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2000 年真题

21 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

$lim_{x \to 0} \frac{a r c t a n x - x}{l n ( 1 + 2 x ^{3} )} =$ ______．

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【答案】 $- \frac{1}{6}$

【解析】 当 $x \to 0$ 时，分子 $arctan x - x$ 和分母 $ln (1 + 2 x^{3})$ 均趋于 0，因此该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。使用泰勒展开求解： $arctan x = x - \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{5})$ ，所以 $arctan x - x = - \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{5})$ ；分母 $ln (1 + 2 x^{3}) = 2 x^{3} - \frac{( 2 x ^{3} ) ^{2}}{2} + O (x^{6}) = 2 x^{3} + O (x^{6})$ 。因此，原极限化为：

x \to 0 lim \frac{- \frac{x ^{3}}{3} + O ( x ^{5} )}{2 x ^{3} + O ( x ^{6} )} = x \to 0 lim \frac{- \frac{1}{3} + O ( x ^{2} )}{2 + O ( x ^{3} )} = - \frac{1}{6} .

也可使用洛必达法则验证：令 $f (x) = arctan x - x$ ， $g (x) = ln (1 + 2 x^{3})$ ，则 $f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} - 1 = \frac{- x ^{2}}{1 + x ^{2}}$ ， $g^{'} (x) = \frac{6 x ^{2}}{1 + 2 x ^{3}}$ 。当 $x \to 0$ 时， $\frac{f ^{'} ( x )}{g ^{'} ( x )} = \frac{- x ^{2} / ( 1 + x ^{2} )}{6 x ^{2} / ( 1 + 2 x ^{3} )} \sim \frac{- x ^{2}}{6 x ^{2}} = - \frac{1}{6}$ 。故极限为 $- \frac{1}{6}$ 。

2

设函数 $y = y (x)$ 由方程 $2^{x y} = x + y$ 所确定，则 $d y_{x = 0} =$ ______．

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【答案】
$ln 2 - 1$

【解析】
函数 $y = y (x)$ 由方程 $2^{x y} = x + y$ 所确定。
当 $x = 0$ 时，代入方程得 $2^{0} = 0 + y$ ，即 $y = 1$ 。
对方程两边关于 $x$ 求微分：
左边微分： $d (2^{x y}) = 2^{x y} ln 2 \cdot d (x y) = 2^{x y} ln 2 \cdot (y d x + x d y)$
右边微分： $d (x + y) = d x + d y$
因此得：

2^{x y} ln 2 \cdot (y d x + x d y) = d x + d y

代入 $x = 0$ , $y = 1$ , 且 $2^{x y} = 2^{0} = 1$ ：

ln 2 \cdot (1 \cdot d x + 0 \cdot d y) = d x + d y

即：

ln 2 d x = d x + d y

整理得：

d y = (ln 2 - 1) d x

故 $d y_{x = 0} = (ln 2 - 1) d x$ 。
通常， $d y_{x = 0}$ 表示微分，但在此上下文中，常理解为导数 $\frac{d y}{d x}_{x = 0}$ ，因此

\frac{d y}{d x}_{x = 0} = ln 2 - 1

所以，答案为 $ln 2 - 1$ 。

3

\int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{( x + 7 ) x - 2} =

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【答案】
$\frac{π}{3}$

【解析】
考虑积分 $\int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{( x + 7 ) x - 2}$ 。令 $t = x - 2$ ，则 $t^{2} = x - 2$ ，即 $x = t^{2} + 2$ ，且 $d x = 2 t d t$ 。当 $x = 2$ 时， $t = 0$ ；当 $x \to + \infty$ 时， $t \to + \infty$ 。代入得：

\int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{( x + 7 ) x - 2} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 t d t}{( t ^{2} + 2 + 7 ) t} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d t}{t ^{2} + 9} .

计算积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{2 d t}{t ^{2} + 9}$ 。利用公式 $\int \frac{d t}{t ^{2} + a ^{2}} = \frac{1}{a} arctan \frac{t}{a} + C$ ，其中 $a = 3$ ，得：

\int \frac{2 d t}{t ^{2} + 9} = 2 \cdot \frac{1}{3} arctan \frac{t}{3} + C = \frac{2}{3} arctan \frac{t}{3} + C .

代入上下限：

[\frac{2}{3} arctan \frac{t}{3}]_{0}^{+ \infty} = \frac{2}{3} (t \to \infty lim arctan \frac{t}{3} - arctan 0) = \frac{2}{3} (\frac{π}{2} - 0) = \frac{2}{3} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{3} .

