卷 2

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

$\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{3 - x} - \sqrt{1 + x}}{x^2 + x - 2} =$ ______．

【答案】
$-\frac{\sqrt{2}}{6}$

【解析】
首先，观察到当 $x \to 1$ 时，分子 $\sqrt{3 - x} - \sqrt{1 + x} = 0$ ，分母 $x^2 + x - 2 = 0$ ，因此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。
对分子进行有理化：乘以共轭式 $\frac{\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x}}{\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x}}$ ，得到：

\begin{align*} &\frac{(\sqrt{3 - x} - \sqrt{1 + x})(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})}{(x^2 + x - 2)(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})} \\ &= \frac{(3 - x) - (1 + x)}{(x^2 + x - 2)(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})} \\ &= \frac{2 - 2x}{(x^2 + x - 2)(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})} \end{align*}

分子提取公因子：

\frac{2(1 - x)}{(x^2 + x - 2)(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})}

分母因式分解： $x^2 + x - 2 = (x - 1)(x + 2)$ ，代入得：

\frac{2(1 - x)}{(x - 1)(x + 2)(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})}

注意到 $1 - x = -(x - 1)$ ，因此：

\frac{2(-(x - 1))}{(x - 1)(x + 2)(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})} = \frac{-2}{(x + 2)(\sqrt{3 - x} + \sqrt{1 + x})}

现在，代入 $x = 1$ ：
分母为 $(1 + 2)(\sqrt{3 - 1} + \sqrt{1 + 1}) = 3 \times (\sqrt{2} + \sqrt{2}) = 3 \times 2\sqrt{2} = 6\sqrt{2}$ ，分子为 $-2$ ，所以极限为：

\frac{-2}{6\sqrt{2}} = \frac{-1}{3\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{6}

因此，极限为 $-\frac{\sqrt{2}}{6}$ 。

2

设函数 $y = f(x)$ 由方程 $\e^{2x + y} - \cos(xy) = \e - 1$ 所确定，则曲线 $y = f(x)$ 在点 $(0,1)$ 处的法线方程为 ______．

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】
$x-2y+2=0$

【解析】
在等式 $e^{2x+y}-\cos(xy)=e-1$ 两边对 $x$ 求导得

e^{2x+y} \cdot (2+y')+\sin(xy) \cdot (y+xy')=0.

将 $x=0, y=1$ 代入上式解得 $y'(0)=-2$ 。故所求法线方程斜率 $k=\frac{1}{2}$ ，从而法线方程为

y-1=\frac{1}{2}x,

即 $x-2y+2=0$ 。

3

$\int_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(x^3 + \sin^2 x \right) \cos^2 x\dx =$ ______．

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $\frac{\pi}{8}$

【解析】 考虑积分 $I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(x^3 + \sin^2 x \right) \cos^2 x \, dx$ 。
令 $f(x) = \left(x^3 + \sin^2 x \right) \cos^2 x$ ，其中 $\cos^2 x$ 和 $\sin^2 x$ 均为偶函数， $x^3$ 为奇函数。
因此， $f(x) = x^3 \cos^2 x + \sin^2 x \cos^2 x$ ，其中 $x^3 \cos^2 x$ 为奇函数， $\sin^2 x \cos^2 x$ 为偶函数。
在对称区间 $[- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上，奇函数的积分为零，故：

\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} x^3 \cos^2 x \, dx = 0

只需计算偶函数部分：

I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^2 x \, dx = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^2 x \, dx

利用三角恒等式 $\sin^2 x \cos^2 x = \frac{1}{4} \sin^2 2x$ ，得：

2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \cos^2 x \, dx = 2 \cdot \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 2x \, dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 2x \, dx

再使用倍角公式 $\sin^2 2x = \frac{1 - \cos 4x}{2}$ ，有：

\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 2x \, dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos 4x}{2} \, dx = \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \cos 4x) \, dx

计算积分：

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}, \quad \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos 4x \, dx = \frac{1}{4} \sin 4x \Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{4} (\sin 2\pi - \sin 0) = 0

所以：

\frac{1}{4} \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{8}

因此，积分结果为 $\frac{\pi}{8}$ 。

4

过点 $\left(\frac{1}{2},0 \right)$ 且满足关系式 $y'\arcsin x + \frac{y}{\sqrt{1 - x^2}} = 1$ 的曲线方程为 ______．

高等数学常微分方程一阶非齐次线性微分方程

【答案】
$y \arcsin x = x - \frac{1}{2}$

【解析】
给定微分方程 $y' \arcsin x + \frac{y}{\sqrt{1-x^2}} = 1$ 及点 $\bigl( \frac12, 0 \bigr)$ 。
注意到左边恰为

\frac{d}{dx}\bigl( y \arcsin x \bigr) = y' \arcsin x + \frac{y}{\sqrt{1-x^2}},

故原方程化为

\frac{d}{dx}\bigl( y \arcsin x \bigr) = 1.

