卷 2

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

曲线 $y = \frac{x + 4\sin x}{5x - 2\cos x}$ 的水平渐近线方程为 ______．

【答案】
$y = \frac{1}{5}$

【解析】
要求曲线 $y = \frac{x + 4\sin x}{5x - 2\cos x}$ 的水平渐近线，需计算 $\lim_{x \to \infty} y$ 和 $\lim_{x \to -\infty} y$ 。
将分子和分母同时除以 $x$ ，得：

y = \frac{1 + \frac{4\sin x}{x}}{5 - \frac{2\cos x}{x}}

当 $x \to \infty$ 或 $x \to -\infty$ 时， $\frac{\sin x}{x} \to 0$ 和 $\frac{\cos x}{x} \to 0$ ，因为 $\sin x$ 和 $\cos x$ 有界，而 $x$ 趋于无穷。
因此，

\lim_{x \to \infty} y = \frac{1 + 0}{5 - 0} = \frac{1}{5}, \quad \lim_{x \to -\infty} y = \frac{1 + 0}{5 - 0} = \frac{1}{5}

故水平渐近线方程为 $y = \frac{1}{5}$ 。

2

设函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x^3}\int_0^x \sin t^2 \dt, & x \ne 0 \\ a, & x = 0 \end{cases}$ 在 $x = 0$ 处连续，则 $a =$ ______．

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】 函数在 $x = 0$ 处连续，因此需满足 $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = a$ 。即计算极限：

\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \int_0^x \sin t^2 \, dt

该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式，应用洛必达法则。分子导数为 $\frac{d}{dx} \int_0^x \sin t^2 \, dt = \sin x^2$ ，分母导数为 $3x^2$ ，因此：

\lim_{x \to 0} \frac{\sin x^2}{3x^2}

当 $x \to 0$ 时， $\sin x^2 \sim x^2$ ，故：

\lim_{x \to 0} \frac{\sin x^2}{3x^2} = \frac{1}{3}

因此， $a = \frac{1}{3}$ 。

另解：使用泰勒展开， $\sin t^2 = t^2 - \frac{t^6}{6} + \cdots$ ，积分得：

\int_0^x \sin t^2 \, dt = \int_0^x \left( t^2 - \frac{t^6}{6} + \cdots \right) dt = \frac{x^3}{3} - \frac{x^7}{42} + \cdots

于是：

f(x) = \frac{1}{x^3} \left( \frac{x^3}{3} - \frac{x^7}{42} + \cdots \right) = \frac{1}{3} - \frac{x^4}{42} + \cdots

当 $x \to 0$ 时， $f(x) \to \frac{1}{3}$ ，故 $a = \frac{1}{3}$ 。

3

广义积分 $\int_0^{+\infty}\!\!\frac{x\dx}{(1 + x^2)^2} =$ ______．

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】
$\frac{1}{2}$

【解析】
考虑积分 $\int_0^{+\infty} \frac{x}{(1 + x^2)^2} \, dx$ 。令 $u = 1 + x^2$ ，则 $du = 2x \, dx$ ，即 $x \, dx = \frac{du}{2}$ 。当 $x = 0$ 时， $u = 1$ ；当 $x \to +\infty$ 时， $u \to +\infty$ 。积分变为：

\int_1^{+\infty} \frac{1}{u^2} \cdot \frac{du}{2} = \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} u^{-2} \, du

计算积分：

\frac{1}{2} \int_1^{+\infty} u^{-2} \, du = \frac{1}{2} \left[ -u^{-1} \right]_1^{+\infty} = \frac{1}{2} \left( \lim_{u \to +\infty} \left( -\frac{1}{u} \right) - \left( -\frac{1}{1} \right) \right) = \frac{1}{2} (0 + 1) = \frac{1}{2}

因此，积分值为 $\frac{1}{2}$ 。

4

同试卷 1 第 2 题

5

设函数 $y = y(x)$ 由方程 $y = 1 - x\e^y$ 确定，则 $\frac{\dy}{\dx}\Big|_{x=0}=$ ______．

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】
$-e$

【解析】
给定方程 $y = 1 - x e^y$ ，当 $x = 0$ 时，代入方程得 $y = 1 - 0 \cdot e^y = 1$ ，即 $y(0) = 1$ 。
对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：

\frac{dy}{dx} = - \frac{d}{dx}(x e^y) = - \left( e^y + x e^y \frac{dy}{dx} \right)

