1993 年真题

【答案】
0

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 0^{+}}x\ln x$ 。这是一个 $0\cdot (-\infty )$ 型不定式。将其改写为 $\frac{\ln x}{1/x}$ ，当 $x\to 0^{+}$ 时，分子 $\ln x\to -\infty$ ，分母 $1/x\to \infty$ ，形成 $\frac{-\infty }{\infty }$ 型不定式，可应用洛必达法则。
求分子和分母的导数：分子 $\ln x$ 的导数为 $1/x$ ，分母 $1/x$ 的导数为 $-1/x^2$ 。
因此，极限化为 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1/x}{-1/x^2}={\lim }_{x\to 0^{+}}-x=0$ 。
或者，令 $t=-\ln x$ ，则当 $x\to 0^{+}$ 时， $t\to \infty$ ，且 $x=e^{-t}$ ，原式变为 $x\ln x=e^{-t}\cdot (-t)=-t{e}^{-t}$ 。
求极限 ${\lim }_{t\to \infty }-t{e}^{-t}=-{\lim }_{t\to \infty }\frac{t}{e^t}$ 。由于指数函数 $e^t$ 增长快于多项式 $t$ ，该极限为 0。
故原极限为 0。

【答案】

【解析】 对方程 $\sin (x^2+y^2)+e^x-x{y}^2=0$ 两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数。
求导后得：

整理项：

将含 $\frac{dy}{dx}$ 的项移到一边：

提取公因式：

解得：

化简分母：

等价于：

此即所求导数。

【答案】
$2\sqrt{\sec x}+C$

【解析】
考虑积分 $\int \frac{\tan x}{\sqrt{\cos x}}dx$ 。首先，将 $\tan x$ 表示为 $\frac{\sin x}{\cos x}$ ，则积分化为：

令 $u=\cos x$ ，则 $du=-\sin xdx$ ，即 $\sin xdx=-du$ 。代入得：

计算积分：

代回 $u=\cos x$ ：

因此，积分结果为 $2\sqrt{\sec x}+C$ 。

【答案】

【解析】 由题意， $f^{\prime }(x)=x\ln (1+x^2)$ ，故

令 $u=1+x^2$ ，则 $du=2xdx$ ，即 $xdx=\frac{du}{2}$ ，
于是

利用积分公式 $\int \ln udu=u\ln u-u+C$ ，可得

曲线过点 $\left(0,-\frac{1}{2}\right)$ ，代入 $x=0$ ：

令 $f(0)=-\frac{1}{2}$ ，得 $C=0$ 。

因此，

【答案】

【解析】

设 $y=\sin [f(x^2)]$ ，先求一阶导数。
令 $u=f(x^2)$ ，则 $y=\sin u$ 。
由链式法则：

其中 $\frac{du}{dx}=f^{\prime }(x^2)\cdot 2x$ ，所以一阶导数为：

接下来求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)$ 。
令 $z=2x{f}^{\prime }(x^2)\cos [f(x^2)]$ ，这是三个函数的乘积，应用乘积法则：

计算各项：

• $\frac{d}{dx}(2x)=2$ ；
• $\frac{d}{dx}[f^{\prime }(x^2)]=f^{\prime \prime }(x^2)\cdot 2x$ （链式法则）；
• $\frac{d}{dx}[\cos [f(x^2)]]=-\sin [f(x^2)]\cdot f^{\prime }(x^2)\cdot 2x$ （链式法则）。

代入得：

简化：

因此，二阶导数为上式。

【答案】 -50

【解析】 令 $t=-x$ ，则当 $x\to -\infty$ 时，有 $t\to +\infty$ 。
原极限化为：

对 $\sqrt{t^2+100}-t$ 有理化：

代入得：

分子分母同时除以 $t$ ：

当 $t\to +\infty$ 时， $\frac{100}{t^2}\to 0$ ，所以 $\sqrt{1+\frac{100}{t^2}}\to 1$ ，
因此：

故极限为 $-50$ 。

【答案】

【解析】 首先，利用三角恒等式 $1+\cos 2x=2{\cos }^{2}x$ ，将积分化简为：

接下来，使用分部积分法计算 $\int x{\sec }^{2}xdx$ 。设 $u=x$ ， $dv={\sec }^{2}xdx$ ，则 $du=dx$ ， $v=\tan x$ 。分部积分公式为：

所以：

其中， $\int \tan xdx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx=-\ln |\cos x|+C$ 。在区间 $[0,\frac{\pi }{4}]$ 上， $\cos x>0$ ，因此：

代入积分上下限：

计算在 $x=\frac{\pi }{4}$ 的值：

所以：

在 $x=0$ 的值：

所以：

因此：

故积分为 $\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\ln 2$ .