积分得

y \arcsin x = x + C.

代入 $x = \frac12,\ y = 0$ ：

0 \cdot \arcsin\frac12 = \frac12 + C \quad\Rightarrow\quad C = -\frac12.

因此所求曲线方程为

y \arcsin x = x - \frac12.

5

设方程 $\begin{pmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 1 & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ 有无穷多个解，则 $a =$ ______．

线性代数线性方程组

【答案】 $-2$

【解析】
利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形，可得

\overline{A} = \begin{pmatrix} a & 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 & 1 \\ 1 & 1 & a & -2 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & a & -2 \\ 0 & a-1 & 1-a & 3 \\ 0 & 0 & (1-a)(a+2) & 2(2+a) \end{pmatrix}

可见，只有当 $a=-2$ 时才有秩 $r(\overline{A})=r(A)=2<3$ ，对应方程组有无穷多个解。

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设 $f(x) = \begin{cases} 1, & |x| \le 1, \\ 0, & |x| > 1, \end{cases}$ 则 $f\left\{f\left[f(x) \right] \right\}$ 等于

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：B

【解析】
函数 $f(x)$ 在 $|x| \le 1$ 时输出 1，在 $|x| > 1$ 时输出 0。
对于任意 $x$ ， $f(x)$ 的值只能是 0 或 1。

当输入为 0 或 1 时，由于 $|0| \le 1$ 和 $|1| \le 1$ ，有

f(0) = 1, \quad f(1) = 1,

因此 $f(f(x)) = 1$ 。

进而

f(f(f(x))) = f(1) = 1,

故三重嵌套函数恒等于 1，选项 B 正确。

7

设当 $x \to 0$ 时， $(1 - \cos x)\ln(1 + x^2)$ 是比 $x\sin x^n$ 高阶的无穷小， $x\sin x^n$ 是比 $\left(\e^{x^2} - 1 \right)$ 高阶的无穷小，则正整数 $n$ 等于

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

正确答案：B

【解析】
当 $x \to 0$ 时，利用等价无穷小替换：

1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^{2},\quad \ln(1 + x^{2}) \sim x^{2},

所以

(1 - \cos x)\ln(1 + x^{2}) \sim \frac{1}{2}x^{4}.

x \sin x^{n} \sim x \cdot x^{n} = x^{n+1}.

e^{x^{2}} - 1 \sim x^{2}.

条件一
$(1 - \cos x)\ln(1 + x^{2})$ 是比 $x \sin x^{n}$ 高阶的无穷小，即

\frac{\frac{1}{2}x^{4}}{x^{n+1}} = \frac{1}{2}x^{3-n} \to 0,

要求 $3 - n > 0$ ，即 $n < 3$ 。

条件二
$x \sin x^{n}$ 是比 $e^{x^{2}} - 1$ 高阶的无穷小，即

\frac{x^{n+1}}{x^{2}} = x^{n-1} \to 0,

要求 $n - 1 > 0$ ，即 $n > 1$ 。

结合两者， $n$ 为正整数，且 $1 < n < 3$ ，所以 $n = 2$ 。

验证
当 $n = 2$ 时，
条件一比值 $\frac{1}{2}x^{1} \to 0$ ，
条件二比值 $x^{1} \to 0$ ，
均满足。

因此，正整数 $n$ 等于 $2$ 。

8

曲线 $y = (x - 1)^2(x - 3)^2$ 的拐点个数为

高等数学一元函数微分学曲线的凹凸性、拐点及渐近线

正确答案：C

【解析】
为了求曲线 $y = (x - 1)^2(x - 3)^2$ 的拐点，需要找到二阶导数为零且符号改变的点。

首先求一阶导数：

y' = 4(x-1)(x-2)(x-3).

