卷 2

【答案】
$-\pi dx$

【解析】
两边取对数得 $\ln y=x\ln (1+\sin x)$ 。对 $x$ 求导得

于是导函数

故 $dy{|}_{x=\pi }=y^{\prime }(\pi )dx=-\pi dx$ 。

【答案】
$y=x+\frac{3}{2}$

【解析】
为了求曲线 $y=\frac{(1+x{)}^{3/2}}{\sqrt{x}}$ 的斜渐近线，考虑 $x\to \infty$ 时的行为。斜渐近线的一般形式为 $y=mx+b$ ，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 $b$ ：

将 $y$ 改写为 $y=x{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{3/2}$ ，则

令 $u=\frac{1}{x}$ ，当 $x\to \infty$ 时 $u\to 0^{+}$ ，则

该极限是函数 $f(u)=(1+u{)}^{3/2}$ 在 $u=0$ 处的导数，即

因此， $b=\frac{3}{2}$ 。

故斜渐近线方程为 $y=x+\frac{3}{2}$ 。

【答案】 $\frac{\pi }{4}$

【解析】 令 $x=\sin \theta$ ，则 $dx=\cos \theta d\theta$ ，且当 $x=0$ 时 $\theta =0$ ，当 $x=1$ 时 $\theta =\frac{\pi }{2}$ 。代入积分得：

再令 $u=\cos \theta$ ，则 $du=-\sin \theta d\theta$ ，即 $\sin \theta d\theta =-du$ ，且当 $\theta =0$ 时 $u=1$ ，当 $\theta =\frac{\pi }{2}$ 时 $u=0$ 。代入得：

计算该积分：

因此，原积分的值为 $\frac{\pi }{4}$ 。

【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】 由于 $\alpha (x)=k{x}^2$ 与 $\beta (x)=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}$ 是等价无穷小，当 $x\to 0$ 时，有：

即：

令：

则 $k=L$ 。为计算 $L$ ，对分子有理化：

代入极限：

当 $x\to 0$ 时，分母中 $\sqrt{1+x\arcsin x}+\sqrt{\cos x}\to 2$ ，因此：

令：

使用泰勒展开计算 $M$ 。当 $x\to 0$ 时：

于是：

代入分子：

因此：

所以 $M=\frac{3}{2}$ ，代入得：

故 $k=\frac{3}{4}$ 。

验证：使用洛必达法则计算 $M$ ，结果同样为 $\frac{3}{2}$ ，确认无误。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 给定极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{{\int }_0^x(x-t)f(t)\mathrm{d}t}{x{\int }_0^{x}f(x-t)\mathrm{d}t}$ ，其中 $f(x)$ 连续且 $f(0)\ne 0$ 。

首先，简化分母中的积分：令 $u=x-t$ ，则当 $t=0$ 时 $u=x$ ，当 $t=x$ 时 $u=0$ ，且 $\mathrm{d}t=-\mathrm{d}u$ ，因此

所以分母变为 $x{\int }_0^{x}f(u)\mathrm{d}u$ .

分子为 ${\int }_0^x(x-t)f(t)\mathrm{d}t$ ，可写为

因此极限化为

令 $L={\lim }_{x\to 0}\frac{{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t}{x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t}$ ，该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则。令 $F(x)={\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t$ ，则 $F^{\prime }(x)=xf(x)$ ；令 $G(x)=x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$ ，则 $G^{\prime }(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t+xf(x)$ 。于是

由于 $f$ 连续且 $f(0)\ne 0$ ，有 ${\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=f(0)x+o(x)$ 和 $xf(x)=f(0)x+o(x)$ ，代入得

因此原极限为

【答案】

【解析】
由题意，曲线 $C_1$ 的方程为 $y=\frac{1}{2}(1+e^x)$ ，曲线 $C_2$ 的方程为 $y=e^x$ 。过点 $M(x,y)$ 在 $C_2$ 上作垂直于 $x$ 轴的直线 $l_x$ 和垂直于 $y$ 轴的直线 $l_y$ 。
面积 $S_1(x)$ 是 $C_1$ 、 $C_2$ 与 $l_x$ 所围图形的面积，即从 $x=0$ 到 $x$ 的 $C_2$ 与 $C_1$ 之间的区域面积：

面积 $S_2(y)$ 是 $C_2$ 、 $C_3$ 与 $l_y$ 所围图形的面积，即从 $y=1$ 到 $y$ 的 $C_3$ 与 $C_2$ 之间的区域面积。设 $C_3$ 的方程为 $x=\varphi (y)$ ，则：

由条件 $S_1(x)=S_2(y)$ 且 $y=e^x$ ，代入得：

令 $t=e^x$ ，则 $x=\ln t$ ，对于 $t>1$ ：

两边对 $t$ 求导：

所以：

解得：

因此，曲线 $C_3$ 的方程为 $x=\varphi (y)=\ln y+\frac{1}{2}-\frac{1}{2y}$ 。
验证：当 $y=1$ 时， $x=\ln 1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$ ，过点 $(0,1)$ ，且 ${\varphi }^{\prime }(y)=\frac{1}{y}+\frac{1}{2y^2}>0$ ，为单调增函数，符合题意。

【答案】
$y(x)=2x+\sqrt{1-x^2}$

【解析】
给定微分方程 $(1-x^2)y^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }+y=0$ ，使用变量代换 $x=\cos t$ （其中 $0<t<\pi$ ）。
首先，计算 $y^{\prime }$ 和 $y^{\prime \prime }$ 关于 $t$ 的表达式。
由 $x=\cos t$ ，得 $\frac{dx}{dt}=-\sin t$ 。
于是，

令 $\dot{y}=\frac{dy}{dt}$ ，则 $y^{\prime }=-\frac{1}{\sin t}\dot{y}$ 。
进一步求 $y^{\prime \prime }$ ：