因此，积分值为 $\frac{π}{3}$ 。

4

曲线 $y = (2 x - 1) e^{1/ x}$ 的斜渐近线方程为 ______．

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【答案】
$y = 2 x + 1$

【解析】
为了求曲线 $y = (2 x - 1) e^{1/ x}$ 的斜渐近线，考虑 $x \to \infty$ 的情况。斜渐近线的形式为 $y = m x + b$ ，其中 $m = lim_{x \to \infty} \frac{y}{x}$ ， $b = lim_{x \to \infty} (y - m x)$ 。

首先，计算 $m$ ：

m = x \to \infty lim \frac{( 2 x - 1 ) e ^{1/ x}}{x} = x \to \infty lim (2 - \frac{1}{x}) e^{1/ x} = 2 \cdot 1 = 2.

然后，计算 $b$ ：

b = x \to \infty lim ((2 x - 1) e^{1/ x} - 2 x) .

令 $t = 1/ x$ ，则当 $x \to \infty$ 时， $t \to 0^{+}$ ，有

b = t \to 0 lim [(\frac{2}{t} - 1) e^{t} - \frac{2}{t}] = t \to 0 lim [\frac{2}{t} (e^{t} - 1) - e^{t}] .

利用泰勒展开 $e^{t} = 1 + t + \frac{t ^{2}}{2} + o (t^{2})$ ，得

\frac{2}{t} (e^{t} - 1) = \frac{2}{t} (t + \frac{t ^{2}}{2} + o (t^{2})) = 2 + t + o (t),

所以

b = t \to 0 lim [2 + t + o (t) - (1 + t + o (t))] = t \to 0 lim (1 + o (t)) = 1.

因此，斜渐近线方程为 $y = 2 x + 1$ 。
对于 $x \to - \infty$ ，类似计算可得相同结果。

5

设 $A = 1 - 2 00 03 - 4 0 005 - 6 0007$ ， $E$ 为 $4$ 阶单位矩阵，而且 $B = (E + A)^{- 1} (E - A)$ ，则 $(E + B)^{- 1} =$ ______．

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【答案】

1 - 1 00 02 - 2 0 003 - 3 0004

【解析】
由于 $B = (E + A)^{- 1} (E - A)$ ，所以

(E + B)^{- 1} = [E + (E + A)^{- 1} (E - A)]^{- 1}

= [(E + A)^{- 1} (E + A) + (E + A)^{- 1} (E - A)]^{- 1}

= [2 (E + A)^{- 1}]^{- 1} = \frac{1}{2} (E + A)

= \frac{1}{2} 2 - 2 00 04 - 4 0 006 - 6 0008 = 1 - 1 00 02 - 2 0 003 - 3 0004

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

设函数 $f (x) = \frac{x}{a + e ^{b x}}$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，且 $lim_{x \to - \infty} f (x) = 0$ ，则常数 $a, b$ 满足

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 函数 $f (x) = \frac{x}{a + e ^{b x}}$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内连续，要求分母 $a + e^{b x} \neq = 0$ 对于所有 $x$ 。同时，给定 $lim_{x \to - \infty} f (x) = 0$ 。

考虑 $b$ 的符号：

若 $b > 0$ ，当 $x \to - \infty$ 时， $e^{b x} \to 0$ ，分母 $a + e^{b x} \to a$ 。若 $a \neq = 0$ ，则 $f (x) \sim \frac{x}{a} \to - \infty$ ；若 $a = 0$ ，则 $f (x) = \frac{x}{e ^{b x}} \to - \infty$ 。均不满足极限为 0。
若 $b = 0$ ，则 $f (x) = \frac{x}{a + 1}$ ，当 $x \to - \infty$ 时， $f (x) \to - \infty$ ，不满足极限为 0。
若 $b < 0$ ，当 $x \to - \infty$ 时， $e^{b x} \to + \infty$ ，分母 $a + e^{b x} \to + \infty$ ，分子 $x \to - \infty$ ，但分母增长更快，故 $f (x) \to 0$ 。为保证连续性，分母需恒不为零。由于 $e^{b x} > 0$ ，若 $a \geq 0$ ，则 $a + e^{b x} > 0$ ，函数连续；若 $a < 0$ ，则存在 $x$ 使得 $a + e^{b x} = 0$ ，函数不连续。

