卷 3

【答案】
$y=\sqrt{3}x-1$

【解析】
曲线由参数方程 $x={\cos }^{3}t$ 和 $y={\sin }^{3}t$ 给出。首先求切线斜率 $\frac{dy}{dx}$ ：

因此

在 $t=\frac{\pi }{6}$ 时，切线斜率 $m_t=-\tan \frac{\pi }{6}=-\frac{1}{\sqrt{3}}$ 。法线斜率 $m_n$ 是切线斜率的负倒数，即

接下来求点坐标：

因此点为 $\left(\frac{3\sqrt{3}}{8},\frac{1}{8}\right)$ 。用法线斜率 $\sqrt{3}$ 和点斜式方程：

化简：

故法线方程为 $y=\sqrt{3}x-1$ 。

【答案】 $-\frac{1}{x^2}{e}^{\tan \frac{1}{x}}\left({\sec }^2\frac{1}{x}\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}\right)$

【解析】 设 $y=e^{\tan \frac{1}{x}}\sin \frac{1}{x}$ ，则 $y$ 是函数
$u=e^{\tan \frac{1}{x}}$ 和 $v=\sin \frac{1}{x}$ 的乘积。

由乘积法则，

首先，求 $u^{\prime }$ ：

令 $z=\tan \frac{1}{x}$ ，则 $u=e^z$ ，所以

又 $z=\tan \frac{1}{x}$ ，令 $w=\frac{1}{x}$ ，则 $z=\tan w$ ，所以

由于 $w=\frac{1}{x}=x^{-1}$ ，有

因此

于是

其次，求 $v^{\prime }$ ：

$v=\sin \frac{1}{x}$ ，令 $w=\frac{1}{x}$ ，则 $v=\sin w$ ，所以

代入 $w^{\prime }=-\frac{1}{x^2}$ ，得

代入乘积法则：

提取公因子 $-\frac{1}{x^2}{e}^{\tan \frac{1}{x}}$ ，得

这就是所求的导数。

【答案】 $\frac{4}{15}$

【解析】 计算积分 ${\int }_0^{1}x\sqrt{1-x}dx$ 。令 $u=1-x$ ，则 $du=-dx$ ，即 $dx=-du$ 。当 $x=0$ 时， $u=1$ ；当 $x=1$ 时， $u=0$ 。积分变为：

展开被积函数：

分别计算积分：

所以：

因此，积分值为 $\frac{4}{15}$ 。

【答案】 大于

【解析】 在区间 $[-2,-1]$ 上， $x$ 为负值，故 $x^3\le -1$ 。因此， $e^{-x^3}\ge e^1>1$ ，而 $e^{x^3}\le e^{-1}<1$ ，从而有 $e^{-x^3}>e^{x^3}$ 。根据积分的单调性，被积函数在区间上恒有大小关系，则积分后大小关系不变，即 ${\int }_{-2}^{-1}{e}^{-x^3}dx>{\int }_{-2}^{-1}{e}^{x^3}dx$ 。此外，通过变量代换 $t=-x$ 也可得相同结论。

【答案】
$a=\ln 3$

【解析】
给定极限 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(\frac{x+a}{x-a}\right)}^x=9$ 。
将表达式改写为：

令 $t=x-a$ ，则当 $x\to \infty$ 时 $t\to \infty$ ，且 $x=t+a$ ，代入得：

当 $t\to \infty$ 时， ${\left(1+\frac{2a}{t}\right)}^a\to 1$ ，而 ${\left(1+\frac{2a}{t}\right)}^t\to e^{2a}$ ，因此极限为 $e^{2a}$ 。
由已知 $e^{2a}=9$ ，解得 $2a=\ln 9$ ，即 $a=\frac{\ln 9}{2}$ 。
由于 $\ln 9=\ln (3^2)=2\ln 3$ ，所以 $a=\ln 3$ 。

【答案】

【解析】 给定方程 $2y-x=(x-y)\ln (x-y)$ ，求函数 $y=y(x)$ 的微分 $\mathrm{d}y$ 。
对方程两边取微分：
左边微分为 $\mathrm{d}(2y-x)=2\mathrm{d}y-\mathrm{d}x$ 。
右边令 $u=x-y$ ，则 $\mathrm{d}(u\ln u)=(\ln u+1)\mathrm{d}u$ ，其中 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}(x-y)=\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$ ，因此右边微分为 $(\ln (x-y)+1)(\mathrm{d}x-\mathrm{d}y)$ 。
于是有：

展开右边：

移项整理：

即：

解得：

这就是所求的微分。

【答案】
拐点为 $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{3}{4}\right)$ 。

【解析】
首先，求函数 $y=\frac{1}{1+x^2}$ 的一阶导数和二阶导数。

一阶导数：

二阶导数：

令 $y^{\prime \prime }=0$ ，即

分子为零：

解得 $x^2=\frac{1}{3}$ 。由于 $x>0$ ，故

代入原函数求 $y$ ：

验证二阶导数符号变化：

• 当 $x<\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时， $y^{\prime \prime }<0$ ，曲线凹向下；
• 当 $x>\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时， $y^{\prime \prime }>0$ ，曲线凹向上。

