卷 3

【答案】

【解析】
设 $u=\cos (x^2)$ 和 $v={\sin }^2\left(\frac{1}{x}\right)$ ，则 $y=u\cdot v$ 。
由乘积法则，

第一步：求 $u^{\prime }$
$u=\cos (x^2)$ ，使用链式法则。令 $w=x^2$ ，则 $u=\cos (w)$ ，

第二步：求 $v^{\prime }$
$v={\sin }^2\left(\frac{1}{x}\right)={\left[\sin \left(\frac{1}{x}\right)\right]}^2$ 。
令 $z=\sin \left(\frac{1}{x}\right)$ ，则 $v=z^2$ ，

求 $z^{\prime }$
令 $t=\frac{1}{x}=x^{-1}$ ，则 $z=\sin (t)$ ，

于是

利用三角恒等式

得

第三步：代入乘积法则

【答案】
$y=C_1\cos x+C_2\sin x-2x$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】
该微分方程为二阶线性非齐次方程，通解由齐次解和特解组成。
齐次方程 $y^{\prime \prime }+y=0$ 的特征方程为 $r^2+1=0$ ，解得 $r=\pm i$ ，故齐次解为 $y_h=C_1\cos x+C_2\sin x$ 。
非齐次项为 $-2x$ ，设特解形式为 $y_p=Ax+B$ ，代入原方程得 $y_p^{\prime \prime }=0$ ，有 $0+(Ax+B)=-2x$ ，比较系数得 $A=-2$ ， $B=0$ ，即特解 $y_p=-2x$ 。
因此，通解为 $y=y_h+y_p=C_1\cos x+C_2\sin x-2x$ 。

【答案】
$y=-3x+7$

【解析】
曲线由参数方程 $x=1+t^2$ , $y=t^3$ 给出。
在 $t=-2$ 时，点坐标为

即点 $(5,-8)$ 。

求切线斜率：

所以

在 $t=-2$ 时，斜率

切线方程使用点斜式：

化简得

即

【答案】

【解析】 考虑和式 $S_n={\sum }_{k=1}^n\frac{k}{n^2+n+k}$ 。通过夹逼定理确定极限。
首先，注意到对于每个 $k$ （从 1 到 $n$ ），有不等式：

即：

对 $k$ 从 1 到 $n$ 求和，得：

计算左端和式：

当 $n\to \infty$ 时，

计算右端和式：

当 $n\to \infty$ 时，

由夹逼定理，得

因此，原极限为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】
$y=0$

【解析】
考虑曲线 $y=x^2{e}^{-x^2}$ 。
首先，求水平渐近线：计算当 $x\to \infty$ 时的极限，

因为指数函数增长更快。同理，当 $x\to -\infty$ 时，

因此，水平渐近线为 $y=0$ 。
其次，检查垂直渐近线：函数 $y=x^2{e}^{-x^2}$ 对所有实数 $x$ 有定义，且无界点处极限有限，故无垂直渐近线。
最后，考虑斜渐近线：由于已有水平渐近线，且 ${\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{y}{x}={\lim }_{x\to \pm \infty }x{e}^{-x^2}=0$ ，故无斜渐近线。
综上，曲线仅有水平渐近线 $y=0$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1-\sqrt{\cos x}}{x(1-\cos \sqrt{x})}$ 。当 $x\to 0^{+}$ 时，分子和分母均趋于 0，因此使用等价无穷小替换。

分子 $1-\sqrt{\cos x}$ ：由于 $\cos x\approx 1-\frac{x^2}{2}$ ，有 $\sqrt{\cos x}\approx \sqrt{1-\frac{x^2}{2}}\approx 1-\frac{x^2}{4}$ ，因此 $1-\sqrt{\cos x}\approx \frac{x^2}{4}$ .

分母 $x(1-\cos \sqrt{x})$ ：由于 $1-\cos \sqrt{x}\approx \frac{(\sqrt{x}{)}^2}{2}=\frac{x}{2}$ ，因此 $x(1-\cos \sqrt{x})\approx x\cdot \frac{x}{2}=\frac{x^2}{2}$ .

于是，原极限化为 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\frac{x^2}{4}}{\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{4}\times \frac{2}{1}=\frac{1}{2}$ .

或者，令 $u=\sqrt{x}$ ，则当 $x\to 0^{+}$ 时 $u\to 0^{+}$ ，原极限变为 ${\lim }_{u\to 0^{+}}\frac{1-\sqrt{\cos (u^2)}}{u^2(1-\cos u)}$ 。分子 $1-\sqrt{\cos (u^2)}\approx \frac{u^4}{4}$ ，分母 $u^2(1-\cos u)\approx u^2\cdot \frac{u^2}{2}=\frac{u^4}{2}$ ，比值仍为 $\frac{1}{2}$ .

因此，极限为 $\frac{1}{2}$ .

