2018 年真题

【答案】 $-2$

【解析】 因为 $\underset{x0}{\lim }\frac{1}{\sin kx}\cdot (\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1)=\underset{x0}{\lim }\frac{1}{\sin kx}\cdot \frac{-2\tan x}{1+\tan x}=\underset{x0}{\lim }\frac{1}{kx}\cdot \frac{-2x}{1+\tan x}=\frac{-2}{k}$ ，

故 $\underset{x0}{\lim }(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}{)}^{\frac{1}{\sin kx}}=e^{\frac{-2}{k}}=e$ ，即 $k=-2$ ．

【答案】 $2(\ln 2-1)$

【解析】 $f^{\prime }(1)=(2^x{)}^{\prime }{|}_{x=1}=2\ln 2$ ,

${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\text{d}x={\int }_0^{1}x\text{d}{f}^{\prime }(x)=x{f}^{\prime }(x){|}_0^1-{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)\text{d}x=f^{\prime }(1)-f(1)+f(0)$

$=2\ln 2-2=2(\ln 2-1)$

【答案】 $\mathbf{i}-\mathbf{k}$

【解析】 设 $\mathbf{F}(x,y,z)=xy\mathbf{i}-yz\mathbf{j}+zx\mathbf{k}$ ,则 $\text{rot}\mathbf{F}(1,1,0)={\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ xy& -yz& zx\end{array}\right|}_{(1,1,0)}=(y\mathbf{i}-z\mathbf{j}-x\mathbf{k}){|}_{(1,1,0)}=\mathbf{i}-\mathbf{k}$

【答案】 $-\frac{\pi }{3}$

【解析】

${\oint }_{L}xyds=\frac{1}{3}{\oint }_L(xy+yz+xz)ds=\frac{1}{6}{\oint }_L[(x+y+z{)}^2-(x^2+y^2+z^2)]ds$

$=-\frac{1}{6}{\oint }_{L}ds=-\frac{\pi }{3}$ ．

【答案】 -1

【解析】 因为 ${\alpha }_1$ 和 ${\alpha }_2$ 线性无关，所以 ${\alpha }_1+{\alpha }_2\ne 0$ 。

由 $A^2({\alpha }_1+{\alpha }_2)={\alpha }_1+{\alpha }_2$ 可知， ${\alpha }_1+{\alpha }_2$ 是 $A^2$ 对应特征值 $1$ 的特征向量。

又因为 $A$ 有两个不同的特征值，设为 ${\lambda }_1$ 和 ${\lambda }_2$ ，则 $A^2$ 的特征值为 ${\lambda }_1^2$ 和 ${\lambda }_2^2$ 。

由于 $A^2$ 有特征值 $1$ ，且 ${\alpha }_1$ 和 ${\alpha }_2$ 是 $A$ 的特征向量，所以 ${\lambda }_1^2=1$ ， ${\lambda }_2^2=1$ ，解得 ${\lambda }_1=\pm 1$ ， ${\lambda }_2=\pm 1$ 。

又因为 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$ ，所以 ${\lambda }_1=1$ ， ${\lambda }_2=-1$ ，则 $|A|={\lambda }_1{\lambda }_2=-1$ 。

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】
由 $BC=\varnothing$ ，得 $P(BC)=0$ 。
因为 $ABC\subset BC$ ，所以 $P(ABC)=0$ 。

解得

【答案】 $\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{6}\left({\mathrm{e}}^x+2\right)\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}+C$

【解析】 $\int {\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}x$

$=\frac{1}{2}\int \arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}{\mathrm{e}}^{2x}=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{2}\int {\mathrm{e}}^{2x}\mathrm{d}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}$

$=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{4}\int \frac{{\mathrm{e}}^{2x}}{\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{2}\int {\mathrm{e}}^x\mathrm{d}\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}$

$=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^x\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\int \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}{\mathrm{e}}^x\right)$

$=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{2}\left[{\mathrm{e}}^x\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{2}{3}{\left({\mathrm{e}}^x-1\right)}^{\frac{3}{2}}\right]+C$

$=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{6}\left({\mathrm{e}}^x+2\right)\sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}+C$

【答案】 最小值为 $\frac{1}{\pi +4+3\sqrt{3}}$

【解析】 设铁丝分成的三段长分别是 x,y,z,则 x+y+z=2,且依次围成的圆、正方形与正三角形三个图形的面积之和为

$f(x,y,z)=(\frac{x}{2}{)}^2+(\frac{y}{4}{)}^2+\frac{\sqrt{3}}{4}(\frac{z}{3}{)}^2=\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{16}+\frac{\sqrt{3}}{36}{z}^2,$

