卷 2

【答案】 $-\frac{1}{6}$

【解析】 当 $x\to 0$ 时，分子 $\arctan x-x$ 和分母 $\ln (1+2x^3)$ 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 $\ln (1+2x^3)=2x^3-\frac{(2x^3{)}^2}{2}+O(x^6)=2x^3+O(x^6)$ 。因此，原极限化为：

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

【答案】
$\ln 2-1$

【解析】
函数 $y=y(x)$ 由方程 $2^{xy}=x+y$ 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： $d(2^{xy})=2^{xy}\ln 2\cdot d(xy)=2^{xy}\ln 2\cdot (ydx+xdy)$
右边微分： $d(x+y)=dx+dy$
因此得：

代入 $x=0$ , $y=1$ , 且 $2^{xy}=2^0=1$ ：

即：

整理得：

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

所以，答案为 $\ln 2-1$ 。

【答案】
$\frac{\pi }{3}$

【解析】
考虑积分 ${\int }_2^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(x+7)\sqrt{x-2}}$ 。令 $t=\sqrt{x-2}$ ，则 $t^2=x-2$ ，即 $x=t^2+2$ ，且 $\mathrm{d}x=2tdt$ 。当 $x=2$ 时， $t=0$ ；当 $x\to +\infty$ 时， $t\to +\infty$ 。代入得：

计算积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{2dt}{t^2+9}$ 。利用公式 $\int \frac{dt}{t^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{t}{a}+C$ ，其中 $a=3$ ，得：

代入上下限：

因此，积分值为 $\frac{\pi }{3}$ 。

【答案】
$y=2x+1$

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

首先，计算 $m$ ：

然后，计算 $b$ ：

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

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

所以

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

【答案】

【解析】
由于 $B=(E+A{)}^{-1}(E-A)$ ，所以

【答案】

其中 $C$ 为积分常数。

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

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

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

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

对 $\int \frac{1}{t(1+t)}dt$ 进行部分分式分解：

所以：

由于 $t=e^x>0$ ，有：

代回：

将 $t=e^x$ 代回：

简化：

所以：

其中 $C=C_1$ 为积分常数。

【答案】

【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：

当 $t>2$ 时，图形面积就是正方形的面积： $S(t)=1$ ，则有

所以，当 $0\le x\le 1$ 时，

当 $1<x\le 2$ 时，

当 $x>2$ 时，

因此

【答案】

【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：

代入 $f(x)$ 得：

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

函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的泰勒级数为：

比较系数，对于 $n\ge 3$ ，有：

因此：

简化 $(-1{)}^{n-3}=(-1{)}^{n+1}$ ，得：

此公式对 $n\ge 3$ 成立。

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

【解析】
(Ⅰ) 因为 $|\cos x|\ge 0$ ，且 $n\pi \le x<(n+1)\pi$ ，所以

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

所以当 $n\pi \le x<(n+1)\pi$ 时 $2n\le {\int }_0^x|\cos x|dx<2(n+1)$ ，即 $2n\le S(x)<2(n+1)$ 。

(Ⅱ) 由 (1) 有，当 $n\pi \le x\le (n+1)\pi$ 时，

而

由极限存在准则 1，得到

【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 $[t,t+dt]$ 内，排入湖泊中 $A$ 的量为

流出湖泊的水中 $A$ 的量为

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

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 $m(0)=5m_0$ ，得 $C=-\frac{9}{2}{m}_0$ 。

于是 $m=\frac{m_0}{2}(1+9e^{-\frac{t}{3}})$ 。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。

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

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

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

根据导数的定义，得

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

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

【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 $x_A=\frac{1}{\sqrt{a+1}}$ ， $y_A=\frac{a}{a+1}$ 。
过原点 $O$ 和点 $A$ 的直线方程为 $y=\frac{a}{\sqrt{a+1}}x$ 。
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：

计算积分：

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

因此，

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：