一、填空题
1
曲线
\(\left\{\begin{array}{l}x=e^{t}\sin 2t,\\y=e^{t}\cos t\end{array}\right.\)
在点 \(\left(0,1\right)\) 处的法线方程为 ________。
答案： \(2x+y-1=0\)
解析： 点 \(\left(0,1\right)\) 对应 \(t=0\)。由参数方程求导得
\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{e^{t}\cos t-e^{t}\sin t}{e^{t}\sin 2t+2e^{t}\cos 2t}\)。
代入 \(t=0\)，得切线斜率为 \(\dfrac{1}{2}\)，故法线斜率为 \(-2\)。所以法线方程为 \(y-1=-2x\)，即 \(2x+y-1=0\)。
2
设函数 \(y=y\left(x\right)\) 由方程 \(\ln\left(x^{2}+y\right)=x^{3}+y\sin x\) 确定，则 \(\left.\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}=\) ________。
答案： \(1\)
解析： 当 \(x=0\) 时，由原方程得 \(y=1\)。两边对 \(x\) 求导：
\(\dfrac{2x+y^{\prime}}{x^{2}+y}=3x^{2}+y^{\prime}\sin x+y\cos x\)。
代入 \(x=0,y=1\)，得 \(y^{\prime}=1\)。
3
\(\int\dfrac{x+5}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x=\) ________。
答案： \(\dfrac{1}{2}\ln\left(x^{2}-6x+13\right)+4\arctan\dfrac{x-3}{2}+C\)
解析： 因为 \(x+5=\left(x-3\right)+8\)，所以
\(\int\dfrac{x+5}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x=\int\dfrac{x-3}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x+8\int\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(x-3\right)^{2}+4}\)。
故
\(\int\dfrac{x+5}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{2}\ln\left(x^{2}-6x+13\right)+4\arctan\dfrac{x-3}{2}+C\)。
4
函数 \(y=\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\) 在区间 \(\left[\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]\) 上的平均值为 ________。
答案： \(\dfrac{\left(\sqrt{3}+1\right)\pi}{12}\)
解析： 平均值为
\(\overline{y}=\dfrac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x\)。
令 \(x=\sin t\)，得
\(\overline{y}=\dfrac{2}{\sqrt{3}-1}\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\sin^{2}t\mathrm{~d}t=\dfrac{\left(\sqrt{3}+1\right)\pi}{12}\)。
5
微分方程 \(y^{\prime\prime}-4y=e^{2x}\) 的通解为 ________。
答案： \(y=C_{1}e^{-2x}+\left(C_{2}+\dfrac{1}{4}x\right)e^{2x}\)，其中 \(C_{1},C_{2}\) 为任意常数。
解析： 齐次方程 \(y^{\prime\prime}-4y=0\) 的特征根为 \(\lambda_{1}=2,\lambda_{2}=-2\)。又非齐次项为 \(e^{2x}\)，设特解 \(y^{*}=Axe^{2x}\)，代入得 \(A=\dfrac{1}{4}\)。故通解为
\(y=C_{1}e^{-2x}+\left(C_{2}+\dfrac{1}{4}x\right)e^{2x}\)。
二、选择题
1
设
\(f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{1-\cos x}{\sqrt{x}}, & x>0,\\x^{2}g\left(x\right), & x\le 0,\end{array}\right.\)
其中 \(g\left(x\right)\) 是有界函数，则 \(f\left(x\right)\) 在 \(x=0\) 处（ ）
A. 极限不存在。
B. 极限存在，但不连续。
C. 连续，但不可导。
D. 可导。
答案： D
解析： 因 \(g\left(x\right)\) 有界，\(\lim_{x\to 0^{-}}x^{2}g\left(x\right)=0\)；又 \(\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{1-\cos x}{\sqrt{x}}=0\)，故 \(f\left(x\right)\) 在 \(x=0\) 处连续。
又
\(f_{+}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{1-\cos x}{x\sqrt{x}}=0,\quad f_{-}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\to 0^{-}}xg\left(x\right)=0\)。
