全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

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二、全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

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（一）函数极限连续

(2004. III, IV) 函数 $ f(x) = \frac{|x|\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} $ 在下列哪个区间内有界( ).

(A) $ (-1,0) $ (B) $ (0,1) $ (C) $ (1,2) $ (D) $ (2,3) $

解因为 $ x \to 1 $ 及 $ x \to 2 $ 时，均有 $ f(x) \to \infty $，所以 $ f(x) $ 在 $ (0,1) $， $ (1,2) $， $ (2,3) $ 内均无界，故应选(A).

(1998.Ⅱ)设数列 $ \{x_{n}\} $与 $ \{y_{n}\} $满足 $ \lim_{n\to\infty}x_{n}y_{n}=0 $，则下列断言正确的是().

(A) 若 $ \{x_{n}\} $ 发散，则 $ \{y_{n}\} $ 必发散 (B) 若 $ \{x_{n}\} $ 无界，则 $ \{y_{n}\} $ 必有界

解取 $ x_{n}=n, y_{n}=\frac{1}{n^{2}} $，则 $ \lim_{n\to\infty}x_{n}y_{n}=0 $，且 $ \{x_{n}\} $ 发散，但 $ \{y_{n}\} $ 收敛，故(A)不正确.

取 $ x_{n}=\left[1+(-1)^{n}\right]n, y_{n}=\left[1-(-1)^{n}\right]n $，则 $ \lim_{n\to\infty}x_n y_n=0 $，且 $ \{x_n\}, \{y_n\} $ 都无界，故 (B) 不正确.

取 $ x_{n}=\frac{1}{n^{2}} $, $ y_{n}=n $, 则 $ \lim_{n\to\infty}x_ny_n=0 $, 且 $ \{x_n\} $ 有界, 但 $ \{y_n\} $ 不是无穷小, 故 (C) 也不正确.

由 $ \lim_{n\to\infty}x_ny_n=0 $知 $ \{x_{n}y_{n}\} $为无穷小 $ (n\to\infty) $，故当 $ \{\frac{1}{x_n}\} $为无穷小时， $ \{y_{n}\}=\{(x_ny_n)\cdot\frac{1}{x_n}\} $为无穷小，故应选(D).

(2007. I) 当 $ x \to 0^{+} $ 时，与 $ \sqrt{x} $ 等价的无穷小量是 ().

(A) $ 1 - e^{\sqrt{x}} $ (B) $ \ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}} $ (C) $ \sqrt{1+\sqrt{x}}-1 $ (D) $ 1-\cos\sqrt{x} $

解当 $ x \to 0^{+} $ 时，有 $ 1 - e^{\sqrt{x}} = -(\mathrm{e}^{\sqrt{x}} - 1) \sim -\sqrt{x} $， $ \sqrt{1 + \sqrt{x}} - 1 \sim \frac{1}{2}\sqrt{x} $， $ 1 - \cos \sqrt{x} \sim \frac{1}{2}(\sqrt{x})^{2} = \frac{1}{2}x $。利用排除法知应选（B）。

注本题直接找出 $ \ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}} $ 的等价无穷小有些困难，但由于另外三个的等价无穷小很容易得到，因此通过排除法可得到答案. 事实上，

$$ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln(1+x)-\ln(1-\sqrt{x})}{\sqrt{x}}\xlongequal{\sqrt{x}=t}\lim_{t\to0^{+}}\frac{\ln(1+t^{2})-\ln(1-t)}{t} $$

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$$ =\lim_{t\to0^{+}}\frac{\frac{2t}{1+t^{2}}+\frac{1}{1-t}}{1}=\lim_{t\to0^{+}}\frac{2t(1-t)+1+t^{2}}{(1+t^{2})(1-t)}=1. $$

(2009. I, III) 当 $ x \to 0 $ 时, $ f(x) = x - \sin ax $ 与 $ g(x) = x^{2} \ln (1 - bx) $ 是等价无穷小, 则().

(A) a = 1, b = - $ \frac{1}{6} $

(B) a = 1, b = $ \frac{1}{6} $

(D) a = -1, b = $ \frac{1}{6} $

解因为 $ f(x)=x-\sin ax $, $ g(x)=x^{2}\ln(1-bx) $ 为等价无穷小，所以

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin ax}{x^{2}\ln(1-bx)}=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin ax}{x^{2}\cdot(-bx)}=\lim_{x\to0}\frac{1-a\cos ax}{-3bx^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{a^{2}\sin ax}{-6bx}\\&=\lim_{x\to0}\frac{a^{2}\cdot ax}{-6bx}=-\frac{a^{3}}{6b}=1,\end{aligned} $$

得 $ a^{3} = -6b $ ，由此排除(B)(C).

另外， $ \lim_{x\to0}\frac{1-a\cos ax}{-3bx^{2}} $ 存在，蕴含了 $ 1-a\cos ax\to0(x\to0) $，得 a=1，排除(D). 故应选(A).

(2001. Ⅱ) 设当 $ x \to 0 $ 时， $ \left(1 - \cos x\right)\ln\left(1 + x^{2}\right) $ 是比 $ x\sin x^{n} $ 高阶的无穷小，而 $ x\sin x^{n} $ 是比 $ \left(\mathrm{e}^{x^{2}} - 1\right) $ 高阶的无穷小，则正整数 n 等于 ( ).

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

解当 $ x \to 0 $ 时， $ \left(1 - \cos x\right)\ln\left(1 + x^{2}\right) \sim \frac{1}{2}x^{4} $， $ x\sin x^{n} \sim x^{n+1} $， $ e^{x^{2}} - 1 \sim x^{2} $，故应选 (B).

(2007. I, III) 曲线 $ y = \frac{1}{x} + \ln(1 + e^{x}) $ 的渐近线的条数为().

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

解因为 $ \lim_{x\to0}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^x)\right]=\infty $，所以 $ x=0 $ 为垂直渐近线；又 $ \lim_{x\to-\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^x)\right]=0 $，所以 y=0 为水平渐近线；进一步，

$$ \lim_{x\to+\infty}\frac{y}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left[\frac{1}{x^{2}}+\frac{\ln(1+\mathrm{e}^{x})}{x}\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(1+\mathrm{e}^{x})}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}=1 $$

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\left[y-1\cdot x\right]&=\lim_{x\to+\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln\left(1+\mathrm{e}^{x}\right)-x\right]=\lim_{x\to+\infty}\left[\ln\left(1+\mathrm{e}^{x}\right)-x\right]\\&=\lim_{x\to+\infty}\left[\ln\mathrm{e}^{x}\left(1+\mathrm{e}^{-x}\right)-x\right]=\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+\mathrm{e}^{-x}\right)=0,\end{aligned} $$

于是有斜渐近线：y=x. 故应选(D).

注一般来说，有水平渐近线（即 $ \lim_{x\to\infty}y=c $）就不再考虑斜渐近线，但当 $ \lim_{x\to\infty}y $不

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存在时，就要分别讨论 $ x \to -\infty $ 和 $ x \to +\infty $ 两种情况，即左右两侧的渐近线。本题在 x<0 的一侧有水平渐近线，而在 x>0 的一侧有斜渐近线。关键应注意指数函数 $ e^{x} $ 当 $ x \to \infty $ 时极限不存在，必须分 $ x \to -\infty $ 和 $ x \to +\infty $ 进行讨论。

7.（2010. I）极限 $ \lim_{x\to\infty}\left[\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right]^{x} $ 等于（）.

(A) 1 (B) e (C) $ e^{a-b} $ (D) $ e^{b-a} $

解因为 $ \lim_{x\to\infty}[\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}]^{x}=\lim_{x\to\infty}\{[1+\frac{(a-b)x+ab}{(x-a)(x+b)}]^{\frac{(x-a)(x+b)}{(x-b)x+ab}}\cdot\frac{x[(a-b)x+ab]}{(x-a)(x+b)}\}= $

$ e^{a-b} $，所以应选(C).

8.（2008. I）设函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 内单调有界， $ \{x_{n}\} $ 为数列，下列命题正确的是（）.

(A) 若 $ \{x_{n}\} $ 收敛，则 $ \{f(x_{n})\} $ 收敛 (B) 若 $ \{x_{n}\} $ 单调，则 $ \{f(x_{n})\} $ 收敛

解若 $ \{x_{n}\} $ 单调，则由函数 $ f(x) $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内单调有界知， $ \{f(x_{n})\} $ 单调有界，从而 $ \{f(x_{n})\} $ 收敛，故应选 (B).

(1994. I, II) $ \lim_{x \to 0} \left[ \cot x \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right) \right] = $ ___.

解由等价无穷小代换定理

$$ \lim_{x\to0}(\cot x)\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x\sin x\tan x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{6}x^{3}}{x^{3}}=\frac{1}{6}. $$

(1999. Ⅱ) 求 $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x \ln(1 + x) - x^{2}} $.

解

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln(1+x)-x^{2}}=&\lim_{x\to0}\{\frac{\tan x-\sin x}{x[\ln(1+x)-x]}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}\}\\=&\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\ln(1+x)-x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{-\frac{x}{1+x}}=-\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

(2000. I) 求 $ \lim_{x \to 0} \left( \frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{4}{x}}} + \frac{\sin x}{|x|} \right) $.

解因为

$$ \lim_{x\to0^{+}}\left(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{|x|}\right)=\lim_{x\to0^{+}}\left(\frac{2e^{-\frac{4}{x}}+e^{-\frac{3}{x}}}{e^{-\frac{4}{x}}+1}+\frac{\sin x}{x}\right)=1 $$

$$ \lim_{x\to0^{-}}\left(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{|x|}\right)=\lim_{x\to0^{-}}\left(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}-\frac{\sin x}{x}\right)=2-1=1, $$

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所以

$$ \lim_{x\to0}\left(\frac{2+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}{1+\mathrm{e}^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{\left|x\right|}\right)=1. $$

(1997. I) $ \lim_{x \to 0} \frac{3 \sin x + x^2 \cos \frac{1}{x}}{(1 + \cos x) \ln(1 + x)} = $ ___.

解因为

$$ \lim_{x\to0}\frac{3\sin x}{\ln(1+x)}=\lim_{x\to0}\frac{3x}{\ln(1+x)}=3, $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{x^{2}\cos\frac{1}{x}}{\ln(1+x)}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}\cos\frac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to0}x\cos\frac{1}{x}=0, $$

所以

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{3\sin x+x^{2}\cos\frac{1}{x}}{\left(1+\cos x\right)\ln\left(1+x\right)}&=\lim_{x\to0}\frac{1}{1+\cos x}\left[\frac{3\sin x}{\ln\left(1+x\right)}+\frac{x^{2}\cos\frac{1}{x}}{\ln\left(1+x\right)}\right]\\&=\frac{1}{2}\left(3+0\right)=\frac{3}{2}.\end{aligned} $$

(2008. I) 求极限 $ \lim_{x \to 0} \frac{\left[\sin x - \sin(\sin x)\right]\sin x}{x^4} $.

