1991 年真题

【答案】
$\mathrm{d}y=-\frac{\ln 3}{1+3^x}dx$

【解析】
给定函数 $y=\ln (1+3^{-x})$ ，求微分 $dy$ 。

首先，求导数 $\frac{dy}{dx}$ 。
令 $u=1+3^{-x}$ ，则 $y=\ln u$ 。

由链式法则，

计算 $\frac{du}{dx}$ ：
$u=1+3^{-x}$ ，其中 $3^{-x}=e^{-x\ln 3}$ ，
故

代入得：

简化表达式：

所以，

因此，微分

【答案】
$\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

【解析】
函数 $y=e^{-x^2}$ 的二阶导数为 $y^{\prime \prime }=e^{-x^2}(4x^2-2)$ 。由于 $e^{-x^2}>0$ 恒成立，因此 $y^{\prime \prime }$ 的符号由 $4x^2-2$ 决定。令 $4x^2-2<0$ ，解得 $x^2<\frac{1}{2}$ ，即 $-\frac{\sqrt{2}}{2}<x<\frac{\sqrt{2}}{2}$ 。在此区间内， $y^{\prime \prime }<0$ ，函数上凸，故上凸区间为 $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 。

【答案】
1

【解析】
计算积分 ${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{x^2}dx$ 。使用分部积分法，令 $u=\ln x$ ， $dv=\frac{1}{x^2}dx$ ，则 $du=\frac{1}{x}dx$ ， $v=-\frac{1}{x}$ 。
代入分部积分公式：

得：

计算边界项：
当 $x\to +\infty$ 时， $\frac{\ln x}{x}\to 0$ ，故 $-\frac{\ln x}{x}\to 0$ ；
当 $x=1$ 时， $\ln 1=0$ ，故 $-\frac{\ln 1}{1}=0$ 。
因此边界项为 0。
剩余积分：

故原积分为 1。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 质点的速度函数为 $v(t)=t\sin (t^2)$ ，需要计算从 $t_1=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 到 $t_2=\sqrt{\pi }$ 的路程。路程是速度函数的绝对值积分，即 $s={\int }_{t_1}^{t_2}|v(t)|dt$ 。

由于 $t$ 在区间 $[t_1,t_2]$ 上为正，有 $|v(t)|=|t\sin (t^2)|=t|\sin (t^2)|$ ，因此：

令 $u=t^2$ ，则 $du=2tdt$ ，即 $tdt=\frac{du}{2}$ 。积分限变换为：

• 当 $t=t_1$ 时， $u={\left(\sqrt{\frac{\pi }{2}}\right)}^2=\frac{\pi }{2}$
• 当 $t=t_2$ 时， $u={\left(\sqrt{\pi }\right)}^2=\pi$

代入得：

在区间 $[\frac{\pi }{2},\pi ]$ 上， $\sin u\ge 0$ ，因此 $|\sin u|=\sin u$ ，积分简化为：

计算积分：

所以：

因此，质点所经过的路程为 $\frac{1}{2}$ 米。

【答案】 -1

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1-{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}}{x+{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}}$ 。当 $x\to 0^{+}$ 时， ${\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}\to +\infty$ ，分子和分母均涉及无穷大，因此将分子和分母同时除以 ${\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}$ ：

当 $x\to 0^{+}$ 时， ${\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}\to 0$ ，因此分子 ${\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}-1\to -1$ ，分母 $x{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}+1\to 1$ （因为 $x{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}\to 0$ ）。故极限为 $-1$ 。

或者，令 $t=\frac{1}{x}$ ，则当 $x\to 0^{+}$ 时， $t\to +\infty$ ，原极限化为：

当 $t\to +\infty$ 时， $\frac{1}{{\mathrm{e}}^t}\to 0$ ， $\frac{1}{t{\mathrm{e}}^t}\to 0$ ，因此分子趋近于 $-1$ ，分母趋近于 $1$ ，极限为 $-1$ 。