然后求二阶导数：

y'' = 12x^2 - 48x + 44.

设 $y'' = 0$ ，即

12x^2 - 48x + 44 = 0,

化简为

3x^2 - 12x + 11 = 0.

解此二次方程，判别式

D = (-12)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 11 = 144 - 132 = 12,

所以根为

x = \frac{12 \pm \sqrt{12}}{6} = \frac{12 \pm 2\sqrt{3}}{6} = 2 \pm \frac{\sqrt{3}}{3}.

由于 $y''$ 是二次函数且开口向上，在两根之间 $y'' < 0$ ，在两根之外 $y'' > 0$ ，因此在这两个点处 $y''$ 符号改变，故有两个拐点。

9

已知函数 $f(x)$ 在区间 $(1 - \delta ,1 + \delta)$ 内具有二阶导数， $f'(x)$ 严格单调减少，且 $f(1) = f'(1) = 1$ ，则

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：A

考虑函数 $g(x) = f(x) - x$ ，则

g(1) = f(1) - 1 = 0,

且

g'(x) = f'(x) - 1.

由于 $f'(x)$ 严格单调减少且 $f'(1) = 1$ ，可知：

在区间 $(1 - \delta, 1)$ 内，有 $f'(x) > 1$ ，因此 $g'(x) > 0$ ，即 $g(x)$ 严格递增；
在区间 $(1, 1 + \delta)$ 内，有 $f'(x) < 1$ ，因此 $g'(x) < 0$ ，即 $g(x)$ 严格递减。

因为 $g(1) = 0$ ，所以：

在 $(1 - \delta, 1)$ 内， $g(x) < 0$ ，即 $f(x) < x$ ；
在 $(1, 1 + \delta)$ 内， $g(x) < 0$ ，即 $f(x) < x$ 。

因此，在 $(1 - \delta, 1)$ 和 $(1, 1 + \delta)$ 内均有 $f(x) < x$ ，对应选项 A。

10

同试卷 1 第 6 题

解答题

11

求 $\int \frac{\dx}{(2x^2 + 1)\sqrt{x^2 + 1}}$ ．

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】

\arctan \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} + C

【解析】 考虑代换 $x = \tan t$ ，则 $dx = \sec^2 t \, dt$ ，且 $\sqrt{x^2 + 1} = \sec t$ 。积分化为：

\int \frac{\sec^2 t \, dt}{(2 \tan^2 t + 1) \sec t} = \int \frac{\sec t \, dt}{2 \tan^2 t + 1}.

利用恒等式 $\tan^2 t = \sec^2 t - 1$ ，分母化为：

2(\sec^2 t - 1) + 1 = 2\sec^2 t - 1.

因此积分变为：

\int \frac{\sec t \, dt}{2\sec^2 t - 1} = \int \frac{\cos t \, dt}{2 - \cos^2 t}.

进一步， $2 - \cos^2 t = 1 + \sin^2 t$ ，所以：

\int \frac{\cos t \, dt}{1 + \sin^2 t}.

令 $u = \sin t$ ，则 $du = \cos t \, dt$ ，积分化为：

\int \frac{du}{1 + u^2} = \arctan u + C.

代回 $u = \sin t$ ，并利用 $x = \tan t$ 时 $\sin t = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$ ，得：

\arctan \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} + C.

此结果为积分原函数。

12

求极限 $\lim_{t \to x} \left(\frac{\sin t}{\sin x} \right)^{\frac{x}{\sin t - \sin x}}$ ，记此极限为 $f(x)$ ，求函数 $f(x)$ 的间断点并指出其类型．

高等数学一元函数微分学函数极限的计算

【答案】
函数 $f(x)$ 的间断点为 $x = k\pi$ ( $k \in \mathbb{Z}$ )。当 $k = 0$ 时，为可去间断点；当 $k \neq 0$ 时，为第二类间断点（无穷间断点）。

【解析】
首先，求极限 $\lim_{t \to x} \left(\frac{\sin t}{\sin x} \right)^{\frac{x}{\sin t - \sin x}}$ 。
令 $L = \lim_{t \to x} \left(\frac{\sin t}{\sin x} \right)^{\frac{x}{\sin t - \sin x}}$ ，取对数得：