解法一

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}&[\frac{\sin x-\sin(\sin x)}{x^{4}}]\sin x=\lim_{x\to0}\frac{[\sin x-\sin(\sin x)]}{x^{3}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-\cos(\sin x)\cos x}{3x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(\sin x)}{3x^{2}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\sin(\sin x)\cos x}{6x}=\frac{1}{6}.\end{aligned} $$

解法二

$$ \begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{\left[\sin x-\sin(\sin x)\right]\sin x}{x^{4}}&=\lim_{x\to0}\frac{\left[\sin x-\sin(\sin x)\right]\sin x}{\sin^{4}x}\\&=\lim_{t\to0}\frac{t-\sin t}{t^{3}}=\lim_{t\to0}\frac{1-\cos t}{3t^{2}}\\&=\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{6t}=\frac{1}{6}.\end{align*} $$

(2011. I) 求极限 $ \lim_{x \to 0} \left[ \frac{\ln(1+x)}{x} \right]^{\frac{1}{e^{x}-1}} $.

分析本题考查极限的计算，属于 $ 1^{\infty} $形式的极限。计算时，先按 $ 1^{\infty} $未定式的计算方法将极限式变形，再综合利用等价无穷小替换、洛必达法则等方法进行计算。

解 $ \lim_{x\to0}\left[\frac{\ln(1+x)}{x}\right]^{\frac{1}{e^x-1}}=\lim_{x\to0}\left[1+\frac{\ln(1+x)-x}{x}\right]^{\frac{1}{e^x-1}}=\mathrm{e}^{\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x}\cdot\frac{1}{e^x-1}} $

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$$ \mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^{2}}}=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}}=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{-x}{2x(1+x)}}=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}. $$

(1995. Ⅲ) $ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + n + 1} + \frac{2}{n^2 + n + 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n + n} \right) = $ ___.

解因为

$$ \begin{aligned}\frac{n\left(n+1\right)}{2\left(n^{2}+n+n\right)}\leqslant&\frac{1}{n^{2}+n+1}+\frac{2}{n^{2}+n+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n+n}\\ \leqslant&\frac{n\left(n+1\right)}{2\left(n^{2}+n+1\right)},\end{aligned} $$

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2(n^2+n+1)}=\lim_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2(n^2+n+n)}=\frac{1}{2} $$

所以由夹逼准则知原式= $ \frac{1}{2} $.

(1998. I, II) $ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}= $ ___.

解法一利用洛必达法则，

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+x}}-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}}{2x}\\&=\frac{1}{4}\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{-\frac{1}{2}}-(1-x)^{-\frac{1}{2}}}{x}\\&=\frac{1}{4}\lim_{x\to0}\left[-\frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}(1-x)^{-\frac{3}{2}}\right]=-\frac{1}{4}.\end{aligned} $$

解法二利用泰勒公式，因为

$$ \sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x+\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-1\right)}{2!}x^{2}+o\left(x^{2}\right), $$

$$ \sqrt{1-x}=1-\frac{1}{2}x+\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-1\right)}{2!}x^{2}+o\left(x^{2}\right), $$

所以

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{4}x^{2}+o\left(x^{2}\right)}{x^{2}}=-\frac{1}{4}. $$

(2006. I) $ \lim_{x \to 0} \frac{x \ln(1+x)}{1-\cos x} = $ ___.

解法一利用等价无穷小，

$$ 原极限 =\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{\frac{1}{2}x^{2}}=2. $$

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解法二利用三角公式及两个重要极限，

$$ \begin{aligned} 及 &=\lim_{x\to0}\frac{x\ln\left(1+x\right)}{2\sin^{2}\frac{x}{2}}\\&=\lim_{x\to0}2\cdot\frac{\left(\frac{x}{2}\right)^{2}}{\sin^{2}\frac{x}{2}}\cdot\lim_{x\to0}\ln\left(1+x\right)^{\frac{1}{x}}=2\cdot1=2.\end{aligned} $$

(1994. Ⅲ) 计算 $ \lim_{n \to \infty} \tan^n \left( \frac{\pi}{4} + \frac{2}{n} \right) $.

解因为

$$ \tan\left(\frac{\pi}{4}+\frac{2}{n}\right)=\frac{1+\tan\frac{2}{n}}{1-\tan\frac{2}{n}}, $$

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\tan\frac{2}{n}}{\frac{2}{n}}=1,\quad\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1-\tan\frac{2}{n}}=1, $$

所以

$$ \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\tan^{n}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{2}{n}\right)&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1+\tan\frac{2}{n}}{1-\tan\frac{2}{n}}\right)^{n}\\&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{2\tan\frac{2}{n}}{1-\tan\frac{2}{n}}\right)^{n}\\&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{2\tan\frac{2}{n}}{1-\tan\frac{2}{n}}\right)^{\frac{1-\tan\frac{2}{n}}{2\tan\frac{2}{n}}\cdot\frac{4\tan\frac{2}{n}}{\frac{1}{n}}\cdot\frac{1}{1-\tan\frac{2}{n}}}=e^{4}.\end{aligned} $$

(2006. I) 设数列 $ \{x_{n}\} $ 满足 $ 0 < x_{1} < \pi, x_{n+1} = \sin x_{n} (n = 1, 2, \cdots) $.

（Ⅰ）证明 $ \lim_{n\to\infty}x_n $ 存在，并求该极限；

（Ⅱ）计算 $ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{\frac{1}{x_n^2}} $

解（Ⅰ）用归纳法证明 $ \{x_{n}\} $ 单调减少且有下界.

由 $ 0 < x_{1} < \pi $ 得

$$ 0

设 $ 0 < x_{n} < \pi $，则

$$ 0

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所以 $ \{x_{n}\} $ 单调减少且有下界，故 $ \lim x_{n} $ 存在.

记 $ a=\lim_{n\to\infty}x_n $，由 $ x_{n+1}=\sin x_n $ 得

$$ a=\sin a, $$

所以 a=0 ，即 $ \lim x_{n}=0 $

（Ⅱ）因为

$$ \lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}\ln\frac{\sin x}{x}}=\mathrm{e}^{\lim_{x\to0}\frac{1}{x^{2}}\ln\frac{\sin x}{x}}, $$

而

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{1}{x^{2}}\ln\frac{\sin x}{x}&=\lim_{x\to0}\frac{1}{2x}\bigg(\frac{\cos x}{\sin x}-\frac{1}{x}\bigg)=\lim_{x\to0}\frac{x\cos x-\sin x}{2x^{3}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-x\sin x}{6x^{2}}=-\frac{1}{6},\end{aligned} $$

故 $ \lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\frac{1}{x^{2}}}=e^{-\frac{1}{6}} $

又由（Ⅰ）， $ \lim x_{n}=0 $，所以

$$ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_{n}}\right)^{\frac{1}{x_{n}^{2}}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sin x_{n}}{x_{n}}\right)^{\frac{1}{x_{n}^{2}}}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\frac{1}{x^{2}}}=\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}} $$

(2002. V) 设 $ 0 < x_1 < 3 $, $ x_{n+1} = \sqrt{x_n(3 - x_n)} $ ( $ n = 1, 2, \cdots $), 证明数列 $ \{x_n\} $ 的极限存在, 并求此极限.

证由题设 0 < x_{1} < 3 知，x_{1} 和 x_{3} 及 3 - x_{1}

$$ 0

设当 k > 1 时， $ 0 < x_{k} \leq \frac{3}{2} $，则

$$ 0

故由数学归纳法知，对任意正整数 n > 1，均有

$$ 0

即数列 $ \{x_{n}\} $ 是有界的.

又当 n > 1 时，

$$ \begin{aligned}x_{n+1}-x_{n}&=\sqrt{x_{n}\left(3-x_{n}\right)}-x_{n}=\sqrt{x_{n}}\left(\sqrt{3-x_{n}}-\sqrt{x_{n}}\right)\\&=\frac{\sqrt{x_{n}}\left(3-2x_{n}\right)}{\sqrt{3-x_{n}}+\sqrt{x_{n}}}\geqslant0\quad\left( 因 0

故当 n>1 时， $ x_{n+1}\geqslant x_{n} $，即数列 $ \{x_{n}\} $ 单调增加.

根据单调有界极限存在准则知 $ \lim x_{n} $存在.

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设 $ \lim_{n\to\infty}x_n=a $，由

$$ \lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty}\sqrt{x_{n}(3-x_{n})}, $$

得 $ a = \sqrt{a(3-a)} $，从而 $ 2a^{2} - 3a = 0 $。解得 $ a = \frac{3}{2}, a = 0 $。因 $ a = \lim_{n \to \infty} x_n \geqslant x_2 > 0 $，故 a = 0。

舍去，得 $ \lim_{n \to \infty} x_n = \frac{3}{2} $。

21.（1999. I） $ \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x \tan x} \right) = $ ___。

解法一利用洛必达法则，

$$ \begin{aligned} 原极限 &=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^{2}\sin x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2\sin x+x\cos x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\cos x}{3\cos x-x\sin x}=\frac{1}{3}.\end{aligned} $$

解法二利用麦克劳林公式，

原极限 = $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x^2 \sin x} $ = $ \lim_{x \to 0} \frac{x - \frac{1}{6}x^3 + o(x^3) - x + \frac{1}{2}x^3 + o(x^3)}{x^3 + o(x^3)} $

= $ \frac{1}{3} $.

解法三利用等价无穷小代换及洛必达法则，

原极限 = $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^2 \tan x} = \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{\sec^2 x - 1}{3x^2} $

= $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan^2 x}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{3x^2} = \frac{1}{3} $.

22.（2005.Ⅲ，Ⅳ）求 $ \lim_{x\to0}\left(\frac{1+x}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right) $

解当 $ x \to 0 $ 时， $ 1 - e^{-x} \sim x $，并利用洛必达法则得

$$ \begin{align*}\lim_{x\to0}\biggl(\frac{1+x}{1-\mathrm{e}^{-x}}-\frac{1}{x}\biggr)&=\lim_{x\to0}\frac{x+x^{2}-1+\mathrm{e}^{-x}}{x(1-\mathrm{e}^{-x})}\\&=\lim_{x\to0}\frac{x+x^{2}-1+\mathrm{e}^{-x}}{x^{2}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{1+2x-\mathrm{e}^{-x}}{2x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{2+\mathrm{e}^{-x}}{2}=\frac{3}{2}.\end{align*} $$

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(2004. Ⅱ) 设 $ f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{(n-1)x}{nx^2 + 1} $，则 $ f(x) $ 的间断点为 $ x = $ ___.

解因为当 $ x \neq 0 $ 时，

$$ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{(n-1)x}{nx^{2}+1}=\frac{1}{x}, $$

所以

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{x},x\neq0,\\&0,\quad x=0,\end{aligned}.\quad\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{1}{x}=\infty, $$

从而 $ f(x) $的间断点为x=0.

