1994 年真题

【答案】
-2

【解析】
函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，因此需满足：

即计算极限：

当 $x\to 0$ 时，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。使用等价无穷小替换： $\sin 2x\sim 2x$ ， $e^{2ax}-1\sim 2ax$ ，代入得：

令极限等于 $a$ ：

解得：

因此， $a=-2$ 。

【答案】
$\frac{(6t+5)(1+t)}{t}$ 或等价形式如 $\frac{6t^2+11t+5}{t}$ 或 $6t+11+\frac{5}{t}$

【解析】
给定参数方程：

首先求一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ 。
计算 $\frac{dx}{dt}$ 和 $\frac{dy}{dt}$ ：

则一阶导数为：

接下来求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ ：

其中：

代入得：

该结果可简化为 $\frac{6t^2+11t+5}{t}$ 或 $6t+11+\frac{5}{t}$ 。

【答案】 $-3\sin 3x\cdot f(\cos 3x)$

【解析】 设 $u=\cos 3x$ ，则原函数为

根据微积分基本定理，

同时，

由链式法则，

因此，导数为

【答案】 $\frac{1}{2}{e}^{x^2}(x^2-1)+C$

【解析】 考虑积分 $\int x^3{e}^{x^2}dx$ 。令 $u=x^2$ ，则 $du=2xdx$ ，即 $xdx=\frac{du}{2}$ 。将积分改写为：

现在计算 $\int u{e}^{u}du$ ，使用分部积分法。设 $v=u$ ， $dw=e^{u}du$ ，则 $dv=du$ ， $w=e^u$ 。代入分部积分公式：

代回 $u=x^2$ ，得到：

因此，积分结果为 $\frac{1}{2}{e}^{x^2}(x^2-1)+C$ 。验证求导：对 $\frac{1}{2}{e}^{x^2}(x^2-1)$ 求导，得到 $x^3{e}^{x^2}$ ，符合原被积函数。

【答案】
$y^4=C\frac{x}{x-4}$ ，其中 $C$ 为任意常数。

【解析】
给定微分方程 $ydx+(x^2-4x)dy=0$ ，首先改写为

因式分解分母 $x^2-4x=x(x-4)$ ，得

分离变量：

对右边分式进行部分分式分解：

解得 $A=-\frac{1}{4}$ , $B=\frac{1}{4}$ ，所以

代入方程：

积分两边：

令 $C=e^{4C_1}$ ，则

因此通解为

其中 $C$ 为任意常数。当 $C=0$ 时，对应解 $y=0$ 。

【答案】

【解析】 给定 $y=f(x+y)$ ，其中 $f$ 具有二阶导数，且 $f^{\prime }\ne 1$ 。设 $u=x+y$ ，则 $y=f(u)$ 。对两边关于 $x$ 求一阶导数：

解得：

再对两边关于 $x$ 求二阶导数：

使用链式法则和商法则，令 $v=f^{\prime }(u)$ ，则：

其中 $v^{\prime }=\frac{dv}{dx}=f^{\prime \prime }(u)\cdot \frac{du}{dx}=f^{\prime \prime }(u)\cdot \left(1+\frac{dy}{dx}\right)$ 。代入一阶导数结果：

所以：

代入二阶导数：

将 $u=x+y$ 代回，得：

【答案】 $\frac{3\pi }{32}$

【解析】

计算积分

令 $x^2=\sin \theta$ ，则

即

当 $x=0$ 时， $\theta =0$ ；当 $x=1$ 时， $\theta =\frac{\pi }{2}$ 。

代入积分得：

计算 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^4\theta d\theta$ 。利用倍角公式：

积分得：

因此，

故积分值为 $\frac{3\pi }{32}$ 。

【答案】 $e^4$

【解析】
考虑极限

令

则

当 $n\to \infty$ 时， $\frac{2}{n}\to 0$ ，故

因此，原极限化为

令

取自然对数：

利用泰勒展开：

代入 $x=\frac{2}{n}$ ，得：

故

因此

即使考虑 $\tan \left(\frac{2}{n}\right)$ 的高阶项，极限仍为 $e^4$ 。
所以，原极限为

【解析】
设点 $O(0,0)$ ， $A(a,0)$ （ $a>0$ ）， $B(a,a^2+\frac{1}{2})$ ， $C(0,\frac{1}{2})$ 。梯形 $OABC$ 的平行边为 $OC$ 和 $AB$ ，长度分别为 $\frac{1}{2}$ 和 $a^2+\frac{1}{2}$ ，高为 $a$ ，其面积为：

曲边梯形 $OABC$ 为由曲线 $y=x^2+\frac{1}{2}$ 、直线 $x=a$ 、x 轴和 y 轴围成的区域，其面积为：

计算比值：

需证 $\frac{3(a^2+1)}{2a^2+3}<\frac{3}{2}$ 。由于 $a>0$ ，分母 $2a^2+3>0$ ，不等式等价于：

交叉相乘得：

即 $2a^2+2<2a^2+3$ ，化简得 $2<3$ ，恒成立。因此， $\frac{D}{D_1}<\frac{3}{2}$ 得证。

【答案】

【解析】 考虑函数 $f(x)=kx+\frac{1}{x^2}-1$ ，其中 $x>0$ 。
方程 $kx+\frac{1}{x^2}=1$ 有且仅有一个解，等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时只有一个零点。