所以 \(f^{\prime}\left(0\right)\) 存在，选 D。
2
设
\(\alpha\left(x\right)=\int_{0}^{x}\sin^{5}t\mathrm{~d}t,\quad \beta\left(x\right)=\dfrac{1}{5}\int_{0}^{x}\dfrac{t^{5}}{1+\sin t}\mathrm{~d}t\)，
则当 \(x\to 0\) 时，\(\alpha\left(x\right)\) 是 \(\beta\left(x\right)\) 的（ ）
A. 高阶无穷小。
B. 低阶无穷小。
C. 同阶但不等价的无穷小。
D. 等价无穷小。
答案： C
解析： 由洛必达法则，
\(\lim_{x\to 0}\dfrac{\alpha\left(x\right)}{\beta\left(x\right)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin^{5}x}{\frac{1}{5}\cdot \frac{x^{5}}{1+\sin x}}=5\)。
极限为有限非零常数但不等于 \(1\)，故二者同阶但不等价，选 C。
3
设 \(f\left(x\right)\) 是连续函数，\(F\left(x\right)\) 是 \(f\left(x\right)\) 的原函数，则（ ）
A. 当 \(f\left(x\right)\) 是奇函数时，\(F\left(x\right)\) 必是偶函数。
B. 当 \(f\left(x\right)\) 是偶函数时，\(F\left(x\right)\) 必是奇函数。
C. 当 \(f\left(x\right)\) 是周期函数时，\(F\left(x\right)\) 必是周期函数。
D. 当 \(f\left(x\right)\) 是单调增函数时，\(F\left(x\right)\) 必是单调增函数。
答案： A
解析： 原函数可写为 \(F\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t+C\)。若 \(f\left(x\right)\) 为奇函数，则
\(F\left(-x\right)=\int_{0}^{-x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t+C=\int_{0}^{x}f\left(u\right)\mathrm{~d}u+C=F\left(x\right)\)。
所以 \(F\left(x\right)\) 为偶函数，选 A。
4
“对任意给定的 \(\varepsilon\in\left(0,1\right)\)，总存在正整数 \(N\)，当 \(n\ge N\) 时，恒有 \(\left|x_{n}-a\right|\le 2\varepsilon\)”是数列 \(\left\{x_{n}\right\}\) 收敛于 \(a\) 的（ ）
A. 充分条件但非必要条件。
B. 必要条件但非充分条件。
C. 充分必要条件。
D. 既非充分条件又非必要条件。
答案： C
解析： 该条件与数列极限定义等价。因为 \(\varepsilon\in\left(0,1\right)\) 仍可任意小，且 \(\left|x_{n}-a\right|\le 2\varepsilon\) 仍能保证 \(\left|x_{n}-a\right|\) 任意小，所以是充分必要条件，选 C。
5
记行列式
\(\begin{vmatrix}x-2 & x-1 & x-2 & x-3\\2x-2 & 2x-1 & 2x-2 & 2x-3\\3x-3 & 3x-2 & 4x-5 & 3x-5\\4x & 4x-3 & 5x-7 & 4x-3\end{vmatrix}\)
为 \(f\left(x\right)\)，则方程 \(f\left(x\right)=0\) 的根的个数为（ ）
A. \(1\)。
B. \(2\)。
C. \(3\)。
D. \(4\)。
答案： B
解析： 利用行列式性质化简可得 \(f\left(x\right)=5x\left(x-1\right)\)。故方程 \(f\left(x\right)=0\) 有两个根 \(x=0,x=1\)，选 B。
三、计算题
求
\(\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln\left(1+x\right)-x^{2}}\)。
解析：
分子有理化，得
\(\dfrac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln\left(1+x\right)-x^{2}}=\dfrac{\tan x-\sin x}{\left[x\ln\left(1+x\right)-x^{2}\right]\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}\)。
当 \(x\to 0\) 时，\(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\to 2\)，且 \(\tan x-\sin x\sim \dfrac{x^{3}}{2}\)，\(x\ln\left(1+x\right)-x^{2}\sim -\dfrac{x^{3}}{2}\)。故原极限为
\(-\dfrac{1}{2}\)。
四、计算题
计算
\(\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x^{2}}\mathrm{~d}x\)。
解析：
分部积分：
\(\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x^{2}}\mathrm{~d}x=\int_{1}^{+\infty}\arctan x\,\mathrm{d}\left(-\dfrac{1}{x}\right)\)
