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1991 年真题

20 题

填空题

本题满分15分，每小题3分

1

设 $y = ln (1 + 3^{- x})$ ，则 $d y =$ ______．

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

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

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

由链式法则，

\frac{d y}{d x} = \frac{1}{u} \cdot \frac{d u}{d x} .

计算 $\frac{d u}{d x}$ ：
$u = 1 + 3^{- x}$ ，其中 $3^{- x} = e^{- x l n 3}$ ，
故

\frac{d u}{d x} = \frac{d}{d x} (3^{- x}) = \frac{d}{d x} e^{- x l n 3} = e^{- x l n 3} \cdot (- ln 3) = - ln 3 \cdot 3^{- x} .

代入得：

\frac{d y}{d x} = \frac{1}{1 + 3 ^{- x}} \cdot (- ln 3 \cdot 3^{- x}) = - \frac{ln 3 \cdot 3 ^{- x}}{1 + 3 ^{- x}} .

简化表达式：

\frac{3 ^{- x}}{1 + 3 ^{- x}} = \frac{1}{3 ^{x}} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{3 ^{x}}} = \frac{1}{3 ^{x}} \cdot \frac{1}{\frac{3 ^{x} + 1}{3 ^{x}}} = \frac{1}{3 ^{x}} \cdot \frac{3 ^{x}}{3 ^{x} + 1} = \frac{1}{3 ^{x} + 1} .

所以，

\frac{d y}{d x} = - ln 3 \cdot \frac{1}{1 + 3 ^{x}} .

因此，微分

d y = \frac{d y}{d x} d x = - \frac{ln 3}{1 + 3 ^{x}} d x .

2

曲线 $y = e^{- x^{2}}$ 的上凸区间是 ______．

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【答案】
$(- \frac{2}{2}, \frac{2}{2})$

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

3

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{l n x}{x ^{2}} d x =$ ______．

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【答案】
1

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

\int u d v = uv - \int v d u

得：

\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln x}{x ^{2}} d x = [- \frac{ln x}{x}]_{1}^{+ \infty} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2}} d x

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

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2}} d x = [- \frac{1}{x}]_{1}^{+ \infty} = b \to + \infty lim (- \frac{1}{b}) - (- \frac{1}{1}) = 0 + 1 = 1

故原积分为 1。

4

质点以速度 $t sin (t^{2})$ 米/秒作直线运动，则从时刻 $t_{1} = \frac{π}{2}$ 秒到 $t_{2} = π$ 秒质点所经过的路程等于米 ______．

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【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 $t_{1} = \frac{π}{2}$ 到 $t_{2} = π$ 的路程。路程是速度函数的绝对值积分，即 $s = \int_{t_{1}}^{t_{2}} ∣ v (t) ∣ d t$ 。

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：

s = \int_{t_{1}}^{t_{2}} t ∣ sin (t^{2}) ∣ d t

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

当 $t = t_{1}$ 时， $u = (\frac{π}{2})^{2} = \frac{π}{2}$
当 $t = t_{2}$ 时， $u = (π)^{2} = π$

代入得：

s = \int_{\frac{π}{2}}^{π} ∣ sin u ∣ \cdot \frac{d u}{2} = \frac{1}{2} \int_{\frac{π}{2}}^{π} ∣ sin u ∣ d u

在区间 $[\frac{π}{2}, π]$ 上， $sin u \geq 0$ ，因此 $∣ sin u ∣ = sin u$ ，积分简化为：

s = \frac{1}{2} \int_{\frac{π}{2}}^{π} sin u d u

计算积分：

\int_{\frac{π}{2}}^{π} sin u d u = [- cos u]_{\frac{π}{2}}^{π} = - cos π - (- cos \frac{π}{2}) = - (- 1) - (- 0) = 1

所以：

s = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}

因此，质点所经过的路程为 $\frac{1}{2}$ 米。

5

$lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 - e ^{\frac{1}{x}}}{x + e ^{\frac{1}{x}}} =$ ______．

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【答案】 -1

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

\frac{1 - e ^{\frac{1}{x}}}{x + e ^{\frac{1}{x}}} = \frac{e ^{- \frac{1}{x}} - 1}{x e ^{- \frac{1}{x}} + 1} .

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

t \to + \infty lim \frac{1 - e ^{t}}{\frac{1}{t} + e ^{t}} = t \to + \infty lim \frac{\frac{1}{e ^{t}} - 1}{1 + \frac{1}{t e ^{t}}} .

