卷 2

【答案】
$y=-2x+1$

【解析】
曲线由参数方程 $x=e^t\sin 2t$ 和 $y=e^t\cos t$ 给出。点 $(0,1)$ 对应参数 $t=0$ ，因为当 $t=0$ 时， $x=e^0\sin 0=0$ ， $y=e^0\cos 0=1$ 。

求切线斜率 $\frac{dy}{dx}$ ：
先计算

则

在 $t=0$ 时，

切线斜率为 $\frac{1}{2}$ ，因此法线斜率为 $-2$ 。

法线过点 $(0,1)$ ，用法线点斜式方程：

即

故法线方程为 $y=-2x+1$ 。

【答案】 1

【解析】 由方程 $\ln \left(x^2+y\right)=x^{3}y+\sin x$ 确定函数 $y=y(x)$ 。首先，求 $x=0$ 时对应的 $y$ 值。代入 $x=0$ 得：

对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：

左边求导：

右边求导：

因此，求导后方程为：

代入 $x=0$ 和 $y=1$ ： 左边：

右边：

所以，

因此，

【答案】 $\frac{1}{2}\ln (x^2-6x+13)+4\arctan \frac{x-3}{2}+C$

【解析】 首先，对分母完成平方：

积分变为

令 $u=x-3$ ，则 $x=u+3$ ， $dx=du$ ，分子 $x+5=u+8$ ，积分化为

拆分为两个积分：

第一个积分通过代换 $v=u^2+4$ ， $dv=2udu$ ，得 $\frac{1}{2}\ln |u^2+4|$ ；
第二个积分使用公式

其中 $a=2$ ，得 $4\arctan \frac{u}{2}$ 。
合并后为

代回 $u=x-3$ 得最终结果。

【答案】 $\frac{\pi }{12}(1+\sqrt{3})$

【解析】 函数应为 $y=\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}$ ，否则在给定区间内无实数定义。函数在区间 $\left[\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right]$ 上的平均值公式为：

其中 $a=\frac{1}{2}$ ， $b=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $f(x)=\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}$ 。计算积分：

使用三角代换，令 $x=\sin \theta$ ，则 $dx=\cos \theta d\theta$ ，且当 $x=\frac{1}{2}$ 时 $\theta =\frac{\pi }{6}$ ，当 $x=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时 $\theta =\frac{\pi }{3}$ 。积分变为：

利用恒等式 ${\sin }^2\theta =\frac{1-\cos 2\theta }{2}$ ，得：

计算积分：

代入上下限：

所以：

区间长度为：

平均值为：

有理化分母：

因此：

【答案】 $-\frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln (1+x)-x^2}$ 。当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此使用泰勒展开求解。

首先，对分子进行有理化：

当 $x\to 0$ 时， $\sqrt{1+\tan x}\to 1$ ， $\sqrt{1+\sin x}\to 1$ ，因此分母趋于 2。于是，

利用泰勒展开：

所以

因此

对于分母 $x\ln (1+x)-x^2$ ，利用泰勒展开：

所以

于是

因此，

故极限为 $-\frac{1}{2}$ 。

【答案】 $\frac{\pi }{4}+\frac{1}{2}\ln 2$

【解析】 使用分部积分法，设 $u=\arctan x$ ， $dv=\frac{1}{x^2}dx$ ，则 $du=\frac{1}{1+x^2}dx$ ， $v=-\frac{1}{x}$ 。
于是，

对第二项进行部分分式分解：

所以，

因此，

计算定积分：

当 $x\to \infty$ ， $\frac{\arctan x}{x}\to 0$ ， $\ln \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\ln \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{x^2}+1}}\to \ln 1=0$ ，所以上限值为 0。
下限值为：