\(=-\left.\dfrac{\arctan x}{x}\right|_{1}^{+\infty}+\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x\left(1+x^{2}\right)}\mathrm{~d}x\)。
又
\(\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x\left(1+x^{2}\right)}\mathrm{~d}x=\left.\ln\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\right|_{1}^{+\infty}=\dfrac{1}{2}\ln 2\)。
故
\(\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x^{2}}\mathrm{~d}x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}\ln 2\)。
五、计算题
求初值问题
\(\left\{\begin{array}{l}\left(y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y=0,\quad x>0,\\\left.y\right|_{x=1}=0\end{array}\right.\)
的解。
解析：
原方程化为
\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x}\)。
令 \(u=\dfrac{y}{x}\)，则 \(y=ux\)，代入得 \(x\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\sqrt{1+u^{2}}\)。分离变量并积分：
\(\int\dfrac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1+u^{2}}}=\int\dfrac{\mathrm{d}x}{x}\)，
得 \(\ln\left(u+\sqrt{1+u^{2}}\right)=\ln\left(Cx\right)\)，即 \(u+\sqrt{1+u^{2}}=Cx\)。由 \(\left.y\right|_{x=1}=0\)，得 \(C=1\)。代回并化简，得
\(y=\dfrac{1}{2}x^{2}-\dfrac{1}{2},\quad x>0\)。
六、应用题
为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口（图示略）。已知井深 \(30\ \mathrm{m}\)，抓斗自重 \(400\ \mathrm{N}\)，缆绳每米重 \(50\ \mathrm{N}\)，抓斗抓起的污泥重 \(2000\ \mathrm{N}\)，提升速度为 \(3\ \mathrm{m/s}\)，在提升过程中，污泥以 \(20\ \mathrm{N/s}\) 的速度从抓斗缝隙中漏掉。现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重力需作多少焦耳的功？
解析：
设抓斗上升距离为 \(x\)。此时需克服的力为
\(f\left(x\right)=400+50\left(30-x\right)+\left(2000-\dfrac{20}{3}x\right)=3900-\dfrac{170}{3}x\)。
故总功为
\(W=\int_{0}^{30}\left(3900-\dfrac{170}{3}x\right)\mathrm{~d}x=\left.3900x-\dfrac{85}{3}x^{2}\right|_{0}^{30}=91500\ \mathrm{J}\)。
七、计算题
已知函数
\(y=\dfrac{x^{3}}{\left(x-1\right)^{2}}\)，
求：
- 函数的增减区间及极值；
- 函数图形的凹凸区间及拐点；
- 函数图形的渐近线。
解析：
定义域为 \(\left(-\infty,1\right)\cup\left(1,+\infty\right)\)。求导得
\(y^{\prime}=\dfrac{x^{2}\left(x-3\right)}{\left(x-1\right)^{3}},\quad y^{\prime\prime}=\dfrac{6x}{\left(x-1\right)^{4}}\)。
由 \(y^{\prime}\) 的符号可知，函数在 \(\left(-\infty,1\right)\) 与 \(\left(3,+\infty\right)\) 上单调增加，在 \(\left(1,3\right)\) 上单调减少；当 \(x=3\) 时取极小值 \(y\left(3\right)=\dfrac{27}{4}\)。
由 \(y^{\prime\prime}\) 的符号可知，函数在 \(\left(-\infty,0\right)\) 内为凸，在 \(\left(0,1\right)\) 与 \(\left(1,+\infty\right)\) 内为凹，拐点为 \(\left(0,0\right)\)。
又 \(\lim_{x\to 1}\dfrac{x^{3}}{\left(x-1\right)^{2}}=+\infty\)，故 \(x=1\) 是铅直渐近线；并且 \(\lim_{x\to \infty}\dfrac{y}{x}=1\)，\(\lim_{x\to \infty}\left(y-x\right)=2\)，故斜渐近线为 \(y=x+2\)。
八、证明题
设函数 \(f\left(x\right)\) 在闭区间 \(\left[-1,1\right]\) 上具有三阶连续导数，且 \(f\left(-1\right)=0\)，\(f\left(1\right)=1\)，\(f^{\prime}\left(0\right)=0\)。证明：在开区间 \(\left(-1,1\right)\) 内至少存在一点 \(\xi\)，使 \(f^{\prime\prime\prime}\left(\xi\right)=3\)。
