2001 年真题

【答案】
$-\frac{\sqrt{2}}{6}$

【解析】
首先，观察到当 $x\to 1$ 时，分子 $\sqrt{3-x}-\sqrt{1+x}=0$ ，分母 $x^2+x-2=0$ ，因此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。
对分子进行有理化：乘以共轭式 $\frac{\sqrt{3-x}+\sqrt{1+x}}{\sqrt{3-x}+\sqrt{1+x}}$ ，得到：

分子提取公因子：

分母因式分解： $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$ ，代入得：

注意到 $1-x=-(x-1)$ ，因此：

现在，代入 $x=1$ ：
分母为 $(1+2)(\sqrt{3-1}+\sqrt{1+1})=3\times (\sqrt{2}+\sqrt{2})=3\times 2\sqrt{2}=6\sqrt{2}$ ，分子为 $-2$ ，所以极限为：

因此，极限为 $-\frac{\sqrt{2}}{6}$ 。

【答案】
$x-2y+2=0$

【解析】
在等式 $e^{2x+y}-\cos (xy)=e-1$ 两边对 $x$ 求导得

将 $x=0,y=1$ 代入上式解得 $y^{\prime }(0)=-2$ 。故所求法线方程斜率 $k=\frac{1}{2}$ ，从而法线方程为

即 $x-2y+2=0$ 。

【答案】 $\frac{\pi }{8}$

【解析】 考虑积分 $I={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(x^3+{\sin }^{2}x\right){\cos }^{2}xdx$ 。
令 $f(x)=\left(x^3+{\sin }^{2}x\right){\cos }^{2}x$ ，其中 ${\cos }^{2}x$ 和 ${\sin }^{2}x$ 均为偶函数， $x^3$ 为奇函数。
因此， $f(x)=x^3{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x$ ，其中 $x^3{\cos }^{2}x$ 为奇函数， ${\sin }^{2}x{\cos }^{2}x$ 为偶函数。
在对称区间 $[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$ 上，奇函数的积分为零，故：

只需计算偶函数部分：

利用三角恒等式 ${\sin }^{2}x{\cos }^{2}x=\frac{1}{4}{\sin }^{2}2x$ ，得：

再使用倍角公式 ${\sin }^{2}2x=\frac{1-\cos 4x}{2}$ ，有：

计算积分：

所以：

因此，积分结果为 $\frac{\pi }{8}$ 。

【答案】
$y\arcsin x=x-\frac{1}{2}$

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime }\arcsin x+\frac{y}{\sqrt{1-x^2}}=1$ 及点 $(\frac{1}{2},0)$ 。
注意到左边恰为

故原方程化为

积分得

代入 $x=\frac{1}{2},y=0$ ：

因此所求曲线方程为

【答案】 $-2$

【解析】
利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形，可得

可见，只有当 $a=-2$ 时才有秩 $r(\overline{A})=r(A)=2<3$ ，对应方程组有无穷多个解。

【答案】

【解析】 考虑代换 $x=\tan t$ ，则 $dx={\sec }^{2}tdt$ ，且 $\sqrt{x^2+1}=\sec t$ 。积分化为：

利用恒等式 ${\tan }^{2}t={\sec }^{2}t-1$ ，分母化为：

因此积分变为：

进一步， $2-{\cos }^{2}t=1+{\sin }^{2}t$ ，所以：

令 $u=\sin t$ ，则 $du=\cos tdt$ ，积分化为：

代回 $u=\sin t$ ，并利用 $x=\tan t$ 时 $\sin t=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ ，得：

此结果为积分原函数。

【答案】
函数 $f(x)$ 的间断点为 $x=k\pi$ ( $k\in \mathbb{Z}$ )。当 $k=0$ 时，为可去间断点；当 $k\ne 0$ 时，为第二类间断点（无穷间断点）。