当 $t \to + \infty$ 时， $\frac{1}{e ^{t}} \to 0$ ， $\frac{1}{t e ^{t}} \to 0$ ，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 $- 1$ 。

选择题

本题满分15分，每小题3分

6

若曲线 $y = x^{2} + a x + b$ 和 $2 y = - 1 + x y^{3}$ 在点 $(1, - 1)$ 处相切，其中 $a$ , $b$ 是常数，则

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】
两条曲线在点 $(1, - 1)$ 处相切，意味着它们在该点有相同的切线斜率。

首先，对于曲线

y = x^{2} + a x + b,

求导得

y^{'} = 2 x + a .

在点 $(1, - 1)$ 处的斜率为

2 (1) + a = 2 + a .

对于曲线

2 y = - 1 + x y^{3},

使用隐函数求导，两边对 $x$ 求导：左边为 $2 y^{'}$ ，右边为 $y^{3} + 3 x y^{2} y^{'}$ ，即

2 y^{'} = y^{3} + 3 x y^{2} y^{'} .

代入点 $(1, - 1)$ ，得

2 y^{'} = (- 1)^{3} + 3 (1) (- 1)^{2} y^{'},

即

2 y^{'} = - 1 + 3 y^{'} .

解得

y^{'} = 1.

因此，第一条曲线在点 $(1, - 1)$ 处的斜率也应为 $1$ ，即

2 + a = 1,

解得

a = - 1.

又点 $(1, - 1)$ 在第一条曲线上，代入得

- 1 = 1^{2} + (- 1) (1) + b,

即

- 1 = 1 - 1 + b,

解得

b = - 1.

故 $a = - 1, b = - 1$ ，对应选项 D。

7

设函数 $f (x) = {x^{2}, 2 - x, 0 \leq x \leq 1, 1 < x \leq 2.$ 记 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ , $0 \leq x \leq 2$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
函数 $f (x)$ 是分段函数， $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 。

当 $0 \leq x \leq 1$ 时， $f (t) = t^{2}$ ，因此
$F (x) = \int_{0}^{x} t^{2} d t = \frac{t ^{3}}{3}_{0}^{x} = \frac{x ^{3}}{3},$
这与所有选项的第一部分一致。
当 $1 < x \leq 2$ 时，积分需分段计算：
$F (x) = \int_{0}^{1} f (t) d t + \int_{1}^{x} f (t) d t = \int_{0}^{1} t^{2} d t + \int_{1}^{x} (2 - t) d t = \frac{1}{3} + [2 t - \frac{t ^{2}}{2}]_{1}^{x} = \frac{1}{3} + (2 x - \frac{x ^{2}}{2}) - (2 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{3} + 2 x - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{3}{2} = - \frac{7}{6} + 2 x - \frac{x ^{2}}{2} .$
对比选项，只有选项 B 的表达式与此结果一致。

因此，正确答案为 B。

8

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内有定义， $x_{0} \neq = 0$ 是函数 $f (x)$ 的极大值点，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】 设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内有定义， $x_{0} \neq = 0$ 是 $f (x)$ 的极大值点（通常指局部极大值）。考虑选项B：令 $g (x) = - f (- x)$ ，则 $g (- x_{0}) = - f (- (- x_{0})) = - f (x_{0})$ 。由于 $x_{0}$ 是 $f (x)$ 的极大值点，存在邻域使得当 $x$ 接近 $x_{0}$ 时， $f (x) \leq f (x_{0})$ 。对于 $g (x)$ 在点 $y = - x_{0}$ ，当 $x$ 接近 $y$ 时， $- x$ 接近 $x_{0}$ ，因此 $f (- x) \leq f (x_{0})$ ，即 $g (x) = - f (- x) \geq - f (x_{0}) = g (y)$ 。故 $g (x)$ 在 $y = - x_{0}$ 处取得极小值，即 $- x_{0}$ 是 $- f (- x)$ 的极小值点。

选项A错误，因为极大值点不一定可导，因此不一定是驻点。选项C错误，反例：设 $f (x) = - (x - 1)^{2}$ ， $x_{0} = 1$ 是极大值点，但 $- x_{0} = - 1$ 不是 $- f (x) = (x - 1)^{2}$ 的极小值点。选项D错误，因为极大值点通常是局部极大值，不一定对一切 $x$ 都有 $f (x) \leq f (x_{0})$ 。