解析：
由带拉格朗日余项的麦克劳林公式，
\(f\left(x\right)=f\left(0\right)+f^{\prime}\left(0\right)x+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)x^{2}+\dfrac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}\left(\eta\right)x^{3}\)，
其中 \(\eta\) 介于 \(0\) 与 \(x\) 之间。
分别取 \(x=-1\) 与 \(x=1\)，并利用 \(f^{\prime}\left(0\right)=0\)，得
\(f\left(-1\right)=f\left(0\right)+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)-\dfrac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{1}\right)=0\)，
\(f\left(1\right)=f\left(0\right)+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)+\dfrac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{2}\right)=1\)。
两式相减，得 \(f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{1}\right)+f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{2}\right)=6\)。由 \(f^{\prime\prime\prime}\left(x\right)\) 连续，存在 \(\xi\in\left(-1,1\right)\)，使
\(f^{\prime\prime\prime}\left(\xi\right)=\dfrac{f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{1}\right)+f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{2}\right)}{2}=3\)。
九、计算题
设函数 \(y=y\left(x\right)\left(x\ge 0\right)\) 二阶可导，且 \(y^{\prime}\left(x\right)>0\)，\(y\left(0\right)=1\)。过曲线 \(y=y\left(x\right)\) 上任意一点 \(P\left(x,y\right)\) 作该曲线的切线及 \(x\) 轴的垂线，上述两直线与 \(x\) 轴所围成的三角形面积记为 \(S_{1}\)；区间 \(\left[0,x\right]\) 上以 \(y=y\left(x\right)\) 为曲边的曲边梯形面积记为 \(S_{2}\)，并设 \(2S_{1}-S_{2}\) 恒为 \(1\)，求此曲线 \(y=y\left(x\right)\) 的方程。
解析：
切线方程为 \(Y-y=y^{\prime}\left(X-x\right)\)，其与 \(x\) 轴交点为 \(\left(x-\dfrac{y}{y^{\prime}},0\right)\)，故
\(S_{1}=\dfrac{y^{2}}{2y^{\prime}},\quad S_{2}=\int_{0}^{x}y\left(t\right)\mathrm{~d}t\)。
由 \(2S_{1}-S_{2}=1\)，得
\(\dfrac{y^{2}}{y^{\prime}}-\int_{0}^{x}y\left(t\right)\mathrm{~d}t=1\)。
两边对 \(x\) 求导并化简：
\(yy^{\prime\prime}=\left(y^{\prime}\right)^{2}\)。
令 \(p=y^{\prime}\)，则 \(y^{\prime\prime}=p\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\)，于是 \(\dfrac{\mathrm{d}p}{p}=\dfrac{\mathrm{d}y}{y}\)，得 \(p=C_{1}y\)。因此 \(y=C_{2}e^{C_{1}x}\)。
由 \(y\left(0\right)=1\) 与原条件可得 \(C_{2}=1,C_{1}=1\)，故曲线方程为
\(y=e^{x}\)。
十、证明题
设 \(f\left(x\right)\) 是区间 \(\left[0,+\infty\right)\) 上单调减少且非负的连续函数，
\(a_{n}=\sum_{k=1}^{n}f\left(k\right)-\int_{1}^{n}f\left(x\right)\mathrm{~d}x,\quad n=1,2,\cdots\)。
证明数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的极限存在。
解析：
由
\(\int_{1}^{n}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f\left(x\right)\mathrm{~d}x\)，
得
\(a_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}\left[f\left(k\right)-\int_{k}^{k+1}f\left(x\right)\mathrm{~d}x\right]+f\left(n\right)\)。
