卷 2

【答案】
0

【解析】
函数 $f(x)={\lim }_{n\to \infty }\frac{(n-1)x}{n{x}^2+1}$ 的极限需要分情况讨论。
当 $x\ne 0$ 时，分子和分母同时除以 $n$ ，得到：

当 $x=0$ 时，直接代入得：

因此，函数可表示为：

在 $x=0$ 处，函数值为 0，但当 $x\to 0$ 时， $\frac{1}{x}$ 趋于无穷大，故 $x=0$ 是间断点。对于 $x\ne 0$ ，函数 $\frac{1}{x}$ 连续，故无其他间断点。
综上，间断点为 $x=0$ 。

【答案】 $(-\infty ,1]$

【解析】 由参数方程可得

令 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}<0,t<0$ 。又 $x^{\prime }(t)=3t^2+3>0$ ，所以 $x(t)$ 单调增。当 $t=0$ 时， $x=1$ ，当 $t\to -\infty$ 时， $x\to -\infty$ 。从而 $x\in (-\infty ,1]$ 时，曲线是向上凸的。

【答案】 $\frac{\pi }{2}$

【解析】 考虑积分 ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}$ 。使用三角代换，令 $x=\sec \theta$ ，则 $dx=\sec \theta \tan \theta d\theta$ ，且 $\sqrt{x^2-1}=\tan \theta$ 。当 $x=1$ 时， $\sec \theta =1$ ，即 $\theta =0$ ；当 $x\to +\infty$ 时， $\sec \theta \to +\infty$ ，即 $\theta \to \frac{\pi }{2}$ 。代入积分得：

因此，积分值为 $\frac{\pi }{2}$ 。

【答案】
2

【解析】
给定方程 $z=e^{2x-3z}+2y$ ，两边同时对 $x$ 和 $y$ 求偏导。
设 $F(x,y,z)=z-e^{2x-3z}-2y=0$ ，则

由隐函数求导公式，

于是，

因此，答案为 2。

【答案】
$y=\frac{1}{5}{x}^3+\sqrt{x}$

【解析】
原方程变形为 $\frac{dy}{dx}-\frac{1}{2x}y=\frac{1}{2}{x}^2$ ，则由一阶线性微分方程的通解公式，可得（由初始条件可设 $x>0$ ）

再由 $y(1)=\frac{6}{5}$ 得 $C=1$ ，从而特解为 $y=\frac{1}{5}{x}^3+\sqrt{x}$ 。

【答案】

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x^3}\left[{\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)}^x-1\right]$ 。
令 $f(x)={\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)}^x=e^{x\ln \left(\frac{2+\cos x}{3}\right)}$ ，则原极限化为：

当 $x\to 0$ 时，指数部分 $x\ln \left(\frac{2+\cos x}{3}\right)\to 0$ ，因此使用泰勒展开。
首先，展开 $\cos x$ ：

所以：

令 $u=-\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{72}-\cdots$ ，则：

计算 $u$ 和 $u^2$ ：

代入得：

因此：

于是：

当 $x\to 0$ 时，令 $v=-\frac{x^3}{6}+O(x^7)$ ，则 $e^v-1=v+\frac{v^2}{2}+\cdots =-\frac{x^3}{6}+O(x^7)$ （因为 $v^2=O(x^6)$ ）。
代入原极限：

故极限为 $-\frac{1}{6}$ 。

【答案】
(1) $f(x)=kx(x+2)(x+4)$ ，其中 $x\in [-2,0]$
(2) $k=-\frac{1}{2}$

【解析】
(Ⅰ) 当 $-2\le x<0$ ，即 $0\le x+2<2$ 时，

(Ⅱ) 由题设 $f(0)=0$ ,

令 $f^{\prime }(0)=f_{+}^{\prime }(0)$ ，得 $k=-\frac{1}{2}$ 。即当 $k=-\frac{1}{2}$ 时， $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

【答案】
(1) $f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的周期函数。
(2) $f(x)$ 的值域为 $[2-\sqrt{2},\sqrt{2}]$ 。

【解析】
(Ⅰ) 令 $t=u+\pi$ 。则有

故 $f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的周期函数。

(Ⅱ) 因为 $f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的周期函数，故只需在 $[0,\pi ]$ 上讨论其值域。令

在区间 $[0,\pi ]$ 内求得驻点 $x_1=\frac{\pi }{4}$ ， $x_2=\frac{3\pi }{4}$ 。计算

因此 $f(x)$ 的最小值是 $2-\sqrt{2}$ ，最大值是 $\sqrt{2}$ 。故 $f(x)$ 的值域是 $[2-\sqrt{2},\sqrt{2}]$ 。

【答案】
(1) $\frac{S(t)}{V(t)}=2$
(2) ${\lim }_{t\to +\infty }\frac{S(t)}{F(t)}=1$

【解析】
(1) 曲线 $y=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh x$ 。旋转体体积公式为 $V(t)=\pi {\int }_0^t[y(x){]}^{2}dx=\pi {\int }_0^t{\cosh }^{2}xdx$ 。侧面积公式为 $S(t)=2\pi {\int }_0^{t}y(x)\sqrt{1+[y^{\prime }(x){]}^2}dx$ 。由于 $y^{\prime }=\sinh x$ ，有 $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+{\sinh }^{2}x}=\cosh x$ ，所以 $S(t)=2\pi {\int }_0^t\cosh x\cdot \cosh xdx=2\pi {\int }_0^t{\cosh }^{2}xdx$ 。因此，

(2) 底面积 $F(t)=\pi [y(t){]}^2=\pi {\cosh }^{2}t$ 。于是，

考虑极限 ${\lim }_{t\to +\infty }\frac{2{\int }_0^t{\cosh }^{2}xdx}{{\cosh }^{2}t}$ 。该极限为 $\frac{\infty }{\infty }$ 型，应用洛必达法则。令 $g(t)={\int }_0^t{\cosh }^{2}xdx$ ，则 $g^{\prime }(t)={\cosh }^{2}t$ 。分母导数为 $\frac{d}{dt}{\cosh }^{2}t=2\cosh t\sinh t=\sinh 2t$ 。所以，

由于 $\sinh 2t=2\sinh t\cosh t$ ，有

因此，

故极限为 1。

【答案】

其中 $f_1=\frac{\partial f}{\partial u}$ , $f_2=\frac{\partial f}{\partial v}$ , $f_{11}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u^2}$ , $f_{12}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u\partial v}$ , $f_{22}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial v^2}$ , 且 $u=x^2-y^2$ , $v=e^{xy}$ .

【解析】 设 $u=x^2-y^2$ , $v=e^{xy}$ , 则 $z=f(u,v)$ . 由链式法则，有：

接下来求 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$ . 对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 求关于 $y$ 的偏导：

分别计算两项：

其中：

由 $f$ 具有连续二阶偏导数，有 $f_{12}=f_{21}$ ，所以：

因此：

将两部分相加：

合并同类项：

其中 $u=x^2-y^2$ ，故 $x^2-y^2=u$ ，但为保持表达式一致，未代入。

【答案】
当 $a=0$ 或 $a=-10$ 时，方程组有非零解。
当 $a=0$ 时，通解为

其中 $c_1,c_2,c_3$ 为任意常数。
当 $a=-10$ 时，通解为

其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
方程组的系数矩阵为