因此，正确选项为B。

9

同试卷 1 第 6 题

10

如图， $x$ 轴上有一线密度为常数 $μ$ ，长度为 $l$ 的细杆，有一质量为 $m$ 的质点到杆右端的距离为 $a$ ，已知引力系数为 $k$ ，则质点和细杆之间引力的大小为

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
根据引力定律，细杆与质点之间的引力需通过积分计算。设细杆右端位于坐标原点，即杆从 $x = - l$ 到 $x = 0$ ，质点位于 $x = a$ 处。杆上任意一点 $x$ 的质量微元为 $μ d x$ ，与质点的距离为 $a - x$ ，因此引力微元为 $\frac{km μ}{( a - x ) ^{2}} d x$ 。总引力大小为积分从 $x = - l$ 到 $x = 0$ ，即

\int_{- l}^{0} \frac{km μ}{( a - x ) ^{2}} d x .

故正确答案为 A。

计算题

本题满分25分，每小题5分

11

设 ${x = t cos t y = t sin t$ ，求 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ ．

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【答案】

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{t ^{2} + 2}{( cos t - t sin t ) ^{3}}

【解析】 给定参数方程：

x = t cos t, y = t sin t

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

\frac{d x}{d t} = cos t - t sin t, \frac{d y}{d t} = t cos t + sin t

则一阶导数为：

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{t cos t + sin t}{cos t - t sin t}

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

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x}) \cdot \frac{1}{\frac{d x}{d t}}

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

\frac{d u}{d t} = \frac{f ^{'} ( t ) g ( t ) - f ( t ) g ^{'} ( t )}{[ g ( t ) ] ^{2}}

计算 $f^{'} (t)$ 和 $g^{'} (t)$ ：

f^{'} (t) = - t sin t + 2 cos t, g^{'} (t) = - t cos t - 2 sin t

代入计算：

f^{'} (t) g (t) = (- t sin t + 2 cos t) (cos t - t sin t) = t^{2} sin^{2} t + 2 cos^{2} t - 3 t sin t cos t

f (t) g^{'} (t) = (t cos t + sin t) (- t cos t - 2 sin t) = - t^{2} cos^{2} t - 3 t sin t cos t - 2 sin^{2} t

则：

f^{'} (t) g (t) - f (t) g^{'} (t) = t^{2} sin^{2} t + 2 cos^{2} t - 3 t sin t cos t + t^{2} cos^{2} t + 3 t sin t cos t + 2 sin^{2} t = t^{2} + 2

所以：

\frac{d u}{d t} = \frac{t ^{2} + 2}{( cos t - t sin t ) ^{2}}

最后：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{\frac{d u}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{t ^{2} + 2}{( cos t - t sin t ) ^{2}} \cdot \frac{1}{cos t - t sin t} = \frac{t ^{2} + 2}{( cos t - t sin t ) ^{3}}

12

计算 $\int_{1}^{4} \frac{d x}{x ( 1 + x )}$ ．

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【答案】 $2 ln \frac{4}{3}$

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

\int_{1}^{4} \frac{d x}{x ( 1 + x )} = \int_{1}^{2} \frac{2 u d u}{u ^{2} ( 1 + u )} = \int_{1}^{2} \frac{2}{u ( 1 + u )} d u .

将 $\frac{2}{u ( 1 + u )}$ 分解为部分分式：

\frac{2}{u ( 1 + u )} = \frac{2}{u} - \frac{2}{1 + u} .

代入积分：

\int_{1}^{2} (\frac{2}{u} - \frac{2}{1 + u}) d u = 2 \int_{1}^{2} \frac{1}{u} d u - 2 \int_{1}^{2} \frac{1}{1 + u} d u = 2 [ln u]_{1}^{2} - 2 [ln (1 + u)]_{1}^{2} .

计算定积分：

2 (ln 2 - ln 1) - 2 (ln 3 - ln 2) = 2 ln 2 - 0 - 2 ln 3 + 2 ln 2 = 4 ln 2 - 2 ln 3 = 2 ln (\frac{4}{3}) .