因 \(f\left(x\right)\) 单调减少且非负，所以 \(a_{n}\ge 0\)。又
\(a_{n+1}-a_{n}=f\left(n+1\right)-\int_{n}^{n+1}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\int_{n}^{n+1}\left[f\left(n+1\right)-f\left(x\right)\right]\mathrm{~d}x\le 0\)。
故 \(\left\{a_{n}\right\}\) 单调减少且有下界，因此极限存在。
十一、计算题
设矩阵
\(\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & 1 & -1\\-1 & 1 & 1\\1 & -1 & 1\end{bmatrix}\)，
矩阵 \(\boldsymbol{X}\) 满足
\(\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{A}^{-1}+2\boldsymbol{X}\)，
其中 \(\boldsymbol{A}^{*}\) 是 \(\boldsymbol{A}\) 的伴随矩阵，求矩阵 \(\boldsymbol{X}\)。
解析：
两端左乘 \(\boldsymbol{A}\)，得
\(\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{-1}+2\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}\)。
因 \(\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\left|\boldsymbol{A}\right|\boldsymbol{E}\)，且 \(\left|\boldsymbol{A}\right|=4\)，所以
\(4\boldsymbol{X}=\boldsymbol{E}+2\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}\)，
即
\(2\left(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)\boldsymbol{X}=\boldsymbol{E}\)。
因此
\(\boldsymbol{X}=\dfrac{1}{2}\left(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)^{-1}=\dfrac{1}{4}\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\0 & 1 & 1\\1 & 0 & 1\end{bmatrix}\)。
十二、计算题
设向量组
\(\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,1,1,3\right)^{T}\)，
\(\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(-1,-3,5,1\right)^{T}\)，
\(\boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(3,2,-1,p+2\right)^{T}\)，
\(\boldsymbol{\alpha}_{4}=\left(-2,-6,10,p\right)^{T}\)。
- \(p\) 为何值时，该向量组线性无关？并在此时将向量 \(\boldsymbol{\alpha}=\left(4,1,6,10\right)^{T}\) 用 \(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\) 线性表出；
- \(p\) 为何值时，该向量组线性相关？并在此时求出它的秩和一个极大线性无关组。
解析：
对增广矩阵 \(\left[\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4},\boldsymbol{\alpha}\right]\) 作初等行变换，可化为
\(\begin{bmatrix}1 & -1 & 3 & -2 & 4\\0 & -2 & -1 & -4 & -3\\0 & 0 & 1 & 0 & 1\\0 & 0 & 0 & p-2 & 1-p\end{bmatrix}\)。
当 \(p\ne 2\) 时，\(r\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right)=4\)，故向量组线性无关。此时方程组有唯一解：
\(x_{1}=\dfrac{p-3}{p-2},\quad x_{2}=\dfrac{p-4}{p-2},\quad x_{3}=1,\quad x_{4}=\dfrac{p-1}{p-2}\)。
所以
\(\boldsymbol{\alpha}=\dfrac{p-3}{p-2}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\dfrac{p-4}{p-2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}+\dfrac{p-1}{p-2}\boldsymbol{\alpha}_{4}\)。
当 \(p=2\) 时，向量组线性相关，且 \(r\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right)=3\)。此时一个极大线性无关组可取为
\(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\)，
也可取
\(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\)。