卷 2

【答案】
$-\pi \, dx$

【解析】
两边取对数得 $\ln y = x \ln(1 + \sin x)$ 。对 $x$ 求导得

于是导函数

故 $dy|_{x=\pi} = y'(\pi)dx = -\pi dx$ 。

【答案】
$y = x + \frac{3}{2}$

【解析】
为了求曲线 $y = \frac{(1 + x)^{3/2}}{\sqrt{x}}$ 的斜渐近线，考虑 $x \to \infty$ 时的行为。斜渐近线的一般形式为 $y = mx + b$ ，其中 $m = \lim_{x \to \infty} \frac{y}{x}$ ， $b = \lim_{x \to \infty} (y - mx)$ 。

首先，计算 $m$ ：

然后，计算 $b$ ：

将 $y$ 改写为 $y = x \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{3/2}$ ，则

令 $u = \frac{1}{x}$ ，当 $x \to \infty$ 时 $u \to 0^+$ ，则

该极限是函数 $f(u) = (1 + u)^{3/2}$ 在 $u = 0$ 处的导数，即

因此， $b = \frac{3}{2}$ 。

故斜渐近线方程为 $y = x + \frac{3}{2}$ 。

【答案】 $\frac{\pi}{4}$

【解析】 令 $x = \sin \theta$ ，则 $dx = \cos \theta \, d\theta$ ，且当 $x = 0$ 时 $\theta = 0$ ，当 $x = 1$ 时 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 。代入积分得：

再令 $u = \cos \theta$ ，则 $du = -\sin \theta \, d\theta$ ，即 $\sin \theta \, d\theta = -du$ ，且当 $\theta = 0$ 时 $u = 1$ ，当 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 时 $u = 0$ 。代入得：

计算该积分：

因此，原积分的值为 $\frac{\pi}{4}$ 。

【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】 由于 $\alpha(x) = kx^2$ 与 $\beta(x) = \sqrt{1 + x \arcsin x} - \sqrt{\cos x}$ 是等价无穷小，当 $x \to 0$ 时，有：

即：

令：

则 $k = L$ 。为计算 $L$ ，对分子有理化：

代入极限：

当 $x \to 0$ 时，分母中 $\sqrt{1 + x \arcsin x} + \sqrt{\cos x} \to 2$ ，因此：

令：

使用泰勒展开计算 $M$ 。当 $x \to 0$ 时：

于是：

代入分子：

因此：

所以 $M = \frac{3}{2}$ ，代入得：

故 $k = \frac{3}{4}$ 。

验证：使用洛必达法则计算 $M$ ，结果同样为 $\frac{3}{2}$ ，确认无误。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 给定极限 $\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x (x - t)f(t)\dt}{x\int_0^x f(x - t)\dt}$ ，其中 $f(x)$ 连续且 $f(0) \ne 0$ 。

首先，简化分母中的积分：令 $u = x - t$ ，则当 $t = 0$ 时 $u = x$ ，当 $t = x$ 时 $u = 0$ ，且 $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$ ，因此

所以分母变为 $x \int_0^x f(u)\mathrm{d}u$ .

分子为 $\int_0^x (x - t)f(t)\mathrm{d}t$ ，可写为

因此极限化为

令 $L = \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x t f(t)\mathrm{d}t}{x \int_0^x f(t)\mathrm{d}t}$ ，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则。令 $F(x) = \int_0^x t f(t)\mathrm{d}t$ ，则 $F'(x) = x f(x)$ ；令 $G(x) = x \int_0^x f(t)\mathrm{d}t$ ，则 $G'(x) = \int_0^x f(t)\mathrm{d}t + x f(x)$ 。于是

由于 $f$ 连续且 $f(0) \ne 0$ ，有 $\int_0^x f(t)\mathrm{d}t = f(0) x + o(x)$ 和 $x f(x) = f(0) x + o(x)$ ，代入得

因此原极限为

【答案】

【解析】
由题意，曲线 $C_1$ 的方程为 $y = \frac{1}{2}(1 + e^x)$ ，曲线 $C_2$ 的方程为 $y = e^x$ 。过点 $M(x, y)$ 在 $C_2$ 上作垂直于 $x$ 轴的直线 $l_x$ 和垂直于 $y$ 轴的直线 $l_y$ 。
面积 $S_1(x)$ 是 $C_1$ 、 $C_2$ 与 $l_x$ 所围图形的面积，即从 $x=0$ 到 $x$ 的 $C_2$ 与 $C_1$ 之间的区域面积：

面积 $S_2(y)$ 是 $C_2$ 、 $C_3$ 与 $l_y$ 所围图形的面积，即从 $y=1$ 到 $y$ 的 $C_3$ 与 $C_2$ 之间的区域面积。设 $C_3$ 的方程为 $x = \phi(y)$ ，则：

由条件 $S_1(x) = S_2(y)$ 且 $y = e^x$ ，代入得：

令 $t = e^x$ ，则 $x = \ln t$ ，对于 $t > 1$ ：

两边对 $t$ 求导：

所以：

解得：

因此，曲线 $C_3$ 的方程为 $x = \phi(y) = \ln y + \frac{1}{2} - \frac{1}{2y}$ 。
验证：当 $y = 1$ 时， $x = \ln 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$ ，过点 $(0, 1)$ ，且 $\phi'(y) = \frac{1}{y} + \frac{1}{2y^2} > 0$ ，为单调增函数，符合题意。

