卷 2

【答案】 $-2$

【解析】
函数在 $x = 0$ 处连续，需满足左极限、右极限与函数值相等。
当 $x \leq 0$ 时， $f(x) = a e^{2x}$ ，故 $f(0) = a e^{0} = a$ 。
左极限为 $\lim_{x \to 0^{-}} f(x) = \lim_{x \to 0^{-}} a e^{2x} = a \cdot 1 = a$ 。
右极限为 $\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 - e^{\tan x}}{\arcsin \frac{x}{2}}$ 。
当 $x \to 0^{+}$ 时，分子 $1 - e^{\tan x} \sim -\tan x \sim -x$ ，分母 $\arcsin \frac{x}{2} \sim \frac{x}{2}$ ，因此

使用洛必达法则验证：
分子导数为 $- e^{\tan x} \sec^2 x$ ，分母导数为 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - \left(\frac{x}{2}\right)^2}}$ ，
于是

代入 $x = 0$ ，得 $-1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 = -2$ 。
因此，右极限为 $-2$ 。
由连续性，左极限、右极限与函数值相等，即 $a = -2$ 。

【答案】 $1$

【解析】 需要计算曲线 $y = x e^{-x}$ （其中 $0 \le x < +\infty$ ）下方、 $x$ 轴上方的无界图形的面积，即计算积分 $\int_{0}^{\infty} x e^{-x} \, dx$ 。

使用分部积分法：设 $u = x$ ， $dv = e^{-x} \, dx$ ，则 $du = dx$ ， $v = -e^{-x}$ 。代入分部积分公式：

计算定积分：

当 $b \to \infty$ 时， $e^{-b} \to 0$ ，且 $e^{-b}(b + 1) \to 0$ ，因此极限为 1。故积分值为 1，即所求面积为 1。

【答案】 $\frac{2\sqrt{2}}{\pi}$

【解析】
令 $f(x) = \sqrt{1 + \cos x}$ , $\Delta x_i = \frac{\pi}{n}$ ( $i = 1, 2, \cdots, n$ )，由定积分的定义有

【答案】 $4$

【解析】
给定矩阵 $A = \begin{pmatrix} 0 & -2 & -2 \\ 2 & 2 & -2 \\ -2 & -2 & 2 \end{pmatrix}$ ，求其特征值。
计算特征多项式 $\det(A - \lambda I)$ ：

展开行列式：

计算各子式：
第一项： $-\lambda \left( (2-\lambda)^2 - 4 \right) = -\lambda (\lambda^2 - 4\lambda) = -\lambda^3 + 4\lambda^2$
第二项： $2 \left( 2(2-\lambda) - 4 \right) = 2(-2\lambda) = -4\lambda$
第三项： $-2 \left( -4 + 2(2-\lambda) \right) = -2(-2\lambda) = 4\lambda$
求和：

特征方程为 $-\lambda^2 (\lambda - 4) = 0$ ，解得特征值 $\lambda = 0$ （重根）和 $\lambda = 4$ 。
非零特征值为 $4$ 。
验证：矩阵的迹为 $0 + 2 + 2 = 4$ ，特征值之和为 $0 + 0 + 4 = 4$ ，吻合。

【答案】
切线方程： $4x - 4y - 3\sqrt{3} + 5 = 0$ 或 $y = x + \frac{5 - 3\sqrt{3}}{4}$
法线方程： $4x + 4y + 1 - \sqrt{3} = 0$ 或 $y = -x + \frac{\sqrt{3} - 1}{4}$

【解析】
由极坐标到直角坐标的变换公式

得参数方程为

曲线上 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 的点对应的直角坐标为

切线斜率为

于是切线的直角坐标方程为

法线的直角坐标方程为

【答案】

【解析】 函数 $F(x) = \int_{-1}^x f(t) \, dt$ 需根据 $x$ 所在区间分段计算。

当 $x \in [-1, 0)$ 时， $f(t) = 2t + \frac{3}{2}t^2$ ，积分计算为：

当 $x \in [0, 1]$ 时，积分分为两部分：

首先计算 $\int_{-1}^0 f(t) \, dt$ ，其中 $f(t) = 2t + \frac{3}{2}t^2$ ：

然后计算 $\int_0^x f(t) \, dt$ ，其中 $f(t) = \frac{t e^t}{(e^t + 1)^2}$ 。使用分部积分，设 $u = t$ , $dv = \frac{e^t}{(e^t + 1)^2} dt$ ，则 $du = dt$ , $v = -\frac{1}{e^t + 1}$ ：

