卷 2

【答案】 $-2$

【解析】
函数在 $x=0$ 处连续，需满足左极限、右极限与函数值相等。
当 $x\le 0$ 时， $f(x)=a{e}^{2x}$ ，故 $f(0)=a{e}^0=a$ 。
左极限为 ${\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{-}}a{e}^{2x}=a\cdot 1=a$ 。
右极限为 ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1-e^{\tan x}}{\arcsin \frac{x}{2}}$ 。
当 $x\to 0^{+}$ 时，分子 $1-e^{\tan x}\sim -\tan x\sim -x$ ，分母 $\arcsin \frac{x}{2}\sim \frac{x}{2}$ ，因此

使用洛必达法则验证：
分子导数为 $-e^{\tan x}{\sec }^{2}x$ ，分母导数为 $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}}$ ，
于是

代入 $x=0$ ，得 $-1\cdot 1\cdot 2\cdot 1=-2$ 。
因此，右极限为 $-2$ 。
由连续性，左极限、右极限与函数值相等，即 $a=-2$ 。

【答案】 $1$

【解析】 需要计算曲线 $y=x{e}^{-x}$ （其中 $0\le x<+\infty$ ）下方、 $x$ 轴上方的无界图形的面积，即计算积分 ${\int }_0^{\infty }x{e}^{-x}dx$ 。

使用分部积分法：设 $u=x$ ， $dv=e^{-x}dx$ ，则 $du=dx$ ， $v=-e^{-x}$ 。代入分部积分公式：

计算定积分：

当 $b\to \infty$ 时， $e^{-b}\to 0$ ，且 $e^{-b}(b+1)\to 0$ ，因此极限为 1。故积分值为 1，即所求面积为 1。

【答案】 $\frac{2\sqrt{2}}{\pi }$

【解析】
令 $f(x)=\sqrt{1+\cos x}$ , $\Delta x_i=\frac{\pi }{n}$ ( $i=1,2,\cdots ,n$ )，由定积分的定义有

【答案】 $4$

【解析】
给定矩阵 A=​02−2​−22−2​−2−22​​ ，求其特征值。
计算特征多项式 $\det (A-\lambda I)$ ：

展开行列式：

计算各子式：
第一项： $-\lambda \left((2-\lambda {)}^2-4\right)=-\lambda ({\lambda }^2-4\lambda )=-{\lambda }^3+4{\lambda }^2$
第二项： $2\left(2(2-\lambda )-4\right)=2(-2\lambda )=-4\lambda$
第三项： $-2\left(-4+2(2-\lambda )\right)=-2(-2\lambda )=4\lambda$
求和：

特征方程为 $-{\lambda }^2(\lambda -4)=0$ ，解得特征值 $\lambda =0$ （重根）和 $\lambda =4$ 。
非零特征值为 $4$ 。
验证：矩阵的迹为 $0+2+2=4$ ，特征值之和为 $0+0+4=4$ ，吻合。

【答案】
切线方程： $4x-4y-3\sqrt{3}+5=0$ 或 $y=x+\frac{5-3\sqrt{3}}{4}$
法线方程： $4x+4y+1-\sqrt{3}=0$ 或 $y=-x+\frac{\sqrt{3}-1}{4}$

【解析】
由极坐标到直角坐标的变换公式

得参数方程为

曲线上 $\theta =\frac{\pi }{6}$ 的点对应的直角坐标为

切线斜率为

于是切线的直角坐标方程为

法线的直角坐标方程为

【答案】

【解析】 函数 $F(x)={\int }_{-1}^{x}f(t)dt$ 需根据 $x$ 所在区间分段计算。

当 $x\in [-1,0)$ 时， $f(t)=2t+\frac{3}{2}{t}^2$ ，积分计算为：

当 $x\in [0,1]$ 时，积分分为两部分：

首先计算 ${\int }_{-1}^{0}f(t)dt$ ，其中 $f(t)=2t+\frac{3}{2}{t}^2$ ：

然后计算 ${\int }_0^{x}f(t)dt$ ，其中 $f(t)=\frac{t{e}^t}{(e^t+1{)}^2}$ 。使用分部积分，设 $u=t$ , $dv=\frac{e^t}{(e^t+1{)}^2}dt$ ，则 $du=dt$ , $v=-\frac{1}{e^t+1}$ ：

计算 ${\int }_0^x\frac{1}{e^t+1}dt$ ：

代入得：

简化 $-\ln (1+e^{-x})=x-\ln (e^x+1)$ ，且 $-\frac{x}{e^x+1}+x=\frac{x{e}^x}{e^x+1}$ ，因此：

