卷 4

【答案】
$\ln 3$

【解析】
考虑积分 ${\int }_{-2}^2\frac{x+|x|}{2+x^2}dx$ 。由于被积函数中含有绝对值 $|x|$ ，需分段计算。
当 $x\in [-2,0)$ 时， $|x|=-x$ ，因此 $x+|x|=x+(-x)=0$ ，于是

当 $x\in [0,2]$ 时， $|x|=x$ ，因此 $x+|x|=x+x=2x$ ，于是

令 $u=2+x^2$ ，则 $du=2xdx$ 。当 $x=0$ 时， $u=2$ ；当 $x=2$ 时， $u=6$ 。因此

综上，积分值为 $\ln 3$ 。

【答案】
1

【解析】
已知 $f^{\prime }(x_0)=-1$ ，求极限：

步骤：

1. 令 $t=-x$ ，当 $x\to 0$ 时 $t\to 0$ ，极限化为：

   $$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{-t}{f(x_0+2t)-f(x_0+t)}$$

2. 分子分母同除以 $t$ ：

   $$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{-1}{\frac{f(x_0+2t)-f(x_0)}{t}-\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}}$$

3. 由导数定义：

   $$\frac{f(x_0+2t)-f(x_0)}{t}\to 2f^{\prime }(x_0)=-2,\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}\to f^{\prime }(x_0)=-1$$

4. 分母极限为 $(-2)-(-1)=-1$ ，因此：

   $$\frac{-1}{-1}=1$$

或直接法：若 $f(x)=-x+c$ ，则

极限也为 $1$ 。

答案： $1$

【答案】

【解析】 给定方程 $e^{xy}+y^2=\cos x$ 确定 $y$ 为 $x$ 的函数，对方程两边关于 $x$ 求导。
左边求导：

右边求导：

因此，求导后的方程为：

整理项：

合并含 $\frac{dy}{dx}$ 的项：

移项：

解出 $\frac{dy}{dx}$ :

【答案】

【解析】 设矩阵 $A=DP$ ，其中 $D=\mathrm{diag}(a_1,a_2,\dots ,a_n)$ 是对角矩阵， $P$ 是循环左移矩阵：

则 $A^{-1}=(DP{)}^{-1}=P^{-1}{D}^{-1}$ 。其中 $P^{-1}$ 是循环右移矩阵：

且 $D^{-1}=\mathrm{diag}\left(\frac{1}{a_1},\frac{1}{a_2},\dots ,\frac{1}{a_n}\right)$ 。计算 $P^{-1}{D}^{-1}$ ，得到 $A^{-1}$ 的元素为：

其中 $P_{i,j}^{-1}=1$ 当 $j=i-1\mathrm{mod}n$ （即 $i=1$ 时 $j=n$ ， $i=2$ 时 $j=1$ ， $i=3$ 时 $j=2$ ，⋯， $i=n$ 时 $j=n-1$ ），否则 $P_{i,j}^{-1}=0$ 。因此， $A^{-1}$ 的形式如上所示。

【答案】 $\frac{9}{64}$

【解析】 首先，计算事件 $\left\{X\le \frac{1}{2}\right\}$ 的概率。随机变量 $X$ 的概率密度函数为 $f(x)=2x$ ，其中 $0<x<1$ 。因此，

令 $p=P\left\{X\le \frac{1}{2}\right\}=\frac{1}{4}$ 。 $Y$ 表示对 $X$ 的三次独立重复观察中该事件出现的次数，因此 $Y$ 服从二项分布 $Y\sim \text{Binomial}(n=3,p=\frac{1}{4})$ 。于是，

故答案为 $\frac{9}{64}$ 。

【答案】 $\frac{3\pi }{2}$

【解析】 积分区域 $D$ 由不等式 $x^2+y^2\le x+y+1$ 定义。通过完成平方，将该不等式重写为：

这表明 $D$ 是一个圆盘，圆心在 $(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ ，半径 $r=\sqrt{\frac{3}{2}}$ 。

考虑坐标变换：令 $u=x-\frac{1}{2}$ , $v=y-\frac{1}{2}$ ，则区域变为 $u^2+v^2\le \frac{3}{2}$ ，积分函数变为：

