1996 年真题

【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】 给定函数 $y=(x+e^{-\frac{x}{2}}{)}^{\frac{2}{3}}$ ，求 $y^{\prime }{|}_{x=0}$ 。

设 $u=x+e^{-\frac{x}{2}}$ ，则 $y=u^{\frac{2}{3}}$ 。

应用链式法则：

计算 $\frac{du}{dx}$ ：

因此，

代入 $x=0$ ：

故 $y^{\prime }{|}_{x=0}=\frac{1}{3}$ 。

【答案】 $2$

【解析】
首先，展开被积函数：

因此，积分变为：

计算第一个积分：

计算第二个积分：
由于 $x\sqrt{1-x^2}$ 是奇函数（因为 $x$ 是奇函数， $\sqrt{1-x^2}$ 是偶函数，乘积为奇函数），且在对称区间 $[-1,1]$ 上，奇函数的积分为零，因此：

所以，原积分为：

因此，答案为 2。

【答案】
$y=e^{-x}(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+5y=0$ ，这是一个二阶常系数线性齐次微分方程。
假设解的形式为 $y=e^{rx}$ ，代入方程得到特征方程 $r^2+2r+5=0$ 。

解特征方程：

特征根为共轭复数 $r_1=-1+2i$ 和 $r_2=-1-2i$ ，因此通解为

其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【答案】
2

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to \infty }x\left[\sin \ln \left(1+\frac{3}{x}\right)-\sin \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]$ 。令 $t=\frac{1}{x}$ ，则当 $x\to \infty$ 时， $t\to 0^{+}$ ，极限化为：

该极限等价于函数 $f(t)=\sin \ln (1+3t)-\sin \ln (1+t)$ 在 $t=0$ 处的导数。计算 $f^{\prime }(t)$ ：

代入 $t=0$ ：

因此，原极限为 2。

【答案】
$\ln 2-\frac{1}{2}$

【解析】
曲线 $y=x+\frac{1}{x}$ 与直线 $y=2$ 相交时，解方程 $x+\frac{1}{x}=2$ ，得 $x^2-2x+1=0$ ，即 $(x-1{)}^2=0$ ，所以交点为 $x=1$ 。
直线 $x=2$ 与曲线相交于 $y=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$ ，即点 $(2,\frac{5}{2})$ 。
直线 $x=2$ 与 $y=2$ 相交于点 $(2,2)$ 。
因此，所围图形位于 $x=1$ 到 $x=2$ 之间，且曲线 $y=x+\frac{1}{x}$ 在 $y=2$ 之上。
面积 $S$ 为曲线与直线 $y=2$ 之间的差在区间 $[1,2]$ 上的积分：

计算积分：

代入上下限：

所以，面积 $S=\ln 2-\frac{1}{2}$ 。

【答案】

【解析】 考虑积分 $I={\int }_0^{\ln 2}\sqrt{1-e^{-2x}}dx$ 。令 $u=e^{-x}$ ，则 $du=-e^{-x}dx=-udx$ ，所以 $dx=-\frac{du}{u}$ 。当 $x=0$ 时， $u=1$ ；当 $x=\ln 2$ 时， $u=e^{-\ln 2}=\frac{1}{2}$ 。积分变为：

计算 $J=\int \frac{\sqrt{1-u^2}}{u}du$ 。令 $u=\sin \theta$ ，则 $du=\cos \theta d\theta$ ，且 $\sqrt{1-u^2}=\cos \theta$ （因为 $\theta \in [0,\pi /2]$ ）。于是：

回代 $u=\sin \theta$ ，有 $\csc \theta =\frac{1}{u}$ ， $\cot \theta =\frac{\sqrt{1-u^2}}{u}$ ， $\cos \theta =\sqrt{1-u^2}$ ，所以：

因此：

在 $u=1$ 时：

值为 0。在 $u=1/2$ 时：

值为 $\ln (2-\sqrt{3})+\frac{\sqrt{3}}{2}$ 。所以：

注意到 $2-\sqrt{3}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}$ ，所以 $-\ln (2-\sqrt{3})=\ln (2+\sqrt{3})$ 。因此：