(2005. Ⅱ) 设函数

$$ f(x)=\frac{1}{\mathrm{e}^{\frac{x}{x-1}}-1}, $$

则（）.

(A) x=0, x=1 都是 $ f(x) $ 的第一类间断点

（B）x=0,x=1 都是 $ f(x) $ 的第二类间断点

（C）x=0 是 $ f(x) $ 的第一类间断点，x=1 是 $ f(x) $ 的第二类间断点

（D）x=0 是 $ f(x) $ 的第二类间断点，x=1 是 $ f(x) $ 的第一类间断点解因为

$$ \lim_{x\to0}f(x)=\infty,\quad\lim_{x\to1^{+}}f(x)=0,\quad\lim_{x\to1^{-}}f(x)=-1, $$

所以应选(D).

(2002. Ⅱ) 设函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1-e^{\tan x}}{\arcsin\frac{x}{2}},&x>0,\\ &ae^{2x},&x\leq0\end{aligned}. $$

在 x=0 处连续，则a= ___.

解

$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{1-\mathrm{e}^{\tan x}}{\arcsin\frac{x}{2}}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{-\tan x}{\frac{x}{2}}=-2, $$

$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}a\mathrm{e}^{2x}=a=f(0). $$

因 $ f(x) $ 在 x=0 处连续，故 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=f(0)=\lim_{x\to0^{-}}f(x) $，从而得 a=-2.

(1998. Ⅱ) 求函数 $ f(x) = (1 + x)^{\frac{x}{\tan(x - \frac{\pi}{4})}} $ 在区间 $ (0, 2\pi) $ 内的间断点，并判断其类型.

解 $ f(x) $ 在 $ (0,2\pi) $ 内的间断点为 $ x=\frac{\pi}{4} $， $ \frac{3\pi}{4} $， $ \frac{5\pi}{4} $， $ \frac{7\pi}{4} $.

原书第 339 页

在 $ x=\frac{\pi}{4} $ 处， $ f\left(\frac{\pi}{4}^{+}\right)=+\infty $，在 $ x=\frac{5}{4}\pi $ 处， $ f\left(\frac{5\pi}{4}^{+}\right)=+\infty $，故 $ x=\frac{\pi}{4} $， $ \frac{5\pi}{4} $ 为第二类间断点（无穷间断点）；

在 $ x=\frac{3\pi}{4} $ 处， $ \lim_{x\to\frac{3\pi}{4}}f(x)=1 $，在 $ x=\frac{7}{4}\pi $ 处， $ \lim_{x\to\frac{7\pi}{4}}f(x)=1 $，故 $ x=\frac{3\pi}{4} $， $ \frac{7\pi}{4} $ 为第一类间断点（可去间断点）.

27.（2001.Ⅱ）求极限 $ \lim_{t\to x}\left(\frac{\sin t}{\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin t-\sin x}} $，记此极限为 $ f(x) $，求函数 $ f(x) $的间断点并指出其类型.

解因为

$$ f(x)=\mathrm{e}^{\lim\limits_{t\rightarrow\pi}\frac{x}{\sin t-\sin x}\ln\frac{\sin t}{\sin x}}. $$

而

$$ \lim_{t\to x}\frac{x}{\sin t-\sin x}\ln\frac{\sin t}{\sin x}=\lim_{t\to x}x\frac{\cos t/\sin t}{\cos t}=\frac{x}{\sin x}, $$

故 $ f(x)=\mathrm{e}^{\frac{x}{\sin x}} $

$ f(x) $的间断点为 $ x = k\pi (k \in \mathbb{Z}) $。

在 x=0 处， $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}e^{\frac{x}{\sin x}}=e $，故 x=0 是函数 $ f(x) $ 的第一类间断点（可去间断点）；

在 $ x = k\pi (k = \pm 1, \pm 2, \cdots) $ 处， $ \lim_{x \to k\pi} f(x) = \infty $，故 $ x = k\pi (k = \pm 1, \pm 2, \cdots) $ 是函数 $ f(x) $ 的第二类间断点（无穷间断点）.

28.（1992.Ⅳ）设函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{\ln\cos(x-1)}{1-\sin\frac{\pi}{2}x},&x\neq1,\\ &1,&x=1,\end{aligned}. $$

问函数 $ f(x) $ 在 x=1 处是否连续？若不连续，修改函数在 x=1 处的定义，使之连续。

解因为

$$ \begin{align*}\lim_{x\to1}f(x)&=\lim_{x\to1}\frac{\ln\cos(x-1)}{1-\sin\frac{\pi}{2}x}=\frac{2}{\pi}\lim_{x\to1}\frac{\tan(x-1)}{\cos\frac{\pi}{2}x}\\&=\frac{2}{\pi}\lim_{x\to1}\frac{\sec^{2}(x-1)}{-\frac{\pi}{2}\sin\frac{\pi}{2}x}=-\frac{4}{\pi^{2}}\neq f(1),\end{align*} $$

所以函数 $ f(x) $ 在 x=1 处不连续. 若修改定义，令 $ f(1)=-\frac{4}{\pi^{2}} $，则函数在 x=1 处连续.

原书第 340 页

(2003. Ⅱ) 设函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{\ln(1+ax^{3})}{x-\arcsin x},&x<0,\\ &6,&x=0,\\ &\frac{\mathrm{e}^{ax}+x^{2}-ax-1}{x\sin\frac{x}{4}},&x>0,\end{aligned}. $$

问 a 为何值时， $ f(x) $ 在 x=0 处连续；a 为何值时，x=0 是 $ f(x) $ 的可去间断点？

解

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0^{-}}f(x)&=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\ln(1+ax^{3})}{x-\arcsin x}&=\lim_{x\to0^{-}}\frac{ax^{3}}{x-\arcsin x}\\ &=\lim_{x\to0^{-}}\frac{3ax^{2}}{1-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{3ax^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}-1}\cdot\lim_{x\to0^{-}}\sqrt{1-x^{2}}\\ &=\lim_{x\to0^{-}}\frac{6ax}{-x}=-6a,\\ &\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=-\frac{6}{6a},\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{align*}\lim_{x\to0^{+}}f(x)&=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\mathrm{e}^{ax}+x^{2}-ax-1}{x\sin\frac{x}{4}}=4\lim_{x\to0^{+}}\frac{\mathrm{e}^{ax}+x^{2}-ax-1}{x^{2}}\\&=4\lim_{x\to0^{+}}\frac{a\mathrm{e}^{ax}+2x-a}{2x}=2\lim_{x\to0^{+}}(a^{2}\mathrm{e}^{ax}+2)\\&=2a^{2}+4.\end{align*} $$

令 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}f(x) $，有 $ 2a^{2}+4=-6a $，得 a=-1 或 a=-2.

当 a = -1 时， $ \lim_{x \to 0} f(x) = 6 = f(0) $， $ f(x) $ 在 x = 0 处连续.

当 a = -2 时， $ \lim_{x \to 0} f(x) = 12 \neq f(0) $，x = 0 是 $ f(x) $ 的可去间断点.

原书第 341 页

（二）一元函数微分学

(2012. I) 设函数 $ y(x) = \left( \mathrm{e}^{x} - 1 \right) \left( \mathrm{e}^{2x} - 2 \right) \cdots \left( \mathrm{e}^{nx} - n \right) $，其中 n 为正整数，则 $ y'(0) = $ ___.

(A) $ (-1)^{n-1}(n-1)! $

(B) $ (-1)^{n}(n-1)! $

(D) $ (-1)^{n}n! $

解因为 $ y'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{y(x) - y(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{(e^x - 1)(e^{2x} - 2) \cdots (e^{nx} - n)}{x} $.

$ = \lim_{x \to 0} (e^{2x} - 2) \cdots (e^{nx} - n) = -1 \times (-2) \cdots (1 - n) $

$ = (-1)^{n-1}(n - 1)! $,

所以应选(A).

2.（2001. I）设 $ f(0)=0 $，则 $ f(x) $在点x=0可导的充要条件为（）.

(A) $ \lim_{h\to0}\frac{1}{h^2}f(1-\cos h) $ 存在

(B) $ \lim_{h\to0}\frac{1}{h}f(1-\mathrm{e}^h) $ 存在

(D) $ \lim_{h\to0}\frac{1}{h}[f(2h)-f(h)] $ 存在

解令 $ 1 - e^{h} = t $，则 $ h = \ln(1 - t) $，当 $ h \to 0 $ 时， $ t \to 0 $，故

$$ \begin{align*}\lim_{h\to0}\frac{1}{h}f(1-\mathrm{e}^{h})&=\lim_{t\to0}\frac{f(t)}{\ln(1-t)}=\lim_{t\to0}\frac{f(t)-f(0)}{t}\cdot\frac{t}{\ln(1-t)}\\&=\lim_{t\to0}\frac{f(t)-f(0)}{t}\cdot(-1),\end{align*} $$

由导数的定义知，应选(B). 关于其他三个选项的排除，可用反例说明. 取 $ f(x)=|x| $，则 $ f(x) $ 在 x=0 处不可导，但

$$ \lim_{h\to0}\frac{1}{h^{2}}f(1-\cos h)=\lim_{h\to0}\frac{|1-\cos h|}{h^{2}}=\frac{1}{2}, $$

$$ \lim_{h\to0}\frac{1}{h^{2}}f(h-\sin h)=\lim_{h\to0}\frac{|h-\sin h|}{h^{2}}=0, $$

故排除(A)和(C).

又取 $ f(x)=\{\begin{aligned}&1,&x\geqslant0,\\ &0,&x<0,\end{aligned}. $，则 $ f(x) $在x=0处不连续，从而 $ f^{\prime}(0) $不存在.但 $ \lim_{h\to0^{+}}\frac{1}{h}[f(2h)-f(h)]=\lim_{h\to0^{+}}\frac{1}{h}(1-1)=0, $

$ \lim_{h\to0^{+}}\frac{1}{h}[f(2h)-f(h)]=\lim_{h\to0^{+}}\frac{1}{h}(0-0)=0. $

即 $ \lim_{h\to0}\frac{1}{h}[f(2h)-f(h)] $存在，故排除(D).

原书第 342 页

3.（2002. I，Ⅱ）设函数 $ y = f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内有界可导，则（）.

（A）当 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0 $时，必有 $ \lim_{x\to+\infty}f'(x)=0 $

（B）当 $ \lim_{x\to+\infty}f'(x) $存在时，必有 $ \lim_{x\to+\infty}f'(x)=0 $

（C）当 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=0 $时，必有 $ \lim_{x\to0^{+}}f'(x)=0 $

（D）当 $ \lim_{x\to0^{+}}f'(x) $存在时，必有 $ \lim_{x\to0^{+}}f'(x)=0 $

解取 $ f(x)=\frac{\sin x^{2}}{x} $，则 $ f(x) $ 在 $ (0,+\infty) $ 内有界可导，且 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0 $，而 $ f'(x)=2\cos x^{2}-\frac{\sin x^{2}}{x^{2}} $， $ \lim_{x\to+\infty}f'(x) $ 不存在，故排除（A）.