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 考虑积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{(1+x{)}^3}dx$ 。使用代换法，令 $u=1+x$ ，则 $du=dx$ ，积分限变为 $u=1$ 到 $u\to +\infty$ 。积分化为：

计算不定积分：

代入上下限：

因此，积分值为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】

【解析】 将微分方程 $(x^2-1)dy+(2xy-\cos x)dx=0$ 化为标准形式：

积分因子为 $\mu (x)=e^{\int \frac{2x}{x^2-1}dx}=e^{\ln |x^2-1|}=x^2-1$ （忽略绝对值不影响结果）。乘以积分因子后，方程变为：

积分两边：

解得：

代入初始条件 $y{|}_{x=0}=0$ ：

因此特解为：

【答案】 常数 $\alpha =-3$ ， $\beta =2$ ， $\gamma =-1$ 。该方程的通解为 $y=(C_1+x)e^x+C_2{e}^{2x}$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】 给定二阶常系数线性微分方程 $y^{\prime \prime }+\alpha y^{\prime }+\beta y=\gamma e^x$ 的一个特解为 $y_p=e^{2x}+(1+x)e^x$ 。首先，计算特解的一阶和二阶导数：

代入原方程：

代入后得：

比较系数，得到方程组：

解方程组：由(1)和(2)相减得 $3+\alpha =0$ ，所以 $\alpha =-3$ 。代入(2)得 $1-3+\beta =0$ ，所以 $\beta =2$ 。代入(3)得 $3+2(-3)+2=\gamma$ ，所以 $\gamma =-1$ 。

原方程为 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=-e^x$ 。齐次方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=0$ 的特征方程为 $r^2-3r+2=0$ ，解得 $r=1,2$ ，齐次解为 $y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}$ 。特解已知为 $y_p=e^{2x}+(1+x)e^x$ 。通解为齐次解加特解：

令 $C_1^{\prime }=C_1+1$ ， $C_2^{\prime }=C_2+1$ ，则通解为 $y=(C_1^{\prime }+x)e^x+C_2^{\prime }{e}^{2x}$ 。重新标记常数为 $C_1$ 和 $C_2$ ，得通解 $y=(C_1+x)e^x+C_2{e}^{2x}$ 。

【答案】 $\frac{{\pi }^2}{2}-\frac{2\pi }{3}$

【解析】
图形 $A$ 由 $x^2+y^2\le 2x$ 与 $y\ge x$ 所确定。
将 $x^2+y^2\le 2x$ 化为标准形式：

表示圆心在 $(1,0)$ 、半径为 $1$ 的圆盘。

与 $y\ge x$ 结合，求得交点为 $(0,0)$ 和 $(1,1)$ ，因此图形 $A$ 对应圆盘在直线 $y=x$ 上方的部分。

绕直线 $x=2$ 旋转时，采用圆环法，以 $y$ 为积分变量。
对于 $y\in [0,1]$ ， $x$ 的范围为从 $x=1-\sqrt{1-y^2}$ 到 $x=y$ 。

旋转半径为到 $x=2$ 的距离：

• 外半径为 $2-(1-\sqrt{1-y^2})=1+\sqrt{1-y^2}$ ，
• 内半径为 $2-y$ 。

旋转体的体积为：

展开被积函数：

差值为：

因此，

计算积分：

总和为：

故

因此，旋转体的体积为 $\frac{{\pi }^2}{2}-\frac{2\pi }{3}$ 。

【答案】
当圆锥的高 $h=4r$ 时，体积 $V$ 最小，最小值为 $\frac{8}{3}\pi r^3$ 。

【解析】
设圆锥的底面半径为 $R$ ，高为 $h$ ，体积 $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h$ 。
由于球外切于圆锥，在圆锥的纵截面中，等腰三角形的内切圆半径为 $r$ 。
根据面积关系，圆锥纵截面的面积为 $Rh$ ，半周长为 $\sqrt{h^2+R^2}+R$ ，内切圆半径与面积的关系为

整理得

两边平方得

进一步化简得

即

代入体积公式得

令 $f(h)=\frac{h^2}{h-2r}$ ，求导得

令 $f^{\prime }(h)=0$ ，得 $h=4r$ （舍去 $h=0$ ）。

当 $2r<h<4r$ 时， $f^{\prime }(h)<0$ ；当 $h>4r$ 时， $f^{\prime }(h)>0$ ，
故 $h=4r$ 时 $f(h)$ 取极小值，即体积 $V$ 取最小值。

代入 $h=4r$ 得

所以

因此，当高 $h=4r$ 时，圆锥体积最小，最小值为 $\frac{8}{3}\pi r^3$ 。

【解析】
考虑函数 $f(x)=a\ln (a+x)-(a+x)\ln a$ ，其中 $x>0$ 且 $a>e$ 。原不等式 $(a+x{)}^a<a^{a+x}$ 等价于 $f(x)<0$ 。
当 $x=0$ 时， $f(0)=a\ln a-a\ln a=0$ 。
计算导数：

由于 $a>e$ ，有 $\ln a>1$ ，且对于 $x>0$ ，有 $\frac{a}{a+x}<1$ ，因此 $f^{\prime }(x)<0$ 。
故 $f(x)$ 在 $x>0$ 时严格递减，结合 $f(0)=0$ ，得 $f(x)<0$ 对于所有 $x>0$ 成立，即原不等式成立。

【解析】

证法一： 任取 $x\in (0,a]$ ，由微分中值定理有

再由定积分的绝对值不等式有

证法二： 由微积分基本公式及定积分的绝对值不等式有