1. 当 $k\le 0$ 时

导数

因此 $f(x)$ 严格递减。

当 $x\to 0^{+}$ 时， $\frac{1}{x^2}\to +\infty$ ，故 $f(x)\to +\infty$ ；
当 $x\to +\infty$ 时：

• 若 $k<0$ ，则 $f(x)\to -\infty$ ；
• 若 $k=0$ ，则 $f(x)\to -1$ 。

由于 $f(x)$ 严格递减且从正无穷开始，必存在唯一的 $x>0$ 使 $f(x)=0$ 。
因此，对 $k\le 0$ ，方程有且仅有一个解。

2. 当 $k>0$ 时

此时 $f(x)$ 不是单调的。计算导数

令 $f^{\prime }(x)=0$ ，得临界点

当 $x<x_0$ 时， $f^{\prime }(x)<0$ ；当 $x>x_0$ 时， $f^{\prime }(x)>0$ ，
所以 $x_0$ 是极小值点。

极小值为

方程有解的条件是 $f(x_0)\le 0$ ，即

• 若 $\frac{3}{2^{2/3}}{k}^{2/3}<1$ ，即 $k<\frac{2}{3\sqrt{3}}$ ，则 $f(x_0)<0$ ，方程有两个解；
• 若 $\frac{3}{2^{2/3}}{k}^{2/3}>1$ ，即 $k>\frac{2}{3\sqrt{3}}$ ，则 $f(x_0)>0$ ，方程无解；
• 若 $\frac{3}{2^{2/3}}{k}^{2/3}=1$ ，即 $k=\frac{2}{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}$ ，则 $f(x_0)=0$ ，方程有且仅有一个解（位于 $x=x_0$ 处）。

综上，方程有且仅有一个解时， $k$ 的取值范围为

【答案】
(1) 函数在 $(-\infty ,0)$ 和 $(2,+\infty )$ 上单调递增，在 $(0,2)$ 上单调递减；极小值点为 $(2,3)$ ，无极大值点。
(2) 函数在 $(-\infty ,0)$ 和 $(0,+\infty )$ 上均为凹向上；无拐点。
(3) 渐近线：垂直渐近线 $x=0$ ，斜渐近线 $y=x$ 。
(4) 图形基于以上性质绘制：函数图像在 $x=0$ 处有垂直渐近线，以 $y=x$ 为斜渐近线，在 $x=2$ 处取得极小值点 $(2,3)$ ，在 $(-\infty ,0)$ 上递增且凹向上，在 $(0,2)$ 上递减且凹向上，在 $(2,+\infty )$ 上递增且凹向上。

【解析】
函数 $y=\frac{x^3+4}{x^2}=x+\frac{4}{x^2}$ 。
(1) 求一阶导数 $y^{\prime }=1-\frac{8}{x^3}$ 。令 $y^{\prime }=0$ ，得 $x=2$ 。分析符号：当 $x<0$ 时， $y^{\prime }>0$ ；当 $0<x<2$ 时， $y^{\prime }<0$ ；当 $x>2$ 时， $y^{\prime }>0$ 。因此，函数在 $(-\infty ,0)$ 和 $(2,+\infty )$ 上递增，在 $(0,2)$ 上递减。极小值点为 $(2,3)$ 。
(2) 求二阶导数 $y^{\prime \prime }=\frac{24}{x^4}$ 。由于 $y^{\prime \prime }>0$ 对于所有 $x\ne 0$ ，函数在 $(-\infty ,0)$ 和 $(0,+\infty )$ 上凹向上，无拐点。
(3) 渐近线：当 $x\to 0$ 时， $y\to \infty$ ，故 $x=0$ 为垂直渐近线。当 $x\to \pm \infty$ 时，计算 $m={\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{y}{x}=1$ ， $b={\lim }_{x\to \pm \infty }(y-mx)=0$ ，故 $y=x$ 为斜渐近线。
(4) 图形基于上述分析绘制：定义域 $x\ne 0$ ，函数在 $x=0$ 处趋于无穷，在 $x=2$ 处取极小值，且始终在渐近线 $y=x$ 上方。

【答案】
当 $a\ne 1$ 时，通解为 $y=C_1\cos (ax)+C_2\sin (ax)+\frac{\sin x}{a^2-1}$ ；
当 $a=1$ 时，通解为 $y=C_1\cos x+C_2\sin x-\frac{1}{2}x\cos x$ ，
其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y^{\prime \prime }+a^{2}y=\sin x$ 是一个二阶线性非齐次微分方程。通解由齐次方程的通解和非齐次方程的特解组成。

