1998 年真题

【答案】 $\frac{37}{12}$

【解析】 曲线 $y=-x^3+x^2+2x$ 与 $x$ 轴的交点由方程 $-x^3+x^2+2x=0$ 解得，即 $x(x^2-x-2)=0$ ，所以交点为 $x=-1,0,2$ 。
在区间 $[-1,0]$ 上，函数值为负；在区间 $[0,2]$ 上，函数值为正。因此，所求面积为

计算第一积分：

计算第二积分：

总面积：

【答案】
$-\cot x(1+\ln (\sin x))-x+C$

【解析】
考虑积分 $\int \frac{\ln (\sin x)}{{\sin }^{2}x}dx$ 。使用分部积分法，设 $u=\ln (\sin x)$ ，则 $du=\cot xdx$ ；设 $dv=\frac{dx}{{\sin }^{2}x}$ ，则 $v=-\cot x$ 。应用分部积分公式：

代入得：

计算 $\int {\cot }^{2}xdx$ ，利用恒等式 ${\cot }^{2}x={\csc }^{2}x-1$ ：

代入回原积分：

其中 $C$ 为积分常数。验证导数确认结果正确。

【答案】
$xf(x^2)$

【解析】
考虑积分 $I(x)={\int }_0^{x}tf(x^2-t^2)dt$ 。令 $u=x^2-t^2$ ，则当 $t=0$ 时， $u=x^2$ ；当 $t=x$ 时， $u=0$ 。且 $du=-2tdt$ ，即 $tdt=-\frac{1}{2}du$ 。
代入积分得：

于是，

由微积分基本定理和链式法则，

因此，

故答案为 $xf(x^2)$ 。

【答案】
$y=x+\frac{1}{e}$

【解析】
考虑曲线 $y=x\ln \left(e+\frac{1}{x}\right)$ 在 $x>0$ 时的渐近线。

首先，检查水平渐近线：
当 $x\to \infty$ 时， $\frac{1}{x}\to 0$ ，故

因此 $y\sim x\to \infty$ ，无水平渐近线。

其次，检查垂直渐近线：
当 $x\to 0^{+}$ 时， $y\to 0$ ，无垂直渐近线。

因此，考虑斜渐近线 $y=mx+b$ 。

计算斜率：

计算截距：

注意到

因此

利用等价无穷小，当 $x\to \infty$ 时，

故

因此，渐近线方程为

【答案】 函数在区间 $(0,2\pi )$ 内的间断点为 $x=\frac{\pi }{4}$ , $x=\frac{3\pi }{4}$ , $x=\frac{5\pi }{4}$ , $x=\frac{7\pi }{4}$ 。其中， $x=\frac{\pi }{4}$ 和 $x=\frac{5\pi }{4}$ 是第二类间断点（无穷间断）， $x=\frac{3\pi }{4}$ 和 $x=\frac{7\pi }{4}$ 是第一类间断点（可去间断）。

【解析】
函数 $f(x)=(1+x{)}^{\frac{x}{\tan (x-\pi /4)}}$ 的间断点出现在分母为零或指数未定义的点。在区间 $(0,2\pi )$ 内，底数 $1+x>0$ 恒成立，因此间断点主要来自指数部分 $\frac{x}{\tan (x-\pi /4)}$ 的未定义点。

首先， $\tan (x-\pi /4)$ 在 $x-\pi /4=k\pi +\pi /2$ （即 $x=k\pi +3\pi /4$ ）处未定义。在 $(0,2\pi )$ 内，对应 $x=\frac{3\pi }{4}$ 和 $x=\frac{7\pi }{4}$ 。在这些点，指数分母为无穷大，因此指数趋于零。计算极限：

• 当 $x\to \frac{3\pi }{4}$ ，底数 $1+x\to 1+\frac{3\pi }{4}>1$ ，指数趋于零，故 $f(x)\to 1$ 。
• 当 $x\to \frac{7\pi }{4}$ ，底数 $1+x\to 1+\frac{7\pi }{4}>1$ ，指数趋于零，故 $f(x)\to 1$ 。

左右极限均存在且等于 1，因此 $x=\frac{3\pi }{4}$ 和 $x=\frac{7\pi }{4}$ 是可去间断点。

其次， $\tan (x-\pi /4)$ 在 $x-\pi /4=k\pi$ （即 $x=k\pi +\pi /4$ ）处为零。在 $(0,2\pi )$ 内，对应 $x=\frac{\pi }{4}$ 和 $x=\frac{5\pi }{4}$ 。在这些点，指数分母为零而分子不为零，因此指数趋于无穷大。计算极限：