计算 $\int_0^x \frac{1}{e^t + 1} dt$ ：

代入得：

简化 $-\ln(1 + e^{-x}) = x - \ln(e^x + 1)$ ，且 $-\frac{x}{e^x + 1} + x = \frac{x e^x}{e^x + 1}$ ，因此：

于是：

在 $x = 0$ 处，两段表达式均得 $F(0) = -\frac{1}{2}$ ，故连续。

【答案】
$f(x) = e^{-\frac{1}{x}}$

【解析】
已知函数 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 内可导，且 $f(x) > 0$ ， $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1$ ，并满足极限条件：

对极限取自然对数：

由于对数函数连续，可交换极限与对数顺序：

令 $g(x) = \ln f(x)$ ，则：

所以：

令 $k = hx$ ，则当 $h \to 0$ 时 $k \to 0$ ，且 $h = k/x$ ，代入得：

因此：

于是：

积分得：

其中 $C$ 为常数。由 $g(x) = \ln f(x)$ ，有：

其中 $A = e^C > 0$ 。利用条件 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1$ ：

故 $f(x) = e^{-\frac{1}{x}}$ 。验证满足原极限条件：

符合要求。因此，函数为 $f(x) = e^{-\frac{1}{x}}$ 。

【答案】
$y = x - \frac{75}{124}x^2$

【解析】
这是一阶线性微分方程 $y' - \frac{2}{x}y = -1$ ，由通解公式有

由曲线 $y = x + C x^2$ 与 $x = 1, x = 2$ 及 $x$ 轴围成的图形绕 $x$ 轴旋转一周的旋转体的体积为

求导并令导数为零，得到

解得 $C = -\frac{75}{124}$ 。又 $V''(C) > 0$ ，故 $C = -\frac{75}{124}$ 为 $V$ 的惟一极小值点，也是最小值点，于是所求曲线为

【答案】 $2m$

【解析】
建立坐标系如下图：

设底部抛物线为 $y = P x^2 + q$ ，由坐标轴的建立知此抛物线过 $(0,0)$ 、 $(1,1)$ 点，代入抛物线的方程，解得 $q = 0, \, P = 1$ ，即底部抛物线是 $y = x^2 \, (-1 < x < 1)$ 。
已知压力 = 压强 × 面积，设 $\rho$ 为水的密度， $g$ 为重力加速度，则平板 $ABCD$ 上所受的总压力为

抛物板 $AOB$ 上所受的总压力为

由题意得

解之得 $h = -\frac{1}{3}$ （舍去）或 $h = 2$ （米），即闸门矩形部分的高应为 $2 \, \text{m}$ 。

【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】
先说明有界性：由 $0 < x_1 < 3$ 知 $x_1$ 及 $3 - x_1$ 均为正数，故

假设 $0 < x_k \leq \frac{3}{2}$ ( $k \geq 2$ )，则有

由数学归纳法知，对任意正整数 $n \geq 2$ 有 $0 < x_n \leq \frac{3}{2}$ ，即数列有界。

再说明单调性：因为

所以 $\{x_n\}$ 单调增加。

数列 $\{x_n\}$ 单调增加且有上界，所以 $\lim_{n \to \infty} x_n$ 存在，记为 $a$ 。

由 $x_{n+1} = \sqrt{x_n(3 - x_n)}$ 两边取极限得 $a = \sqrt{a(3 - a)}$ ，即 $2a^2 - 3a = 0$ 。解得 $a = \frac{3}{2}$ 或 $a = 0$ ，但因 $x_1 > 0$ 且单调增加，故 $a \neq 0$ ，所以 $\lim_{n \to \infty} x_n = \frac{3}{2}$ 。