因此，积分值为：

【答案】 $y=\frac{x^2-1}{2}$

【解析】 给定初值问题：

令 $u=\frac{y}{x}$ ，则 $y=ux$ ， $dy=udx+xdu$ 。代入原方程：

简化得：

即：

由于 $x>0$ ，除以 $x$ ：

分离变量：

积分两边：

左边为 $\ln x$ ，右边为 $\ln |u+\sqrt{1+u^2}|$ ，因此：

代入初始条件 $x=1,y=0$ （即 $u=0$ ）：

所以：

由于 $u+\sqrt{1+u^2}>0$ ，去掉绝对值：

解出 $u$ ：考虑等式 $\sqrt{1+u^2}-u=\frac{1}{x}$ （因为两者乘积为1）。将两式相加：

相减：

代回 $u=\frac{y}{x}$ ：

验证初始条件：当 $x=1$ 时， $y=\frac{1-1}{2}=0$ ，满足。代入原方程也成立，因此解为 $y=\frac{x^2-1}{2}$ 。

【答案】
(1) 函数的递增区间为 $(-\infty ,1)$ 和 $(3,+\infty )$ ，递减区间为 $(1,3)$ 。极小值点为 $x=3$ ，极小值为 $y=\frac{27}{4}$ ，无极大值。
(2) 函数的凹向下区间为 $(-\infty ,0)$ ，凹向上区间为 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty )$ 。拐点为 $(0,0)$ 。
(3) 函数图形的垂直渐近线为 $x=1$ ，斜渐近线为 $y=x+2$ ，无水平渐近线。

【解析】
函数的定义域为 $(-\infty ,1)\cup (1,+\infty )$ ，对函数求导，得

令 $y^{\prime }=0$ 得驻点 $x=0,x=3$ ；令 $y^{\prime \prime }=0$ 得 $x=0$ 。列表讨论如下：

由此可知，

(I) 函数的单调增区间为 $(-\infty ,1)\cup (3,+\infty )$ ，单调减区间为 $(1,3)$ ，极小值为

(II) 函数图形在区间 $(-\infty ,0)$ 内是向上凸的，在区间 $(0,1),(1,+\infty )$ 内是向上凹的，拐点为 $(0,0)$ 点。

(III) 由 ${\lim }_{x\to 1}\frac{x^3}{(x-1{)}^2}=+\infty$ ，可知 $x=1$ 是函数图形的铅直渐近线。又因为

故 $y=x+2$ 是函数的斜渐近线。

【解析】

方法1： 由麦克劳林公式得

其中 $\eta$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间， $x\in [-1,1]$ 。分别令 $x=-1$ 和 $x=1$ ，结合已知条件得

两式相减，得 $f^{\prime \prime \prime }({\eta }_2)+f^{\prime \prime \prime }({\eta }_1)=6$ 。由 $f^{\prime \prime \prime }(x)$ 的连续性，知 $f^{\prime \prime \prime }(x)$ 在区间 $[{\eta }_1,{\eta }_2]$ 上有最大值和最小值，设它们分别为 $M$ 和 $m$ ，则有

再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 $\xi \in [{\eta }_1,{\eta }_2]\subset (-1,1)$ ，使

方法2： 构造函数 $\phi (x)$ ，使得 $x\in [-1,1]$ 时 ${\phi }^{\prime }(x)$ 有三个零点，再用罗尔定理证明 $\xi$ 的存在性。设具有三阶连续导数的 $\phi (x)=f(x)+a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ ，令

代入 $\phi (x)$ 得

由罗尔定理可知，存在 ${\eta }_1\in (-1,0),{\eta }_2\in (0,1)$ ，使 ${\phi }^{\prime }({\eta }_1)=0,{\phi }^{\prime }({\eta }_2)=0$ 。又因为 ${\phi }^{\prime }(0)=0$ ，再由罗尔定理可知，存在 ${\xi }_1\in ({\eta }_1,0),{\xi }_2\in (0,{\eta }_2)$ ，使得 ${\phi }^{\prime \prime }({\xi }_1)=0,{\phi }^{\prime \prime }({\xi }_2)=0$ 。再由罗尔定理可知，存在 $\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset ({\eta }_1,{\eta }_2)\subset (-1,1)$ ，使得 ${\phi }^{\prime \prime \prime }(\xi )=f^{\prime \prime \prime }(\xi )-3=0$ ，即 $f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3.$

【解析】

利用单调有界必有极限的准则来证明。因为

而且 $f(x)$ 单调减少且非负， $k\le x\le k+1$ ，所以 $a_n\ge 0$ 。又因为

所以 $\{a_n\}$ 单调减少。因为单调有界必有极限，所以 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n$ 存在。

【答案】

【解析】 给定矩阵 A=​1−11​11−1​−111​​ 和方程 $A^{\ast }X=A^{-1}+2X$ ，其中 $A^{\ast }$ 是 $A$ 的伴随矩阵。首先计算 $A$ 的行列式 $\det (A)=4$ ，因此 $A^{\ast }=\det (A)A^{-1}=4A^{-1}$ 。代入方程得：

左乘 $A$ ：

即：

整理得：

令 $B=4I-2A$ ，则 $X=B^{-1}$ 。计算 $B$ ：

计算 $B$ 的行列式 $\det (B)=32$ ，故 $B$ 可逆。计算 $B$ 的伴随矩阵：

因此：