取 $ f(x)=\sin x $，则 $ f(x) $在 $ (0,+\infty) $内有界可导，且 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=0 $，而 $ f'(x)=\cos x $， $ \lim_{x\to0^{+}}f'(x)=1 $，故排除（C）和（D）。因此，应选（B）。

注可直接证明(B)为正确选项. 设 $ \lim_{x\to+\infty}f'(x)=k\neq0 $, 不妨设 k>0, 则存在 M>0, 当 x>M 时, $ f'(x)>\frac{k}{2} $. 由 $ \int_{M}^{x}f'(x)dx>\int_{M}^{x}\frac{k}{2}dx $ 得, $ f(x)>\frac{k}{2}(x-M)+f(M) $, 与 $ f(x) $ 在 $ (0,+\infty) $ 内有界矛盾, 故选(B).

4.（1999.Ⅱ）曲线 $ \{\begin{aligned}x&=\mathrm{e}^{t}\sin2t,\\ y&=\mathrm{e}^{t}\cos t\end{aligned}. $在点(0,1)处的法线方程为 ___.

解

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y_{t}^{\prime}}{x_{t}^{\prime}}=\frac{\mathrm{e}^{t}\cos t-\mathrm{e}^{t}\sin t}{\mathrm{e}^{t}\sin2t+2\mathrm{e}^{t}\cos2t}=\frac{\cos t-\sin t}{\sin2t+2\cos2t}. $$

点(0,1)对应参数t=0, $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=0}=\frac{1}{2} $，于是所求法线方程为

$$ y-1=-2x, $$

即 $ 2x + y - 1 = 0 $.

(2010. I) 设 $ x = e^{-t} $, $ y = \int_{0}^{t} \ln(1 + u^{2}) \, du $, 则 $ \frac{d^{2}y}{dx^{2}}\bigg|_{t=0} = $ ___.

解

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t}=-\mathrm{e}^{t}\ln(1+t^{2}), $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)\bigg/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t}=-\left[\mathrm{e}^{t}\ln\left(1+t^{2}\right)+\mathrm{e}^{t}\frac{2t}{1+t^{2}}\right]\cdot\left(-\mathrm{e}^{t}\right)=\mathrm{e}^{2t}\left[\ln\left(1+t^{2}\right)+\frac{2t}{1+t^{2}}\right], $$

于是 $ \left.\frac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=0}=0. $

(2004. Ⅱ) 设函数 $ y(x) $ 由参数方程

$$ \{\begin{aligned}x&=t^{3}+3t+1,\\ y&=t^{3}-3t+1\end{aligned}. $$

确定，则曲线 $ y = y(x) $ 向上凸的 x 取值范围为 ___.

原书第 343 页

解由题设知

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{t^{2}\ -1}{t^{2}\ +1}, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\;=\;\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\bigg(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\bigg)\cdot\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}\;=\;\frac{4t}{3\left(t^{2}+1\right)^{3}}. $$

令 $ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}<0 $，得t<0。代入 $ x=t^{3}+3t+1 $并由单调性知x<1，故所求取值范围为 $ (-∞,1) $或 $ (-∞,1] $。

(2011. I) 曲线 $ y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4} $ 的拐点是().

(A) $ (1,0) $ (B) $ (2,0) $ (C) $ (3,0) $ (D) $ (4,0) $

解由 $ y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4} $ 可知 1,2,3,4 分别是 $ y=(x-1)(x-2)^{2}(x-3)^{3}(x-4)^{4}=0 $ 的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知

$$ y^{\prime}(1)\neq0,\quad y^{\prime}(2)=y^{\prime}(3)=y^{\prime}(4)=0, $$

$$ y^{\prime \prime}(2)\neq0,\quad y^{\prime \prime}(3)=y^{\prime \prime}(4)=0,\quad y^{\prime \prime \prime}(3)\neq0,\quad y^{\prime \prime \prime}(4)=0, $$

故 $ (3,0) $是一拐点.

注由 $ y''(3)=0, y'''(3) \neq 0 $ 得出 (3,0) 是一拐点，参阅习题 3-4 中第 16 题的解答.

(2002. I) 设函数 $ f(x) $ 在 x=0 的某邻域内具有一阶连续导数，且 $ f(0) \neq 0, f'(0) \neq 0 $，若 $ af(h) + bf(2h) - f(0) $ 在 $ h \to 0 $ 时是比 h 高阶的无穷小，试确定 a, b 的值.

解法一由题设条件知

$$ \lim_{h\to0}\left[a f(h)+b f(2h)-f(0)\right]=(a+b-1)f(0)=0, $$

由于 $ f(0)\neq0 $，故有 $ a+b-1=0 $。

又由洛必达法则，有

$$ 0=\lim_{h\to0}\frac{a f(h)+b f(2h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{a f^{\prime}(h)+2b f^{\prime}(2h)}{1}=(a+2b)f^{\prime}(0), $$

因 $ f'(0) \neq 0 $，故有 $ a + 2b = 0 $。

于是，解得 a=2, b=-1.

解法二由 $ f(h) $ 在 h=0 处可导，即

$$ \lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=f^{\prime}(0) $$

于是

$$ \frac{f(h)-f(0)}{h}=f^{\prime}(0)+\alpha,\quad\lim_{h\to0}\alpha=0. $$

从而有

$$ f(h)=f(0)+f^{\prime}(0)h+o_{1}(h),\quad\lim_{h\to0}\frac{o_{1}(h)}{h}=\lim_{h\to0}\alpha=0. $$

原书第 344 页

同理有

$$ f(2h)=f(0)+f^{\prime}(0)2h+o_{2}(h),\quad\lim_{h\to0}\frac{o_{2}(h)}{h}=0. $$

所以

$$ a f(h)+b f(2h)-f(0)=(a+b-1)f(0)+(a+2b)f^{\prime}(0)h+o(h), $$

按题设，当 $ h \to 0 $ 时上式右端应是 h 的高阶无穷小，从而

$$ \left(a+b-1\right)f(0)=0,\quad\left(a+2b\right)f^{\prime}(0)=0, $$

于是 $ a + b - 1 = 0 $, $ a + 2b = 0 $, 得 a = 2, b = -1.

9.（2011. I）求方程 $ \arctan x - x = 0 $ 不同实根的个数，其中 k 为参数.

解令 $ f(x) = k \arctan x - x $，则 $ f(0) = 0, f'(x) = \frac{k}{1 + x^{2}} - 1 = \frac{k - 1 - x^{2}}{1 + x^{2}} $.

（1）当 $ k \leqslant 1 $ 时，在 $ (-\infty, +\infty) $ 内 $ f'(x) \leqslant 0 $，且等号仅当 k = 1, x = 0 时成立，所以 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上单调减少，又 $ f(0) = 0 $，因此 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内有且仅有一个零点.

（2）当 k > 1 时，在 $ \left(-\sqrt{k-1}, \sqrt{k-1}\right) $ 内 $ f'(x) > 0 $，所以 $ f(x) $ 在 $ \left[-\sqrt{k-1}, \sqrt{k-1}\right] $ 上单调增加，又 $ f(0) = 0 $，因此 $ f(x) $ 在 $ \left[-\sqrt{k-1}, \sqrt{k-1}\right] $ 上有且只有一个零点；在 $ \left(-\infty, -\sqrt{k-1}\right) $ 及 $ \left(\sqrt{k-1}, +\infty\right) $ 内均有 $ f'(x) < 0 $，所以 $ f(x) $ 在 $ \left(-\infty, -\sqrt{k-1}\right) $ 及 $ \left(\sqrt{k-1}, +\infty\right) $ 内均单调减少，又 $ f\left(-\sqrt{k-1}\right) < f(0) = 0 $， $ \lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty $， $ f\left(\sqrt{k-1}\right) > f(0) = 0 $， $ \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty $。因此 $ f(x) $ 在 $ \left(-\infty, -\sqrt{k-1}\right) $ 及 $ \left(\sqrt{k-1}, +\infty\right) $ 内各有一个零点。

综上所述, $ k\leq1 $时，方程 $ \arctan x-x=0 $只有一个实根，k>1时，方程 $ \arctan x-x=0 $有三个实根.

(2002. I) 已知两曲线 $ y = f(x) $ 与 $ y = \int_{0}^{\arctan x} e^{-t^{2}} \, dt $ 在点 $ (0,0) $ 处的切线相同，写出此切线方程，并求极限 $ \lim_{n \to \infty} n f\left(\frac{2}{n}\right) $.

解由已知条件得 $ f(0)=0 $

$$ f^{\prime}(0)=\frac{\mathrm{e}^{-\left(\arctan x\right)^{2}}}{1+x^{2}}\bigg|_{x=0}=1, $$

故所求切线方程为 y = x.

$$ \lim_{n\to\infty}n f\left(\frac{2}{n}\right)=\lim_{n\to\infty}2\frac{f\left(\frac{2}{n}\right)-f(0)}{\frac{2}{n}}=2f^{\prime}(0)=2. $$

(1987. I, II) 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [0,1] $ 上可微，对于 $ [0,1] $ 上的每一个 x，函数 $ f(x) $ 的值都在开区间 $ (0,1) $ 内，且 $ f'(x) \neq 1 $，证明在 $ (0,1) $ 内有且仅有一个 x，使

原书第 345 页

$ f(x) = x $.

证令 $ F(x)=f(x)-x $，则 $ F(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续。由于 $ 00 $， $ F(1)=f(1)-1<0 $，故由零点定理知，在 $ (0,1) $ 内至少存在一点 x，使 $ F(x)=f(x)-x=0 $，即 $ f(x)=x $。

(2010. I) 求 $ f(x) = \int_{1}^{x^{2}} (x^{2} - t) e^{-t^{2}} \, dt $ 的单调区间与极值.

解 $ f(x)=\int_{1}^{x^{2}}(x^{2}-t)e^{-t^{2}}dt=x^{2}\int_{1}^{x^{2}}e^{-t^{2}}dt-\int_{1}^{x^{2}}t e^{-t^{2}}dt $

令 $ f'(x) = 2x \int_{1}^{x^{2}} e^{-t^{2}} \, dt = 0 $，得 x = -1, x = 0, x = 1.

由 $ f''(x)=2\int_{1}^{x^{2}}\mathrm{e}^{-t^{2}}\,\mathrm{d}t+4x^{2}\mathrm{e}^{-x^{4}} $，因为

$$ f^{\prime \prime}(\pm1)=\frac{4}{\mathrm{e}}>0,\quad f^{\prime \prime}(0)=-2\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-t^{2}}\mathrm{d}t<0, $$

所以 x = -1, x = 1 为 $ f(x) $ 的极小值点，极小值为 $ f(\pm1) = 0 $; x = 0 为 $ f(x) $ 的极大值点，极大值为 $ f(0) = \int_{0}^{1} t e^{-t^{2}} \, dt = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{e}\right) $.