首先，求齐次方程 $y^{\prime \prime }+a^{2}y=0$ 的通解。
特征方程为 $r^2+a^2=0$ ，解得 $r=\pm ai$ ，因此齐次通解为

其次，求非齐次方程的特解 $y_p$ 。根据非齐次项 $\sin x$ 的形式，需分两种情况：

• 当 $a\ne 1$ 时，特解形式为 $y_p=A\cos x+B\sin x$ 。
  代入原方程，计算导数后比较系数，得 $A=0$ ， $B=\frac{1}{a^2-1}$ ，因此
  

  $$y_p=\frac{\sin x}{a^2-1}$$

• 当 $a=1$ 时，齐次解与非齐次项重复，特解形式为 $y_p=x(A\cos x+B\sin x)$ 。
  代入原方程，计算导数后比较系数，得 $A=-\frac{1}{2}$ ， $B=0$ ，因此
  

  $$y_p=-\frac{1}{2}x\cos x$$

最终，通解为齐次通解与特解之和。

【解析】
考虑函数 $g(\lambda )={\int }_0^{\lambda }f(x)dx-\lambda {\int }_0^{1}f(x)dx$ 。需要证明当 $0<\lambda <1$ 时，有 $g(\lambda )\ge 0$ 。

首先，计算 $g(0)$ 和 $g(1)$ ：

• 当 $\lambda =0$ 时，
  $g(0)={\int }_0^{0}f(x)dx-0\cdot {\int }_0^{1}f(x)dx=0$ ；

• 当 $\lambda =1$ 时，
  $g(1)={\int }_0^{1}f(x)dx-1\cdot {\int }_0^{1}f(x)dx=0$ 。

因此， $g(0)=0$ 和 $g(1)=0$ 。

接下来，计算 $g(\lambda )$ 的导数。由微积分基本定理，有

令 $C={\int }_0^{1}f(x)dx$ ，则 $g^{\prime }(\lambda )=f(\lambda )-C$ 。

由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且递减，因此 $f(\lambda )$ 随 $\lambda$ 增加而减小，故 $g^{\prime }(\lambda )$ 也是递减函数。

• 当 $\lambda =0$ 时， $g^{\prime }(0)=f(0)-C$ 。
  因为 $f(x)$ 递减，有 $f(x)\le f(0)$ 对于所有 $x\in [0,1]$ ，所以
  

  $$C={\int }_0^{1}f(x)dx\le f(0)\cdot 1=f(0)$$

  即 $g^{\prime }(0)\ge 0$ 。

• 当 $\lambda =1$ 时， $g^{\prime }(1)=f(1)-C$ 。
  因为 $f(x)\ge f(1)$ 对于所有 $x\in [0,1]$ ，所以
  

  $$C\ge f(1)\cdot 1=f(1)$$

  即 $g^{\prime }(1)\le 0$ 。

因此， $g^{\prime }(\lambda )$ 从 $g^{\prime }(0)\ge 0$ 开始，递减至 $g^{\prime }(1)\le 0$ ，故存在点 ${\lambda }_0\in (0,1)$ 使得 $g^{\prime }({\lambda }_0)=0$ ，且当 $\lambda <{\lambda }_0$ 时 $g^{\prime }(\lambda )>0$ ，当 $\lambda >{\lambda }_0$ 时 $g^{\prime }(\lambda )<0$ 。这意味着 $g(\lambda )$ 在 $[0,{\lambda }_0]$ 上单调递增，在 $[{\lambda }_0,1]$ 上单调递减。

由于 $g(0)=0$ 和 $g(1)=0$ ，且 $g(\lambda )$ 先增后减，因此对于所有 $\lambda \in (0,1)$ ，有 $g(\lambda )\ge 0$ ，即

不等式得证。

【答案】

【解析】 曲线 $y=3-|x^2-1|$ 与 $x$ 轴围成的封闭图形位于 $x$ 轴上方，且与 $x$ 轴的交点为 $x=\pm 2$ 。该图形绕直线 $y=3$ 旋转时，旋转体体积可通过固定 $x$ 处的截面面积积分求解。

对于固定 $x$ ，截面为圆环，外半径为 $3-0=3$ ，内半径为 $3-f(x)$ ，其中 $f(x)=3-|x^2-1|$ 。截面面积 $A(x)=\pi [3^2-(3-f(x){)}^2]=\pi [9-(9-6f(x)+f(x{)}^2)]=\pi (6f(x)-f(x{)}^2)$ 。

体积 $V={\int }_{-2}^{2}A(x)dx=\pi {\int }_{-2}^2[6f(x)-f(x{)}^2]dx$ 。由于 $f(x)$ 为偶函数，可计算从 $0$ 到 $2$ 的积分后乘以 $2$ ，即 $V=2\pi {\int }_0^2[6f(x)-f(x{)}^2]dx$ .

函数 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上分段：

• 当 $x\in [0,1]$ 时， $f(x)=2+x^2$ ;
• 当 $x\in [1,2]$ 时， $f(x)=4-x^2$ .