因此，常数 $a, b$ 需满足 $a \geq 0$ 且 $b < 0$ ，对应选项 D。

7

设函数 $f (x)$ 满足关系式 $f^{''} (x) + [f^{'} (x)]^{2} = x$ ，且 $f^{'} (0) = 0$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知函数 $f (x)$ 满足关系式 $f^{''} (x) + [f^{'} (x)]^{2} = x$ ，且 $f^{'} (0) = 0$ 。
在 $x = 0$ 处，代入方程得：

f^{''} (0) + [f^{'} (0)]^{2} = 0 \Rightarrow f^{''} (0) + 0 = 0 \Rightarrow f^{''} (0) = 0.

因此，二阶导数检验无法判定极值。
对方程两边求导：

f^{'''} (x) + 2 f^{'} (x) f^{''} (x) = 1.

在 $x = 0$ 处代入：

f^{'''} (0) + 2 f^{'} (0) f^{''} (0) = 1 \Rightarrow f^{'''} (0) + 0 = 1 \Rightarrow f^{'''} (0) = 1 \neq = 0.

由于 $f^{''} (0) = 0$ 且 $f^{'''} (0) = 1 > 0$ ，说明 $f^{''} (x)$ 在 $x = 0$ 处由负变正，即点 $(0, f (0))$ 是曲线 $y = f (x)$ 的拐点。
同时， $f^{'} (0) = 0$ 但 $f^{''} (0) = 0$ 且 $f^{'''} (0) \neq = 0$ ，表明 $f (0)$ 不是极值点。
因此，正确选项为 C。

\boxed{\text{C}}

8

同试卷 1 第 6 题

9

若 $lim_{x \to 0} (\frac{s i n 6 x + x f ( x )}{x ^{3}}) = 0$ ，则 $lim_{x \to 0} \frac{6 + f ( x )}{x ^{2}}$ 为

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知

x \to 0 lim \frac{sin 6 x + x f ( x )}{x ^{3}} = 0

将 $sin 6 x$ 展开为泰勒级数：

sin 6 x = 6 x - 36 x^{3} + O (x^{5})

代入分子得：

sin 6 x + x f (x) = 6 x - 36 x^{3} + x f (x) + O (x^{5})

除以 $x^{3}$ 得：

\frac{sin 6 x + x f ( x )}{x ^{3}} = \frac{6 x}{x ^{3}} - \frac{36 x ^{3}}{x ^{3}} + \frac{x f ( x )}{x ^{3}} + \frac{O ( x ^{5} )}{x ^{3}} = \frac{6}{x ^{2}} - 36 + \frac{f ( x )}{x ^{2}} + O (x^{2})

即

\frac{sin 6 x + x f ( x )}{x ^{3}} = \frac{6 + f ( x )}{x ^{2}} - 36 + O (x^{2})

由于极限为 $0$ ，且 $O (x^{2}) \to 0$ ，有

x \to 0 lim (\frac{6 + f ( x )}{x ^{2}} - 36) = 0

因此

x \to 0 lim \frac{6 + f ( x )}{x ^{2}} = 36

10

具有特解 $y_{1} = e^{- x}, y_{2} = 2 x e^{- x}, y_{3} = 3 e^{x}$ 的3阶常系数齐次线性微分方程是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
已知特解 $y_{1} = e^{- x}$ ， $y_{2} = 2 x e^{- x}$ ， $y_{3} = 3 e^{x}$ ，对应的特征根分别为
$r = - 1$ （二重根）与 $r = 1$ （单根）。

于是特征方程为

(r + 1)^{2} (r - 1) = 0

展开得

r^{3} + r^{2} - r - 1 = 0

对应的微分方程为

y^{'''} + y^{''} - y^{'} - y = 0

即选项 B。

验证其余选项：

A 的特征根为 $r = 1$ （二重根）与 $r = - 1$ （单根），其通解不含 $x e^{- x}$ 形式的解；
C 的特征根为 $r = 1, 2, 3$ ，通解不含 $e^{- x}$ 或 $x e^{- x}$ ；
D 的特征根为 $r = 1, - 1, 2$ ，通解同样不含 $x e^{- x}$ 。

因此正确选项为 B。

解答题

11

设 $f (ln x) = \frac{l n ( 1 + x )}{x}$ ，计算 $\int f (x) d x$ ．

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【答案】

\int f (x) d x = x - ln (1 + e^{x}) - e^{- x} ln (1 + e^{x}) + C

其中 $C$ 为积分常数。

【解析】 给定 $f (ln x) = \frac{l n ( 1 + x )}{x}$ ，令 $u = ln x$ ，则 $x = e^{u}$ ，代入得：

f (u) = \frac{ln ( 1 + e ^{u} )}{e ^{u}}

即 $f (x) = e^{- x} ln (1 + e^{x})$ 。需要计算 $\int f (x) d x = \int e^{- x} ln (1 + e^{x}) d x$ .