因此， $ f(x) $ 在 $ (-\infty, -1] $ 及 $ [0,1] $ 上单调减少， $ f(x) $ 在 $ [-1,0] $ 及 $ [1,+\infty) $ 上单调增加.

(2012. I) 证明: $ x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x \geqslant 1 + \frac{x^{2}}{2}(-1 < x < 1) $.

证令 $ f(x)=x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^{2}}{2}(-1

$$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)&=\ln\frac{1+x}{1-x}+x\cdot\frac{1-x}{1+x}\cdot\frac{1-x+(1+x)}{(1-x)^{2}}-\sin x-x\\&=\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^{2}}-\sin x-x\quad\left(0\leqslant x<1\right),\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}f^{\prime \prime}(x)&=\frac{1-x}{1+x}\cdot\frac{1-x+1+x}{\left(1-x\right)^{2}}+\frac{2\left(1-x^{2}\right)-2x\left(-2x\right)}{\left(1-x^{2}\right)^{2}}-\cos x-1\\&=\frac{2}{1-x^{2}}+\frac{2+2x^{2}}{\left(1-x^{2}\right)^{2}}-\cos x-1\\&=\frac{4}{\left(1-x^{2}\right)^{2}}-\cos x-1\quad\left(0\leqslant x<1\right),\\ \end{aligned} $$

$$ f^{\prime \prime \prime}(x)=\frac{-4\cdot2\left(1-x^{2}\right)\left(-2x\right)}{\left(1-x^{2}\right)^{4}}+\sin x=\frac{16x}{\left(1-x^{2}\right)^{3}}+\sin x\quad\left(0\leqslant x<1\right), $$

当 $ x \in (0,1) $ 时， $ f''(x) > 0 $，从而 $ f''(x) $ 单调增加， $ f''(x) > f''(0) = 2 > 0 $，由此得 $ f'(x) $ 单调增加， $ f'(x) > f'(0) = 0 $，又得 $ f(x) $ 单调增加， $ f(x) > f(0) = 0 $，因此当 $ x \in (-1,1) $ 时，

原书第 346 页

$ f(x) \geqslant 0 $，即

$$ x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x\geqslant1+\frac{x^{2}}{2}(-1

14.（2011. I）证明：（1）对任意正整数 n，都有 $ \frac{1}{n+1} < \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n} $；

（2）设 $ a_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n $ (n=1,2, $ \cdots $)，证明数列 $ \{a_{n}\} $ 收敛.

解（1）令 $ \frac{1}{n}=x $，则原不等式可化为 $ \frac{x}{x+1}<\ln(1+x)

先证明 $ \ln(1+x)0) $.

令 $ f(x)=x-\ln(1+x) $.由于 $ f'(x)=1-\frac{1}{1+x}>0(x>0) $，可知 $ f(x) $在 $ [0,+\infty) $上单调增加.又由于 $ f(0)=0 $，因此当x>0时， $ f(x)>f(0)=0 $，即 $ \ln(1+x)0) $.

再证明 $ \frac{x}{x+1}<\ln(1+x)(x>0) $.

令 $ g(x) = \ln(1 + x) - \frac{x}{x + 1} $. 由于 $ g(x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{(1 + x)^2} > 0 (x > 0) $，可知 $ g(x) $ 在 $ [0, +\infty) $ 上单调增加. 由于 $ g(0) = 0 $，因此当 x > 0 时， $ g(x) > g(0) = 0 $，即 $ \frac{x}{x + 1} < \ln(1 + x) (x > 0) $.

因此，我们证明了 $ \frac{x}{x+1}<\ln(1+x)0) $. 再令 $ x=\frac{1}{n} $，即可得到所需证明的不等式.

（2） $ a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n+1}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) $，由不等式 $ \frac{1}{n+1}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) $可知：数列 $ \{a_{n}\} $单调减少.

又由不等式 $ \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n} $ 可知：

$$ \begin{aligned}a_{n}&=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n>\ln(1+1)+\ln\left(1+\frac{1}{2}\right)+\cdots+\ln\left(1\dot{+}\frac{1}{n}\right)-\ln n\\&=\ln(n+1)-\ln n>0.\end{aligned} $$

因此数列 $ \{a_{n}\} $是有界的.故由单调有界收敛准则可知,数列 $ \{a_{n}\} $收敛.

(2007. I) 设函数 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 上具有二阶导数，且 $ f''(x) > 0 $ 。令 $ u_{n} = f(n) $ $ (n = 1, 2, \cdots) $，则下列结论正确的是( )。

(A) 若 $ u_{1} > u_{2} $，则 $ \{u_{n}\} $ 必收敛 (B) 若 $ u_{1} > u_{2} $，则 $ \{u_{n}\} $ 必发散

解设 $ f(x)=x^{2} $，则 $ f(x) $ 在 $ (0,+\infty) $ 上具有二阶导数，且 $ f''(x)>0 $， $ u_{1}

原书第 347 页

$ \{u_{n}\}=\{n^{2}\} $ 发散，故排除（C）；设 $ f(x)=\frac{1}{x} $，则 $ f(x) $在 $ (0,+\infty) $上具有二阶导数，且 $ f''(x)>0,u_{1}>u_{2} $，但 $ \{u_{n}\}=\{\frac{1}{n}\} $收敛，故排除（B）；又设 $ f(x)=-\ln x $，则 $ f(x) $在 $ (0,+\infty) $上具有二阶导数，且 $ f''(x)>0,u_{1}>u_{2} $，但 $ \{u_{n}\}=\{-\ln n\} $发散，故排除（A）。因此，应选（D）.

注也可直接证明(D)为正确选项. 若 $ u_1 < u_2 $, 则存在 k > 0, 使得 $ u_2 - u_1 > k > 0 $. 在区间 $ [1, 2] $ 上应用拉格朗日中值定理, 存在 $ \xi_1 \in (1, 2) $ 使得

$$ \frac{u_{2}-u_{1}}{2-1}=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=f^{\prime}(\xi_{1})>k>0, $$

又因为在 $ (0, +\infty) $上 $ f''(x) > 0 $，因此 $ f'(x) $在 $ (\xi_1, +\infty) $上单调增加，于是对任意 $ x \in (\xi_1, +\infty) $有

$$ f^{\prime}(x)>f^{\prime}(\xi_{1})>k>0. $$

在区间 $ \left[\xi_{1},x\right] $上应用拉格朗日中值定理，存在 $ \xi_{2}\in(\xi_{1},x) $，使得

$$ \frac{f(x)-f(\xi_{1})}{x-\xi_{1}}=f^{\prime}(\xi_{2})>k>0, $$

即 $ f(x)=f(\xi_{1})+f'(\xi_{2})(x-\xi_{1})\rightarrow+\infty(x\rightarrow+\infty) $，故应选(D).

(2007. I, III) 设函数 $ f(x) $, $ g(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内具有二阶导数且存在相等的最大值， $ f(a) = g(a) $, $ f(b) = g(b) $，证明：存在 $ \xi \in (a, b) $，使得 $ f''(\xi) = g''(\xi) $.

分析需要证明的结论与导数有关，自然联想到用微分中值定理，事实上，若令 $ F(x)=f(x)-g(x) $，则问题转化为证明 $ F''(\xi)=0 $，只需对 $ F'(x) $ 用罗尔定理，关键是找到 $ F'(x) $ 的端点函数值相等的区间（特别是两个一阶导数同时为零的点），而利用 $ F(a)=F(b)=0 $，若能再找一点 $ c\in(a,b) $，使得 $ F(c)=0 $，则在区间 $ [a,c] $， $ [c,b] $ 上两次利用罗尔定理有一阶导函数相等的两点，再对 $ F'(x) $ 用罗尔定理即可.

证构造辅助函数 $ F(x) = f(x) - g(x) $，由题设有 $ F(a) = F(b) = 0 $. 又 $ f(x) $， $ g(x) $ 在 $ (a, b) $ 内具有相等的最大值，不妨设存在 $ x_{1} \leq x_{2}, x_{1}, x_{2} \in (a, b) $，使得

$$ f(x_{1})=M=\max_{[a,b]}f(x),\quad g(x_{2})=M=\max_{[a,b]}g(x). $$

若 $ x_{1}=x_{2} $，令 c=x_{1}，则 $ F(c)=0 $.

若 $ x_{1}

在区间 $ [a, c] $, $ [c, b] $ 上分别利用罗尔定理知，存在 $ \xi_{1} \in (a, c) $, $ \xi_{2} \in (c, b) $，使得

$$ F^{\prime}(\xi_{1})=F^{\prime}(\xi_{2})=0. $$

再对 $ F'(x) $ 在区间 $ [\xi_1, \xi_2] $ 上应用罗尔定理，知存在 $ \xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a, b) $，有

原书第 348 页

$$ F^{\prime \prime}(\xi)=0, $$

即 $ f''(\xi)=g''(\xi) $.

(2009. I, III)

（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 $ f(x) $在 $ [a,b] $上连续，在 $ (a,b) $内可导，则存在 $ \xi\in(a,b) $，使得 $ f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) $；

（Ⅱ）证明：若函数 $ f(x) $在x=0处连续，在 $ (0,\delta)(\delta>0) $内可导，且 $ \lim_{x\to0}f'(x)=A $，则 $ f_{+}^{\prime}(0) $存在，且 $ f_{+}^{\prime}(0)=A $.

证 (I) 作辅助函数 $ \varphi(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) $，易验证 $ \varphi(x) $ 满足： $ \varphi(a)=\varphi(b) $； $ \varphi(x) $ 在闭区间 $ [a,b] $ 上连续，在开区间 $ (a,b) $ 内可导，且 $ \varphi'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a} $.

根据罗尔定理，可得在 $ (a,b) $内至少有一点 $ \xi $，使 $ \varphi'(\xi)=0 $，即

$$ f^{\prime}(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0, $$

所以， $ f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) $.

（Ⅱ）任取 $ x_{0}\in(0,\delta) $，则函数 $ f(x) $ 满足：在闭区间 $ [0,x_{0}] $ 上连续，在开区间 $ (0,x_{0}) $ 内可导，从而由拉格朗日中值定理可得，存在 $ \xi_{x_{0}}\in(0,x_{0})\subset(0,\delta) $，使得 $ f^{\prime}(\xi_{x_{0}})=\frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}-0} $.

