1987 年真题

【答案】
$y^{\prime }=\frac{a}{1+ax}$ ， $y^{\prime \prime }=-\frac{a^2}{(1+ax{)}^2}$

【解析】
给定函数 $y=\ln (1+ax)$ ，其中 $a$ 为非零常数。
首先，求一阶导数 $y^{\prime }$ 。根据链式法则， $y^{\prime }=\frac{1}{1+ax}\cdot \frac{d}{dx}(1+ax)=\frac{1}{1+ax}\cdot a=\frac{a}{1+ax}$ 。
其次，求二阶导数 $y^{\prime \prime }$ 。对 $y^{\prime }=\frac{a}{1+ax}$ 求导，将其写为 $a\cdot (1+ax{)}^{-1}$ ，然后应用链式法则： $y^{\prime \prime }=a\cdot \left(-1\cdot (1+ax{)}^{-2}\cdot \frac{d}{dx}(1+ax)\right)=a\cdot \left(-(1+ax{)}^{-2}\cdot a\right)=-a^2(1+ax{)}^{-2}=-\frac{a^2}{(1+ax{)}^2}$ 。
因此，一阶导数为 $\frac{a}{1+ax}$ ，二阶导数为 $-\frac{a^2}{(1+ax{)}^2}$ 。

【答案】
切线方程： $y-\frac{\pi }{4}=\frac{1}{2}(x-1)$
法线方程： $y-\frac{\pi }{4}=-2(x-1)$

【解析】
首先，求曲线 $y=\arctan x$ 在横坐标 $x=1$ 处的点。当 $x=1$ 时， $y=\arctan 1=\frac{\pi }{4}$ ，所以点为 $(1,\frac{\pi }{4})$ 。
其次，求导数以得切线斜率。导数 $\frac{dy}{dx}=\frac{1}{1+x^2}$ ，在 $x=1$ 时，斜率为 $\frac{1}{2}$ 。
切线方程使用点斜式： $y-\frac{\pi }{4}=\frac{1}{2}(x-1)$ 。
法线垂直于切线，其斜率为切线斜率的负倒数，即 $-2$ ，法线方程为 $y-\frac{\pi }{4}=-2(x-1)$ 。

【答案】
函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；存在一点 $\xi \in [a,b]$ ，使得 ${\int }_a^{b}f(x)dx=f(\xi )(b-a)$

【解析】
积分中值定理是微积分基本定理之一，其标准形式为第一积分中值定理。定理要求函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，这是确保定理成立的关键条件，因为连续函数在闭区间上具有介值性和可积性。结论指出，在区间 $[a,b]$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得函数在该点的值 $f(\xi )$ 乘以区间长度 $b-a$ 等于函数在区间上的定积分值。这一定理揭示了积分与函数值之间的内在联系，在理论和应用中有广泛用途。

【答案】
$e^{-3}$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{n\to \infty }{\left(\frac{n-2}{n+1}\right)}^n$ 。
将分数重写为 $\frac{n-2}{n+1}=\frac{1-\frac{2}{n}}{1+\frac{1}{n}}$ ，则原表达式变为 ${\left(\frac{1-\frac{2}{n}}{1+\frac{1}{n}}\right)}^n=\frac{{\left(1-\frac{2}{n}\right)}^n}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n}$ 。
已知 ${\lim }_{n\to \infty }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e$ ，且 ${\lim }_{n\to \infty }{\left(1-\frac{2}{n}\right)}^n=e^{-2}$ ，
因此极限为 $\frac{e^{-2}}{e}=e^{-3}$ 。
或者，令 $y={\left(\frac{n-2}{n+1}\right)}^n$ ，取自然对数得 $\ln y=n\ln \left(\frac{n-2}{n+1}\right)$ 。
由于 $\frac{n-2}{n+1}=1-\frac{3}{n+1}$ ，有 $\ln \left(1-\frac{3}{n+1}\right)\approx -\frac{3}{n+1}$ ，
故 $\ln y\approx n\cdot \left(-\frac{3}{n+1}\right)=-\frac{3n}{n+1}$ ，
取极限得 ${\lim }_{n\to \infty }\ln y=-3$ ，因此 $y\to e^{-3}$ 。
两种方法均得极限为 $e^{-3}$ 。