令 $t = e^{x}$ ，则 $d t = e^{x} d x$ ，即 $d x = \frac{d t}{t}$ 。代入积分：

\int e^{- x} ln (1 + e^{x}) d x = \int \frac{1}{t} ln (1 + t) \cdot \frac{d t}{t} = \int \frac{ln ( 1 + t )}{t ^{2}} d t

对 $\int \frac{l n ( 1 + t )}{t ^{2}} d t$ 使用分部积分法：令 $u = ln (1 + t)$ , $d v = \frac{1}{t ^{2}} d t$ ，则 $d u = \frac{1}{1 + t} d t$ , $v = - \frac{1}{t}$ 。于是：

\int \frac{ln ( 1 + t )}{t ^{2}} d t = - \frac{ln ( 1 + t )}{t} - \int (- \frac{1}{t}) \cdot \frac{1}{1 + t} d t = - \frac{ln ( 1 + t )}{t} + \int \frac{1}{t ( 1 + t )} d t

对 $\int \frac{1}{t ( 1 + t )} d t$ 进行部分分式分解：

\frac{1}{t ( 1 + t )} = \frac{1}{t} - \frac{1}{1 + t}

所以：

\int \frac{1}{t ( 1 + t )} d t = \int (\frac{1}{t} - \frac{1}{1 + t}) d t = ln ∣ t ∣ - ln ∣1 + t ∣ + C_{1} = ln \frac{t}{1 + t} + C_{1}

由于 $t = e^{x} > 0$ ，有：

\int \frac{1}{t ( 1 + t )} d t = ln (\frac{t}{1 + t}) + C_{1}

代回：

\int \frac{ln ( 1 + t )}{t ^{2}} d t = - \frac{ln ( 1 + t )}{t} + ln (\frac{t}{1 + t}) + C_{1}

将 $t = e^{x}$ 代回：

\int f (x) d x = - \frac{ln ( 1 + e ^{x} )}{e ^{x}} + ln (\frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}) + C_{1}

简化：

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

所以：

\int f (x) d x = - e^{- x} ln (1 + e^{x}) + x - ln (1 + e^{x}) + C_{1} = x - ln (1 + e^{x}) - e^{- x} ln (1 + e^{x}) + C

其中 $C = C_{1}$ 为积分常数。

12

设 $x O y$ 平面上有正方形 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}$ 及直线 $l : x + y = t$ （ $t \geq 0$ ）．若 $S (t)$ 表示正方形 $D$ 位于直线 $l$ 左下方部分的面积，试求 $\int_{0}^{x} S (t) d t$ （ $x \geq 0$ ）．

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【答案】

\int_{0}^{x} S (t) d t = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{x ^{3}}{6}, x - 1 + \frac{1}{6} (2 - x)^{3}, x - 1, 0 \leq x \leq 1 1 \leq x \leq 2 x \geq 2

【解析】
先写出面积 $S (t)$ 的分段表达式。当 $0 < t < 1$ 时，图形为三角形，利用三角形的面积公式： $S (t) = \frac{1}{2} t^{2}$ ; 当 $1 < t < 2$ 时，图形面积可由正方形面积减去小三角形面积：

S (t) = 1 - \frac{1}{2} (2 - t)^{2} = 1 - \frac{1}{2} (t^{2} - 4 t + 4) = - \frac{1}{2} t^{2} + 2 t - 1;

当 $t > 2$ 时，图形面积就是正方形的面积： $S (t) = 1$ ，则有

S (t) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} t^{2}, 1 - \frac{1}{2} (2 - t)^{2}, 1, 0 \leq t \leq 1, 1 < t \leq 2, 2 < t .

