卷 2

【答案】 $-\frac{1}{6}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\arctan x-\sin x}{x^3}$ 。当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此可以使用洛必达法则或泰勒展开求解。

使用泰勒展开： $\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+O(x^5)$ ， $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)$ ， 则 $\arctan x-\sin x=\left(x-\frac{x^3}{3}\right)-\left(x-\frac{x^3}{6}\right)+O(x^5)=-\frac{x^3}{6}+O(x^5)$ 。 因此，

使用洛必达法则验证： 第一次应用洛必达法则：

当 $x\to 0$ 时，该式仍为 $\frac{0}{0}$ 型，第二次应用洛必达法则：

当 $x\to 0$ 时， $(1+x^2{)}^2\to 1$ ， $\frac{\sin x}{x}\to 1$ ，因此极限为 $-\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=-\frac{1}{6}$ 。

两种方法均得极限为 $-\frac{1}{6}$ 。

【答案】 $1+\sqrt{2}$

【解析】 曲线由参数方程 $x=\cos t+{\cos }^{2}t$ 和 $y=1+\sin t$ 给出。需要求在 $t=\frac{\pi }{4}$ 处的法线斜率。法线斜率为切线斜率的负倒数。

先求切线斜率 $\frac{dy}{dx}$ 。由于是参数方程，有：

计算 $\frac{dy}{dt}$ ：

计算 $\frac{dx}{dt}$ ：

因此，

在 $t=\frac{\pi }{4}$ 处， $\cos \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ， $\sin \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，代入得：

有理化分母：

所以切线斜率为 $1-\sqrt{2}$ 。

法线斜率为切线斜率的负倒数：

有理化分母：

故法线斜率为 $1+\sqrt{2}$ 。

【答案】

【解析】
考虑函数 $y=\frac{1}{2x+3}=(2x+3{)}^{-1}$ 。

对于一般形式 $f(x)=(ax+b{)}^{-1}$ ，其 $n$ 阶导数为

本题中 $a=2$ ， $b=3$ ，因此

代入 $x=0$ 得

验证：

• 当 $n=0$ 时， $y(0)=\frac{1}{3}$ ，公式给出 $\frac{1}{3}$ ；
• 当 $n=1$ 时， $y^{\prime }(0)=-\frac{2}{9}$ ，公式给出 $-\frac{2}{9}$ 。

两者均一致。

【答案】 $2\left(\frac{x}{y}\frac{\partial f}{\partial v}-\frac{y}{x}\frac{\partial f}{\partial u}\right)$

【解析】 设 $u=\frac{y}{x}$ , $v=\frac{x}{y}$ ，则 $z=f(u,v)$ 。
使用链式法则求偏导数：

计算 $x\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $y\frac{\partial z}{\partial y}$ ：

相减得：

因此，结果为 $2\left(\frac{x}{y}\frac{\partial f}{\partial v}-\frac{y}{x}\frac{\partial f}{\partial u}\right)$ 。

【答案】

【解析】 给定方程：

其中 $f(x)$ 在区间 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 上单调、可导，且 $f^{-1}$ 是其反函数。

对两边关于 $x$ 求导。左边：

右边：

因此：

对于 $x\ne 0$ ，两边除以 $x$ ：

积分得：

注意到分子是分母的导数，即：

所以：

在区间 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 上， $\sin x+\cos x>0$ ，因此：

由初始条件，当 $x=0$ 时，原方程两边均为零，故 $f(0)=0$ 。代入：

解得 $C=0$ 。因此：

该函数在 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 上单调递增且可导，满足条件。

【答案】
(1) $V(a)=\pi \frac{a^2}{(\ln a{)}^2}$
(2) 当 $a=e$ 时， $V(a)$ 最小，最小值为 $\pi e^2$

【解析】
(Ⅰ) 由旋转体的体积公式，

(Ⅱ) 对 $V(a)$ 求导得到

令 $V^{\prime }(a)=0$ ，得 $\ln a=1$ ，从而 $a=e$ 。当 $1<a<e$ 时， $V^{\prime }(a)<0$ ， $V(a)$ 单调减少；当 $a>e$ 时， $V^{\prime }(a)>0$ ， $V(a)$ 单调增加。所以 $a=e$ 时 $V$ 最小，最小体积为 $V_{\min }(a)=\pi e^2$ 。

【答案】
$y=\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+\frac{1}{3}$

【解析】
令 $y^{\prime }=p$ ，则 $y^{\prime \prime }=p^{\prime }$ ，原方程化为 $p^{\prime }(x+p^2)=p$ 。即

由一阶线性微分方程求解公式，得

代入初始条件得 $C_1=0$ ，于是 $p^2=x$ 。由 $y^{\prime }(1)=1$ 知 $p=\sqrt{x}$ ，即

代入初始条件得 $C_2=\frac{1}{3}$ ，所以特解为

【答案】 $\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}{|}_{x=0}=0$ ， $\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{\mathrm{d}{x}^2}{|}_{x=0}=1$

【解析】
在 $y-x{e}^{y-1}=1$ 中，令 $x=0$ ，得 $y=1$ 。 $y-x{e}^{y-1}=1$ 两边对 $x$ 求导，得

由 $x=0,y=1$ 得 $y^{\prime }{|}_{x=0}=1$ 。对上述两边求导，得

令 $x=0$ ，由 $x=0$ 时 $y=1,y^{\prime }=1$ ，得 $y^{\prime \prime }{|}_{x=0}=2$ 。因为 $z=f(\ln y-\sin x)$ ，所以

把 $x=0,y=1,y^{\prime }=1$ 代入，得

对上述再次求导，得

把 $x=0,y=1,y^{\prime }=1,y^{\prime \prime }=2$ 代入上式，得

【答案】

【解析】 积分区域 $D=\{(x,y)\mid |x|+|y|\le 2\}$ 是一个菱形区域。根据函数 $f(x,y)$ 的定义，将积分分为两部分：

首先计算 $I_1={\iint }_{|x|+|y|\le 1}{x}^{2}d\sigma$ 。区域 $|x|+|y|\le 1$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，且 $x^2$ 是偶函数，故只需计算第一象限部分并乘以 4。在第一象限，区域为 $x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 1$ ，则：

其次计算 $I_2={\iint }_{1<|x|+|y|\le 2}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}d\sigma$ 。在极坐标下，令 $x=r\cos \theta$ , $y=r\sin \theta$ ，则 $d\sigma =rdrd\theta$ ，且 $\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{1}{r}$ ，因此：

区域 $1<|x|+|y|\le 2$ 在极坐标下表示为 $1<r(|\cos \theta |+|\sin \theta |)\le 2$ 。由于对称性，只需计算 $\theta \in [0,\pi /2]$ 部分并乘以 4。在 $\theta \in [0,\pi /2]$ 时， $|\cos \theta |+|\sin \theta |=\cos \theta +\sin \theta$ ，令 $k(\theta )=\cos \theta +\sin \theta$ ，则：

计算积分 $J={\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }d\theta$ 。注意到 $\cos \theta +\sin \theta =\sqrt{2}\cos (\theta -\pi /4)$ ，所以：

由于 $\sec u$ 是偶函数：

因此：

综上：