【答案】
$f(x)+C$ ； $\frac{1}{2}[f(2b)-f(2a)]$

【解析】
对于第一个积分 $\int f^{\prime }(x)dx$ ，由于这是不定积分，根据微积分的基本定理，对导数积分得到原函数加上积分常数，因此结果为 $f(x)+C$ 。
对于第二个积分 ${\int }_a^b{f}^{\prime }(2x)dx$ ，这是定积分，可以使用变量替换法。令 $u=2x$ ，则 $du=2dx$ ，即 $dx=\frac{du}{2}$ 。积分限变为：当 $x=a$ 时， $u=2a$ ；当 $x=b$ 时， $u=2b$ 。因此，积分化为：

其中 ${\int }_{2a}^{2b}{f}^{\prime }(u)du=f(2b)-f(2a)$ ，所以最终结果为 $\frac{1}{2}[f(2b)-f(2a)]$ 。
Alternatively,考虑链式法则： $\frac{d}{dx}f(2x)=2f^{\prime }(2x)$ ，所以 $f^{\prime }(2x)=\frac{1}{2}\frac{d}{dx}f(2x)$ ，代入积分得：

结果一致。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 原极限为 ${\lim }_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{{\mathrm{e}}^x-1}\right)$ ，属于“∞ - ∞”型不定式。首先将表达式合并为分式：

当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，形成“0/0”型不定式，应用洛必达法则。设分子 $f(x)={\mathrm{e}}^x-1-x$ ，分母 $g(x)=x({\mathrm{e}}^x-1)$ 。求导：

极限化为：

该极限仍为“0/0”型，再次应用洛必达法则。求导：

极限化为：

因此，原极限为 $\frac{1}{2}$ 。

Alternatively，使用泰勒展开验证： ${\mathrm{e}}^x=1+x+\frac{x^2}{2}+O(x^3)$ ，则 ${\mathrm{e}}^x-1=x+\frac{x^2}{2}+O(x^3)$ 。于是：

代入原式：

当 $x\to 0$ 时，极限为 $\frac{1}{2}$ ，结果一致。

【答案】

【解析】 给定参数方程 $x=5(t-\sin t)$ 和 $y=5(1-\cos t)$ ，首先求一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ 。
计算 $\frac{dx}{dt}=5(1-\cos t)$ ， $\frac{dy}{dt}=5\sin t$ 。
则 $\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{5\sin t}{5(1-\cos t)}=\frac{\sin t}{1-\cos t}$ 。
利用三角恒等式 $\sin t=2\sin \left(\frac{t}{2}\right)\cos \left(\frac{t}{2}\right)$ ， $1-\cos t=2{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)$ ，
化简得 $\frac{\sin t}{1-\cos t}=\frac{2\sin \left(\frac{t}{2}\right)\cos \left(\frac{t}{2}\right)}{2{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)}=\frac{\cos \left(\frac{t}{2}\right)}{\sin \left(\frac{t}{2}\right)}=\cot \left(\frac{t}{2}\right)$ 。
因此， $\frac{dy}{dx}=\cot \left(\frac{t}{2}\right)$ 。