\ln L = \lim_{t \to x} \frac{x}{\sin t - \sin x} \ln \left(\frac{\sin t}{\sin x}\right)

令 $u = t - x$ ，则当 $t \to x$ 时， $u \to 0$ 。
利用等价无穷小： $\sin t - \sin x = 2 \cos \frac{x + t}{2} \sin \frac{t - x}{2} \approx 2 \cos x \cdot \frac{u}{2} = u \cos x$ ，
且 $\ln \left(\frac{\sin t}{\sin x}\right) = \ln \left(1 + \frac{\sin t - \sin x}{\sin x}\right) \approx \frac{\sin t - \sin x}{\sin x} \approx \frac{u \cos x}{\sin x} = u \cot x$ 。
代入得：

\ln L = \lim_{u \to 0} \frac{x}{u \cos x} \cdot u \cot x = \frac{x}{\cos x} \cdot \cot x = \frac{x}{\sin x}

因此， $L = e^{x / \sin x}$ ，即 $f(x) = e^{x / \sin x}$ 。
函数 $f(x)$ 在 $\sin x = 0$ 处未定义，即 $x = k\pi$ ( $k \in \mathbb{Z}$ ) 为间断点。

当 $x = 0$ ( $k = 0$ ) 时， $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} e^{x / \sin x} = e^1 = e$ ，极限存在，故为可去间断点。
当 $x = k\pi$ ( $k \neq 0$ ) 时，考虑 $x = k\pi + h$ ( $h \to 0$ )。
若 $k$ 为奇数， $\sin x = (-1)^k \sin h = -\sin h$ ，则 $x / \sin x = - (k\pi + h) / \sin h$ 。
当 $h \to 0^+$ ， $x / \sin x \to -\infty$ ， $f(x) \to 0$ ；
当 $h \to 0^-$ ， $x / \sin x \to +\infty$ ， $f(x) \to +\infty$ 。
若 $k$ 为偶数， $\sin x = \sin h$ ，则 $x / \sin x = (k\pi + h) / \sin h$ 。
当 $h \to 0^+$ ， $x / \sin x \to +\infty$ ， $f(x) \to +\infty$ ；
当 $h \to 0^-$ ， $x / \sin x \to -\infty$ ， $f(x) \to 0$ 。
左右极限至少有一个为无穷，故为第二类间断点（无穷间断点）。

13

设 $\rho = \rho(x)$ 是抛物线 $y = \sqrt{x}$ 上任一点 $M(x,y)$ （ $x \ge 1$ ）处的曲率半径， $s = s(x)$ 是该抛物线上介于点 $A(1,1)$ 与 $M$ 之间的弧长，计算 $3\rho \frac{\d^2\rho}{\ds^2} - \left(\frac{\d\rho}{\ds} \right)^2$ 的值（在直角坐标系下曲率公式为 $K = \frac{\left| y'' \right|}{(1 + y'^2)^{3/2}}$ ）．

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $9$

【解析】 由 $y = \sqrt{x}$ ，有 $y' = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ ， $y'' = -\frac{1}{4\sqrt{x^3}}$ ，抛物线在点 $M(x, y)$ 处的曲率半径

\rho = \rho(x) = \frac{1}{K} = \frac{(1 + y'^2)^{\frac{3}{2}}}{\left|y''\right|} = \frac{1}{2}(4x + 1)^{\frac{3}{2}}.

抛物线上的弧长

s = s(x) = \int_{1}^{x} \sqrt{1 + y'^2} \, dx = \int_{1}^{x} \sqrt{1 + \frac{1}{4x}} \, dx.

从而

\frac{d\rho}{ds} = \frac{\frac{d\rho}{dx}}{\frac{ds}{dx}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}(4x + 1)^{\frac{1}{2}} \cdot 4}{\sqrt{1 + \frac{1}{4x}}} = 6\sqrt{x},

\frac{d^2\rho}{ds^2} = \frac{d}{dx} \left( \frac{d\rho}{ds} \right) \cdot \frac{1}{\frac{ds}{dx}} = \frac{6}{2\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{4x}}} = \frac{6}{\sqrt{1 + 4x}}.