【解析】
首先，求极限 ${\lim }_{t\to x}{\left(\frac{\sin t}{\sin x}\right)}^{\frac{x}{\sin t-\sin x}}$ 。
令 $L={\lim }_{t\to x}{\left(\frac{\sin t}{\sin x}\right)}^{\frac{x}{\sin t-\sin x}}$ ，取对数得：

令 $u=t-x$ ，则当 $t\to x$ 时， $u\to 0$ 。
利用等价无穷小： $\sin t-\sin x=2\cos \frac{x+t}{2}\sin \frac{t-x}{2}\approx 2\cos x\cdot \frac{u}{2}=u\cos x$ ，
且 $\ln \left(\frac{\sin t}{\sin x}\right)=\ln \left(1+\frac{\sin t-\sin x}{\sin x}\right)\approx \frac{\sin t-\sin x}{\sin x}\approx \frac{u\cos x}{\sin x}=u\cot x$ 。
代入得：

因此， $L=e^{x/\sin x}$ ，即 $f(x)=e^{x/\sin x}$ 。
函数 $f(x)$ 在 $\sin x=0$ 处未定义，即 $x=k\pi$ ( $k\in \mathbb{Z}$ ) 为间断点。

• 当 $x=0$ ( $k=0$ ) 时， ${\lim }_{x\to 0}f(x)={\lim }_{x\to 0}{e}^{x/\sin x}=e^1=e$ ，极限存在，故为可去间断点。
• 当 $x=k\pi$ ( $k\ne 0$ ) 时，考虑 $x=k\pi +h$ ( $h\to 0$ )。
  若 $k$ 为奇数， $\sin x=(-1{)}^k\sin h=-\sin h$ ，则 $x/\sin x=-(k\pi +h)/\sin h$ 。
  当 $h\to 0^{+}$ ， $x/\sin x\to -\infty$ ， $f(x)\to 0$ ；
  当 $h\to 0^{-}$ ， $x/\sin x\to +\infty$ ， $f(x)\to +\infty$ 。
  若 $k$ 为偶数， $\sin x=\sin h$ ，则 $x/\sin x=(k\pi +h)/\sin h$ 。
  当 $h\to 0^{+}$ ， $x/\sin x\to +\infty$ ， $f(x)\to +\infty$ ；
  当 $h\to 0^{-}$ ， $x/\sin x\to -\infty$ ， $f(x)\to 0$ 。
  左右极限至少有一个为无穷，故为第二类间断点（无穷间断点）。

【答案】 $9$

【解析】 由 $y=\sqrt{x}$ ，有 $y^{\prime }=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ ， $y^{\prime \prime }=-\frac{1}{4\sqrt{x^3}}$ ，抛物线在点 $M(x,y)$ 处的曲率半径

抛物线上的弧长

从而

于是

【答案】

【解析】 已知函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上可导，且 $f(0)=0$ ，其反函数为 $g(x)$ ，满足

对等式两边关于 $x$ 求导，左边利用链式法则和反函数性质：

右边求导得：

于是有：

当 $x>0$ 时，可除以 $x$ 得：

对 $f^{\prime }(x)$ 积分：

计算积分：

由初始条件 $f(0)=0$ ，代入得：

因此，

验证当 $x=0$ 时， $f(0)=0$ ，符合条件。故所求函数为

【答案】

【解析】 设 $h(x)=\frac{f(x)}{1+x}$ ，则

因此，被积函数为 $h^{\prime }(x)$ ，积分化为

由 $f(0)=0$ ，得

接下来求 $f(\pi )$ 。由已知条件 $f^{\prime }(x)=g(x)$ 和 $g^{\prime }(x)=2e^x-f(x)$ ，代入得

该方程为二阶非齐次线性微分方程。齐次解为 $f_h(x)=A\cos x+B\sin x$ ，特解形式为 $f_p(x)=C{e}^x$ ，代入得

故特解为 $f_p(x)=e^x$ 。通解为

由 $f(0)=0$ ，得

又 $g(x)=f^{\prime }(x)=-A\sin x+B\cos x+e^x$ ，由 $g(0)=2$ ，得

因此，

于是

代入积分得

【答案】 (1) 曲线 $L$ 的方程为 $y=\frac{1}{4}-x^2$ 。 (2) 所求切线方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{1}{3}$ 。