• 当 $x\to {\frac{\pi }{4}}^{-}$ ，指数趋于 $-\infty$ ，故 $f(x)\to 0$ ；当 $x\to {\frac{\pi }{4}}^{+}$ ，指数趋于 $+\infty$ ，故 $f(x)\to +\infty$ 。左右极限至少一个不存在有限值，因此是第二类间断点（无穷间断）。
• 当 $x\to {\frac{5\pi }{4}}^{-}$ ，指数趋于 $-\infty$ ，故 $f(x)\to 0$ ；当 $x\to {\frac{5\pi }{4}}^{+}$ ，指数趋于 $+\infty$ ，故 $f(x)\to +\infty$ 。同理，是第二类间断点（无穷间断）。

综上，函数在 $(0,2\pi )$ 内有四个间断点，类型如上所述。

【答案】
$a=1$ ， $b=0$ ， $c=\frac{1}{2}$

【解析】
为了使极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{ax-\sin x}{{\int }_b^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt}=c$ （ $c\ne 0$ ）存在，分母必须在 $x\to 0$ 时趋于零。否则，如果分母不趋于零而分子趋于零，则极限为零，与 $c\ne 0$ 矛盾。因此，要求 ${\lim }_{x\to 0}{\int }_b^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt=0$ ，这等价于 ${\int }_b^0\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt=0$ 。由于被积函数 $\frac{\ln (1+t^3)}{t}$ 在 $t=0$ 处连续（因为 $\ln (1+t^3)\sim t^3$ ，所以 $\frac{\ln (1+t^3)}{t}\sim t^2$ ），且对于 $b\ne 0$ ，该积分一般不为零，因此必须取 $b=0$ 。

代入 $b=0$ ，极限变为 ${\lim }_{x\to 0}\frac{ax-\sin x}{{\int }_0^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt}$ 。当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于零，应用洛必达法则。分子导数为 $a-\cos x$ ，分母导数为 $\frac{\ln (1+x^3)}{x}$ ，因此极限化为：

当 $x\to 0$ 时， $\ln (1+x^3)\sim x^3$ ，所以：

展开 $\cos x=1-\frac{x^2}{2}+O(x^4)$ ，得：

为使极限存在，必须满足 $a-1=0$ ，即 $a=1$ 。代入 $a=1$ ，极限为：

因此， $c=\frac{1}{2}$ 。验证原极限：当 $a=1$ ， $b=0$ 时，分子 $x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}$ ，分母 ${\int }_0^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt\sim {\int }_0^x{t}^{2}dt=\frac{x^3}{3}$ ，故极限为 $\frac{1}{2}$ ，满足 $c\ne 0$ 。

【答案】

其中 $A$ 和 $B$ 为任意常数。

【解析】 给定方程 $y^{\prime \prime }\cos x-2y^{\prime }\sin x+3y\cos x=e^x$ ，利用代换 $y=\frac{u}{\cos x}$ ，即 $u=y\cos x$ 。
计算 $u^{\prime }$ 和 $u^{\prime \prime }$ ：

将 $u^{\prime \prime }$ 代入原方程：

即

由于 $y\cos x=u$ ，得

解此二阶线性非齐次微分方程：
齐次方程 $u^{\prime \prime }+4u=0$ 的特征方程为 $r^2+4=0$ ，根为 $r=\pm 2i$ ，齐次通解为

非齐次项为 $e^x$ ，设特解 $u_p=C{e}^x$ ，代入方程：

解得 $C=\frac{1}{5}$ ，即 $u_p=\frac{1}{5}{e}^x$ 。
因此

回代 $y=\frac{u}{\cos x}$ ，得原方程的通解：

其中 $A$ 和 $B$ 为任意常数。

【答案】

【解析】 积分 ${\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{|x-x^2|}}$ 需要处理绝对值符号。由于 $x-x^2=x(1-x)$ ，在区间 $[\frac{1}{2},1]$ 上 $x(1-x)\ge 0$ ，故 $\left|x-x^2\right|=x(1-x)$ ；在区间 $[1,\frac{3}{2}]$ 上 $x(1-x)\le 0$ ，故 $\left|x-x^2\right|=-x(1-x)=x(x-1)$ 。因此，积分拆分为两部分：

对于第一积分， $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}$ ，利用恒等式 $x(1-x)=\frac{1}{4}-(x-\frac{1}{2}{)}^2$ ，有：

代入上下限：

对于第二积分， $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(x-1)}}$ ，利用恒等式 $x(x-1)=(x-\frac{1}{2}{)}^2-\frac{1}{4}$ ，有：

在区间 $[1,\frac{3}{2}]$ 上，表达式为正，故省略绝对值。代入上下限：

因此，总积分为：

【答案】

【解析】 曲线 $y=\sqrt{x-1}$ 的定义域为 $x\ge 1$ 。过原点作该曲线的切线，设切点为 $(a,\sqrt{a-1})$ ，则切线斜率为 $y^{\prime }=\frac{1}{2\sqrt{a-1}}$ 。切线方程为 $y-\sqrt{a-1}=\frac{1}{2\sqrt{a-1}}(x-a)$ 。由于切线过原点 $(0,0)$ ，代入得：