整理得：

\frac{dy}{dx} = - e^y - x e^y \frac{dy}{dx}

将含 $\frac{dy}{dx}$ 的项移到一边：

\frac{dy}{dx} + x e^y \frac{dy}{dx} = - e^y

\frac{dy}{dx} (1 + x e^y) = - e^y

解得：

\frac{dy}{dx} = \frac{ - e^y }{ 1 + x e^y }

代入 $x = 0$ 和 $y = 1$ ：

\frac{dy}{dx} \bigg|_{x=0} = \frac{ - e^1 }{ 1 + 0 \cdot e^1 } = \frac{ - e }{ 1 } = -e

因此， $\frac{dy}{dx} \bigg|_{x=0} = -e$ 。

6

同试卷 1 第 5 题

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

同试卷 1 第 7 题

8

设 $f(x)$ 是奇函数，除 $x = 0$ 外处处连续， $x = 0$ 是其第一类间断点，则 $\int_0^x f(t)\dt$ 是

高等数学一元函数积分学变限积分

正确答案：B

【解析】 设 $F(x) = \int_0^x f(t) \, dt$ 。首先，证明 $F(x)$ 是偶函数。考虑 $F(-x) = \int_0^{-x} f(t) \, dt$ ，令 $u = -t$ ，则 $du = -dt$ ，积分限变为 $t=0$ 时 $u=0$ ， $t=-x$ 时 $u=x$ ，因此 $F(-x) = \int_0^{-x} f(t) \, dt = \int_0^{x} f(-u) \, (-du) = \int_0^{x} -f(u) \, (-du) = \int_0^{x} f(u) \, du = F(x)$ ，故 $F(x)$ 是偶函数。

其次，证明 $F(x)$ 连续。由于 $f(x)$ 是奇函数，除 $x=0$ 外处处连续，且 $x=0$ 是第一类间断点，故 $f(x)$ 在任意区间上可积。积分函数 $F(x)$ 对于可积函数是连续的，即使被积函数有跳跃间断点，也不影响积分函数的连续性。特别地，在 $x=0$ 处， $F(0) = \int_0^0 f(t) \, dt = 0$ ，且 $\lim_{x \to 0} F(x) = \lim_{x \to 0} \int_0^x f(t) \, dt = 0$ ，因此 $F(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

综上， $F(x)$ 是连续的偶函数，故正确答案为 B。

9

设函数 $g(x)$ 可微， $h(x) = \e^{1 + g(x)}$ ， $h'(1) = 1$ ， $g'(1) = 2$ ，则 $g(1)$ 等于

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

正确答案：C
【解析】 给定

h(x) = e^{1 + g(x)}

，求导得

h'(x) = e^{1 + g(x)} \cdot g'(x)

。代入

x = 1

，有

h'(1) = e^{1 + g(1)} \cdot g'(1) = 1

和

g'(1) = 2

，所以

e^{1 + g(1)} \cdot 2 = 1

，即

e^{1 + g(1)} = \frac{1}{2}

。取自然对数，得

1 + g(1) = \ln \frac{1}{2} = -\ln 2

，因此

g(1) = -\ln 2 - 1

。对应选项 C。

10

函数 $y = c_1\e^x + c_2\e^{- 2x} + x\e^x$ 满足的一个微分方程是

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

正确答案：D

给定函数 $y = c_1 e^x + c_2 e^{-2x} + x e^x$ ，其中 $c_1 e^x + c_2 e^{-2x}$ 是齐次解部分，对应特征根 $r = 1$ 和 $r = -2$ ，特征方程为 $r^2 + r - 2 = 0$ ，因此齐次微分方程为

y'' + y' - 2y = 0

特解部分 $x e^x$ 代入微分方程 $y'' + y' - 2y$ 计算：设 $y_p = x e^x$ ，则

y_p' = e^x + x e^x = e^x(1 + x), \quad y_p'' = e^x(1 + x) + e^x = e^x(2 + x)

代入得

y_p'' + y_p' - 2y_p = e^x(2 + x) + e^x(1 + x) - 2x e^x = e^x \cdot 3 = 3 e^x

因此，非齐次项为 $3 e^x$ ，微分方程为

y'' + y' - 2y = 3 e^x

对应选项 D。选项 A 和 B 的齐次部分不正确，选项 C 的非齐次项不正确。

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 10 分）

试确定常数 $A,B,C$ 的值，使得 $e^x(1 + Bx + Cx^2) = 1 + Ax + o(x^3)$ ，其中 $o(x^3)$ 是当 $x \to 0$ 时比 $x^3$ 高阶的无穷小．

高等数学一元函数微分学泰勒公式

【答案】 $A = \frac{1}{3}$ , $B = -\frac{2}{3}$ , $C = \frac{1}{6}$

【解析】
将 $e^x$ 展开为泰勒级数：

e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)

