卷 4

【答案】

【解析】 给定方程 $x=y^y$ ，其中 $y$ 是 $x$ 的函数。
步骤如下：

1. 取自然对数：
   

   $$\ln x=y\ln y$$

2. 对两边关于 $x$ 求导：
   左边为 $\frac{1}{x}$ ，右边使用乘积法则：
   

   $$\frac{d}{dx}(y\ln y)=\frac{dy}{dx}\ln y+y\cdot \frac{1}{y}\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dx}(\ln y+1)$$

   
   得到：
   

   $$\frac{1}{x}=\frac{dy}{dx}(\ln y+1)$$

3. 解出导数：
   

   $$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x(\ln y+1)}$$

4. 写出微分形式：
   

   $$dy=\frac{dx}{x(1+\ln y)}$$

【答案】

【解析】 已知 $\int xf(x)dx=\arcsin x+C$ ，对两边求导可得：

解得：

因此，

需求积分：

令 $u=1-x^2$ ，则 $du=-2xdx$ ，即 $xdx=-\frac{1}{2}du$ ，代入得：

代回 $u=1-x^2$ ：

【答案】
$ac\ge 0$

【解析】
设点 $(x_0,y_0)$ 在抛物线 $y=a{x}^2+bx+c$ 上，则 $y_0=a{x}_0^2+b{x}_0+c$ 。在该点的切线斜率为 $y^{\prime }=2a{x}_0+b$ ，切线方程为 $y-y_0=(2a{x}_0+b)(x-x_0)$ 。
由于切线过原点 $(0,0)$ ，代入切线方程得：

简化得：

即

又因为 $y_0=a{x}_0^2+b{x}_0+c$ ，所以：

展开右边：

两边消去 $b{x}_0$ 并整理得：

因此，对于存在这样的点 $(x_0,y_0)$ ，必须存在实数 $x_0$ 满足 $c=a{x}_0^2$ 。这意味着 $c$ 与 $a$ 必须同号或 $c=0$ ，即 $ac\ge 0$ 。
注意：当 $a=0$ 时，抛物线退化为直线，但问题中为抛物线，故 $a\ne 0$ ，因此 $ac\ge 0$ 即为系数应满足的关系。

【答案】

【解析】
因为 $|A|$ 是范德蒙行列式，由 $a_i\ne a_j$ 知

所以方程组 $A^{T}X=B$ 有唯一解。根据克莱姆法则，对于

易见 $D_1=|A|,D_2=D_3=\cdots =D_n=0$ ，所以 $A^{T}X=B$ 的解为

即 $(1,0,0,\cdots ,0{)}^T$ 。

【答案】 $(4.412,5.588)$

【解析】
已知总体 $X\sim N(\mu ,0.9^2)$ ，样本容量 $n=9$ ，样本均值 $\overline{X}=5$ ，置信度 $1-\alpha =0.95$ ，则 $\alpha =0.05$ 。由于总体方差已知，使用标准正态分布构造置信区间。置信区间公式为：

其中 $\sigma =0.9$ ， $n=9$ ， $\overline{X}=5$ ， $z_{\alpha /2}=z_{0.025}=1.96$ 。
计算标准误差：

边际误差：

因此置信区间为：

故未知参数 $\mu$ 的置信度为 0.95 的置信区间为 $(4.412,5.588)$ 。

【答案】

且 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续。

【解析】
(Ⅰ) 当 $x\ne 0$ 时，

当 $x=0$ 时，由导数定义及洛必达法则，有

所以得到

(II) 由于 $g(x)$ 有二阶连续导数，当 $x\ne 0$ 时 $f(x)$ 也具有二阶连续导数，且 $f^{\prime }(x)$ 连续。在 $x=0$ 处有

即 $f^{\prime }(x)$ 在 $x\ne 0$ 处连续，所以 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上为连续函数。

【答案】 0

【解析】 给定 $z=f(u)$ ，且 $u$ 由方程 $u=\phi (u)+{\int }_y^{x}p(t)dt$ 确定。

核心步骤：

1. 计算 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ：

   $$\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime }(u)\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime }(u)\frac{\partial u}{\partial y}.$$

2. 代入表达式：

   $$p(y)\frac{\partial z}{\partial x}+p(x)\frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime }(u)\left[p(y)\frac{\partial u}{\partial x}+p(x)\frac{\partial u}{\partial y}\right].$$