其中 $\ddot{y}=\frac{d^{2}y}{d{t}^2}$ 。
代入原方程：

因此，化简后的微分方程为 $\ddot{y}+y=0$ 。
该方程的通解为 $y(t)=A\cos t+B\sin t$ ，其中 $A$ 和 $B$ 为常数。
由初始条件 $y{|}_{x=0}=1$ 和 $y^{\prime }{|}_{x=0}=2$ ，且 $x=\cos t$ ，当 $x=0$ 时 $t=\frac{\pi }{2}$ 。
在 $t=\frac{\pi }{2}$ 处：

所以 $B=1$ 。
接下来，求 $y^{\prime }$ 关于 $x$ 的表达式：

在 $t=\frac{\pi }{2}$ 处， $\cot \frac{\pi }{2}=0$ ，故

所以 $A=2$ 。
因此，特解为 $y(t)=2\cos t+\sin t$ 。
代回 $x=\cos t$ ，且 $\sin t=\sqrt{1-{\cos }^{2}t}=\sqrt{1-x^2}$ （因为 $0<t<\pi$ ， $\sin t>0$ ），得

这就是满足初始条件的特解。

【答案】
最大值：3，最小值：-2

【解析】
由全微分 $\mathrm{d}z=2x\mathrm{d}x-2y\mathrm{d}y$ 可得偏导数 $\frac{\partial f}{\partial x}=2x$ ， $\frac{\partial f}{\partial y}=-2y$ 。积分得 $f(x,y)=x^2+g(y)$ ，代入偏导数有 $g^{\prime }(y)=-2y$ ，积分得 $g(y)=-y^2+C$ ，故 $f(x,y)=x^2-y^2+C$ 。利用条件 $f(1,1)=2$ 得 $C=2$ ，因此 $f(x,y)=x^2-y^2+2$ 。

在椭圆域 $D=\left\{(x,y)|x^2+\frac{y^2}{4}\le 1\right\}$ 上求最值。先求内部驻点：令 $f_x=2x=0$ ， $f_y=-2y=0$ ，得驻点 $(0,0)$ ，函数值 $f(0,0)=2$ 。再考虑边界 $x^2+\frac{y^2}{4}=1$ ，使用拉格朗日乘数法，设 $L(x,y,\lambda )=x^2-y^2+2-\lambda \left(x^2+\frac{y^2}{4}-1\right)$ 。令偏导为零：

由第一式得 $x=0$ 或 $\lambda =1$ 。若 $x=0$ ，代入约束得 $y=\pm 2$ ，点 $(0,2)$ 、 $(0,-2)$ ，函数值 $f=-2$ 。若 $\lambda =1$ ，代入第二式得 $y=0$ ，代入约束得 $x=\pm 1$ ，点 $(1,0)$ 、 $(-1,0)$ ，函数值 $f=3$ 。

比较所有候选点函数值： $f(0,0)=2$ ， $f(0,\pm 2)=-2$ ， $f(\pm 1,0)=3$ 。故在椭圆域 $D$ 上，最大值为 3，最小值为 -2。

【答案】 $\frac{\pi }{4}-\frac{1}{3}$

【解析】 计算二重积分 ${\iint }_D\left|x^2+y^2-1\right|d\sigma$ ，其中 $D=[0,1]\times [0,1]$ 。由于被积函数有绝对值，需将区域 $D$ 分为两部分： $D_1=\{(x,y)\in D\mid x^2+y^2\le 1\}$ （四分之一单位圆盘）和 $D_2=\{(x,y)\in D\mid x^2+y^2\ge 1\}$ （正方形减去四分之一圆盘）。在 $D_1$ 上， $x^2+y^2-1\le 0$ ，故 $\left|x^2+y^2-1\right|=1-x^2-y^2$ ；在 $D_2$ 上， $x^2+y^2-1\ge 0$ ，故 $\left|x^2+y^2-1\right|=x^2+y^2-1$ 。积分化为：

首先计算 ${\iint }_{D_1}(1-x^2-y^2)d\sigma$ 。使用极坐标变换，令 $x=r\cos \theta$ , $y=r\sin \theta$ ，则 $d\sigma =rdrd\theta$ ，积分区域为 $r\in [0,1]$ , $\theta \in [0,\pi /2]$ 。被积函数为 $1-r^2$ ，故：

先对 $r$ 积分：

再对 $\theta$ 积分：

所以， ${\iint }_{D_1}(1-x^2-y^2)d\sigma =\frac{\pi }{8}$ .

其次计算 ${\iint }_{D_2}(x^2+y^2-1)d\sigma$ 。利用积分可加性：

计算 ${\iint }_D(x^2+y^2-1)d\sigma$ ：

故：

计算 ${\iint }_{D_1}(x^2+y^2-1)d\sigma$ ，使用极坐标：

先对 $r$ 积分：

再对 $\theta$ 积分：

所以， ${\iint }_{D_1}(x^2+y^2-1)d\sigma =-\frac{\pi }{8}$ 。代入得：

综上，原积分为：

【答案】 $a=1$

【解析】 记 $A=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3),B=({\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3)$ 。由于 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示，故 $r(A)<3$ （若 $r(A)=3$ ，则任何三维向量都可以由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示）。从而

从而得 $a=1$ 或 $a=-2$ 。
当 $a=1$ 时， ${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3={\beta }_1=(1,1,1{)}^T$ ，则 ${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3={\beta }_1+0\cdot {\beta }_2+0\cdot {\beta }_3$ ，故 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 可由 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 线性表示，但 ${\beta }_2=(-2,1,4{)}^T$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示，故 $a=1$ 符合题意。
当 $a=-2$ 时，作初等行变换