于是

3\rho \frac{d^2\rho}{ds^2} - \left( \frac{d\rho}{ds} \right)^2 = 3 \cdot \frac{1}{2} (1 + 4x)^{\frac{3}{2}} \cdot \frac{6}{\sqrt{1 + 4x}} - \left( 6\sqrt{x} \right)^2 = 9

14

设函数 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上可导， $f(0) = 0$ ，且其反函数为 $g(x)$ ．若

\int_0^{f(x)} g(t)\dt = x^2\e^x,

求 $f(x)$ ．

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】

f(x) = (x+1)e^x - 1

【解析】 已知函数 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上可导，且 $f(0) = 0$ ，其反函数为 $g(x)$ ，满足

\int_0^{f(x)} g(t) \, dt = x^2 e^x.

对等式两边关于 $x$ 求导，左边利用链式法则和反函数性质：

\frac{d}{dx} \int_0^{f(x)} g(t) \, dt = g(f(x)) \cdot f'(x) = x f'(x),

右边求导得：

\frac{d}{dx} (x^2 e^x) = 2x e^x + x^2 e^x = x e^x (x + 2).

于是有：

x f'(x) = x e^x (x + 2).

当 $x > 0$ 时，可除以 $x$ 得：

f'(x) = e^x (x + 2).

对 $f'(x)$ 积分：

f(x) = \int e^x (x + 2) \, dx.

计算积分：

\begin{align*} \int e^x (x + 2) \, dx &= \int x e^x \, dx + 2 \int e^x \, dx \\ &= (x e^x - e^x) + 2e^x + C \\ &= x e^x + e^x + C \\ &= e^x (x + 1) + C. \end{align*}

由初始条件 $f(0) = 0$ ，代入得：

e^0 (0 + 1) + C = 1 + C = 0 \quad \Rightarrow \quad C = -1.

因此，

f(x) = e^x (x + 1) - 1.

验证当 $x = 0$ 时， $f(0) = 0$ ，符合条件。故所求函数为

f(x) = (x+1)e^x - 1.

15

设函数 $f(x),g(x)$ 满足 $f'(x) = g(x),g'(x) = 2\e^x - f(x)$ ，且 $f(0) = 0,g(0) = 2$ ，求

\int_0^{\pi}\left[\frac{g(x)}{1 + x} - \frac{f(x)}{(1 + x)^2} \right] \dx.

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

【答案】

\frac{1 + e^{\pi}}{1 + \pi}

【解析】 设 $h(x) = \frac{f(x)}{1 + x}$ ，则

h'(x) = \frac{f'(x)(1 + x) - f(x)}{(1 + x)^2} = \frac{g(x)(1 + x) - f(x)}{(1 + x)^2} = \frac{g(x)}{1 + x} - \frac{f(x)}{(1 + x)^2}.

因此，被积函数为 $h'(x)$ ，积分化为

\int_0^{\pi} \left[ \frac{g(x)}{1 + x} - \frac{f(x)}{(1 + x)^2} \right] dx = \int_0^{\pi} h'(x) dx = h(\pi) - h(0) = \frac{f(\pi)}{1 + \pi} - \frac{f(0)}{1 + 0}.

由 $f(0) = 0$ ，得

\int_0^{\pi} \left[ \frac{g(x)}{1 + x} - \frac{f(x)}{(1 + x)^2} \right] dx = \frac{f(\pi)}{1 + \pi}.

接下来求 $f(\pi)$ 。由已知条件 $f'(x) = g(x)$ 和 $g'(x) = 2e^x - f(x)$ ，代入得

f''(x) = g'(x) = 2e^x - f(x) \implies f''(x) + f(x) = 2e^x.

该方程为二阶非齐次线性微分方程。齐次解为 $f_h(x) = A \cos x + B \sin x$ ，特解形式为 $f_p(x) = C e^x$ ，代入得

C e^x + C e^x = 2C e^x = 2e^x \implies C = 1,

故特解为 $f_p(x) = e^x$ 。通解为

f(x) = A \cos x + B \sin x + e^x.

由 $f(0) = 0$ ，得

A \cos 0 + B \sin 0 + e^0 = A + 1 = 0 \implies A = -1.

又 $g(x) = f'(x) = -A \sin x + B \cos x + e^x$ ，由 $g(0) = 2$ ，得

-A \sin 0 + B \cos 0 + e^0 = B + 1 = 2 \implies B = 1.