所以，当 $0 \leq x \leq 1$ 时，

\int_{0}^{x} S (t) d t = \int_{0}^{x} \frac{1}{2} t^{2} d t = (\frac{1}{2} \cdot \frac{t ^{3}}{3})_{0}^{x} = \frac{x ^{3}}{6};

当 $1 < x \leq 2$ 时，

\int_{0}^{x} S (t) d t = \int_{0}^{1} S (t) d t + \int_{1}^{x} S (t) d t = \int_{0}^{1} \frac{1}{2} t^{2} d t + \int_{1}^{x} [1 - \frac{1}{2} (t - 2)^{2}] d t

= \frac{1}{6} + (x - 1) - \frac{1}{6} (x - 2)^{3} - \frac{1}{6} = - \frac{x ^{3}}{6} + x^{2} - x + \frac{1}{3} .

当 $x > 2$ 时，

\int_{0}^{x} S (t) d t = \int_{0}^{2} S (t) d t + \int_{2}^{x} S (t) d t = 1 + \int_{2}^{x} 1 d t = x - 1.

因此

\int_{0}^{x} S (t) d t = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{6} x^{3}, - \frac{1}{6} x^{3} + x^{2} - x + \frac{1}{3}, x - 1, 0 \leq x \leq 1 1 < x \leq 2 x > 2

13

求函数 $f (x) = x^{2} ln (1 + x)$ 在 $x = 0$ 处的 $n$ 阶导数 $f^{n} (0)$ （ $n \geq 3$ ）．

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【答案】

f^{(n)} (0) = \frac{n ! ( - 1 ) ^{n + 1}}{n - 2}

【解析】 考虑函数 $f (x) = x^{2} ln (1 + x)$ 。利用 $ln (1 + x)$ 的泰勒级数展开：

ln (1 + x) = m = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{m - 1} x ^{m}}{m}, ∣ x ∣ < 1

代入 $f (x)$ 得：

f (x) = x^{2} m = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{m - 1} x ^{m}}{m} = m = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{m - 1} x ^{m + 2}}{m}

令 $n = m + 2$ ，则 $m = n - 2$ ，且当 $m \geq 1$ 时 $n \geq 3$ ，所以：

f (x) = n = 3 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 3} x ^{n}}{n - 2}

函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处的泰勒级数为：

f (x) = n = 0 \sum \infty \frac{f ^{(n)} ( 0 )}{n !} x^{n}

比较系数，对于 $n \geq 3$ ，有：

\frac{f ^{(n)} ( 0 )}{n !} = \frac{( - 1 ) ^{n - 3}}{n - 2}

因此：

f^{(n)} (0) = n! \cdot \frac{( - 1 ) ^{n - 3}}{n - 2}

简化 $(- 1)^{n - 3} = (- 1)^{n + 1}$ ，得：

f^{(n)} (0) = \frac{n ! ( - 1 ) ^{n + 1}}{n - 2}

此公式对 $n \geq 3$ 成立。

14

设函数 $S (x) = \int_{0}^{x} ∣ cos t ∣ d t$ ，

(1) 当 $n$ 为正整数，且 $nπ \leq x \leq (n + 1) π$ 时，证明 $2 n \leq S (x) < 2 (n + 1)$ ；

(2) 求 $lim_{x \to + \infty} \frac{S ( x )}{x}$ ．

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【答案】
(1) 证明见解析。
(2) $lim_{x \to + \infty} \frac{S ( x )}{x} = \frac{2}{π}$

【解析】
(Ⅰ) 因为 $∣ cos x ∣ \geq 0$ ，且 $nπ \leq x < (n + 1) π$ ，所以

\int_{0}^{nπ} ∣ cos x ∣ d x \leq \int_{0}^{x} ∣ cos x ∣ d x < \int_{0}^{(n + 1) π} ∣ cos x ∣ d x .

又因为 $∣ cos x ∣$ 具有周期 $π$ ，在长度为 $π$ 的积分区间上的积分均相等，所以

\int_{0}^{nπ} ∣ cos x ∣ d x = n \int_{0}^{π} ∣ cos x ∣ d x = 2 n, \int_{0}^{(n + 1) π} ∣ cos x ∣ d x = 2 (n + 1) .

所以当 $nπ \leq x < (n + 1) π$ 时 $2 n \leq \int_{0}^{x} ∣ cos x ∣ d x < 2 (n + 1)$ ，即 $2 n \leq S (x) < 2 (n + 1)$ 。

(Ⅱ) 由 (1) 有，当 $nπ \leq x \leq (n + 1) π$ 时，

\frac{2 n}{( n + 1 ) π} < \frac{S ( x )}{x} < \frac{2 ( n + 1 )}{nπ} .