【解析】 (1) 设曲线 $L$ 上任意一点 $P(x,y)$ （ $x>0$ ）到原点的距离为 $\sqrt{x^2+y^2}$ ，该点处切线在 $y$ 轴上的截距为 $y-x{y}^{\prime }$ 。由条件得：

解此微分方程。令 $u=y/x$ ，则 $y=ux$ ， $y^{\prime }=u^{\prime }x+u$ ，代入得：

即：

分离变量：

积分得：

即：

其中 $k=e^C$ 。由 $u=y/x$ 和 $\sqrt{1+u^2}=\sqrt{x^2+y^2}/x$ ，得：

所以：

代入点 $\left(\frac{1}{2},0\right)$ ：

故曲线方程为：

解得：

因此曲线 $L$ 的方程为 $y=\frac{1}{4}-x^2$ 。

(2) 曲线 $L$ 在第一象限部分满足 $x>0$ ， $y>0$ ，即 $0<x<\frac{1}{2}$ 。设切点为 $P(x_0,y_0)$ ，其中 $y_0=\frac{1}{4}-x_0^2$ 。切线斜率为 $y^{\prime }=-2x_0$ ，切线方程为：

切线与坐标轴交于点 $A(a,0)$ 和 $B(0,b)$ ，其中：

切线与 $L$ 以及两坐标轴所围图形的面积 $S$ 为三角形 $OAB$ 面积减去曲线 $L$ 与坐标轴所围图形面积：

计算积分：

代入 $a$ 和 $b$ ：

所以：

令 $t=x_0$ ，则：

最小化 $S(t)$ 等价于最小化 $f(t)=\frac{(4t^2+1{)}^2}{64t}$ 。化简：

求导：

令 $f^{\prime }(t)=0$ ：

乘以 $64t^2$ ：

令 $u=t^2$ ，则：

解得：

取正值：

所以 $t=\frac{1}{2\sqrt{3}}$ 。此时 $y_0=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{1}{6}$ ，切线斜率为 $-\frac{1}{\sqrt{3}}$ 。切线方程为：

即：

因此，所求切线方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{1}{3}$ 。

【答案】 6 小时

【解析】
设半球形雪堆在时刻 $t$ 时的半径为 $r$ ，则半球的体积 $V=\frac{2}{3}\pi r^3$ ，侧面积 $S=2\pi r^2$ 。

由题设体积融化的速率与半球面面积 $S$ 成正比，则有

积分得 $r=-kt+c$ ，把 $r{|}_{t=0}=r_0$ 代入得 $c=r_0$ ，所以 $r=-kt+r_0$ 。
又半径为 $r_0$ 的雪堆在开始融化的 3 小时内，融化了其体积的 $\frac{7}{8}$ ，即 $V{|}_{t=3}=\frac{1}{8}V{|}_{t=0}$ 。以 $V$ 的公式代入上式，得到

于是 $r=-kt+r_0=r_0\left(1-\frac{t}{6}\right)$ 。当 $t=6$ 时 $r=0$ ，雪堆全部融化需 6 小时。

【答案】
(1) $f(x)=f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}{x}^2$ ，其中 $\xi$ 在 0 与 $x$ 之间。
(2) 在 $[-a,a]$ 上至少存在一点 $\eta$ ，使 $a^3{f}^{\prime \prime }(\eta )=3{\int }_{-a}^{a}f(x)dx$ 。

【解析】
(1) 由于 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上具有二阶连续导数，且 $f(0)=0$ ，根据带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式，有