【答案】

【解析】 由方程 $x{e}^{f(y)}=e^y$ 两边对 $x$ 求导，利用乘积法则和链式法则，得到：

整理得：

由原方程 $x{e}^{f(y)}=e^y$ ，代入得：

解得一阶导数：

其中利用了原方程 $e^{f(y)}=\frac{e^y}{x}$ ，即 $e^{f(y)-y}=\frac{1}{x}$ 。

对一阶导数再对 $x$ 求导：

令 $u=1-f^{\prime }(y)$ ，则：

求导：

其中：

代入 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{xu}$ ：

于是：

代入 $u=1-f^{\prime }(y)$ ：

这就是所求的二阶导数。

【答案】
$x+2\ln |x-1|+C$

【解析】
给定 $f(x^2-1)=\ln \frac{x^2}{x^2-2}$ ，令 $t=x^2-1$ ，则 $x^2=t+1$ ，代入得

由 $f[\varphi (x)]=\ln x$ ，有

解得

求积分：

简化被积函数：

所以

其中 $C$ 为积分常数。

【答案】
$f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

【解析】
首先，计算 $f^{\prime }(0)$ 使用导数定义：

其次，对于 $x\ne 0$ ，求导 $f(x)=x\arctan \frac{1}{x^2}$ ：

然后，计算 ${\lim }_{x\to 0}{f}^{\prime }(x)$ ：

由于 ${\lim }_{x\to 0}{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(0)=\frac{\pi }{2}$ ，因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

【答案】
8

【解析】
给定摆线的参数方程 $x=1-\cos t$ , $y=t-\sin t$ ，其中 $t\in [0,2\pi ]$ 。弧长公式为 $s={\int }_0^{2\pi }\sqrt{{\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2}dt$ 。
计算导数：

代入弧长公式：

在区间 $[0,2\pi ]$ 上， $\frac{t}{2}\in [0,\pi ]$ ，故 $\sin \frac{t}{2}\ge 0$ ，因此 $2\left|\sin \frac{t}{2}\right|=2\sin \frac{t}{2}$ 。
于是弧长为：

令 $u=\frac{t}{2}$ ，则 $du=\frac{1}{2}dt$ ，即 $dt=2du$ ，积分限变为 $u=0$ 到 $u=\pi$ 。

因此，摆线一拱的弧长为 8。

【答案】
$t=\ln 3$ ，路程为 $\frac{2}{3}{v}_0$ 。

【解析】
由题意，单位质点的质量 $m=1$ ，阻力与速度成正比且比例常数为 $1$ ，故运动方程为 $\frac{dv}{dt}=-v$ 。
解此微分方程：分离变量得 $\frac{dv}{v}=-dt$ ，积分得 $\ln v=-t+C$ ，代入初始条件 $v(0)=v_0$ 得 $v(t)=v_0{e}^{-t}$ 。
设 $v(t)=\frac{v_0}{3}$ ，则 $v_0{e}^{-t}=\frac{v_0}{3}$ ，即 $e^{-t}=\frac{1}{3}$ ，解得 $t=\ln 3$ 。
路程为速度的积分，即 $s(t)={\int }_0^{t}v(\tau )d\tau ={\int }_0^t{v}_0{e}^{-\tau }d\tau =v_0{\left[-e^{-\tau }\right]}_0^t=v_0(1-e^{-t})$ 。
代入 $t=\ln 3$ 得 $s(\ln 3)=v_0(1-e^{-\ln 3})=v_0\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3}{v}_0$ 。

【答案】
函数的最小值为 $0$ ，最大值为 $1+e^{-2}$ 。

【解析】
函数 $f(x)={\int }_0^{x^2}(2-t)e^{-t}dt$ 可以通过计算积分得到显式表达式。
计算积分：

因此，

即 $f(x)=1+(x^2-1)e^{-x^2}$ 。
令 $t=x^2\ge 0$ ，则 $f(x)=g(t)=1+(t-1)e^{-t}$ 。
求 $g(t)$ 的导数：

令 $g^{\prime }(t)=0$ ，得 $t=2$ 。
当 $t<2$ 时， $g^{\prime }(t)>0$ ，函数单调递增；当 $t>2$ 时， $g^{\prime }(t)<0$ ，函数单调递减。因此， $t=2$ 时 $g(t)$ 取得最大值。
计算关键点：

• 当 $t=0$ （即 $x=0$ ）时， $g(0)=1+(0-1)\cdot 1=0$ 。
• 当 $t=2$ （即 $x=\pm \sqrt{2}$ ）时， $g(2)=1+(2-1)e^{-2}=1+e^{-2}$ 。
• 当 $t\to \infty$ （即 $x\to \pm \infty$ ）时， $g(t)\to 1$ 。
  比较函数值： $f(0)=0$ ， $f(\pm \sqrt{2})=1+e^{-2}\approx 1.135>1$ ，且 $f(x)\to 1$ 当 $x\to \pm \infty$ 。
  因此，函数 $f(x)$ 的最小值为 $0$ ，最大值为 $1+e^{-2}$ 。

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

【解析】 已知 $y=e^x$ 是微分方程 $x{y}^{\prime }+p(x)y=x$ 的一个解，代入得：

解出：

代入原方程得：

两边除以 $x$ （ $x\ne 0$ ）：

这是一阶线性微分方程，其中 $P(x)=e^{-x}-1$ ， $Q(x)=1$ 。积分因子为：

方程两边乘积分因子：

积分得：

其中：

令 $u=e^{-x}$ ，则 $du=-e^{-x}dx$ ，所以：

因此：

解得：

代入初始条件 $y(\ln 2)=0$ ：