接下来求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ 。
由公式 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{d/dt\left(\frac{dy}{dx}\right)}{dx/dt}$ 。
已知 $\frac{dy}{dx}=\cot \left(\frac{t}{2}\right)$ ，
则 $\frac{d}{dt}\left(\cot \left(\frac{t}{2}\right)\right)=-{\csc }^2\left(\frac{t}{2}\right)\cdot \frac{1}{2}=-\frac{1}{2}{\csc }^2\left(\frac{t}{2}\right)$ 。
又 $\frac{dx}{dt}=5(1-\cos t)=5\cdot 2{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)=10{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)$ 。
因此， $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{-\frac{1}{2}{\csc }^2\left(\frac{t}{2}\right)}{10{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)}\cdot \frac{1}{10{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)}=-\frac{1}{20{\sin }^4\left(\frac{t}{2}\right)}$ 。
或者使用另一种方法验证：
计算 $\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=5\sin t$ ， $\frac{d^{2}y}{d{t}^2}=5\cos t$ ，
代入公式 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\frac{dx}{dt}\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-\frac{dy}{dt}\frac{d^{2}x}{d{t}^2}}{{\left(\frac{dx}{dt}\right)}^3}=\frac{5(1-\cos t)\cdot 5\cos t-5\sin t\cdot 5\sin t}{[5(1-\cos t){]}^3}=\frac{25[(1-\cos t)\cos t-{\sin }^{2}t]}{125(1-\cos t{)}^3}$ 。
分子化简： $(1-\cos t)\cos t-{\sin }^{2}t=\cos t-{\cos }^{2}t-{\sin }^{2}t=\cos t-1=-(1-\cos t)$ ，
所以 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{-25(1-\cos t)}{125(1-\cos t{)}^3}=-\frac{1}{5(1-\cos t{)}^2}$ 。
利用 $1-\cos t=2{\sin }^2\left(\frac{t}{2}\right)$ ，得 $(1-\cos t{)}^2=4{\sin }^4\left(\frac{t}{2}\right)$ ，
所以 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-\frac{1}{5\cdot 4{\sin }^4\left(\frac{t}{2}\right)}=-\frac{1}{20{\sin }^4\left(\frac{t}{2}\right)}$ ，
结果一致。

【答案】 $\frac{\pi }{8}$

【解析】 计算定积分 ${\int }_0^{1}x\arcsin xdx$ 。使用分部积分法，设 $u=\arcsin x$ ， $dv=xdx$ ，则 $du=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$ ， $v=\frac{x^2}{2}$ 。代入分部积分公式：

计算积分 $\int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx$ ，使用三角代换 $x=\sin \theta$ ， $dx=\cos \theta d\theta$ ， $\sqrt{1-x^2}=\cos \theta$ ：

其中 $\sin 2\theta =2\sin \theta \cos \theta$ ，所以：

代回 $x=\sin \theta$ ， $\theta =\arcsin x$ ， $\cos \theta =\sqrt{1-x^2}$ ：

代入原积分：

整理得：

计算定积分从 0 到 1： 当 $x=1$ 时， $\arcsin 1=\frac{\pi }{2}$ ， $x\sqrt{1-x^2}=0$ ，值为：

当 $x=0$ 时， $\arcsin 0=0$ ， $x\sqrt{1-x^2}=0$ ，值为 0。因此：

【答案】
$V=\frac{3{\pi }^2}{2}+4\pi$

【解析】
曲线 $y=\sin x+1$ 与直线 $x=0$ , $x=\pi$ , $y=0$ 围成的曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周所生成的旋转体的体积公式为 $V=\pi {\int }_0^{\pi }[f(x){]}^{2}dx$ ，其中 $f(x)=\sin x+1$ 。
计算积分：

分别计算各项：

求和：

因此，体积为：

【答案】
$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调增加。

【解析】
取任意 $x_1,x_2\in (a,b)$ ，且 $x_1<x_2$ 。由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，故在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上连续，在开区间 $(x_1,x_2)$ 内可导。根据拉格朗日中值定理，存在 $c\in (x_1,x_2)$ ，使得 $f^{\prime }(c)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$ 。由已知条件， $f^{\prime }(c)>0$ ，因此 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>0$ 。由于 $x_2-x_1>0$ ，可得 $f(x_2)-f(x_1)>0$ ，即 $f(x_1)<f(x_2)$ 。由 $x_1,x_2$ 的任意性，可知 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调增加。