因此，积分结果为 $2 ln \frac{4}{3}$ 。

13

求 $lim_{x \to 0} \frac{x - s i n x}{x ^{2} ( e ^{x} - 1 )}$ ．

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【答案】 $\frac{1}{6}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to 0} \frac{x - s i n x}{x ^{2} ( e ^{x} - 1 )}$ 。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 $x - (x - \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{5}}{120} - \dots) = \frac{x ^{3}}{6} - \frac{x ^{5}}{120} + \dots$ 。

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

因此，原式化为：

\frac{\frac{x ^{3}}{6} - \frac{x ^{5}}{120} + \dots}{x ^{3} + \frac{x ^{4}}{2} + \frac{x ^{5}}{6} + \dots} = \frac{\frac{1}{6} - \frac{x ^{2}}{120} + \dots}{1 + \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{6} + \dots}

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：

x \to 0 lim \frac{1 - cos x}{2 x ( e ^{x} - 1 ) + x ^{2} e ^{x}}

仍为 $\frac{0}{0}$ 型。第二次应用洛必达法则：

x \to 0 lim \frac{sin x}{2 ( e ^{x} - 1 ) + 4 x e ^{x} + x ^{2} e ^{x}}

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

14

求 $\int x sin^{2} x d x$ ．

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【答案】

\frac{x ^{2}}{4} - \frac{x sin 2 x}{4} - \frac{cos 2 x}{8} + C

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

\int x sin^{2} x d x = \int x \cdot \frac{1 - cos 2 x}{2} d x = \frac{1}{2} \int x d x - \frac{1}{2} \int x cos 2 x d x

计算第一个积分： $\int x d x = \frac{x ^{2}}{2}$ 。
对于第二个积分 $\int x cos 2 x d x$ ，使用分部积分法。设 $u = x$ ， $d v = cos 2 x d x$ ，则 $d u = d x$ ， $v = \frac{s i n 2 x}{2}$ 。于是：

\int x cos 2 x d x = x \cdot \frac{sin 2 x}{2} - \int \frac{sin 2 x}{2} d x = \frac{x sin 2 x}{2} - \frac{1}{2} \int sin 2 x d x

其中 $\int sin 2 x d x = - \frac{c o s 2 x}{2}$ ，所以：

\int x cos 2 x d x = \frac{x sin 2 x}{2} + \frac{cos 2 x}{4}

代入原积分：

\int x sin^{2} x d x = \frac{1}{2} \cdot \frac{x ^{2}}{2} - \frac{1}{2} (\frac{x sin 2 x}{2} + \frac{cos 2 x}{4}) + C = \frac{x ^{2}}{4} - \frac{x sin 2 x}{4} - \frac{cos 2 x}{8} + C

这就是最终结果。

15

求微分方程 $x y^{'} + y = x e^{x}$ 满足 $y (1) = 1$ 的特解．

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

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

首先将方程化为标准形式

y^{'} + \frac{1}{x} y = e^{x} .

积分因子为

μ (x) = e^{\int \frac{1}{x} d x} = x .

乘以积分因子后，方程变为

(x y)^{'} = x e^{x} .

两边积分得

x y = \int x e^{x} d x .

计算积分

\int x e^{x} d x = x e^{x} - e^{x} + C,

所以

x y = x e^{x} - e^{x} + C,

即

y = e^{x} - \frac{e ^{x}}{x} + \frac{C}{x} .

代入初始条件 $y (1) = 1$ ，得

1 = e^{1} - \frac{e ^{1}}{1} + \frac{C}{1} = C,

所以 $C = 1$ 。

因此特解为

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

解答题

16

利用导数证明：当 $x > 1$ 时，有不等式 $\frac{l n ( 1 + x )}{l n x} > \frac{x}{1 + x}$ ．

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【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 $\frac{l n ( 1 + x )}{l n x} > \frac{x}{1 + x}$ 等价于 $g (x) > 0$ 。计算导数得 $g^{'} (x) = ln (1 + x) - ln x = ln (1 + \frac{1}{x})$ 。由于 $x > 1$ ，有 $1 + \frac{1}{x} > 1$ ，故 $ln (1 + \frac{1}{x}) > 0$ ，即 $g^{'} (x) > 0$ ，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。

