一 填空题 (本大题共 10 小题, 每小题 3 分, 共 30 分)

  1. lim⁡n→∞n(en−cos⁡1n)=\lim_{n\rightarrow\infty}n\left(\sqrt[n]{\mathrm{e}}-\cos\frac1n\right)= .

  2. 设 lim⁡x→+∞f′(x)=A\lim_{x\rightarrow+\infty}f'(x)=A, 则 lim⁡x→+∞[f(x+1)−f(x−1)]=\lim_{x\rightarrow+\infty}[f(x+1)-f(x-1)]= .

  3. 设 an=13+23+⋯+n3n4+n2a_n=\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4+n^2}, 则 lim⁡n→∞an=\lim_{n\rightarrow\infty}a_n= .

  4. 已知 f(x)=∫0x2(et2−1) dtf(x)=\int_0^{x^2}\left(\mathrm{e}^{t^2}-1\right)\,\mathrm{d}t 且 x→0x\rightarrow0 时, f(x)=O(xk)f(x)=O(x^k). 那么 k=k= .

  5. 设函数 y=f(x)y=f(x) 由参数方程 {x=2+ln⁡ty=∫1tsin⁡uu du\begin{cases}x=2+\ln{t}\\y=\int_1^t\frac{\sin{u}}u\,\mathrm{d}u\end{cases} 确定, 则 d2ydx2∣x=2=\left.\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{x=2}= .

  6. 曲线 y=ln⁡xy=\ln{x} 与直线 x=1e,x=ex=\frac1{\mathrm e}, x=\mathrm{e} 及 xx 轴围成的封闭图形的面积为 .

  7. 反常积分 ∫−111xcos⁡x dx\int_{-1}^1\frac1{x\cos{x}}\,\mathrm{d}x 的敛散性为 . (填收敛或发散)

  8. 记不超过 xx 的最大整数为 [x][x], 则 ∫1+∞[3x] dx=\int_1^{+\infty}\left[\frac3x\right]\,\mathrm{d}x= .

  9. ∫−π4π4(tan⁡x+1+∣sin⁡2x∣)2dx=\int_{-\frac\pi4}^{\frac\pi4}\left(\tan{x}+\sqrt{1+\left|\sin{2x}\right|}\right)^2\mathrm{d}x= .

  10. 常微分方程 dy−2x(1+y2) dx=0\mathrm{d}y-2x(1+y^2)\,\mathrm{d}x=0 的通解为 .

二 (12 分)

讨论函数 y=(x−3)24(x−1)y=\frac{(x-3)^2}{4(x-1)} 的单调性, 求其极值及图形的渐近线.

答案 / 解析

y′=(x−3)(x+1)4(x−1)2y'=\frac{(x-3)(x+1)}{4(x-1)^2}

(−∞,−1)(-\infty,-1)−1-1(−1,1)(-1,1)11(1,3)(1,3)33(3,+∞)(3,+\infty)
y′y'+--+
yy单增极大值点单减单减极小值点单增

根据导数值对函数增减性进行分析, 得到极大值 y(−1)=−2y(-1)=-2; 极小值 y(3)=0y(3)=0.

lim⁡x→1+y=+∞\lim_{x\rightarrow1+}y=+\infty, 曲线有垂直渐近线 x=1x=1.

lim⁡x→+∞yx=lim⁡x→+∞(x−3)24x(x−1)=14\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac yx=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{(x-3)^2}{4x(x-1)}=\frac14, lim⁡x→+∞(y−x4)=lim⁡x→+∞[(x−3)24(x−1)−x4]=−54\lim_{x\rightarrow+\infty}(y-\frac{x}{4})=\lim_{x\rightarrow+\infty}\left[\frac{(x-3)^2}{4(x-1)}-\frac x4\right]=-\frac54, 因此曲线有斜渐近线 y=x4−54y=\frac x4-\frac54.

三 (12 分)

设函数 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 在连续.

