值

故所求点为

【答案】
不等式成立。

【解析】
考虑函数 $f(x) = \arctan x + \frac{1}{x} - \frac{\pi}{2}$ ，其中 $x > 0$ 。
计算导数：

由于 $x > 0$ ，有 $x^2(1+x^2) > 0$ ，因此 $f'(x) < 0$ ，即 $f(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上严格递减。
计算极限：

由于 $f(x)$ 严格递减且趋于 0，因此对于所有 $x > 0$ ，有 $f(x) > 0$ ，即

故不等式得证。

【答案】

【解析】 给定 $f(x) = \int_1^x \frac{\ln t}{1+t} \, dt$ ，需要求 $f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right)$ 。
首先，计算 $f\left(\frac{1}{x}\right) = \int_1^{1/x} \frac{\ln t}{1+t} \, dt$ 。
令 $u = \frac{1}{t}$ ，则当 $t = 1$ 时 $u = 1$ ，当 $t = 1/x$ 时 $u = x$ ，且 $dt = -\frac{1}{u^2} \, du$ 。
代入得：

于是，

合并被积函数：

因此，

计算该积分：令 $u = \ln t$ ，则 $du = \frac{1}{t} dt$ ，

代入上下限：

故 $f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{2} (\ln x)^2$ .

【答案】 当 $a \neq -2$ 时，通解为 $y = (C_1 + C_2 x) e^{-2x} + \frac{1}{(a+2)^2} e^{ax}$ ；
当 $a = -2$ 时，通解为 $y = (C_1 + C_2 x) e^{-2x} + \frac{1}{2} x^2 e^{-2x}$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y'' + 4y' + 4y = e^{ax}$ ，首先求解齐次方程 $y'' + 4y' + 4y = 0$ 。
特征方程为 $r^2 + 4r + 4 = 0$ ，解得 $r = -2$ （重根），因此齐次通解为

接下来求非齐次方程的特解 $y_p$ ，根据 $a$ 的值分情况讨论：

• 当 $a \neq -2$ 时，设特解 $y_p = A e^{ax}$ ，代入原方程得
  

  $$A a^2 e^{ax} + 4A a e^{ax} + 4A e^{ax} = e^{ax},$$

  即
  

  $$A (a^2 + 4a + 4) = 1.$$

  由于 $a^2 + 4a + 4 = (a+2)^2$ ，解得
  

  $$A = \frac{1}{(a+2)^2},$$

  故特解
  

  $$y_p = \frac{1}{(a+2)^2} e^{ax}.$$

• 当 $a = -2$ 时，非齐次项 $e^{-2x}$ 与齐次解形式冲突，故设特解 $y_p = A x^2 e^{-2x}$ 。
  求导得
  

  $$y_p' = 2A x e^{-2x} - 2A x^2 e^{-2x},$$
  $$y_p'' = 2A e^{-2x} - 8A x e^{-2x} + 4A x^2 e^{-2x}.$$

  代入原方程得
  

  $$y_p'' + 4y_p' + 4y_p = 2A e^{-2x} = e^{-2x},$$

  解得
  

  $$A = \frac{1}{2},$$

  故特解
  

  $$y_p = \frac{1}{2} x^2 e^{-2x}.$$

最终通解为齐次解与特解之和。