又由于 $ \lim_{x\to0}f'(x)=A $，对上式两边取 $ x_{0}\to0^{+} $ 时的极限可得，

$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x_{0}\to0^{+}}\frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}-0}=\lim_{x_{0}\to0^{+}}f^{\prime}(\xi_{x_{0}})=\lim_{\xi_{x_{0}}\to0^{+}}f^{\prime}(\xi_{x_{0}})=A, $$

故 $ f_{+}^{\prime}(0) $存在，且 $ f_{+}^{\prime}(0)=A $

(1996. Ⅲ) 设 $ f(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上具有二阶导数，且 $ f(a) = f(b) = 0 $， $ f'(a)f'(b) > 0 $，证明存在 $ \xi \in (a, b) $ 和 $ \eta \in (a, b) $，使 $ f(\xi) = 0 $ 及 $ f''(\eta) = 0 $。

证先证明存在 $ \xi \in (a, b) $，使 $ f(\xi) = 0 $。用反证法。

若不存在 $ \xi \in (a, b) $，使 $ f(\xi) = 0 $，则在 $ (a, b) $ 内恒有 $ f(x) > 0 $（或 $ f(x) < 0 $），不妨设 $ f(x) > 0 $（对 $ f(x) < 0 $，类似可证），则

$$ f^{\prime}(a)=\lim_{x\to a^{-}}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{x\to a^{-}}\frac{f(x)}{x-a}\geqslant0, $$

$$ f^{\prime}(b)=\lim_{x\to b^{-}}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\lim_{x\to b^{-}}\frac{f(x)}{x-b}\leqslant0. $$

从而 $ f'(a)f'(b)\leq0 $，与已知条件矛盾，所以在 $ (a,b) $内至少存在一点 $ \xi $，使 $ f(\xi)=0 $。

再证存在 $ \eta \in (a, b) $，使 $ f''(\eta) = 0 $.

原书第 349 页

由 $ f(a)=f(b)=f(\xi) $及罗尔定理知，存在 $ \eta_{1}\in(a,\xi) $和 $ \eta_{2}\in(\xi,b) $，使 $ f'(\eta_{1})=f'(\eta_{2})=0 $，再在 $ [\eta_{1},\eta_{2}] $上对函数 $ f'(x) $运用罗尔定理，知存在 $ \eta\in(\eta_{1},\eta_{2})\subset(a,b) $，使 $ f''(\eta)=0 $。

(2001. I) 设 $ y = f(x) $ 在 $ (-1, 1) $ 内具有二阶连续导数且 $ f''(x) \neq 0 $，试证：

(1) 对于 $ (-1,1) $ 内的任一 $ x \neq 0 $，存在惟一的 $ \theta(x) \in (0,1) $，使 $ f(x) = f(0) + x f'(\theta(x)x) $ 成立；

(2) $ \lim_{x \to 0} \theta(x) = \frac{1}{2} $.

证法一（1）任给非零 $ x \in (-1,1) $，由拉格朗日中值定理得

$$ f(x)=f(0)+xf^{\prime}(\theta(x)x)\quad(0<\theta(x)<1). $$

因为 $ f''(x) $在 $ (-1,1) $内连续且 $ f''(x)\neq0 $，所以 $ f''(x) $在 $ (-1,1) $内不变号，不妨设 $ f''(x)>0 $，则 $ f'(x) $在 $ (-1,1) $内严格单增，故 $ \theta(x) $惟一.

（2）由泰勒公式得

$$ f(x)=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{1}{2}f^{\prime \prime}(\xi)x^{2}, $$

$ \xi $ 在 0 与 x 之间. 所以

$$ x f^{\prime}\left(\theta\left(x\right)x\right)=f\left(x\right)-f(0)=f^{\prime}\left(0\right)x+\frac{1}{2}f^{\prime\prime}(\xi)x^{2}, $$

从而

$$ \theta(x)\frac{f^{\prime}(\theta(x)x)-f^{\prime}(0)}{\theta(x)x}=\frac{1}{2}f^{\prime \prime}(\xi). $$

由于

$$ \lim_{x\to0}\frac{f^{\prime}\left(\theta(x)x\right)-f^{\prime}(0)}{\theta(x)x}=f^{\prime \prime}(0),\quad\lim_{x\to0}f^{\prime \prime}(\xi)=\lim_{\xi\to0}f^{\prime \prime}(\xi)=f^{\prime \prime}(0), $$

故 $ \lim_{x\to0}\theta(x)=\frac{1}{2} $

证法二（1）同证法一(1).

（2）对于非零 $ x\in(-1,1) $，由拉格朗日中值定理得

$$ f(x)=f(0)+xf^{\prime}(\theta(x)x)\quad(0<\theta(x)<1), $$

所以

$$ \frac{f^{\prime}(\theta(x)x)-f^{\prime}(0)}{x}=\frac{f(x)-f(0)-f^{\prime}(0)x}{x^{2}}. $$

由于

$$ \lim_{x\to0}\frac{f^{\prime}(\theta(x)x)-f^{\prime}(0)}{\theta(x)x}=f^{\prime\prime}(0), $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)-f^{\prime}(0)x}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{2x}=\frac{1}{2}f^{\prime\prime}(0) $$

原书第 350 页

故 $ \lim_{x\to0}\theta(x)=\frac{1}{2} $

20.（2005.Ⅲ，Ⅳ）以下四个命题中，正确的是（）.

（A）若 $ f'(x) $在 $ (0,1) $内连续，则 $ f(x) $在 $ (0,1) $内有界

（B）若 $ f(x) $在 $ (0,1) $内连续，则 $ f(x) $在 $ (0,1) $内有界

（C）若 $ f'(x) $在 $ (0,1) $内有界，则 $ f(x) $在 $ (0,1) $内有界

（D）若 $ f(x) $在 $ (0,1) $内有界，则 $ f'(x) $在 $ (0,1) $内有界

解若 $ f'(x) $ 在 $ (0,1) $ 内有界，则存在常数 M > 0，对任意 $ x \in (0,1) $， $ \left|f'(x)\right| \leq M $。又当 $ x \in (0,1) $ 时，由拉格朗日中值定理，有

$$ f(x)-f\Big(\frac{1}{2}\Big)=f^{\prime}(\xi)\left(x-\frac{1}{2}\right), $$

其中 $ \xi $ 介于 x 与 $ \frac{1}{2} $ 之间，于是有

$$ \left|f(x)\right|\leqslant\left|f\Big(\frac{1}{2}\Big)\right|+M\left|x-\frac{1}{2}\right|<\left|f\Big(\frac{1}{2}\Big)\right|+\frac{1}{2}M, $$

故应选(C).

注本题也可以用排除法．对选项(A)、(B)，取 $ f(x)=\ln x $，则 $ f'(x)=\frac{1}{x} $， $ \ln x $与 $ \frac{1}{x} $均在(0,1)内连续，但 $ \ln x $在(0,1)内无界，故(A)、(B)均不正确；对选项(D)，取 $ f(x)=\sqrt{1-x^{2}} $， $ f(x) $在(0,1)内有界，但 $ f'(x)=-\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}} $在(0,1)内无界，故(D)不正确.

21.（2001.Ⅱ）设 $ f(x) $在区间 $ [-a,a] $（a>0）上具有二阶连续导数， $ f(0)=0 $.

（1）写出 $ f(x) $ 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；

（2）证明在 $ [-a,a] $上至少存在一点 $ \eta $，使

$$ a^{3}f^{\prime \prime}(\eta)=3\int_{-a}^{a}f(x)d x. $$

解（1）对任意 $ x \in [-a, a] $，

$$ f(x)=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}x^{2}=f^{\prime}(0)x+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}x^{2}, $$

其中 $ \xi $在0与x之间.

$$ \int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=\int_{-a}^{a}f^{\prime}(0)x\mathrm{d}x+\int_{-a}^{a}\frac{x^{2}}{2!}f^{\prime \prime}(\xi)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{-a}^{a}x^{2}f^{\prime \prime}(\xi)\mathrm{d}x. $$

因为 $ f''(x) $在 $ [-a,a] $上连续，故对任意的 $ x\in[-a,a] $，有 $ m\leq f''(x)\leq M $，其中M,m分别为 $ f''(x) $在 $ [-a,a] $上的最大、最小值，所以有

$$ m\int_{0}^{a}x^{2}\mathrm{d}x\leqslant\int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{-a}^{a}x^{2}f^{\prime \prime}(\xi)\mathrm{d}x\leqslant M\int_{0}^{a}x^{2}\mathrm{d}x, $$

原书第 351 页

即

$$ m\leqslant\frac{3}{a^{3}}\int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x\leqslant M. $$

因而由 $ f''(x) $ 的连续性知，至少存在一点 $ \eta \in [-a, a] $，使

$$ f^{\prime \prime}(\eta)=\frac{3}{a^{3}}\int_{-a}^{a}f(x)\mathrm{d}x, $$

即 $ a^{3}f''(\eta)=3\int_{-a}^{a}f(x)dx. $

下面我们给出（2）的另一种证法.

令 $ F(x)=\int_{-x}^{x}f(t)dt $. 因为 $ f(x) $ 在 $ [-a,a] $ 上有二阶连续导数，所以 $ F(x) $ 在 $ [-a,a] $ 上有三阶连续导数，且

$$ F(0)=0,\quad F^{\prime}(0)=0,\quad F^{\prime \prime}(0)=0. $$

由泰勒公式知，存在 $ \xi \in (-a, a) $，使得

$$ F\left(x\right)=\int_{-x}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{3!}F^{\prime \prime \prime}(\xi)x^{3},\quad\xi\in(-a,a). $$

由 $ F''(x) = f''(x) + f''(-x) $，故有

$$ \int_{-x}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{3!}[f^{\prime \prime}(\xi)+f^{\prime \prime}(-\xi)]x^{3},\quad\xi\in(-a,a). $$

又因为 $ f''(x) $连续，所以在 $ \xi $与 $ -\xi $之间存在 $ \eta $，使得 $ \frac{f''(\xi)+f''(-\xi)}{2}=f''(\eta) $，从而

$$ \int_{-x}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{3}f^{\prime \prime}(\eta)x^{3},\quad\eta\in(-a,a). $$

在上式中令 x=a 即得所证.（按此证法， $ \eta $ 可在开区间 $ (-a,a) $ 内取得，比原题结论更精确.）

(2006. I) 设函数 $ y = f(x) $ 具有二阶导数，且 $ f'(x) > 0, f''(x) > 0 $， $ \Delta x $ 为自变量 x 在点 $ x_0 $ 处的增量， $ \Delta y $ 与 dy 分别为 $ f(x) $ 在点 $ x_0 $ 处对应的增量与微分，若 $ \Delta x > 0 $，则 ( ).

(A) $ 0 < dy < \Delta y $ (B) $ 0 < \Delta y < dy $

解由一阶泰勒公式

$$ f(x_{0}+\Delta x)=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\Delta x+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(\Delta x)^{2}, $$

其中 $ \xi $ 介于 $ x_{0} $ 与 $ x_{0} + \Delta x $ 之间，及已知条件知 $ \mathrm{d}y = f'(x_{0}) \Delta x > 0, \Delta y - \mathrm{d}y = \frac{f''(\xi)}{2!} (\Delta x)^{2} > 0 $，故应选 (A).