而

n \to \infty lim \frac{2 n}{( n + 1 ) π} = n \to \infty lim \frac{2}{( 1 + \frac{1}{n} ) π} = \frac{2}{π}, n \to \infty lim \frac{2 ( n + 1 )}{nπ} = n \to \infty lim \frac{2 ( 1 + \frac{1}{n} )}{π} = \frac{2}{π},

由极限存在准则 1，得到

x \to \infty lim \frac{S ( x )}{x} = \frac{2}{π} .

15

某湖泊的水量为 $V$ ，每年排入湖泊内含污染物 $A$ 的污水量为 $\frac{V}{6}$ ，流入湖泊内不含 $A$ 的水量为 $\frac{V}{6}$ ，流出湖泊的水量为 $\frac{V}{3}$ ，已知1999年底湖中 $A$ 的含量为 $5 m_{0}$ ，超过国家规定指标．为了治理污染，从2000年初起，限定排入湖泊中含 $A$ 污水的浓度不超过 $\frac{m _{0}}{V}$ ．问至多需要经过多少年，湖泊中污染物 $A$ 的含量降至 $m_{0}$ 以内？（注：设湖水中 $A$ 的浓度是均匀的．）

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【答案】 $6 ln 3$

【解析】
设从 2000 年初（相应 $t = 0$ ）开始，第 $t$ 年湖泊中污染物 $A$ 的总量为 $m$ ，浓度为 $\frac{m}{V}$ ，则在时间间隔 $[t, t + d t]$ 内，排入湖泊中 $A$ 的量为

\frac{m _{0}}{V} \cdot \frac{V}{6} (t + d t - d t) = \frac{m _{0}}{6} d t,

流出湖泊的水中 $A$ 的量为

\frac{m}{V} \cdot \frac{V}{3} d t = \frac{m}{3} d t .

因而时间从 $t$ 到 $t + d t$ 相应地湖泊中污染物 $A$ 的改变量为

d m = (\frac{m _{0}}{6} - \frac{m}{3}) d t .

由分离变量法，可解得 $m = \frac{m _{0}}{2} - C \cdot e^{- \frac{t}{3}}$ 。代入初始条件 $m (0) = 5 m_{0}$ ，得 $C = - \frac{9}{2} m_{0}$ 。

于是 $m = \frac{m _{0}}{2} (1 + 9 e^{- \frac{t}{3}})$ 。令 $m = m_{0}$ ，得 $t = 6 ln 3$ 。即至多需经过 $6 ln 3$ 年，湖泊中 $A$ 的含量将降至 $m_{0}$ 以内。

16

同试卷 1 第 17 题

17

已知 $f (x)$ 是周期为 $5$ 的连续函数，它在 $x = 0$ 的某个邻域内满足关系式

f (1 + sin x) - 3 f (1 - sin x) = 8 x + α (x),

其中 $α (x)$ 是当 $x \to 0$ 时比 $x$ 高阶的无穷小，且 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处可导，求曲线 $y = f (x)$ 在点 $(6, f (6))$ 处的切线方程．

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【答案】
曲线在点 $(6, f (6))$ 处的切线方程为 $y = 2 x - 12$ 。

【解析】
将 $f (1 + sin x) - 3 f (1 - sin x) = 8 x + a (x)$ 两边令 $x \to 0$ 取极限，由 $f$ 的连续性得

f (1) - 3 f (1) = x \to 0 lim (8 x + a (x)) = 0 \Rightarrow f (6) = f (1) = 0.

又由原设 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处可导，两边同除 $sin x$ ，

x \to 0 lim \frac{f ( 1 + sin x ) - f ( 1 )}{sin x} + 3 x \to 0 lim \frac{f ( 1 - sin x ) - f ( 1 )}{- sin x} = x \to 0 lim \frac{8 x}{sin x} + x \to 0 lim \frac{a ( x )}{sin x} .

根据导数的定义，得

f^{'} (1) + 3 f^{'} (1) = x \to 0 lim \frac{8 x}{x} \cdot \frac{x}{sin x} + x \to 0 lim \frac{a ( x )}{x} \cdot \frac{x}{sin x} = 8 \Rightarrow f^{'} (1) = 2.

所以 $f^{'} (6) = f^{'} (1) = 2$ ，从而切线方程为

(y - f (6)) = f^{'} (6) (x - 6) \Rightarrow 2 x - y - 12 = 0.