17

求微分方程 $y^{''} + y = x + cos x$ 的通解．

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【答案】

y = C_{1} cos x + C_{2} sin x + x + \frac{1}{2} x sin x

其中 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 为任意常数。

【解析】 微分方程 $y^{''} + y = x + cos x$ 是二阶线性非齐次方程。通解由齐次解和特解组成。

齐次方程 $y^{''} + y = 0$ 的特征方程为 $r^{2} + 1 = 0$ ，解得 $r = \pm i$ ，故齐次解为：

y_{h} = C_{1} cos x + C_{2} sin x

非齐次项 $x + cos x$ 可分解为 $x$ 和 $cos x$ 。特解由两部分组成：

对于 $x$ ，由于齐次解中无多项式项，设特解 $y_{p 1} = A x + B$ 。代入方程得 $y^{''} + y = 0 + (A x + B) = x$ ，比较系数得 $A = 1$ ， $B = 0$ ，故 $y_{p 1} = x$ 。
对于 $cos x$ ，由于齐次解中已含 $cos x$ ，设特解 $y_{p 2} = x (C cos x + D sin x)$ 。代入方程得 $y^{''} + y = 2 D cos x - 2 C sin x = cos x$ ，比较系数得 $D = \frac{1}{2}$ ， $C = 0$ ，故 $y_{p 2} = \frac{1}{2} x sin x$ 。

特解为 $y_{p} = y_{p 1} + y_{p 2} = x + \frac{1}{2} x sin x$ 。通解为齐次解与特解之和：

y = y_{h} + y_{p} = C_{1} cos x + C_{2} sin x + x + \frac{1}{2} x sin x

18

曲线 $y = (x - 1) (x - 2)$ 和 $x$ 轴围成一平面图形，求此平面图形绕 $y$ 轴旋转一周所成的旋转体的体积．

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【答案】 $\frac{π}{2}$

【解析】 曲线 $y = (x - 1) (x - 2)$ 与 $x$ 轴的交点为 $x = 1$ 和 $x = 2$ ，围成的区域在 $x$ 轴下方。绕 $y$ 轴旋转时，使用柱壳法，体积公式为 $V = 2 π \int_{a}^{b} x ∣ y ∣ d x$ 。由于在区间 $[1, 2]$ 上 $y \leq 0$ ，故 $∣ y ∣ = - y$ 。代入得：

V = 2 π \int_{1}^{2} x [- (x - 1) (x - 2)] d x = 2 π \int_{1}^{2} x (- x^{2} + 3 x - 2) d x = 2 π \int_{1}^{2} (- x^{3} + 3 x^{2} - 2 x) d x .

计算积分：

\int (- x^{3} + 3 x^{2} - 2 x) d x = - \frac{x ^{4}}{4} + x^{3} - x^{2},

代入上下限：

[- \frac{x ^{4}}{4} + x^{3} - x^{2}]_{1}^{2} = (- \frac{16}{4} + 8 - 4) - (- \frac{1}{4} + 1 - 1) = (- 4 + 8 - 4) - (- \frac{1}{4}) = 0 + \frac{1}{4} = \frac{1}{4} .

所以，

V = 2 π \times \frac{1}{4} = \frac{π}{2} .

也可用圆盘法验证：解出 $x = \frac{3 \pm 1 + 4 y}{2}$ ，其中 $y \in [- 0.25, 0]$ ，则圆环面积为 $π (x_{r}^{2} - x_{l}^{2}) = 3 1 + 4 y$ ，积分得：

V = π \int_{- 0.25}^{0} 3 1 + 4 y d y = 3 π \int_{0}^{1} \frac{u ^{1/2}}{4} d u = \frac{3 π}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{π}{2},

结果一致。

19

如图， $A$ 和 $D$ 分别是曲线 $y = e^{x}$ 和 $y = e^{- 2 x}$ 上的点， $A B$ 和 $D C$ 均垂直 $x$ 轴，且 $∣ A B ∣ : ∣ D C ∣ = 2 : 1$ , $∣ A B ∣ < 1$ ，求点 $B$ 和 $C$ 的横坐标，使梯形 $A BC D$ 的面积最大．

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【答案】
点 $B$ 的横坐标为 $\frac{1}{3} ln 2 - 1$ ，点 $C$ 的横坐标为 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} ln 2$ 。

【解析】
设点 $B$ 的横坐标为 $b$ ，点 $C$ 的横坐标为 $c$ 。由于 $A B$ 和 $D C$ 均垂直 $x$ 轴，且点 $A$ 在曲线 $y = e^{x}$ 上，点 $D$ 在曲线 $y = e^{- 2 x}$ 上，则 $∣ A B ∣ = e^{b}$ ， $∣ D C ∣ = e^{- 2 c}$ 。
给定 $∣ A B ∣ : ∣ D C ∣ = 2 : 1$ ，即 $e^{b} / e^{- 2 c} = 2$ ，所以 $e^{b + 2 c} = 2$ ，取对数得 $b + 2 c = ln 2$ 。
梯形 $A BC D$ 的面积 $S$ 为：

