卷 2

【答案】
$y=\frac{1}{5}$

【解析】
要求曲线 $y=\frac{x+4\sin x}{5x-2\cos x}$ 的水平渐近线，需计算 ${\lim }_{x\to \infty }y$ 和 ${\lim }_{x\to -\infty }y$ 。
将分子和分母同时除以 $x$ ，得：

当 $x\to \infty$ 或 $x\to -\infty$ 时， $\frac{\sin x}{x}\to 0$ 和 $\frac{\cos x}{x}\to 0$ ，因为 $\sin x$ 和 $\cos x$ 有界，而 $x$ 趋于无穷。
因此，

故水平渐近线方程为 $y=\frac{1}{5}$ 。

【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】 函数在 $x=0$ 处连续，因此需满足 ${\lim }_{x\to 0}f(x)=f(0)=a$ 。即计算极限：

该极限为 $\frac{0}{0}$ 型不定式，应用洛必达法则。分子导数为 $\frac{d}{dx}{\int }_0^x\sin t^{2}dt=\sin x^2$ ，分母导数为 $3x^2$ ，因此：

当 $x\to 0$ 时， $\sin x^2\sim x^2$ ，故：

因此， $a=\frac{1}{3}$ 。

另解：使用泰勒展开， $\sin t^2=t^2-\frac{t^6}{6}+\cdots$ ，积分得：

于是：

当 $x\to 0$ 时， $f(x)\to \frac{1}{3}$ ，故 $a=\frac{1}{3}$ 。

【答案】
$\frac{1}{2}$

【解析】
考虑积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{(1+x^2{)}^2}dx$ 。令 $u=1+x^2$ ，则 $du=2xdx$ ，即 $xdx=\frac{du}{2}$ 。当 $x=0$ 时， $u=1$ ；当 $x\to +\infty$ 时， $u\to +\infty$ 。积分变为：

计算积分：

因此，积分值为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】
$-e$

【解析】
给定方程 $y=1-x{e}^y$ ，当 $x=0$ 时，代入方程得 $y=1-0\cdot e^y=1$ ，即 $y(0)=1$ 。
对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：

整理得：

将含 $\frac{dy}{dx}$ 的项移到一边：

解得：

代入 $x=0$ 和 $y=1$ ：

因此， $\frac{dy}{dx}{|}_{x=0}=-e$ 。

【答案】 $A=\frac{1}{3}$ , $B=-\frac{2}{3}$ , $C=\frac{1}{6}$

【解析】
将 $e^x$ 展开为泰勒级数：

左边表达式为：

展开乘积，保留到 $x^3$ 项：

• 常数项： $1\times 1=1$
• $x$ 项： $1\times Bx+x\times 1=(B+1)x$
• $x^2$ 项： $1\times C{x}^2+x\times Bx+\frac{x^2}{2}\times 1=\left(C+B+\frac{1}{2}\right)x^2$
• $x^3$ 项： $x\times C{x}^2+\frac{x^2}{2}\times Bx+\frac{x^3}{6}\times 1=\left(C+\frac{B}{2}+\frac{1}{6}\right)x^3$

因此，左边展开为：

右边为：

比较系数：

• $x$ 项系数： $B+1=A$
• $x^2$ 项系数： $C+B+\frac{1}{2}=0$
• $x^3$ 项系数： $C+\frac{B}{2}+\frac{1}{6}=0$

解方程组：

由第二式和第三式：

相减得：

代入 $C+B=-\frac{1}{2}$ 得：

代入第一式得：

因此，常数值为：

【答案】

【解析】 考虑积分 $\int \frac{\arcsin e^x}{e^x}dx$ 。使用分部积分法，令 $u=\arcsin e^x$ ， $dv=e^{-x}dx$ ，则 $du=\frac{e^x}{\sqrt{1-e^{2x}}}dx$ ， $v=-e^{-x}$ 。代入分部积分公式：

得：

接下来计算 $\int \frac{1}{\sqrt{1-e^{2x}}}dx$ 。令 $e^x=\sin \theta$ ，则 $x=\ln \sin \theta$ ， $dx=\cot \theta d\theta$ ，且 $\sqrt{1-e^{2x}}=\cos \theta$ 。代入得：

由于 $e^x=\sin \theta$ ，有 $\csc \theta =e^{-x}$ ， $\cot \theta =\frac{\sqrt{1-e^{2x}}}{e^x}$ ，因此：

代入得：

代回原积分：

对 $\ln \left(1-\sqrt{1-e^{2x}}\right)$ 进行有理化：

所以：

代入得：

因此，积分结果为：

【答案】
证明完毕。

【解析】
定义函数 $f(x)=x\sin x+2\cos x+\pi x$ ，则需证当 $0<a<b<\pi$ 时， $f(b)>f(a)$ 。

计算一阶导数

再计算二阶导数

在区间 $(0,\pi )$ 上，有 $x>0$ 且 $\sin x>0$ ，故

即 $f^{\prime }(x)$ 在 $(0,\pi )$ 上严格递减。

又 $f^{\prime }(\pi )=0$ ，因此对任意 $x\in (0,\pi )$ ，有

故 $f(x)$ 在 $(0,\pi )$ 上严格递增。

于是当 $0<a<b<\pi$ 时， $f(b)>f(a)$ ，即原不等式成立。

【答案】 (1) 曲线 $L$ 在 $t>0$ 时是凹的。 (2) 切点为 $(2,3)$ ，切线方程为 $y=x+1$ 。 (3) 所围成的平面图形的面积为 $\frac{7}{3}$ 。

【解析】
(Ⅰ) 计算该参数方程的各阶导数得

因为 $t>0$ 时二阶导数小于零，所以曲线 $L$ 在 $t\ge 0$ 处是凸的。

(Ⅱ) 切线方程为 $y-0=\left(\frac{2}{t}-1\right)(x+1)$ ，设 $x_0=t_0^2+1$ ， $y_0=4t_0-t_0^2$ ，代入方程解得 $t_0=1$ 。所以切点为 $(2,3)$ ，切线方程为 $y=x+1$ 。

(Ⅲ) 设 $L$ 的方程 $x=g(y)$ ，则 $S={\int }_0^3\left[\left(g(y)-(y-1)\right)\right]dy$ 。由 $y=4t-t^2$ 解得 $t=2\pm \sqrt{4-y}$ ，从而 $x={\left(2\pm \sqrt{4-y}\right)}^2+1$ 。由于点 $(2,3)$ 在 $L$ 上，可知 $x={\left(2-\sqrt{4-y}\right)}^2+1=g(y)$ 。所以