18

设曲线 $y = a x^{2}$ （ $a > 0$ , $x \geq 0$ ）与 $y = 1 - x^{2}$ 交于点 $A$ ，过坐标原点 $O$ 和点 $A$ 的直线与曲线 $y = a x^{2}$ 围成一平面图形．问 $a$ 为何值时，该图形绕 $x$ 轴旋转一周所得的旋转体体积最大？最大体积是多少？

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【答案】
$a = 4$ ，最大体积为 $\frac{32 π 5}{1875}$

【解析】
曲线 $y = a x^{2}$ 与 $y = 1 - x^{2}$ 交于点 $A$ ，通过解方程 $a x^{2} = 1 - x^{2}$ 得 $x_{A} = \frac{1}{a + 1}$ ， $y_{A} = \frac{a}{a + 1}$ 。
过原点 $O$ 和点 $A$ 的直线方程为 $y = \frac{a}{a + 1} x$ 。
该直线与曲线 $y = a x^{2}$ 在区间 $[0, x_{A}]$ 上围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周的体积为：

V = π \int_{0}^{x_{A}} [(\frac{a}{a + 1} x)^{2} - (a x^{2})^{2}] d x = π a^{2} \int_{0}^{x_{A}} [\frac{1}{a + 1} x^{2} - x^{4}] d x

计算积分：

\int_{0}^{x_{A}} (\frac{1}{a + 1} x^{2} - x^{4}) d x = [\frac{x ^{3}}{3 ( a + 1 )} - \frac{x ^{5}}{5}]_{0}^{x_{A}} = \frac{x _{A}^{3}}{3 ( a + 1 )} - \frac{x _{A}^{5}}{5}

代入 $x_{A} = \frac{1}{a + 1}$ ，得 $x_{A}^{3} = \frac{1}{( a + 1 ) ^{3/2}}$ ， $x_{A}^{5} = \frac{1}{( a + 1 ) ^{5/2}}$ ，所以

\int_{0}^{x_{A}} (\frac{1}{a + 1} x^{2} - x^{4}) d x = \frac{1}{3 ( a + 1 ) ^{5/2}} - \frac{1}{5 ( a + 1 ) ^{5/2}} = \frac{2}{15 ( a + 1 ) ^{5/2}}

因此，

V = π a^{2} \cdot \frac{2}{15 ( a + 1 ) ^{5/2}} = \frac{2 π}{15} \cdot \frac{a ^{2}}{( a + 1 ) ^{5/2}}

令 $f (a) = \frac{a ^{2}}{( a + 1 ) ^{5/2}}$ ，取对数得 $ln f (a) = 2 ln a - \frac{5}{2} ln (a + 1)$ ，求导：

\frac{d}{d a} ln f (a) = \frac{2}{a} - \frac{5}{2 ( a + 1 )}

设导数为零：

\frac{2}{a} = \frac{5}{2 ( a + 1 )}

解得 $a = 4$ 。
当 $a < 4$ 时导数大于零，当 $a > 4$ 时导数小于零，故 $a = 4$ 时体积最大。
代入 $a = 4$ 得：

V = \frac{2 π}{15} \cdot \frac{4 ^{2}}{( 4 + 1 ) ^{5/2}} = \frac{2 π}{15} \cdot \frac{16}{25 5} = \frac{32 π}{375 5} = \frac{32 π 5}{1875}

故最大体积为 $\frac{32 π 5}{1875}$ 。

19

函数 $f (x)$ 在 $[0, + \infty)$ 上可导， $f (0) = 1$ 且满足等式

f^{'} (x) + f (x) - \frac{1}{x + 1} \int_{0}^{x} f (t) d t = 0,

(1) 求导数 $f^{'} (x)$ ；

(2) 证明：当 $x \geq 0$ 时，不等式 $e^{- x} \leq f (x) \leq 1$ 成立．

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【答案】
(1) $f^{'} (x) = - \frac{e ^{- x}}{x + 1}$
(2) 证明见解析。

【解析】
(1) 在已知等式两边同乘 $(x + 1)$ ，得到

(x + 1) f^{'} (x) + (x + 1) f (x) - \int_{0}^{x} f (t) d t = 0,

两边对 $x$ 求导，整理得

(x + 1) f^{''} (x) + (x + 2) f^{'} (x) = 0

令 $u = f^{'} (x)$ ，化为 $(x + 1) u^{'} + (x + 2) u = 0$ ，即

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

两边求积分，解得 $f^{'} (x) = u = \frac{C e ^{- x}}{x + 1}$ 。已知 $f (0) = 1$ ，再以 $x = 0$ 代入原方程得 $f^{'} (0) = - 1$ 。于是 $C = - 1$ ， $f^{'} (x) = - \frac{e ^{- x}}{x + 1}$ 。