两种方法均得极限为 $-1$ 。

【答案】

【解析】 给定参数方程：

先求一阶导数 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 。计算 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$ 和 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$ ：

则一阶导数为：

再求二阶导数 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}$ ，公式为：

令 $u=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{f(t)}{g(t)}$ ，其中 $f(t)=t\cos t+\sin t$ ， $g(t)=\cos t-t\sin t$ 。求 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}$ 使用商法则：

计算 $f^{\prime }(t)$ 和 $g^{\prime }(t)$ ：

代入计算：

则：

所以：

最后：

【答案】 $2\ln \frac{4}{3}$

【解析】 计算积分 ${\int }_1^4\frac{dx}{x(1+\sqrt{x})}$ 。令 $u=\sqrt{x}$ ，则 $x=u^2$ ， $dx=2udu$ 。当 $x=1$ 时， $u=1$ ；当 $x=4$ 时， $u=2$ 。积分变为：

将 $\frac{2}{u(1+u)}$ 分解为部分分式：

代入积分：

计算定积分：

因此，积分结果为 $2\ln \frac{4}{3}$ 。

【答案】 $\frac{1}{6}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^2(e^x-1)}$ 。当 $x\to 0$ 时，分子 $x-\sin x\to 0$ ，分母 $x^2(e^x-1)\to 0$ ，因此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。可以使用泰勒展开求解。

分子 $x-\sin x$ 的泰勒展开为 $x-\left(x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\cdots \right)=\frac{x^3}{6}-\frac{x^5}{120}+\cdots$ 。

分母 $x^2(e^x-1)$ 的泰勒展开为 $x^2\left(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots \right)=x^3+\frac{x^4}{2}+\frac{x^5}{6}+\cdots$ 。

因此，原式化为：

当 $x\to 0$ 时，分子趋近于 $\frac{1}{6}$ ，分母趋近于 1，故极限为 $\frac{1}{6}$ .

Alternatively, 使用洛必达法则验证。第一次应用洛必达法则：

仍为 $\frac{0}{0}$ 型。第二次应用洛必达法则：

分子 $\sin x\sim x$ ，分母 $2(e^x-1)+4x{e}^x+x^2{e}^x\sim 2x+4x=6x$ ，故极限为 $\frac{x}{6x}=\frac{1}{6}$ 。结果一致。

【答案】

【解析】 首先，利用三角恒等式 ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$ ，将积分重写为：

计算第一个积分： $\int xdx=\frac{x^2}{2}$ 。
对于第二个积分 $\int x\cos 2xdx$ ，使用分部积分法。设 $u=x$ ， $dv=\cos 2xdx$ ，则 $du=dx$ ， $v=\frac{\sin 2x}{2}$ 。于是：

其中 $\int \sin 2xdx=-\frac{\cos 2x}{2}$ ，所以：

代入原积分：

这就是最终结果。

【答案】 $y=\frac{e^x(x-1)+1}{x}$

【解析】 给定微分方程 $x{y}^{\prime }+y=x{e}^x$ 和初始条件 $y(1)=1$ 。

首先将方程化为标准形式

积分因子为

乘以积分因子后，方程变为

两边积分得

计算积分

所以

即

代入初始条件 $y(1)=1$ ，得

所以 $C=1$ 。

因此特解为

【答案】
不等式成立。

【解析】
考虑函数 $g(x)=(1+x)\ln (1+x)-x\ln x$ 。当 $x>1$ 时，原不等式 $\frac{\ln (1+x)}{\ln x}>\frac{x}{1+x}$ 等价于 $g(x)>0$ 。计算导数得 $g^{\prime }(x)=\ln (1+x)-\ln x=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$ 。由于 $x>1$ ，有 $1+\frac{1}{x}>1$ ，故 $\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)>0$ ，即 $g^{\prime }(x)>0$ ，因此 $g(x)$ 在 $x>1$ 时单调递增。又 $g(1)=2\ln 2>0$ ，所以当 $x>1$ 时， $g(x)>0$ ，原不等式得证。

【答案】