S = \frac{1}{2} (∣ A B ∣ + ∣ D C ∣) \cdot (c - b) = \frac{1}{2} (e^{b} + e^{- 2 c}) (c - b)

利用约束 $b = ln 2 - 2 c$ ，代入面积公式：

S = \frac{1}{2} (e^{l n 2 - 2 c} + e^{- 2 c}) (c - (ln 2 - 2 c)) = \frac{1}{2} (2 e^{- 2 c} + e^{- 2 c}) (3 c - ln 2) = \frac{1}{2} \cdot 3 e^{- 2 c} (3 c - ln 2) = \frac{3}{2} e^{- 2 c} (3 c - ln 2)

令 $S (c) = \frac{3}{2} e^{- 2 c} (3 c - ln 2)$ ，求导：

S^{'} (c) = \frac{3}{2} [e^{- 2 c} \cdot 3 + (3 c - ln 2) \cdot (- 2) e^{- 2 c}] = \frac{3}{2} e^{- 2 c} (3 - 6 c + 2 ln 2)

设 $S^{'} (c) = 0$ ，得 $3 - 6 c + 2 ln 2 = 0$ ，解得 $c = \frac{1}{2} + \frac{l n 2}{3}$ 。
代入 $b = ln 2 - 2 c$ ，得 $b = ln 2 - 2 (\frac{1}{2} + \frac{l n 2}{3}) = \frac{1}{3} ln 2 - 1$ 。
验证 $∣ A B ∣ = e^{b} = e^{\frac{1}{3} l n 2 - 1} = 2^{1/3} / e < 1$ ，满足条件。
因此，点 $B$ 的横坐标为 $\frac{1}{3} ln 2 - 1$ ，点 $C$ 的横坐标为 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} ln 2$ 时，梯形 $A BC D$ 的面积最大。

20

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内满足 $f (x) = f (x - π) + sin x$ ，且 $f (x) = x$ , $x \in [0, π)$ ，计算 $\int_{π}^{3 π} f (x) d x$ ．

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【答案】 $π^{2} - 2$

【解析】 由题设，函数 $f (x)$ 满足 $f (x) = f (x - π) + sin x$ ，且在 $x \in [0, π)$ 时 $f (x) = x$ 。需要计算 $\int_{π}^{3 π} f (x) d x$ 。

首先，求 $f (x)$ 在 $[π, 3 π]$ 上的表达式：

当 $x \in [π, 2 π)$ 时， $x - π \in [0, π)$ ，所以 $f (x - π) = x - π$ ，于是 $f (x) = f (x - π) + sin x = (x - π) + sin x$ 。
当 $x \in [2 π, 3 π]$ 时， $x - π \in [π, 2 π)$ ，由上式得 $f (x - π) = (x - π - π) + sin (x - π) = (x - 2 π) - sin x$ （因为 $sin (x - π) = - sin x$ ），于是 $f (x) = f (x - π) + sin x = (x - 2 π) - sin x + sin x = x - 2 π$ .

因此，积分可拆分为两部分：

\int_{π}^{3 π} f (x) d x = \int_{π}^{2 π} f (x) d x + \int_{2 π}^{3 π} f (x) d x

其中：

$\int_{π}^{2 π} f (x) d x = \int_{π}^{2 π} [(x - π) + sin x] d x$
- $\int_{π}^{2 π} (x - π) d x = [\frac{1}{2} (x - π)^{2}]_{π}^{2 π} = \frac{1}{2} π^{2} - 0 = \frac{π ^{2}}{2}$
- $\int_{π}^{2 π} sin x d x = [- cos x]_{π}^{2 π} = (- cos 2 π) - (- cos π) = (- 1) - (1) = - 2$
- 所以 $\int_{π}^{2 π} f (x) d x = \frac{π ^{2}}{2} - 2$
$\int_{2 π}^{3 π} f (x) d x = \int_{2 π}^{3 π} (x - 2 π) d x$
- 令 $u = x - 2 π$ ，则当 $x = 2 π$ 时 $u = 0$ ，当 $x = 3 π$ 时 $u = π$ ，于是 $\int_{0}^{π} u d u = [\frac{1}{2} u^{2}]_{0}^{π} = \frac{1}{2} π^{2}$

因此，

\int_{π}^{3 π} f (x) d x = (\frac{π ^{2}}{2} - 2) + \frac{π ^{2}}{2} = π^{2} - 2