【答案】 $g(c)$ 是 $g(x)$ 的一个极大值。

【解析】 由于 $g(x)$ 在 $x=c$ 处二阶导数存在，且 $g^{\prime }(c)=0$ ，根据泰勒公式，有：

代入 $g^{\prime }(c)=0$ ，得：

因此，

已知 $g^{\prime \prime }(c)<0$ ，令 $k=-g^{\prime \prime }(c)>0$ ，则 $\frac{g^{\prime \prime }(c)}{2}=-\frac{k}{2}$ ，所以：

对于任意 $ϵ>0$ ，存在 $\delta >0$ ，使得当 $|x-c|<\delta$ 时，有 $|o((x-c{)}^2)|<ϵ|x-c{|}^2$ 。取 $ϵ=\frac{k}{4}$ ，则存在 $\delta >0$ ，当 $|x-c|<\delta$ 且 $x\ne c$ 时，有：

因此，

即当 $|x-c|<\delta$ 且 $x\ne c$ 时， $g(x)<g(c)$ ，故 $g(c)$ 是 $g(x)$ 的一个极大值。

【答案】

令 $u=\tan x$ ，则原式 = $\int \frac{du}{a^2{u}^2+b^2}$ 。下面分情形讨论：

(I) 当 $ab\ne 0$ 时，原式 = $\frac{1}{ab}\arctan \left(\frac{a}{b}x\right)+C$
(II) 当 $a=0,b\ne 0$ 时，原式 = $\frac{1}{b^2}\tan x+C$
(III) 当 $a\ne 0,b=0$ 时，原式 = $-\frac{1}{a^2}\cot x+C$

【解析】 考虑积分

当 $a$ 和 $b$ 均不为零时，可通过三角代换求解。分子分母同除以 ${\cos }^{2}x$ ，得到：

令 $u=\tan x$ ，则 $du={\sec }^{2}xdx$ ，积分化为：

这是一个标准积分，结果为：

代回 $u=\tan x$ ，得：

当 $a=0$ 且 $b\ne 0$ 时，积分化为

当 $b=0$ 且 $a\ne 0$ 时，积分化为

由于 $a$ 和 $b$ 不全为零，这些情况覆盖所有可能。

【答案】
通解为 $y=\frac{1}{x}\left(\frac{1}{2}{x}^2+C\right)$ ，满足初始条件的特解为 $y=\frac{x}{2}-\frac{1}{x}$ .

【解析】
给定微分方程 $x\frac{dy}{dx}=x-y$ 和初始条件 $y{|}_{x=\sqrt{2}}=0$ 。

步骤 1：化为标准形式

将原方程两边除以 $x$ （其中 $x\ne 0$ ），得到：

整理为标准一阶线性形式：

于是有：

步骤 2：写出通解公式

一阶线性微分方程的通解为：

步骤 3：计算积分

步骤 4：求积分部分

步骤 5：写出通解

步骤 6：利用初值求特解

代入 $x=\sqrt{2},y=0$ ：

两边乘以 $\sqrt{2}$ 得：

最终特解为：

【答案】
$y=(C_1+C_{2}x)e^{-x}+\frac{1}{4}(x-1)e^x$

【解析】
给定微分方程

首先求解对应的齐次方程

其特征方程为

即

特征根为 $r=-1$ （二重根）。
因此齐次解为

其中 $C_1$ 、 $C_2$ 为常数。

对于非齐次项 $x{e}^x$ ，设特解形式为

计算导数：

代入原方程：

合并同类项：

与右端 $x{e}^x$ 比较，得

比较系数：

于是特解为

原方程的通解为齐次解与特解之和：

【解析】

设切点的坐标为 $(a,1-a^2)$ ，则切线方程为 $y=-2ax+a^2+1$ ，所围成的面积

令 $S^{\prime }(a)=0$ ，得驻点 $a=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 。由于 $S^{\prime \prime }\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)>0$ ，故所求点的坐标为 $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2}{3}\right)$ ，面积的最小值为 $\frac{4}{9}\sqrt{3}-\frac{2}{3}$ 。