3. 对 $u$ 的方程分别关于 $x$ 与 $y$ 求偏导：

   • 对 $x$ ： $\frac{\partial u}{\partial x}={\phi }^{\prime }(u)\frac{\partial u}{\partial x}+p(x)⟹\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{p(x)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}.$
   • 对 $y$ ： $\frac{\partial u}{\partial y}={\phi }^{\prime }(u)\frac{\partial u}{\partial y}-p(y)⟹\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{-p(y)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}.$

4. 代入并化简：

   $$p(y)\frac{\partial u}{\partial x}+p(x)\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{p(y)p(x)-p(x)p(y)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}=0.$$

5. 最终结果：

   $$p(y)\frac{\partial z}{\partial x}+p(x)\frac{\partial z}{\partial y}=0.$$

【答案】 $\ln 2$

【解析】
方法1：用分部积分法得到

所以

而极限

故原式= $\ln 2$ 。

方法2：直接计算反常积分得

【答案】 见解析

【解析】 考虑函数 $g(x)=xf(x)$ ，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微，且

由条件 $f(1)=2{\int }_0^{1/2}xf(x)dx$ ，即

所以

根据积分中值定理，存在 $c\in [0,1/2]$ 使得

即 $g(c)=g(1)$ 。

• 若 $c\in (0,1/2)$ ，在 $[c,1]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in (c,1)\subset (0,1)$ 使得 $g^{\prime }(\xi )=0$ ，即
  $f(\xi )+\xi f^{\prime }(\xi )=0.$
• 若 $c=0$ 或 $c=1/2$ ，则 $g(0)=g(1)$ 或 $g(1/2)=g(1)$ ，在 $[0,1]$ 或 $[1/2,1]$ 上应用罗尔定理，同样存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $g^{\prime }(\xi )=0$ 。

因此，总存在 $\xi \in (0,1)$ 使

【答案】 (1) 当 $0\le p<\sqrt{\frac{ab}{c}}-b$ 时，销售额增加；当 $p>\sqrt{\frac{ab}{c}}-b$ 时，销售额减少。 (2) 要使销售额最大，商品单价应取 $p=\sqrt{\frac{ab}{c}}-b$ ，最大销售额为 ${\left(\sqrt{a}-\sqrt{bc}\right)}^2$ .

【解析】
(1) 销售额函数为 $R(p)=p\left(\frac{a}{p+b}-c\right)$ 。求导得 $R^{\prime }(p)=\frac{ab}{(p+b{)}^2}-c$ 。令 $R^{\prime }(p)>0$ ，得 $\frac{ab}{(p+b{)}^2}>c$ ，即 $(p+b{)}^2<\frac{ab}{c}$ ，所以 $p<\sqrt{\frac{ab}{c}}-b$ ，此时销售额增加。令 $R^{\prime }(p)<0$ ，得 $(p+b{)}^2>\frac{ab}{c}$ ，即 $p>\sqrt{\frac{ab}{c}}-b$ ，此时销售额减少。由于 $a>bc$ ，有 $\sqrt{\frac{ab}{c}}-b>0$ ，且 $p$ 需满足 $Q\ge 0$ 即 $p\le \frac{a}{c}-b$ ，但 $\frac{a}{c}-b>\sqrt{\frac{ab}{c}}-b$ ，故上述范围有效。

(2) 销售额最大时， $R^{\prime }(p)=0$ ，即 $p=\sqrt{\frac{ab}{c}}-b$ 。代入 $R(p)$ 得最大销售额 $R=\left(\sqrt{\frac{ab}{c}}-b\right)\left(\frac{a}{\sqrt{\frac{ab}{c}}}-c\right)=a-2\sqrt{abc}+bc={\left(\sqrt{a}-\sqrt{bc}\right)}^2$ 。

【答案】 $y+\sqrt{x^2+y^2}=C$ ，其中 $C$ 为正常数。

【解析】
令 $z=\frac{y}{x}$ ，则 $\frac{dy}{dx}=z+x\frac{dz}{dx}$ 。当 $x>0$ 时，原方程化为

其通解为 $\ln (z+\sqrt{1+z^2})=-\ln x+C_1$ 或 $z+\sqrt{1+z^2}=\frac{C}{x}$ 。代回原变量，得通解 $y+\sqrt{x^2+y^2}=C(x>0)$ 。

当 $x<0$ 时，原方程的解与 $x>0$ 时相同，理由如下：令 $t=-x$ ，则 $t>0$ ，而且