因此，积分变为：

由于圆盘关于原点对称，函数 $u$ 和 $v$ 是奇函数，因此：

于是：

该积分表示圆盘的面积，即 $\pi r^2=\pi \cdot \frac{3}{2}=\frac{3\pi }{2}$ 。因此，原积分值为 $\frac{3\pi }{2}$ 。

【答案】
1

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=0$ 为二阶线性常系数齐次方程，其特征方程为

解得重根 $r=-2$ ，因此通解为

代入初始条件 $y(0)=2$ ，得 $C_1=2$ 。
求导得

代入 $y^{\prime }(0)=-4$ ，得 $C_2-2\times 2=-4$ ，解得 $C_2=0$ 。
因此特解为

计算广义积分

求不定积分

计算定积分

故广义积分的值为 1。

【答案】

【解析】
先对 $x$ 求偏导数得

再对 $y$ 求偏导数得

【答案】

【解析】
给定函数 $f(x)$ 可导且 $f(0)=0$ ，以及 $F(x)={\int }_0^x{t}^{n-1}f(x^n-t^n)dt$ 。要求极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{F(x)}{x^{2n}}$ 。

首先，对积分进行变量替换。令 $u=x^n-t^n$ ，则当 $t=0$ 时， $u=x^n$ ；当 $t=x$ 时， $u=0$ 。同时， $du=-n{t}^{n-1}dt$ ，即 $t^{n-1}dt=-\frac{1}{n}du$ 。代入积分得：

因此，

令 $y=x^n$ ，则当 $x\to 0$ 时， $y\to 0$ 。极限化为：

令 $g(y)={\int }_0^{y}f(u)du$ ，则 $g(0)=0$ ，且 $g^{\prime }(y)=f(y)$ 。应用洛必达法则：

由于 $f(0)=0$ 且 $f$ 可导，有 ${\lim }_{y\to 0}\frac{f(y)}{y}=f^{\prime }(0)$ ，因此：

代入回原式：

故所求极限为 $\frac{f^{\prime }(0)}{2n}$ 。

【答案】 (1) $a=\frac{1}{e}$ , 切点为 $(e^2,1)$ (2) $V_x=\frac{\pi }{2}$

【解析】
(I) 由 $y=a\sqrt{x}$ 知 $y^{\prime }=\frac{a}{2\sqrt{x}}$ 。由 $y=\ln \sqrt{x}$ 知 $y^{\prime }=\frac{1}{2x}$ 。由于两曲线在 $(x_0,y_0)$ 处有公共切线，可得

将 $x_0=\frac{1}{a^2}$ 分别代入两曲线方程，有

于是 $a=\frac{1}{e},x_0=\frac{1}{a^2}=e^2$ ，从而切点为 $(e^2,1)$ 。

(II) $V$ 是两个旋转体的体积之差，由旋转体体积公式可得

【答案】 $F(x)$ 在 $(a,+\infty )$ 内单调增加．

【解析】 要证明 $F(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 在 $(a,+\infty )$ 内单调增加，只需证明其导数 $F^{\prime }(x)>0$ 对于所有 $x>a$ ．
计算导数：

由于分母 $(x-a{)}^2>0$ ，只需证明分子

由拉格朗日中值定理，对任意 $x>a$ ，存在 $\xi \in (a,x)$ 使得

代入 $g(x)$ ：

已知 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 在 $(a,+\infty )$ 内，故 $f^{\prime }(x)$ 在 $(a,+\infty )$ 内单调增加．由于 $\xi <x$ ，有 $f^{\prime }(\xi )<f^{\prime }(x)$ ，即 $f^{\prime }(x)-f^{\prime }(\xi )>0$ ．又 $x-a>0$ ，所以 $g(x)>0$ ．
因此， $F^{\prime }(x)>0$ ，即 $F(x)$ 在 $(a,+\infty )$ 内单调增加．

【答案】
(1) 若 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 两两不相等，则线性方程组无解。
(2) 方程组的通解为：

或等价地：

【解析】
(Ⅰ) 因为增广矩阵 $\overline{A}$ 的行列式是范德蒙行列式， $a_1,a_2,a_3,a_4$ 两两不相等，则有

故 $r(\overline{A})=4$ 。而系数矩阵 $A$ 的秩 $r(A)=3$ ，所以方程组无解。