构造拉格朗日函数： $L(x,y,z,)=\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{16}+\frac{\sqrt{3}}{36}{z}^2+(x+y+z-2)$

令

得

此时 $f(x_0,y_0,z_0)=\frac{1}{+4+3\sqrt{3}}$

又当 $x+y+z=2,xyz=0$ 时， $f(x,y,z)$ 的最小值为 $f(0,\frac{8}{4+3\sqrt{3}},\frac{6\sqrt{3}}{4+3\sqrt{3}})=\frac{1}{4+3\sqrt{3}}$

所以三个图形的面积之和存在最小值，最小值为 $f(x_0,y_0,z_0)=\frac{1}{+4+3\sqrt{3}}$

【答案】 $\frac{14\pi }{45}$

【解析】 补曲面 ${\Sigma }_1:\{\begin{array}{l}x=0,\\ 3y^2+3z^2=1\end{array}$ ，取后侧， $\Omega$ 为 $\Sigma$ 与 ${\Sigma }_1$ 所围成的立体。利用高斯公式可得

利用柱坐标变换 $y=r\cos \theta$ ， $z=r\sin \theta$ ， $x=x$ 得

【答案】
(Ⅰ) $y=C{\mathrm{e}}^{-x}+x-1$
(Ⅱ) 见解析

【解析】
(Ⅰ) 当 $f(x)=x$ 时，方程化为 $y^{\prime }+y=x$ ，其通解为

$y={\mathrm{e}}^{-\int dx}\left(C+\int x{\mathrm{e}}^{\int dx}dx\right)={\mathrm{e}}^{-x}\left(C+x{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^x\right)=C{\mathrm{e}}^{-x}+x-1$

(Ⅱ) 方程 $y^{\prime }+y=f(x)$ 的通解为 $y={\mathrm{e}}^{-{\int }_0^{x}dt}\left[C+{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{{\int }_0^{t}ds}f(t)dt\right]$ ，

即 $y={\mathrm{e}}^{-x}\left[C+{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt\right]$

得 $y(x+T)-y(x)={\mathrm{e}}^{-x}\left[\left(\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}-1\right)C+\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^{x+T}{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt-{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt\right]$

若 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的连续函数，则

$\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^{x+T}{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt=\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^T{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt+\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_T^{x+T}{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt$

$=\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^T{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt+\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{u+T}f(u+T)du$

$=\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^T{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt+\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^x{\mathrm{e}}^T{\mathrm{e}}^{u}f(u)du=\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^T{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt+{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{u}f(u)du$

于是 $y(x+T)-y(x)={\mathrm{e}}^{-x}\left[\left(\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}-1\right)C+\frac{1}{{\mathrm{e}}^T}{\int }_0^T{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt\right]$ ，

因此当且仅当 $C=\frac{1}{{\mathrm{e}}^T-1}{\int }_0^T{\mathrm{e}}^{t}f(t)dt$ 时， $y(x+T)-y(x)=0$ ，即方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解。

【答案】 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$

【解析】 因为 $x_1\ne 0$ ，所以 ${\text{e}}^{x_2}=\frac{{\text{e}}^{x_1}-1}{x_1}$ ．

由微分中值定理，存在 $\xi \in (0,x_1)$ ，使得 $\frac{{\text{e}}^{x_1}-1}{x_1}={\text{e}}^{\xi }$ ，即 ${\text{e}}^{x_2}={\text{e}}^{\xi }$ ，因此 $0<x_2<x_1$ ．

假设 $0<x_{n+1}<x_n$ ，则 ${\text{e}}^{x_{n+2}}=\frac{{\text{e}}^{x_{n+1}}-1}{x_{n+1}}={\text{e}}^{\eta }$ （ $0<\eta <x_{n+1}$ ），得 $0<x_{n+2}<x_{n+1}$ 。故 $\{x_n\}$ 是单调减少的数列，且有下界，从而 $\{x_n\}$ 收敛．

设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$ ，在等式 $x_n{\text{e}}^{x_{n+1}}={\text{e}}^{x_n}-1$ 两边取极限，得 $a{\text{e}}^a={\text{e}}^a-1$ ，显然 $a=0$ 为其解。