此即所求积分值。

【答案】

【解析】 为了求解积分 $\int \frac{dx}{1+\sin x}$ ，首先分子分母同时乘以 $1-\sin x$ ，得到：

利用三角恒等式 $1-{\sin }^{2}x={\cos }^{2}x$ ，积分化为：

分别计算两个积分：

和

令 $u=\cos x$ ，则 $du=-\sin xdx$ ，即 $dx=-\frac{du}{\sin x}$ ，代入得：

因此，原积分为：

【答案】

【解析】 给定参数方程：

其中 $f(u)$ 具有二阶导数且 $f(u)\ne 0$ 。

首先，求 $\frac{dx}{dt}$ 和 $\frac{dy}{dt}$ ：

然后，求一阶导数 $\frac{dy}{dx}$ ：

接着，求二阶导数 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ ：

计算 $\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)$ ：

代入：

因此，得到最终结果。

【答案】 函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ 在 $x=0$ 处带拉格朗日型余项的 $n$ 阶泰勒展开式为：

其中 $\xi$ 在 $0$ 与 $x$ 之间。

【解析】 首先，计算函数在 $x=0$ 处的值： $f(0)=\frac{1-0}{1+0}=1$ 。
求各阶导数并计算在 $x=0$ 处的值。通过求导发现规律：对于 $k\ge 1$ ，有 $f^{(k)}(0)=(-1{)}^k\cdot 2\cdot k!$ 。
因此，泰勒展开的主部为：

即：

拉格朗日型余项为：

其中 $f^{(n+1)}(x)=(-1{)}^{n+1}\cdot 2\cdot (n+1)!\cdot (1+x{)}^{-(n+2)}$ ，代入得：

因此，完整展开式如上所述。
此外，函数可写为 $f(x)=\frac{2}{1+x}-1$ ，其几何级数展开与上述结果一致。

【答案】 $y=C_1+C_2{e}^{-x}+\frac{1}{3}{x}^3-x^2+2x$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y^{\prime \prime }+y^{\prime }=x^2$ ，首先求解齐次方程 $y^{\prime \prime }+y^{\prime }=0$ 。特征方程为 $r^2+r=0$ ，解得 $r=0$ 和 $r=-$ ，因此齐次解为 $y_h=C_1+C_2{e}^{-x}$ 。

接下来求非齐次方程的特解。由于非齐次项 $x^2$ 是二次多项式，且特征根 $r=0$ 是单根，特解形式应设为 $y_p=x(A{x}^2+Bx+C)=A{x}^3+B{x}^2+Cx$ 。求导得 $y_p^{\prime }=3A{x}^2+2Bx+C$ ， $y_p^{\prime \prime }=6Ax+2B$ 。代入原方程：

令其等于 $x^2$ ：

解得 $A=\frac{1}{3}$ , $B=-1$ , $C=2$ 。因此特解为 $y_p=\frac{1}{3}{x}^3-x^2+2x$ 。

通解为齐次解与特解之和：

【答案】

【解析】
考虑正椭圆柱体，其底面椭圆方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ，长轴为 $2a$ ，短轴为 $2b$ 。截面平面通过短轴（即 $y$ 轴）且与底面成 $\alpha$ 角，其方程为 $z=x\tan \alpha$ 。楔形体为柱体在 $x\ge 0$ 部分介于底面 $z=0$ 和平面 $z=x\tan \alpha$ 之间的区域。

体积 $V$ 可通过二重积分计算：

其中 $D$ 为半椭圆区域 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1$ 且 $x\ge 0$ 。提取常数 $\tan \alpha$ ，得：

计算积分 $I={\iint }_{D}xdxdy$ 。对于固定 $x$ ， $y$ 的范围为 $-b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}$ 至 $b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}$ ，因此：

令 $t=\frac{x}{a}$ ，则 $x=at$ ， $dx=adt$ ，积分限变为 $t=0$ 至 $t=1$ ：

计算积分 ${\int }_0^{1}t\sqrt{1-t^2}dt$ 。令 $u=1-t^2$ ，则 $du=-2tdt$ ，即 $tdt=-\frac{1}{2}du$ 。当 $t=0$ 时 $u=1$ ，当 $t=1$ 时 $u=0$ ：

因此：

此即楔形体的体积。

【答案】

【解析】 考虑使用分部积分法，设 $u=\arctan x$ ，则 $du=\frac{1}{1+x^2}dx$ ，而 $dv=\frac{1}{x^2(1+x^2)}dx$ 。首先计算 $v=\int \frac{1}{x^2(1+x^2)}dx$ 。通过部分分式分解，有：

所以：

应用分部积分公式：

简化得：

计算积分 $\int \frac{1}{x(1+x^2)}dx$ 。通过部分分式分解：

所以：

再计算积分 $\int \frac{\arctan x}{1+x^2}dx$ 。令 $t=\arctan x$ ，则 $dt=\frac{1}{1+x^2}dx$ ，所以：