简化得：

两边乘以 $2\sqrt{a-1}$ ：

解得 $a=2$ ，切点为 $(2,1)$ ，切线方程为 $y=\frac{1}{2}x$ 。

由曲线 $y=\sqrt{x-1}$ 、切线 $y=\frac{1}{2}x$ 及 $x$ 轴围成的平面图形如下：

• 对于 $x\in [0,1]$ ，区域上边界为切线，下边界为 $x$ 轴。
• 对于 $x\in [1,2]$ ，区域上边界为切线，下边界为曲线。

该图形绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的表面积由切线旋转形成的曲面面积和曲线旋转形成的曲面面积组成。

切线部分： $y=\frac{1}{2}x$ ， $x$ 从 $0$ 到 $2$ 。
$y^{\prime }=\frac{1}{2}$ ， $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ 。
切线旋转面积：

曲线部分： $y=\sqrt{x-1}$ ， $x$ 从 $1$ 到 $2$ 。
$y^{\prime }=\frac{1}{2\sqrt{x-1}}$ ， $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+\frac{1}{4(x-1)}}=\frac{\sqrt{4x-3}}{2\sqrt{x-1}}$ 。
曲线旋转面积：

计算积分： 令 $u=4x-3$ ，则 $du=4dx$ ，当 $x=1$ 时 $u=1$ ，当 $x=2$ 时 $u=5$ ：

所以：

总表面积：

因此，旋转体的表面积为 $\frac{\pi }{6}(11\sqrt{5}-1)$ 。

【答案】
曲线的方程为 $y=\ln \left|\cos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)\right|+1+\frac{1}{2}\ln 2$ ，函数 $y=y(x)$ 的极值为极大值 $1+\frac{1}{2}\ln 2$ ，在 $x=\frac{\pi }{4}+k\pi$ （ $k$ 为整数）处取得。

【解析】
由题设，曲线上任意一点 $(x,y)$ 处的曲率为 $\frac{1}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}$ 。标准曲率公式为 $\kappa =\frac{|y^{\prime \prime }|}{(1+y^{\prime 2}{)}^{3/2}}$ ，故有

两边乘以 $(1+y^{\prime 2}{)}^{3/2}$ 得

由于曲线向上凸，有 $y^{\prime \prime }<0$ ，故

令 $p=y^{\prime }$ ，则 $y^{\prime \prime }=p^{\prime }$ ，代入得

分离变量得

积分两边

即

所以

由点 $(0,1)$ 处的切线方程为 $y=x+1$ ，得在 $x=0$ 时 $y^{\prime }=1$ ，代入得

故 $C=\frac{\pi }{4}$ （取主值）。于是

积分得

代入点 $(0,1)$ ：

所以

故曲线方程为

求极值：令 $y^{\prime }=0$ ，即

解得

由于 $y^{\prime \prime }=-{\sec }^2\left(x-\frac{\pi }{4}\right)<0$ ，这些点为极大值点。代入得

故函数有极大值 $1+\frac{1}{2}\ln 2$ 。

【解析】
(1) 令 $f(x)=x^2-(1+x){\ln }^2(1+x)$ ，需证 $f(x)>0$ 对于 $x\in (0,1)$ 。计算导数：

令 $g(x)=f^{\prime }(x)$ ，则

令 $h(x)=\frac{1+\ln (1+x)}{1+x}$ ，则

故 $h(x)$ 严格递减。当 $x=0$ 时， $h(0)=1$ ，所以对于 $x>0$ ，有 $h(x)<1$ ，从而

因此 $g(x)$ 严格递增，且 $g(0)=0$ ，故对于 $x>0$ ，有 $g(x)>0$ ，即 $f^{\prime }(x)>0$ 。又 $f(0)=0$ ，所以 $f(x)>0$ 对于 $x>0$ ，即

(2) 令 $F(x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}$ 。

首先证 $F(x)<\frac{1}{2}$ 。由不等式 $\ln (1+x)>\frac{2x}{2+x}$ （可通过函数 $\varphi (x)=\ln (1+x)-\frac{2x}{2+x}$ 及其导数证明），取倒数得

故

其次证 $F(x)>\frac{1}{\ln 2}-1$ 。计算 $F^{\prime }(x)$ ：

由 (1) 知 $(1+x){\ln }^2(1+x)<x^2$ ，故

所以 $F^{\prime }(x)<0$ ，即 $F(x)$ 严格递减。当 $x\to 0^{+}$ 时， $F(x)\to \frac{1}{2}$ ；当 $x\to 1^{-}$ 时， $F(x)\to \frac{1}{\ln 2}-1$ 。因此对于 $x\in (0,1)$ ，有

综上，

【答案】

【解析】 给定方程 $\left(2E-C^{-1}B\right)A^T=C^{-1}$ ，其中 $E$ 是 4 阶单位矩阵。通过左乘 $C$ ，得 $C\left(2E-C^{-1}B\right)A^T=E$ ，即 $(2C-B)A^T=E$ ，所以 $A^T=(2C-B{)}^{-1}$ 。

计算 $2C-B$ ：