左边表达式为：

e^x (1 + Bx + Cx^2) = \left( 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) \right) (1 + Bx + Cx^2)

展开乘积，保留到 $x^3$ 项：

常数项： $1 \times 1 = 1$
$x$ 项： $1 \times Bx + x \times 1 = (B + 1)x$
$x^2$ 项： $1 \times Cx^2 + x \times Bx + \frac{x^2}{2} \times 1 = \left( C + B + \frac{1}{2} \right)x^2$
$x^3$ 项： $x \times Cx^2 + \frac{x^2}{2} \times Bx + \frac{x^3}{6} \times 1 = \left( C + \frac{B}{2} + \frac{1}{6} \right)x^3$

因此，左边展开为：

1 + (B + 1)x + \left( C + B + \frac{1}{2} \right)x^2 + \left( C + \frac{B}{2} + \frac{1}{6} \right)x^3 + o(x^3)

右边为：

1 + Ax + o(x^3)

比较系数：

$x$ 项系数： $B + 1 = A$
$x^2$ 项系数： $C + B + \frac{1}{2} = 0$
$x^3$ 项系数： $C + \frac{B}{2} + \frac{1}{6} = 0$

解方程组：

由第二式和第三式：

\begin{aligned} C + B &= -\frac{1}{2} \\ C + \frac{B}{2} &= -\frac{1}{6} \end{aligned}

相减得：

\frac{B}{2} = -\frac{1}{3} \quad \Rightarrow \quad B = -\frac{2}{3}

代入 $C + B = -\frac{1}{2}$ 得：

C = -\frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{1}{6}

代入第一式得：

A = -\frac{2}{3} + 1 = \frac{1}{3}

因此，常数值为：

A = \frac{1}{3},\quad B = -\frac{2}{3},\quad C = \frac{1}{6}

16

（本题满分 10 分）

\int \frac{\arcsin \e^x}{\e^x}\dx =

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】

\int \frac{\arcsin e^x}{e^x} \, dx = -e^{-x} \arcsin e^x + x - \ln \left( 1 + \sqrt{1 - e^{2x}} \right) + C

【解析】 考虑积分 $\int \frac{\arcsin e^x}{e^x} \, dx$ 。使用分部积分法，令 $u = \arcsin e^x$ ， $dv = e^{-x} \, dx$ ，则 $du = \frac{e^x}{\sqrt{1 - e^{2x}}} \, dx$ ， $v = -e^{-x}$ 。代入分部积分公式：

\int u \, dv = uv - \int v \, du

得：

\int \frac{\arcsin e^x}{e^x} \, dx = -e^{-x} \arcsin e^x + \int \frac{1}{\sqrt{1 - e^{2x}}} \, dx

接下来计算 $\int \frac{1}{\sqrt{1 - e^{2x}}} \, dx$ 。令 $e^x = \sin \theta$ ，则 $x = \ln \sin \theta$ ， $dx = \cot \theta \, d\theta$ ，且 $\sqrt{1 - e^{2x}} = \cos \theta$ 。代入得：

\int \frac{1}{\sqrt{1 - e^{2x}}} \, dx = \int \frac{1}{\cos \theta} \cdot \cot \theta \, d\theta = \int \csc \theta \, d\theta = \ln |\csc \theta - \cot \theta| + C

由于 $e^x = \sin \theta$ ，有 $\csc \theta = e^{-x}$ ， $\cot \theta = \frac{\sqrt{1 - e^{2x}}}{e^x}$ ，因此：

\csc \theta - \cot \theta = e^{-x} - \frac{\sqrt{1 - e^{2x}}}{e^x} = \frac{1 - \sqrt{1 - e^{2x}}}{e^x}

代入得：

\int \csc \theta \, d\theta = \ln \left( \frac{1 - \sqrt{1 - e^{2x}}}{e^x} \right) + C = \ln \left( 1 - \sqrt{1 - e^{2x}} \right) - x + C

代回原积分：

\int \frac{\arcsin e^x}{e^x} \, dx = -e^{-x} \arcsin e^x + \ln \left( 1 - \sqrt{1 - e^{2x}} \right) - x + C

对 $\ln \left( 1 - \sqrt{1 - e^{2x}} \right)$ 进行有理化：

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

所以：

\ln \left( 1 - \sqrt{1 - e^{2x}} \right) = \ln e^{2x} - \ln \left( 1 + \sqrt{1 - e^{2x}} \right) = 2x - \ln \left( 1 + \sqrt{1 - e^{2x}} \right)