  1. 证明: ∫abf(x) dx=∫abf(a+b−x) dx\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^bf(a+b-x)\,\mathrm{d}x

    答案 / 解析

    令 t=a+b−xt=a+b-x, 可得

    ∫abf(a+b−x) dx=−∫baf(t) dt=∫abf(t) dt=∫abf(x) dx\int_a^bf(a+b-x)\,\mathrm{d}x=-\int_b^af(t)\,\mathrm{d}t=\int_a^bf(t)\,\mathrm{d}t=\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x

  2. 求: ∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx\int_0^\pi\frac{x\sin{x}}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x

    答案 / 解析

    由 (1) 结论知，

    ∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx=∫0π(π−x)sin⁡(π−x)1+cos⁡2(π−x) dx=∫0π(π−x)sin⁡x1+cos⁡2x dx=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx−∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx\begin{align*} \int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x ={}&\int_0^\pi\frac{(\pi-x)\sin(\pi-x)}{1+\cos^2(\pi-x)}\,\mathrm{d}x\\ ={}&\int_0^\pi\frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos^2x}\,\mathrm dx\\ ={}&\pi\int_0^\pi\frac{\sin{x}}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x-\int_0^\pi\frac{x\sin{x}}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x \end{align*}

    再移项可得

    ∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx=π2∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx=−π2arctan⁡(cos⁡x)∣0π=π24\begin{align*} \int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x={}&\frac\pi2\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x\\ ={}&\left.-\frac\pi2\arctan(\cos x)\right|_0^\pi\\ ={}&\frac{\pi^2}4 \end{align*}

四 (12 分)

设 f(x)=x−22x2+x−1f(x)=\frac{x-2}{2x^2+x-1}. 求

  1. f(n)(0)  (n≥1)f^{(n)}(0)\;(n\ge1)

    答案 / 解析
    f(x)=11−2x+11+x=∑i=0n(2x)′+∑i=0n(−x)′+o(x′′)=∑i=0n[2i+(−1)i]xi+o(xn)\begin{align*} f(x)={}&\frac1{1-2x}+\frac1{1+x}\\={}&\sum_{i=0}^n(2x)'+\sum_{i=0}^n(-x)'+o(x'')\\={}&\sum_{i=0}^n\left[2^i+(-1)^i\right]x^i+o(x^n) \end{align*}

    f(n)(0)n!=2n+(−1)n\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=2^n+(-1)^n, 故 f(n)(0)=n!⋅[2n+(−1)n]f^{(n)}(0)=n!\cdot[2^n+(-1)^n].

  2. ∫f(x) dx\int f(x)\,\mathrm{d}x

    答案 / 解析
    ∫f(x) dx=∫(11−2x+11+x) dx=ln⁡∣1+x∣−12ln⁡∣2x−1∣+C=ln⁡∣1+x∣∣2x−1∣+C\begin{align*} \int f(x)\,\mathrm{d}x={}&\int\left(\frac1{1-2x}+\frac1{1+x}\right)\,\mathrm{d}x\\ ={}&\ln\left|1+x\right|-\frac12\ln\left|2x-1\right|+C\\ ={}&\ln\frac{\left|1+x\right|}{\sqrt{\left|2x-1\right|}}+C \end{align*}

五 (8 分)

求平面曲线 y=xy=\sqrt{x} 和 y=x2y=x^2 围成的封闭图形绕 yy 旋转一周所划过的立体的体积 VV.

答案 / 解析

xOyxOy 面内图形 0≤x≤1,  x2≤y≤10\le x\le1,\;x^2\le y\le1 绕 yy 轴旋转一周所得立体的体积为

V1=π∫01y dy=π2V_1=\pi\int_0^1y\,\mathrm{d}y=\frac\pi2

xOyxOy 面内图形 0≤x≤1,  x≤y≤10\le x\le1,\;\sqrt x\le y\le1 绕 yy 轴旋转一周所得立体的体积为

V2=π∫01y4 dy=π5V_2=\pi\int_0^1y^4\,\mathrm{d}y=\frac\pi5

可知 V=V1−V2=3π10V=V_1-V_2=\frac{3\pi}{10}.