【答案】
$y(x) = 2x + \sqrt{1 - x^2}$

【解析】
给定微分方程 $(1 - x^2)y'' - xy' + y = 0$ ，使用变量代换 $x = \cos t$ （其中 $0 < t < \pi$ ）。
首先，计算 $y'$ 和 $y''$ 关于 $t$ 的表达式。
由 $x = \cos t$ ，得 $\frac{dx}{dt} = -\sin t$ 。
于是，

令 $\dot{y} = \frac{dy}{dt}$ ，则 $y' = -\frac{1}{\sin t} \dot{y}$ 。
进一步求 $y''$ ：

其中 $\ddot{y} = \frac{d^2 y}{dt^2}$ 。
代入原方程：

因此，化简后的微分方程为 $\ddot{y} + y = 0$ 。
该方程的通解为 $y(t) = A \cos t + B \sin t$ ，其中 $A$ 和 $B$ 为常数。
由初始条件 $y|_{x=0} = 1$ 和 $y'|_{x=0} = 2$ ，且 $x = \cos t$ ，当 $x = 0$ 时 $t = \frac{\pi}{2}$ 。
在 $t = \frac{\pi}{2}$ 处：

所以 $B = 1$ 。
接下来，求 $y'$ 关于 $x$ 的表达式：

在 $t = \frac{\pi}{2}$ 处， $\cot \frac{\pi}{2} = 0$ ，故

所以 $A = 2$ 。
因此，特解为 $y(t) = 2 \cos t + \sin t$ 。
代回 $x = \cos t$ ，且 $\sin t = \sqrt{1 - \cos^2 t} = \sqrt{1 - x^2}$ （因为 $0 < t < \pi$ ， $\sin t > 0$ ），得

这就是满足初始条件的特解。

【答案】
最大值：3，最小值：-2

【解析】
由全微分 $\mathrm{d}z = 2x \, \mathrm{d}x - 2y \, \mathrm{d}y$ 可得偏导数 $\frac{\partial f}{\partial x} = 2x$ ， $\frac{\partial f}{\partial y} = -2y$ 。积分得 $f(x,y) = x^2 + g(y)$ ，代入偏导数有 $g'(y) = -2y$ ，积分得 $g(y) = -y^2 + C$ ，故 $f(x,y) = x^2 - y^2 + C$ 。利用条件 $f(1,1) = 2$ 得 $C = 2$ ，因此 $f(x,y) = x^2 - y^2 + 2$ 。

在椭圆域 $D = \left\{ (x,y) \middle| x^2 + \frac{y^2}{4} \le 1 \right\}$ 上求最值。先求内部驻点：令 $f_x = 2x = 0$ ， $f_y = -2y = 0$ ，得驻点 $(0,0)$ ，函数值 $f(0,0) = 2$ 。再考虑边界 $x^2 + \frac{y^2}{4} = 1$ ，使用拉格朗日乘数法，设 $L(x,y,\lambda) = x^2 - y^2 + 2 - \lambda \left( x^2 + \frac{y^2}{4} - 1 \right)$ 。令偏导为零：

由第一式得 $x = 0$ 或 $\lambda = 1$ 。若 $x = 0$ ，代入约束得 $y = \pm 2$ ，点 $(0,2)$ 、 $(0,-2)$ ，函数值 $f = -2$ 。若 $\lambda = 1$ ，代入第二式得 $y = 0$ ，代入约束得 $x = \pm 1$ ，点 $(1,0)$ 、 $(-1,0)$ ，函数值 $f = 3$ 。

比较所有候选点函数值： $f(0,0) = 2$ ， $f(0,\pm2) = -2$ ， $f(\pm1,0) = 3$ 。故在椭圆域 $D$ 上，最大值为 3，最小值为 -2。

【答案】 $\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{3}$

【解析】 计算二重积分 $\iint_D \left| x^2 + y^2 - 1 \right| \, d\sigma$ ，其中 $D = [0,1] \times [0,1]$ 。由于被积函数有绝对值，需将区域 $D$ 分为两部分： $D_1 = \{(x,y) \in D \mid x^2 + y^2 \leq 1\}$ （四分之一单位圆盘）和 $D_2 = \{(x,y) \in D \mid x^2 + y^2 \geq 1\}$ （正方形减去四分之一圆盘）。在 $D_1$ 上， $x^2 + y^2 - 1 \leq 0$ ，故 $\left| x^2 + y^2 - 1 \right| = 1 - x^2 - y^2$ ；在 $D_2$ 上， $x^2 + y^2 - 1 \geq 0$ ，故 $\left| x^2 + y^2 - 1 \right| = x^2 + y^2 - 1$ 。积分化为：

首先计算 $\iint_{D_1} (1 - x^2 - y^2) \, d\sigma$ 。使用极坐标变换，令 $x = r \cos \theta$ , $y = r \sin \theta$ ，则 $d\sigma = r \, dr \, d\theta$ ，积分区域为 $r \in [0,1]$ , $\theta \in [0, \pi/2]$ 。被积函数为 $1 - r^2$ ，故：

先对 $r$ 积分：

再对 $\theta$ 积分：