(1990. Ⅲ) 证明当 x > 0 时，有不等式

$$ \arctan x+\frac{1}{x}>\frac{\pi}{2}. $$

原书第 352 页

证设 $ f(x) = \arctan x + \frac{1}{x} - \frac{\pi}{2} (x > 0) $，则

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\frac{1}{1+x^{2}}-\frac{1}{x^{2}}<0, $$

故函数 $ f(x) $在 $ (0,+\infty) $内单调减少.又 $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $,于是

$$ f(x)=\arctan x+\frac{1}{x}-\frac{\pi}{2}>0\quad(x>0), $$

即 $ \arctan x + \frac{1}{x} > \frac{\pi}{2} \quad (x > 0) $.

(1999. I) 试证: 当 x > 0 时,

$$ \left(x^{2}-1\right)\ln x\geqslant\left(x-1\right)^{2}. $$

证法一令 $ \varphi(x)=(x^{2}-1)\ln x-(x-1)^{2}(x>0) $，易知 $ \varphi(1)=0 $。由于

$$ \varphi^{\prime}\left(x\right)=2x\ln x-x+2-\frac{1}{x},\varphi^{\prime}\left(1\right)=0, $$

$$ \varphi^{\prime \prime}(x)=2\ln x+1+\frac{1}{x^{2}}, $$

$$ \varphi^{\prime \prime \prime}(x)=\frac{2(x^{2}-1)}{x^{3}}, $$

故当 0 < x < 1 时， $ \varphi''(x) < 0 $；当 $ 1 < x < +\infty $ 时， $ \varphi''(x) > 0 $，从而 $ \varphi''(x) $ 在 x = 1 处取得最小值，而 $ \varphi''(1) = 2 > 0 $，故当 $ x \in (0, +\infty) $ 时， $ \varphi''(x) > 0 $，从而 $ \varphi'(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内单调增加.

又 $ \varphi^{\prime}(1)=0 $ ，故当 00 $ 。从而 $ \varphi(x) $ 在 x=1 处取得最小值，而 $ \varphi(1)=0 $ ，故 $ \varphi(x)\geqslant0 $ ，即当 x>0 时， $ (x^{2}-1)\ln x\geqslant(x-1)^{2} $ 。

证法二令 $ \varphi(x)=\ln x-\frac{x-1}{x+1}(x>0) $，则

$$ \varphi^{^{\prime}}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{\left(x+1\right)^{2}}=\frac{x^{2}+1}{x\left(x+1\right)^{2}}>0\quad\left(x>0\right), $$

从而 $ \varphi(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内单调增加，而 $ \varphi(1) = 0 $，所以当 0 < x < 1 时， $ \varphi(x) < 0 $；当 1 < x < +\infty 时， $ \varphi(x) > 0 $。于是当 x > 0 时，

$$ \left(x^{2}-1\right)\varphi\left(x\right)=\left(x^{2}-1\right)\ln x-\left(x-1\right)^{2}\geqslant0, $$

即 $ (x^{2}-1)\ln x\geqslant(x-1)^{2} $

进一步，我们还可以证明：当x>0时， $ (x^{2}-1)\ln x\geqslant2(x-1)^{2} $

事实上，令 $ \varphi(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1} $，则 $ \varphi(1)=0 $，且 $ \varphi'(x)=\frac{(x-1)^{2}}{x(x+1)^{2}}>0 $， $ x\neq1 $。所以当 00 $。故当 x>0 时， $ (x-1)\varphi(x)\geqslant0 $，即有 $ (x^{2}-1)\ln x\geqslant2(x-1)^{2} $。

原书第 353 页

(2005. Ⅲ, Ⅳ) 设 $ f(x) = x \sin x + \cos x $，下列命题中正确的是（）.

(A) $ f(0) $ 是极大值, $ f\left(\frac{\pi}{2}\right) $ 是极小值

(B) $ f(0) $ 是极小值, $ f\left(\frac{\pi}{2}\right) $ 是极大值

(D) $ f(0) $ 是极小值, $ f\left(\frac{\pi}{2}\right) $ 也是极小值

解由于 $ f'(x) = \sin x + x \cos x - \sin x = x \cos x, f''(x) = \cos x - x \sin x, f'(0) = f''\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0, f''(0) = 1 > 0, f'''\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{\pi}{2} < 0 $, 故 $ f(x) $ 在 x = 0 处取得极小值，在 $ x = \frac{\pi}{2} $ 处取得极大值，应选(B).

(2001.Ⅱ) 设 $ \rho = \rho(x) $ 是抛物线 $ y = \sqrt{x} $ 上任一点 $ M(x, y) $ ( $ x \geqslant 1 $) 处的曲率半径， $ s = s(x) $ 是该抛物线上介于点 $ A(1, 1) $ 与 M 之间的弧长，计算 $ 3\rho \frac{d^2\rho}{ds^2} - \left(\frac{d\rho}{ds}\right)^2 $ 的值. （在直角坐标系下曲率公式为 $ K = \frac{|y''|}{(1 + y'^2)^{\frac{1}{2}}} $）.

解 $ y' = \frac{1}{2\sqrt{x}}, y'' = -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} $，所以抛物线在点 $ M(x, y) $ 处的曲率半径

$$ \rho=\rho\left(x\right)=\frac{1}{K}=\frac{\left(1+y^{\prime2}\right)^{\frac{3}{2}}}{\mid y^{\prime \prime}\mid}=\frac{1}{2}\left(4x+1\right)^{\frac{3}{2}}, $$

抛物线上 $ \widehat{AM} $的弧长

$$ s=s\left(x\right)=\int_{1}^{x}\sqrt{1+y^{^{\prime}2}}\mathrm{d}x=\int_{1}^{x}\sqrt{1+\frac{1}{4x}}\mathrm{d}x. $$

由参数方程求导公式得

$$ \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}=\frac{\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}x}}{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\left(4x+1\right)^{\frac{1}{2}}\cdot4}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}}=6\sqrt{x}, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\bigg(\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\bigg)\frac{1}{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}}=\frac{6}{2\sqrt{x}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}}=\frac{6}{\sqrt{4x+1}}, $$

从而

$$ 3\rho\frac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}-\left(\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\right)^{2}=\frac{3}{2}(4x+1)^{\frac{3}{2}}\cdot\frac{6}{\sqrt{4x+1}}-36x=9. $$

原书第 354 页

27.（1990.Ⅲ）在椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $的第一象限部分上求一点P，使该点处的切线、椭圆及两坐标轴所围图形的面积为最小（其中a>0,b>0）.

解设所求点为 $ P(x_{0}, y_{0}) $，则该点处的切线方程为

$$ \frac{xx_{0}}{a^{2}}+\frac{yy_{0}}{b^{2}}=1, $$

图形面积为

$$ S=\frac{a^{2}b^{2}}{2x_{0}y_{0}}-\frac{1}{4}\pi a b,\quad x_{0}\in\left(0,a\right). $$

设 $ A = x_0 y_0 = \frac{b}{a} x_0 \sqrt{a^2 - x_0^2} $，则

$$ A^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{b}{a}\left(\sqrt{a^{2}-x_{0}^{2}}-\frac{x_{0}^{2}}{\sqrt{a^{2}-x_{0}^{2}}}\right)=\frac{b\left(a^{2}-2x_{0}^{2}\right)}{a\sqrt{a^{2}-x_{0}^{2}}}. $$

由 $ A'(x_{0})=0 $ , 得 $ x_{0}=\frac{a}{\sqrt{2}} $ ，易知 $ \frac{a}{\sqrt{2}} $ 为 A 的极大值点，即 S 的极小值点，也是 S 的最小值点，此时 $ y_{0}=\frac{b}{\sqrt{2}} $ 。故所求点为 $ P\left(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{b}{\sqrt{2}}\right) $ 时，所围图形面积最小。

(1993. Ⅲ) 作半径为 r 的球的外切正圆锥，问此圆锥的高 h 为何值时，其体积最小，并求出该最小值.

解设圆锥的底面圆半径为 R（见图研 2-1），则有

图研2-1

解得

$$ \begin{array}{r}{R h=\left(R+\sqrt{R^{2}+h^{2}}\right)r,}\end{array} $$

$$ R=\frac{r h}{\sqrt{h^{2}-2h r}}, $$

于是圆锥的体积为

原书第 355 页

$$ V(h)=\frac{\pi}{3}R^{2}h=\frac{\pi r^{2}}{3}\frac{h^{2}}{h-2r},\quad2r

由

$$ V^{\prime}(h)=\frac{\pi r^{2}\ h^{2}-4rh}{3\ (h-2r)^{2}} $$

可得 $ V(h) $ 在 $ (2r, +\infty) $ 内的惟一驻点 h = 4r，当 h = 4r 时，V 取最小值， $ V(4r) = \frac{8\pi r^{3}}{3} $.

(1994. Ⅲ) 设 $ y = \frac{x^{3} + 4}{x^{2}} $，求

（1）函数的增减区间及极值；（2）函数图像的凹凸区间及拐点；

（3）渐近线；（4）作出其图形.

解定义域 $ (-∞,0)∪(0,+∞) $. 当 $ x=-\sqrt[3]{4} $时，y=0.

（1）设 $ f(x)=\frac{x^{3}+4}{x^{2}} $，则 $ f^{\prime}(x)=1-\frac{8}{x^{3}} $，故驻点为x=2。又

x	(-∞,0)	(0,2)	2	(2,+∞)
f'(x)	+	-	0	+
y=f(x)的图形			(2,3)

所以， $ (-∞,0) $ 及 $ (2,+∞) $ 为增区间， $ (0,2) $ 为减区间，x=2 为极小值点，极小值为 $ f(2)=3 $.

(2) $ f''(x)=\frac{24}{x^{4}}>0 $,故 $ (-∞,0),(0,+∞) $均为凹区间,图像无拐点.

（3）因

$$ \lim_{x\to0}\frac{x^{3}+4}{x^{2}}=+\infty, $$

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{3}+4}{x^{3}}=1=a, $$

$$ \lim_{x\to\infty}\left[f(x)-ax\right]=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{3}+4}{x^{2}}-x\right)=0=b, $$

所以，x=0 为铅直渐近线，y=x 为斜渐近线.

（4）图形见图研2-2.

30.（1993\. V）已知某厂生产x件产品的成本为

$$ C=25\ 000+200x+\frac{1}{40}x^{2}\left( 元 \right), $$

问：（1）要使平均成本最小，应生产多少件产品？

（2）若产品以每件500元售出，要使利润最大，应生产多少件产品？

解（1）设平均成本为y，则

原书第 356 页

图研2-2

$$ y=\frac{25000}{x}+200+\frac{x}{40}. $$

由 $ y' = -\frac{25\ 000}{x^{2}} + \frac{1}{40} = 0 $ ，得 $ x_{1} = 1\ 000, x_{2} = -1\ 000 $ （舍去）. 因为 $ y''|_{x=1\ 000} = 5 \cdot 10^{-5} > 0 $ ，所以当 $ x = 10^{3} $ 时，y 取得极小值，也是最小值，因此，要使平均成本最小，应生产 1000 件产品.