六 (10 分)

设 f(x)={x2,0≤x≤12x−1,1<x≤2f(x)=\begin{cases}x^2,&0\le x\le1\\2x-1,&1<x\le2\end{cases}, 求

  1. ∫f(x) dx\int f(x)\,\mathrm{d}x

    答案 / 解析

    当 0≤x≤10\le x\le1 时,

    ∫f(x) dx=∫x2dx=x33+C1\int f(x)\,\mathrm{d}x=\int x^2\mathrm{d}x=\frac{x^3}3+C_1

    当 1<x≤21<x\le2 时,

    ∫f(x) dx=∫(2x−1) dx=x2−x+C2\int f(x)\,\mathrm{d}x=\int(2x-1)\,\mathrm{d}x=x^2-x+C_2

    ∫f(x) dx\int f(x)\,\mathrm{d}x 在 x=1x=1 连续, 因此

    lim⁡x→1−(x33+C1)=lim⁡x→1+(x2−x+C2)\lim_{x\rightarrow1^-}\left(\frac{x^3}3+C_1\right)=\lim_{x\rightarrow1^+}(x^2-x+C_2)

    即 C2=C1+13C_2=C_1+\frac13.

    ∫f(x) dx={x33+C,0≤x≤1x2−x+13+C,1<x≤2.\int f(x)\,\mathrm{d}x=\begin{cases}\frac{x^3}3+C,&0\le x\le1\\x^2-x+\frac13+C,&1<x\le2.\end{cases}

  2. ∫0xf(t) dt\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t

    答案 / 解析

    当 0≤x≤10\le x\le1 时,

    ∫0xf(t) dt=∫0xt2dt=x33\int_0^xf(t)\,\mathrm{d}t=\int_0^xt^2\mathrm{d}t=\frac{x^3}3

    当 1<x≤21<x\le2 时

    ∫0xf(t) dt=∫01t2dt+∫1x(2t−1) dt=13+(t2−t)∣1x=x2−x+13\int_0^xf(t)\,\mathrm{d}t=\int_0^1t^2\mathrm{d}t+\int_1^x(2t-1)\,\mathrm{d}t=\frac13+\left.(t^2-t)\right|_1^x=x^2-x+\frac13

七 (12 分)

设函数 f(x)f(x) 是方程 f′′(x)+2af′(x)+a2f(x)=e−x  (a>0,  a≠1)f''(x)+2af'(x)+a^2f(x)=\mathrm{e}^{-x}\;(a>0,\;a\ne1) 的满足条件 f(0)=f′(0)=0f(0)=f'(0)=0 的特解, 求

  1. lim⁡x→0ln⁡(1−x2)f(sin⁡x)\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1-x^2)}{f(\sin{x})}

    答案 / 解析

    据已知, f′′(0)=1f''(0)=1

    f(x)=f(0)+f′(0)x+12!f′′(0)x2+o(x2)=x22+o(x2)∼x22f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac1{2!}f''(0)x^2+o(x^2)=\frac{x^2}2+o(x^2)\sim\frac{x^2}2,

    lim⁡x→0ln⁡(1−x2)f(sin⁡x)=lim⁡x→0−x2sin⁡2x2=−2\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1-x^2)}{f(\sin x)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-x^2}{\frac{\sin^2x}2}=-2.