因此，

f(x) = -\cos x + \sin x + e^x,

于是

f(\pi) = -\cos \pi + \sin \pi + e^{\pi} = -(-1) + 0 + e^{\pi} = 1 + e^{\pi}.

代入积分得

\int_0^{\pi} \left[ \frac{g(x)}{1 + x} - \frac{f(x)}{(1 + x)^2} \right] dx = \frac{1 + e^{\pi}}{1 + \pi}.

16

设 $L$ 是一条平面曲线，其上任意一点 $P(x,y)$ （ $x > 0$ ）到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在 $y$ 轴上的的截距，且 $L$ 经过点 $\left(\frac{1}{2},0 \right)$ ．

(1) 试求曲线 $L$ 的方程．

(2) 求 $L$ 位于第一象限部分的一条切线，使该切线与 $L$ 以及两坐标轴所围图形面积最小．

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】 (1) 曲线 $L$ 的方程为 $y = \frac{1}{4} - x^2$ 。 (2) 所求切线方程为 $y = -\frac{\sqrt{3}}{3} x + \frac{1}{3}$ 。

【解析】 (1) 设曲线 $L$ 上任意一点 $P(x,y)$ （ $x > 0$ ）到原点的距离为 $\sqrt{x^2 + y^2}$ ，该点处切线在 $y$ 轴上的截距为 $y - x y'$ 。由条件得：

\sqrt{x^2 + y^2} = y - x y'

解此微分方程。令 $u = y/x$ ，则 $y = u x$ ， $y' = u' x + u$ ，代入得：

x \sqrt{1 + u^2} = - x^2 u'

即：

u' = -\frac{\sqrt{1 + u^2}}{x}

分离变量：

\frac{du}{\sqrt{1 + u^2}} = -\frac{dx}{x}

积分得：

\ln |u + \sqrt{1 + u^2}| = -\ln x + C

即：

u + \sqrt{1 + u^2} = \frac{k}{x}

其中 $k = e^C$ 。由 $u = y/x$ 和 $\sqrt{1 + u^2} = \sqrt{x^2 + y^2}/x$ ，得：

\frac{y + \sqrt{x^2 + y^2}}{x} = \frac{k}{x}

所以：

y + \sqrt{x^2 + y^2} = k

代入点 $\left( \frac{1}{2}, 0 \right)$ ：

0 + \sqrt{\left( \frac{1}{2} \right)^2 + 0} = \frac{1}{2} = k

故曲线方程为：

y + \sqrt{x^2 + y^2} = \frac{1}{2}

解得：

y = \frac{1}{4} - x^2

因此曲线 $L$ 的方程为 $y = \frac{1}{4} - x^2$ 。

(2) 曲线 $L$ 在第一象限部分满足 $x > 0$ ， $y > 0$ ，即 $0 < x < \frac{1}{2}$ 。设切点为 $P(x_0, y_0)$ ，其中 $y_0 = \frac{1}{4} - x_0^2$ 。切线斜率为 $y' = -2x_0$ ，切线方程为：

y = x_0^2 - 2x_0 x + \frac{1}{4}

切线与坐标轴交于点 $A(a, 0)$ 和 $B(0, b)$ ，其中：

a = \frac{x_0}{2} + \frac{1}{8x_0}, \quad b = x_0^2 + \frac{1}{4}

切线与 $L$ 以及两坐标轴所围图形的面积 $S$ 为三角形 $OAB$ 面积减去曲线 $L$ 与坐标轴所围图形面积：

S = \frac{1}{2} a b - \int_0^{1/2} \left( \frac{1}{4} - x^2 \right) dx

计算积分：

\int_0^{1/2} \left( \frac{1}{4} - x^2 \right) dx = \left[ \frac{1}{4}x - \frac{x^3}{3} \right]_0^{1/2} = \frac{1}{8} - \frac{1}{24} = \frac{1}{12}

代入 $a$ 和 $b$ ：

a b = \left( \frac{x_0}{2} + \frac{1}{8x_0} \right) \left( x_0^2 + \frac{1}{4} \right) = \frac{(4x_0^2 + 1)^2}{32x_0}