因此， $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{3}{4}\right)$ 是拐点。

【答案】

或等价形式。

【解析】 考虑积分 $\int \frac{\ln x}{(1-x{)}^2}dx$ 。使用分部积分法，设 $u=\ln x$ ，则 $du=\frac{1}{x}dx$ ；设 $dv=\frac{1}{(1-x{)}^2}dx$ ，则 $v=\int \frac{1}{(1-x{)}^2}dx=\frac{1}{1-x}$ 。分部积分公式为：

代入得：

对 $\int \frac{1}{x(1-x)}dx$ 进行部分分式分解：

两边乘以 $x(1-x)$ 得：

令 $x=0$ ，得 $A=1$ ；令 $x=1$ ，得 $B=1$ 。因此：

积分得：

代回原积分：

其中 $C$ 为积分常数。此结果已验证正确。

【答案】 $P\left(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{b}{\sqrt{2}}\right)$

【解析】 设椭圆在第一象限上一点 $P(x_0,y_0)$ ，满足

在点 $P$ 处的切线方程为

该切线与 $x$ 轴交于点 $A\left(\frac{a^2}{x_0},0\right)$ ，与 $y$ 轴交于点 $B\left(0,\frac{b^2}{y_0}\right)$ 。

切线、坐标轴及椭圆所围图形的面积为三角形 $OAB$ 的面积减去椭圆在第一象限内的面积。
三角形 $OAB$ 的面积为

椭圆在第一象限内的面积为

因此，所围图形的面积为

由于 $S_e$ 为常数，最小化 $S$ 等价于最小化 $S_{△}$ ，即最小化 $\frac{a^2{b}^2}{2x_0{y}_0}$ ，亦即最大化 $x_0{y}_0$ 。

在约束条件 $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1$ 下，由均值不等式，

当且仅当 $\frac{x_0^2}{a^2}=\frac{y_0^2}{b^2}=\frac{1}{2}$ 时取等号，即

此时 $S_{△}$ 取最小值 $ab$ ，因而 $S$ 取最小值

故所求点为

【答案】
不等式成立。

【解析】
考虑函数 $f(x)=\arctan x+\frac{1}{x}-\frac{\pi }{2}$ ，其中 $x>0$ 。
计算导数：

由于 $x>0$ ，有 $x^2(1+x^2)>0$ ，因此 $f^{\prime }(x)<0$ ，即 $f(x)$ 在 $(0,\infty )$ 上严格递减。
计算极限：

由于 $f(x)$ 严格递减且趋于 0，因此对于所有 $x>0$ ，有 $f(x)>0$ ，即

故不等式得证。

【答案】

【解析】 给定 $f(x)={\int }_1^x\frac{\ln t}{1+t}dt$ ，需要求 $f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)$ 。
首先，计算 $f\left(\frac{1}{x}\right)={\int }_1^{1/x}\frac{\ln t}{1+t}dt$ 。
令 $u=\frac{1}{t}$ ，则当 $t=1$ 时 $u=1$ ，当 $t=1/x$ 时 $u=x$ ，且 $dt=-\frac{1}{u^2}du$ 。
代入得：

于是，

合并被积函数：

因此，

计算该积分：令 $u=\ln t$ ，则 $du=\frac{1}{t}dt$ ，

代入上下限：

故 $f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{2}(\ln x{)}^2$ .

【答案】 当 $a\ne -2$ 时，通解为 $y=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}+\frac{1}{(a+2{)}^2}{e}^{ax}$ ；
当 $a=-2$ 时，通解为 $y=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}+\frac{1}{2}{x}^2{e}^{-2x}$ ，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=e^{ax}$ ，首先求解齐次方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=0$ 。
特征方程为 $r^2+4r+4=0$ ，解得 $r=-2$ （重根），因此齐次通解为

接下来求非齐次方程的特解 $y_p$ ，根据 $a$ 的值分情况讨论：

• 当 $a\ne -2$ 时，设特解 $y_p=A{e}^{ax}$ ，代入原方程得
  

  $$A{a}^2{e}^{ax}+4Aa{e}^{ax}+4A{e}^{ax}=e^{ax},$$

  即
  

  $$A(a^2+4a+4)=1.$$

  由于 $a^2+4a+4=(a+2{)}^2$ ，解得
  

  $$A=\frac{1}{(a+2{)}^2},$$

  故特解
  

  $$y_p=\frac{1}{(a+2{)}^2}{e}^{ax}.$$

• 当 $a=-2$ 时，非齐次项 $e^{-2x}$ 与齐次解形式冲突，故设特解 $y_p=A{x}^2{e}^{-2x}$ 。
  求导得
  

  $$y_p^{\prime }=2Ax{e}^{-2x}-2A{x}^2{e}^{-2x},$$
  $$y_p^{\prime \prime }=2A{e}^{-2x}-8Ax{e}^{-2x}+4A{x}^2{e}^{-2x}.$$

  代入原方程得
  

  $$y_p^{\prime \prime }+4y_p^{\prime }+4y_p=2A{e}^{-2x}=e^{-2x},$$

  解得
  

  $$A=\frac{1}{2},$$

  故特解
  

  $$y_p=\frac{1}{2}{x}^2{e}^{-2x}.$$

最终通解为齐次解与特解之和。