代入得：

\begin{align*} \int \frac{\arcsin e^x}{e^x} \, dx &= -e^{-x} \arcsin e^x + 2x - \ln \left( 1 + \sqrt{1 - e^{2x}} \right) - x + C \\ &= -e^{-x} \arcsin e^x + x - \ln \left( 1 + \sqrt{1 - e^{2x}} \right) + C \end{align*}

因此，积分结果为：

\int \frac{\arcsin e^x}{e^x} \, dx = -e^{-x} \arcsin e^x + x - \ln \left( 1 + \sqrt{1 - e^{2x}} \right) + C

17

（本题满分 10 分）

同试卷 1 第 15 题

18

（本题满分 12 分）

同试卷 1 第 16 题

19

（本题满分 10 分）

证明：当 $0 < a < b < \pi$ 时， $b\sin b + 2\cos b + \pi b > a\sin a + 2\cos a + \pi a$ ．

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】
证明完毕。

【解析】
定义函数 $f(x) = x\sin x + 2\cos x + \pi x$ ，则需证当 $0 < a < b < \pi$ 时， $f(b) > f(a)$ 。

计算一阶导数

f'(x) = x\cos x - \sin x + \pi .

再计算二阶导数

f''(x) = -x\sin x .

在区间 $(0, \pi)$ 上，有 $x > 0$ 且 $\sin x > 0$ ，故

f''(x) < 0 ,

即 $f'(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上严格递减。

又 $f'(\pi) = 0$ ，因此对任意 $x \in (0, \pi)$ ，有

f'(x) > f'(\pi) = 0 ,

故 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上严格递增。

于是当 $0 < a < b < \pi$ 时， $f(b) > f(a)$ ，即原不等式成立。

20

（本题满分 12 分）

同试卷 1 第 18 题

21

（本题满分 12 分）

已知曲线 $L$ 的方程 $\begin{cases} x = t^2 + 1, \\ y = 4t - t^2, \end{cases}$ （ $t \ge 0$ ）．

(1) 讨论 $L$ 的凹凸性；

(2) 过点 $(-1,0)$ 引 $L$ 的切线，求切点 $(x_0,y_0)$ ，并写出切线的方程；

(3) 求此切线与 $L$ （对应 $x \le x_0$ 的部分）及 $x$ 轴所围成的平面图形的面积．

高等数学一元函数微分学曲线的凹凸性、拐点及渐近线

【答案】 (1) 曲线 $L$ 在 $t>0$ 时是凹的。 (2) 切点为 $(2,3)$ ，切线方程为 $y=x+1$ 。 (3) 所围成的平面图形的面积为 $\frac{7}{3}$ 。

【解析】
(Ⅰ) 计算该参数方程的各阶导数得

\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{4-2t}{2t} = \frac{2}{t} - 1,

\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d\left(\frac{dy}{dx}\right)}{dt} \cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}} = \left(-\frac{2}{t^2}\right) \cdot \frac{1}{2t} = -\frac{1}{t^3}.

因为 $t > 0$ 时二阶导数小于零，所以曲线 $L$ 在 $t \geq 0$ 处是凸的。

(Ⅱ) 切线方程为 $y - 0 = \left(\frac{2}{t}-1\right)(x+1)$ ，设 $x_0 = t_0^2 + 1$ ， $y_0 = 4t_0 - t_0^2$ ，代入方程解得 $t_0 = 1$ 。所以切点为 $(2,3)$ ，切线方程为 $y = x + 1$ 。

(Ⅲ) 设 $L$ 的方程 $x = g(y)$ ，则 $S = \int_{0}^{3} \left[ \left(g(y)-(y-1)\right) \right] dy$ 。由 $y = 4t - t^2$ 解得 $t = 2 \pm \sqrt{4-y}$ ，从而 $x = \left(2 \pm \sqrt{4-y}\right)^2 + 1$ 。由于点 $(2,3)$ 在 $L$ 上，可知 $x = \left(2-\sqrt{4-y}\right)^2 + 1 = g(y)$ 。所以

S = \int_{0}^{3} \left[ \left(9-y-4\sqrt{4-y}\right) - (y-1)\right] dy

= \int_{0}^{3} \left(10-2y\right) dy - 4 \int_{0}^{3} \sqrt{4-y} dy = 21 - \frac{56}{3} = \frac{7}{3}.

22

（本题满分 9 分）

同试卷 1 第 20 题

23

（本题满分 9 分）

同试卷 1 第 21 题

卷 2

填空题

1

2

3

4

5

6

选择题

7

8

9

10

11

12

13

14

解答题

15

16

17

18

19

20

21

22

23