所以：

S(x_0) = \frac{(4x_0^2 + 1)^2}{64x_0} - \frac{1}{12}

令 $t = x_0$ ，则：

S(t) = \frac{(4t^2 + 1)^2}{64t} - \frac{1}{12}

最小化 $S(t)$ 等价于最小化 $f(t) = \frac{(4t^2 + 1)^2}{64t}$ 。化简：

f(t) = \frac{1}{4} t^3 + \frac{1}{8} t + \frac{1}{64} t^{-1}

求导：

f'(t) = \frac{3}{4} t^2 + \frac{1}{8} - \frac{1}{64} t^{-2}

令 $f'(t) = 0$ ：

\frac{3}{4} t^2 + \frac{1}{8} - \frac{1}{64} t^{-2} = 0

乘以 $64t^2$ ：

48t^4 + 8t^2 - 1 = 0

令 $u = t^2$ ，则：

48u^2 + 8u - 1 = 0

解得：

u = \frac{-8 \pm \sqrt{64 + 192}}{96} = \frac{-8 \pm 16}{96}

取正值：

u = \frac{8}{96} = \frac{1}{12}

所以 $t = \frac{1}{2\sqrt{3}}$ 。此时 $y_0 = \frac{1}{4} - \frac{1}{12} = \frac{1}{6}$ ，切线斜率为 $-\frac{1}{\sqrt{3}}$ 。切线方程为：

y - \frac{1}{6} = -\frac{1}{\sqrt{3}} \left( x - \frac{1}{2\sqrt{3}} \right)

即：

y = -\frac{\sqrt{3}}{3} x + \frac{1}{3}

因此，所求切线方程为 $y = -\frac{\sqrt{3}}{3} x + \frac{1}{3}$ 。

17

一个半球体状的雪堆，其体积融化的速率与半球面面积 $S$ 成正比，比例常数 $K > 0$ ．假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为 $r_0$ 的雪堆在开始融化的 $3$ 小时内，融化了其体积的 $\frac{7}{8}$ ，问雪堆全部融化需要多少小时？

高等数学常微分方程微分方程的应用

【答案】 6 小时

【解析】
设半球形雪堆在时刻 $t$ 时的半径为 $r$ ，则半球的体积 $V = \frac{2}{3} \pi r^3$ ，侧面积 $S = 2\pi r^2$ 。

由题设体积融化的速率与半球面面积 $S$ 成正比，则有

\frac{dV}{dt} = -kS \quad \Rightarrow \quad \frac{dV}{dr} \cdot \frac{dr}{dt} = -kS \quad \Rightarrow \quad \frac{dr}{dt} = -k.

积分得 $r = -kt + c$ ，把 $r|_{t=0} = r_0$ 代入得 $c = r_0$ ，所以 $r = -kt + r_0$ 。
又半径为 $r_0$ 的雪堆在开始融化的 3 小时内，融化了其体积的 $\frac{7}{8}$ ，即 $V|_{t=3} = \frac{1}{8} V|_{t=0}$ 。以 $V$ 的公式代入上式，得到

\frac{2}{3} \pi (-3k + r_0)^3 = \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} \pi r_0^3 \quad \Rightarrow \quad k = \frac{1}{6} r_0,

于是 $r = -kt + r_0 = r_0 \left( 1 - \frac{t}{6} \right)$ 。当 $t = 6$ 时 $r = 0$ ，雪堆全部融化需 6 小时。

18

设 $f(x)$ 在区间 $[- a,a]$ （ $a > 0$ ）上具有二阶连续导数， $f(0) = 0$ ．

(1) 写出 $f(x)$ 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；

(2) 证明在 $[- a,a]$ 上至少存在一点 $\eta$ ，使 $a^3 f''(\eta) = 3\int_{- a}^a f(x)\dx$ ．

高等数学一元函数微分学泰勒公式

【答案】
(1) $f(x) = f'(0)x + \frac{f''(\xi)}{2}x^2$ ，其中 $\xi$ 在 0 与 $x$ 之间。
(2) 在 $[-a, a]$ 上至少存在一点 $\eta$ ，使 $a^3 f''(\eta) = 3\int_{-a}^a f(x) \, dx$ 。

【解析】
(1) 由于 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 上具有二阶连续导数，且 $f(0) = 0$ ，根据带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式，有

f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(\xi)}{2!}x^2 = f'(0)x + \frac{f''(\xi)}{2}x^2,

其中 $\xi$ 在 0 与 $x$ 之间。

(2) 将 $f(x)$ 的麦克劳林公式从 $-a$ 到 $a$ 积分，得到

\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = \int_{-a}^{a} f'(0)x \, dx + \frac{1}{2} \int_{-a}^{a} f''(\xi)x^2 \, dx = \frac{1}{2} \int_{-a}^{a} f''(\xi)x^2 \, dx.