于是：

在 $x=0$ 处，两段表达式均得 $F(0)=-\frac{1}{2}$ ，故连续。

【答案】
$f(x)=e^{-\frac{1}{x}}$

【解析】
已知函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内可导，且 $f(x)>0$ ， ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=1$ ，并满足极限条件：

对极限取自然对数：

由于对数函数连续，可交换极限与对数顺序：

令 $g(x)=\ln f(x)$ ，则：

所以：

令 $k=hx$ ，则当 $h\to 0$ 时 $k\to 0$ ，且 $h=k/x$ ，代入得：

因此：

于是：

积分得：

其中 $C$ 为常数。由 $g(x)=\ln f(x)$ ，有：

其中 $A=e^C>0$ 。利用条件 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=1$ ：

故 $f(x)=e^{-\frac{1}{x}}$ 。验证满足原极限条件：

符合要求。因此，函数为 $f(x)=e^{-\frac{1}{x}}$ 。

【答案】
$y=x-\frac{75}{124}{x}^2$

【解析】
这是一阶线性微分方程 $y^{\prime }-\frac{2}{x}y=-1$ ，由通解公式有

由曲线 $y=x+C{x}^2$ 与 $x=1,x=2$ 及 $x$ 轴围成的图形绕 $x$ 轴旋转一周的旋转体的体积为

求导并令导数为零，得到

解得 $C=-\frac{75}{124}$ 。又 $V^{\prime \prime }(C)>0$ ，故 $C=-\frac{75}{124}$ 为 $V$ 的惟一极小值点，也是最小值点，于是所求曲线为

【答案】 $2m$

【解析】
建立坐标系如下图：

设底部抛物线为 $y=P{x}^2+q$ ，由坐标轴的建立知此抛物线过 $(0,0)$ 、 $(1,1)$ 点，代入抛物线的方程，解得 $q=0,P=1$ ，即底部抛物线是 $y=x^2(-1<x<1)$ 。
已知压力 = 压强 × 面积，设 $\rho$ 为水的密度， $g$ 为重力加速度，则平板 $ABCD$ 上所受的总压力为

抛物板 $AOB$ 上所受的总压力为

由题意得

解之得 $h=-\frac{1}{3}$ （舍去）或 $h=2$ （米），即闸门矩形部分的高应为 $2\text{m}$ 。

【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】
先说明有界性：由 $0<x_1<3$ 知 $x_1$ 及 $3-x_1$ 均为正数，故

假设 $0<x_k\le \frac{3}{2}$ ( $k\ge 2$ )，则有

由数学归纳法知，对任意正整数 $n\ge 2$ 有 $0<x_n\le \frac{3}{2}$ ，即数列有界。

再说明单调性：因为

所以 $\{x_n\}$ 单调增加。

数列 $\{x_n\}$ 单调增加且有上界，所以 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n$ 存在，记为 $a$ 。

由 $x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}$ 两边取极限得 $a=\sqrt{a(3-a)}$ ，即 $2a^2-3a=0$ 。解得 $a=\frac{3}{2}$ 或 $a=0$ ，但因 $x_1>0$ 且单调增加，故 $a\ne 0$ ，所以 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=\frac{3}{2}$ 。

【解析】
设 $t=\frac{b}{a}>1$ ，则 $b=at$ 。原不等式化为：

先证右边不等式
要证 $\frac{\ln t}{t-1}<\frac{1}{\sqrt{t}}$ ，即证 $\ln t<\frac{t-1}{\sqrt{t}}$ 。
令 $g(t)=\frac{t-1}{\sqrt{t}}-\ln t$ ，则 $g(1)=0$ 。
求导得：

故 $g(t)$ 在 $t>1$ 时严格递增，所以 $g(t)>0$ ，右边不等式成立。

再证左边不等式
要证 $\frac{\ln t}{t-1}>\frac{2}{1+t^2}$ ，即证 $\ln t>\frac{2(t-1)}{1+t^2}$ 。

首先证明一个更强的结论： $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$ 。
令 $m(t)=\ln t-\frac{2(t-1)}{t+1}$ ，则 $m(1)=0$ 。
求导得：

故 $m(t)$ 在 $t>1$ 时严格递增，所以 $m(t)>0$ ，即 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$ 。

当 $t>1$ 时，有 $t+1<1+t^2$ ，因此：

从而：

左边不等式成立。

综上，原不等式得证。

【解析】 由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内具有二阶连续导数，可对 $f(h)$ 、 $f(2h)$ 、 $f(3h)$ 在 $x=0$ 处进行泰勒展开：