(2) 因 $f (0) = 1, f^{'} (x) < 0$ ，即 $f (x)$ 单调递减，所以当 $x \geq 0$ 时 $f (x) \leq 1$ 。令 $φ (x) = f (x) - e^{- x}$ ，则 $φ (0) = 1 - 1 = 0$ ，且 $x \geq 0$ 时

φ^{'} (x) = f^{'} (x) + e^{- x} \geq f^{'} (x) + \frac{e ^{- x}}{x + 1} = 0.

所以，当 $x \geq 0$ 时 $φ (x) \geq 0$ ，即 $f (x) \geq e^{- x}$ 。结合两个不等式可得，当 $x \geq 0$ 时 $e^{- x} \leq f (x) \leq 1$ 。

20

设 $α = 121, β = 1 \frac{1}{2} 0, γ = 008$ ， $A = α β^{T}, B = β^{T} α$ ．其中 $β^{T}$ 是 $β$ 的转置，求解方程 $2 B^{2} A^{2} x = A^{4} x + B^{4} x + γ$ ．

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【答案】 $k 121 + 00 - \frac{1}{2}, (k 为任意常数)$

【解析】 由题设得

A = α β^{T} = 121 (1 \frac{1}{2} 0) = 121 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{2} 000, B = β^{T} α = (1 \frac{1}{2} 0) 121 = 2.

所以

A^{2} = α β^{T} α β^{T} = α (β^{T} α) β^{T} = 2 A, A^{4} = 8 A; B^{2} = 4, B^{4} = 16.

代入原方程得

16 A x = 8 A x + 16 x + γ,

即

8 (A - 2 E) x = γ,

其中 $E$ 是三阶单位矩阵. 令 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}$ , 代入上式, 得线性非齐次方程组

⎩ ⎨ ⎧ - x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} = 0 2 x_{1} - x_{2} = 0 x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} - 2 x_{3} = 1

方程组通解为

x_{1} x_{2} x_{3} = k 2 k k - \frac{1}{2} = k 121 + 00 - \frac{1}{2}, (k 为任意常数) .

21

已知向量组 $β_{1} = 01 - 1$ , $β_{2} = a 21$ , $β_{3} = b 10$ 与向量组 $α_{1} = 12 - 3$ , $α_{2} = 301$ , $α_{3} = 96 - 7$ 具有相同的秩，且 $β_{3}$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，求 $a, b$ 的值．

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【答案】 $a = 15$ , $b = 5$

【解析】 首先，由 $β_{3}$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，设 $β_{3} = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{2} + k_{3} α_{3}$ ，代入向量得方程组：

⎩ ⎨ ⎧ k_{1} + 3 k_{2} + 9 k_{3} = b 2 k_{1} + 6 k_{3} = 1 - 3 k_{1} + k_{2} - 7 k_{3} = 0

由第二方程得 $k_{1} = \frac{1}{2} - 3 k_{3}$ ，代入第三方程得 $k_{2} = \frac{3}{2} - 2 k_{3}$ ，再代入第一方程得：

(\frac{1}{2} - 3 k_{3}) + 3 (\frac{3}{2} - 2 k_{3}) + 9 k_{3} = b

简化得 $5 = b$ ，即 $b = 5$ .

接下来，求向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 的秩。构造矩阵：

A = 12 - 3 301 96 - 7

行变换得：

100310920

秩为2。由题设，向量组 $β_{1}, β_{2}, β_{3}$ 的秩也为2。构造矩阵：

B = 01 - 1 a 21 510

计算行列式：

det (B) = 0 \cdot 2110 - a \cdot 1 - 1 10 + 5 \cdot 1 - 1 21 = - a \cdot (1 \cdot 0 - 1 \cdot (- 1)) + 5 \cdot (1 \cdot 1 - 2 \cdot (- 1)) = - a \cdot 1 + 5 \cdot 3 = 15 - a

秩为2，故 $det (B) = 0$ ，即 $15 - a = 0$ ，得 $a = 15$ .

验证：当 $a = 15, b = 5$ 时，矩阵 $B$ 行变换后秩为2，且 $β_{3}$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示，满足条件。