因为 $f''(x)$ 在 $[-a,a]$ 上连续，所以 $f''(x)$ 在 $[-a,a]$ 上存在最大值 $M$ 和最小值 $m$ ，因此

\frac{1}{3} ma^3 = \frac{1}{2} m \int_{-a}^{a} x^2 \, dx \leq \frac{1}{2} \int_{-a}^{a} f''(\xi)x^2 \, dx \leq \frac{1}{2} M \int_{-a}^{a} x^2 \, dx = \frac{Ma^3}{3},

从而

m \leq \frac{3}{a^3} \int_{-a}^{a} f(x) \, dx \leq M.

由连续函数介值定理知，存在 $\eta \in [-a,a]$ ，使

f''(\eta) = \frac{3}{a^3} \int_{-a}^{a} f(x) \, dx \iff a^3 f''(\eta) = 3 \int_{-a}^{a} f(x) \, dx.

19

已知矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ， $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ ．且矩阵 $X$ 满足

AXA + BXB = AXB + BXA + E,

其中 $E$ 是 $3$ 阶单位矩阵，求 $X$ ．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】

X = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 5 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

【解析】
由题设的关系式可得 $(A - B)X(A - B) = E$ 。其中

A - B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

因为 $|A - B| = 1 \neq 0$ ，故知矩阵 $A - B$ 可逆，求其逆矩阵得

(A - B)^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},

于是，在等式 $(A - B)X(A - B) = E$ 两边左乘和右乘 $(A - B)^{-1}$ 可得

X = [(A - B)^{-1}]^2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 5 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

20

设 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 为线性方程组 $AX = 0$ 的一个基础解系，

\beta_1 = \alpha_1 + t\alpha_2,\beta_2 = \alpha_2 + t\alpha_3,\beta_3 = \alpha_3 + t\alpha_4,\beta_4 = \alpha_4 + t\alpha_1.

试问实数 $t$ 满足什么关系时， $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4$ 也为 $AX = 0$ 的一个基础解系．

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 $t \neq \pm 1$

【解析】 已知 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 是线性方程组 $AX = 0$ 的一个基础解系，因此它们线性无关且解空间的维数为4。 $\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$ 是解向量的线性组合，故它们也是解向量。要使得 $\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$ 成为基础解系，只需它们线性无关。

考虑线性组合 $c_1\beta_1 + c_2\beta_2 + c_3\beta_3 + c_4\beta_4 = 0$ ，代入 $\beta_i$ 的表达式：

c_1(\alpha_1 + t\alpha_2) + c_2(\alpha_2 + t\alpha_3) + c_3(\alpha_3 + t\alpha_4) + c_4(\alpha_4 + t\alpha_1) = 0

整理得：

(c_1 + c_4t)\alpha_1 + (c_1t + c_2)\alpha_2 + (c_2t + c_3)\alpha_3 + (c_3t + c_4)\alpha_4 = 0

由于 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 线性无关，系数必须为零：

\begin{cases} c_1 + c_4t = 0 \\ c_1t + c_2 = 0 \\ c_2t + c_3 = 0 \\ c_3t + c_4 = 0 \end{cases}

该齐次线性方程组的系数矩阵为：

M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & t \\ t & 1 & 0 & 0 \\ 0 & t & 1 & 0 \\ 0 & 0 & t & 1 \end{pmatrix}

计算行列式：

|M| = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & t \\ t & 1 & 0 & 0 \\ 0 & t & 1 & 0 \\ 0 & 0 & t & 1 \end{vmatrix} = 1 - t^4

当 $|M| \neq 0$ 时，方程组只有零解，即 $\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$ 线性无关。因此，要求 $1 - t^4 \neq 0$ ，即 $t^4 \neq 1$ ，在实数范围内等价于 $t \neq \pm 1$ 。

当 $t = \pm 1$ 时，可验证 $\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$ 线性相关，故不构成基础解系。因此，当且仅当 $t \neq \pm 1$ 时， $\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$ 为 $AX = 0$ 的一个基础解系。