  2. ∫0+∞f(x) dx\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x

    答案 / 解析

    解已知微分方程的特征方程 λ2+2aλ+a2=0\lambda^2+2a\lambda+a^2=0 得

    λ1=λ2=−a\lambda_1=\lambda_2=-a.

    a>0,  a≠1a>0,\;a\ne1, 因此 f(x)f(x) 形如下式:

    f(x)=c1e−ax+c2xe−ax+ke−xf(x)=c_1\mathrm{e}^{-ax}+c_2x\mathrm{e}^{-ax}+k\mathrm{e}^{-x} (kk 是确定的常数)

    并有

    lim⁡x→+∞f(x)=lim⁡x→+∞f′(x)=0\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow+\infty}f'(x)=0,

    由已知方程及条件 f(0)=f′(0)=0f(0)=f'(0)=0 得

    a2∫0+∞f(x) dx=∫0+∞e−xdx−2a∫0+∞f′(x) dx−∫0+∞f′′(x) dx=e−x∣+∞0+2af(x)∣+∞0+f′(x)∣+∞0=1+2af(0)+f′(0)=1\begin{align*}{}&a^2\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x\\={}&\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x-2a\int_0^{+\infty}f'(x)\,\mathrm{d}x-\int_0^{+\infty}f''(x)\,\mathrm{d}x\\={}&\left.\mathrm{e}^{-x}\right|_{+\infty}^0+2a\left.f(x)\right|_{+\infty}^0+\left.f'(x)\right|_{+\infty}^0\\={}&1+2af(0)+f'(0)\\={}&1\end{align*}∫0+∞f(x) dx=1a2\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx=\frac1{a^2}

八 (6 分)

设函数 f(x)f(x) 在 x=x0x=x_0 有 nn 阶导数 (n>2n>2), 且

f′′(x0)=f′′′(x0)=⋯=f(n−1)(x0)=0,  f(n)(x0)≠0.f''(x_0)=f'''(x_0)=\cdots=f^{(n-1)}(x_0)=0,\;f^{(n)}(x_0)\ne0.

判断点 (x0,f(x0))(x_0,f(x_0)) 是否为曲线 y=f(x)y=f(x) 的拐点.

答案 / 解析

记 F(x)=f′′(x)F(x)=f''(x), 据已知

F(x)=F(x0)+F′(x0)(x−x0)+F′′(x0)2!(x−x0)2+⋯+F(n−2)(x0)(n−2)!(x−x0)n−2+o[(x−x0)n−2]=f′′(x0)+f′′′(x0)(x−x0)+f(4)(x0)2!(x−x0)2+⋯+f(n)(x0)(n−2)!(x−x0)n−2+o[(x−x0)n−2]=f(n)(x0)(n−2)!(x−x0)n−2+o[(x−x0)n−2]\begin{align*}F(x)={}&F(x_0)+F'(x_0)(x-x_0)+\frac{F''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\dots+\frac{F^{(n-2)}(x_0)}{(n-2)!}(x-x_0)^{n-2}+o[(x-x_0)^{n-2}]\\={}&f''(x_0)+f'''(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{(4)}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\dots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-2)!}(x-x_0)^{n-2}+o[(x-x_0)^{n-2}]\\={}&\frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-2)!}(x-x_0)^{n-2}+o[(x-x_0)^{n-2}]\end{align*}

即 f′′(x)=f(n)(x0)(n−2)!(x−x0)n−2+o[(x−x0)n−2]f''(x)=\frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-2)!}(x-x_0)^{n-2}+o[(x-x_0)^{n-2}].

在 x0x_0 的充分小邻域 U(x0)U(x_0) 内, f′′(x)f''(x) 与 f(n)(x0)(n−2)!(x−x0)n−2\frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-2)!}(x-x_0)^{n-2} 符号相同.

若 nn 为奇数, 则在 U−(x0)U^-(x_0) 和 U+(x0)U^+(x_0) 内, f′′(x)f''(x) 符号相反，曲线凹凸性改变，因此 (x0,f(x0))(x_0,f(x_0)) 是拐点。

若 nn 为偶数，则在 U−(x0)U^-(x_0) 和 U+(x0)U^+(x_0) 内，f′′(x)f''(x) 符号相同, 曲线凹凸性不变, 点 (x0,f(x0))(x_0,f(x_0)) 非拐点.