2013 年真题

【答案】 $e^{\frac{1}{2}}$

【解析】
原式 $=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(1+\frac{\ln (1+x)}{x}\right)}{x}}$ 。

考虑极限部分：

因此答案为 $e^{\frac{1}{2}}$ 。

【答案】 $\frac{1}{\sqrt{1-e^{-1}}}$

【解析】 已知 $\frac{dy}{dx}=\sqrt{1-e^x}$ ，因此

当 $y=0$ 时，对应的 $x=-1$ ，代入得

【答案】 $S=\frac{\pi }{12}$

【解析】
所围图形的面积为：

利用对称性及倍角公式，可改写为：

计算得：

【答案】 $y+x-\frac{\pi }{4}-\ln \sqrt{2}=0$

【解析】 已知 $\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{t}{1+t^2}}{\frac{1}{1+t^2}}=t$ ，因此 ${\frac{dy}{dx}|}_{t=1}=1$ 。

当 $t=1$ 时， $x=\frac{\pi }{4}$ ， $y=\ln \sqrt{2}$ 。

法线斜率为 $-1$ ，故法线方程为：

整理得：

【答案】 $y=e^{3x}-e^x-x{e}^{2x}$

【解析】 由题意可知： $e^{3x}$ 与 $e^x$ 是对应齐次方程的解，而 $-x{e}^{2x}$ 是非齐次方程的一个特解。

因此，非齐次方程的通解为：

将初始条件代入通解，解得：

于是满足条件的特解为：

【答案】 -1

【解析】 由 $a_{ij}+A_{ij}=0$ 可知， $A^{\top }=-A^{\ast }$ 。

从而有

故 $|A|=-1$ 。

【答案】 $n=2$ , $a=7$

【解析】 因为当 $x\to 0$ 时， $1-\cos x\cdot \cos 2x\cdot \cos 3x$ 与 $a{x}^n$ 为等价无穷小，所以

又因为：

即

因此，

利用等价无穷小替换：

可得：

为使极限存在且为 1，必有 $n=2$ ，且

【答案】 $a=7\sqrt{7}$

【解析】 由题意可得：

因为 $V_y=10V_x$ ，所以：

解得：

【答案】 $\frac{416}{3}$

【解析】

【答案】 见解析

【解析】 令 $F(x)=f(x)-x$ ，则 $F(0)=f(0)=0$ ， $F(1)=f(1)-1=0$ 。由罗尔定理知，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $F^{\prime }(\xi )=0$ ，即 $f^{\prime }(\xi )=1$ 。

令 $G(x)=e^x(f^{\prime }(x)-1)$ ，则 $G(\xi )=0$ 。又由于 $f(x)$ 为奇函数，故 $f^{\prime }(x)$ 为偶函数，可知 $G(-\xi )=0$ 。

由罗尔定理知，存在 $\eta \in (-\xi ,\xi )\subset (0,1)$ 使得 $G^{\prime }(\eta )=0$ ，即：

整理得：

【答案】 最长距离为 $\sqrt{2}$ ，最短距离为 1。

【解析】 【解析】本题本质上是在条件 $x^3-xy+y^3=1$ （ $x\ge 0,y\ge 0$ ）下求函数 $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ 的最值。

因此，只需找出 $\sqrt{x^2+y^2}$ 在条件 $x^3-xy+y^3=1$ 下的条件极值点，再与曲线端点 $(0,1)$ 和 $(1,0)$ 处的函数值比较，即可确定最大值与最小值。

由于函数 $\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $x^2+y^2$ 的单调性一致，可转化为求 $x^2+y^2$ 的条件极值点。

构造拉格朗日函数：

求其驻点，得到方程组：

将前两个方程变形为：

进一步得到：

因此：

整理得：

所以有 $\lambda =0$ ，或 $x-y=0$ ，或 $x+y+3xy=0$ 。

当 $\lambda =0$ 时，有 $x=y=0$ ，但无法满足方程 $x^3-xy+y^3-1=0$ 。

当 $x+y+3xy=0$ 时，由于 $x\ge 0,y\ge 0$ ，只能有 $x=y=0$ ，同样不满足第三个方程。

因此必有 $x-y=0$ ，代入 $x^3-xy+y^3-1=0$ 得：

解得 $x=1,y=1$ ，即 $(1,1)$ 是唯一的条件极值点。

计算得：

因此，曲线 $x^3-xy+y^3=1$ （ $x\ge 0,y\ge 0$ ）上的点到坐标原点的最长距离为 $\sqrt{2}$ ，最短距离为 $1$ 。

【答案】
(1) $f(x)$ 的最小值为 1。
(2) 见解析。

【解析】
(1) 首先，

当 $x\in (0,1)$ 时， $f^{\prime }(x)<0$ ；
当 $x\in (1,+\infty )$ 时， $f^{\prime }(x)>0$ 。
因此， $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上单调递减，在 $[1,+\infty )$ 上单调递增，最小值为

(2) 由 $\ln x_n+\frac{1}{x_n}<1$ ，结合 (1) 可知 $x_n>0$ ，且数列 $\{x_n\}$ 单调递增有上界（证明过程略），故极限存在。
设 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=a$ ，则

又由 (1) 知

故 $a=1$ ，即

【答案】
（1）弧长为 $\frac{e^2+1}{4}$ 。
（2）形心的横坐标为 $\frac{3(e^4-2e^2-3)}{4(e^3-7)}$ 。

【解析】
（1）由弧长的计算公式得 L 的弧长为

（2）由形心的计算公式可得，D 的形心的横坐标为

【答案】 当 $a=-1$ ， $b=0$ 时，存在矩阵 $C$ ，且 $C=\left(\begin{array}{cc}{k}_1+k_2+1& -k_1\\ k_1& k_2\end{array}\right)$ ，其中 $k_1,k_2$ 为任意常数。

【解析】 由题意可知矩阵 $C$ 为 2 阶矩阵，故可设

则由 $AC-CA=B$ 可得线性方程组：

对增广矩阵进行初等行变换：
​0−a10​−1101​a0−1−a​0a−10​011b​​→​1−a00​01−11​−10a−a​−1a00​110b​​→​1000​01−11​−1−aa−a​−1000​11+a0b​​→​1000​0100​−1−a00​−1000​11+a1+ab−1−a​​

由于方程组 (1) 有解，故

即 $a=-1$ ， $b=0$ 。此时增广矩阵化为