（2）利润函数为

$$ L=500x-\left(25\ 000+200x+\frac{x^{2}}{40}\right)=300x-\frac{x^{2}}{40}-25\ 000, $$

由 $ L' = 300 - \frac{x}{20} = 0 $，得 x = 6000。因 $ L''|_{x=6000} = -\frac{1}{20} < 0 $，所以当 x = 6000 时，L 取得极大值，也是最大值，因此，要使利润最大，应生产 6000 件产品。

原书第 357 页

（三）一元函数积分学

(2006.Ⅱ)设函数 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{x^{3}}\int_{0}^{x}\sin t^{2}\mathrm{d}t,&x\neq0,\\&a,&x=0\end{aligned}. $，在x=0处连续，则 $ a= $___。

解 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}\sin t^{2}\mathrm{d}t}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x^{2}}{3x^{2}}=\frac{1}{3} $，

因此， $ a=\lim_{x\to0}f(x)=\frac{1}{3} $。

(1999.Ⅱ) 设 $ \alpha(x) = \int_{0}^{5x} \frac{\sin t}{t} dt, \beta(x) = \int_{0}^{\sin x} (1 + t)^{\frac{1}{t}} dt $，则当 $ x \to 0 $ 时， $ \alpha(x) $ 是 $ \beta(x) $ 的（）.

(A) 高阶无穷小

(B) 低阶无穷小

(D) 等价无穷小

解由于

$$ \lim_{x\to0}\frac{\alpha\left(x\right)}{\beta\left(x\right)}=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{5x}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t}{\int_{0}^{\sin x}\left(1+t\right)^{\frac{1}{t}}\mathrm{d}t}=\lim_{x\to0}\frac{5\cdot\frac{\sin5x}{5x}}{\cos x\cdot\left(1+\sin x\right)^{\frac{1}{\sin x}}}=\frac{5}{\mathrm{e}}, $$

故选(C).

(2006.Ⅱ) 设 $ f(x) $ 是奇函数，除 x = 0 外处处连续，x = 0 是其第一类间断点，则 $ \int_{0}^{x} f(t) \, dt $ 是（）.

(A) 连续的奇函数 (B) 连续的偶函数

（C）在 x=0 间断的奇函数（D）在 x=0 间断的偶函数

解对于任意的 $ x_{0} $，存在 a > 0，使得 $ x_{0} \in (-a, a) $，由条件可知 $ f(x) $ 在 $ [-a, a] $ 上有界，设 $ \left|f(x)\right| < M_{a} (x \in [-a, a]) $，记 $ F(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $，当 $ x_{0} + \Delta x \in [-a, a] $ 时，有

$$ \mid F(x_{0}+\Delta x)-F(x_{0})\mid=\left|\int_{x_{0}}^{x_{0}+\Delta x}f(t)\mathrm{d}t\right|

故 $ \Delta x \to 0 $ 时， $ F(x_{0} + \Delta x) - F(x_{0}) \to 0 $，即 $ F(x) $ 在 $ x_{0} $ 处连续。又

$$ F(-x)=\int_{0}^{-x}f(t)\mathrm{d}t\xlongequal{t=-u}\int_{0}^{x}-f(-u)\mathrm{d}u=\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u=F(x). $$

所以 $ F(x) $ 是连续的偶函数，故选(B).

原书第 358 页

4.（1993.I，Ⅱ）求 $ \int\frac{xe^{x}}{\sqrt{e^{x}}-1}dx $.

解令 $ u = \sqrt{e^{x} - 1} $，即 $ x = \ln(u^{2} + 1) $，因此有

$$ \begin{aligned}\int\frac{x\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}}\mathrm{d}x&=\int2\ln\left(u^{2}+1\right)\mathrm{d}u=2u\ln\left(u^{2}+1\right)-2\int\frac{2u^{2}}{u^{2}+1}\mathrm{d}u\\&=2u\ln\left(u^{2}+1\right)-4u+4\arctan u+C\\&=2x\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}-4\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}+4\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}+C.\end{aligned} $$

5.（1994. I, II, III）求 $ \int\frac{dx}{\sin(2x)+2\sin x} $

解法一

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{\sin(2x)+2\sin x}&=\int\frac{\mathrm{d}x}{2\sin x(\cos x+1)}=\int\frac{\mathrm{d}(\cos x)}{2(\cos^{2}x-1)(\cos x+1)}\\ &\xlongequal{u=\cos x}\int\frac{\mathrm{d}u}{2(u^{2}-1)(u+1)}\\ &=-\left.\frac{1}{8}\int\left[\frac{1}{1-u}+\frac{1}{1+u}+\frac{2}{(1+u)^{2}}\right]\mathrm{d}u\right.\\ &=-\left.\frac{1}{8}\left[-\ln(1-u)+\ln(1+u)\right.\right.\left.-\frac{2}{1+u}\right]+C\\ &=-\left.\frac{1}{8}\ln\frac{1+\cos x}{1-\cos x}+\frac{1}{4(1+\cos x)}\right.+C.\\ \end{aligned} $$

解法二

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{\sin(2x)+2\sin x}&=\int\frac{\mathrm{d}x}{2\sin x(\cos x+1)}=\frac{1}{4}\int\frac{\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}\right)}{\sin\frac{x}{2}\cos^{3}\frac{x}{2}}\\ &=\frac{1}{4}\int\frac{\mathrm{d}\left(\tan\frac{x}{2}\right)}{\tan\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}\\ &=\frac{1}{4}\int\frac{1+\tan^{2}\frac{x}{2}}{\tan\frac{x}{2}}\mathrm{d}\left(\tan\frac{x}{2}\right)\\ &=\frac{1}{8}\tan^{2}\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|+C.\end{aligned} $$

(1989. Ⅲ) 已知 $ f(2) = \frac{1}{2} $, $ f'(2) = 0 $ 及 $ \int_{0}^{2} f(x) \, dx = 1 $, 求 $ \int_{0}^{1} x^{2} f''(2x) \, dx $.

解令t=2x，则

原书第 359 页

$$ \begin{align*}\int_{0}^{1}x^{2}f^{\prime \prime}(2x)\mathrm{d}x&=\frac{1}{8}\int_{0}^{2}t^{2}f^{\prime \prime}(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{8}\int_{0}^{2}t^{2}\mathrm{d}[f^{\prime}(t)]\\&=\frac{1}{8}\left[t^{2}f^{\prime}(t)\right]_{0}^{2}-\frac{1}{4}\int_{0}^{2}tf^{\prime}(t)\mathrm{d}t\\&=-\frac{1}{4}\int_{0}^{2}t\mathrm{d}[f(t)]\\&=-\frac{1}{4}\left[tf(t)\right]_{0}^{2}+\frac{1}{4}\int_{0}^{2}f(t)\mathrm{d}t\\&=-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=0.\end{align*} $$

(1995. Ⅲ) 设 $ f(x) = \int_{0}^{x} \frac{\sin t}{\pi - t} dt $，计算 $ \int_{0}^{\pi} f(x) dx $.

解

$$ \begin{align*}\int_{0}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x&=\left[xf(x)\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}xf^{\prime}(x)\mathrm{d}x\\&=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{\pi-t}\mathrm{d}t-\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{\pi-x}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-x)\sin x}{\pi-x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}\sin x\mathrm{d}x=2.\end{align*} $$

(1998. Ⅱ) 计算积分 $ \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|x - x^{2}\right|}} $.

解注意到 x=1 是被积函数的瑕点，而

$$ \int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x-x^{2}}}=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\frac{1}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}}}=\left[\begin{array}{l}\arcsin\left(2x-1\right)\end{array}\right]_{\frac{1}{2}}^{1}=\arcsin1=\frac{\pi}{2}. $$

$$ \int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-x}}=\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}}}=\left[\ln\left(x-\frac{1}{2}+\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}}\right)\right]_{1}^{\frac{3}{2}}=\ln(2+\sqrt{3}). $$

因此

$$ \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|x-x^{2}\right|}}=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x-x^{2}}}+\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-x}}=\frac{\pi}{2}+\ln(2+\sqrt{3}). $$

9.（2005.Ⅱ）设函数 $ f(x) $连续，且 $ f(0)\neq0 $，求极限

$$ \lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}(x-t)f(t)dt}{x\int_{0}^{x}f(x-t)dt}. $$

解 $ \int_{0}^{x}f(x-t)dt\xlongequal{t=x-u}\int_{x}^{0}-f(u)du=\int_{0}^{x}f(t)dt $

原书第 360 页

因此

$$ \begin{aligned} 原式 &=\lim_{x\to0}\frac{x\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{0}^{x}tf(t)dt}{x\int_{0}^{x}f(t)dt}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}f(t)dt+xf(x)-xf(x)}{\int_{0}^{x}f(t)dt+xf(x)}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}f(t)dt}{x}}{\lim\limits_{x\to0}\left[\frac{\int_{0}^{x}f(t)dt}{x}+f(x)\right]}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to0}f(x)}{\lim\limits_{x\to0}f(x)+f(0)}=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

(2000.Ⅱ) 设 xOy 平面上有正方形 $ D = \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant 1\} $ 及直线 $ l: x + y = t (t \geqslant 0) $. 若 $ S(t) $ 表示正方形 D 位于直线 l 左下方部分的面积，试求 $ \int_{0}^{x} S(t) \, dt (x \geqslant 0) $.

解如图研 3-1 可知，

$$ S(t)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}t^{2},&0\leqslant t\leqslant1,\\ &-\frac{1}{2}t^{2}+2t-1,&12,\end{aligned}. $$

图研3-1

所以当 $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $ 时， $ \int_{0}^{x} S(t) \, \mathrm{d}t = \int_{0}^{x} \frac{1}{2} t^{2} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{6} x^{3} $;

原书第 361 页

当 $ 1 < x \leq 2 $ 时， $ \int_{0}^{x} S(t) \, dt = \int_{0}^{1} S(t) \, dt + \int_{1}^{x} \left(-\frac{1}{2}t^{2} + 2t - 1\right) \, dt $

$ = -\frac{1}{6}x^{3} + x^{2} - x + \frac{1}{3} $;

当 x > 2 时， $ \int_{0}^{x} S(t) \, dt = \int_{0}^{2} S(t) \, dt + \int_{2}^{x} dt = x - 1 $.

因此

$$ \int_{0}^{x}S(t)\mathrm{d}t=\{\begin{aligned}&\frac{1}{6}x^{3},&&0\leqslant x\leqslant1,\\ &-\frac{1}{6}x^{3}+x^{2}-x+\frac{1}{3},&&12.\end{aligned}. $$

(1992. Ⅲ) 求曲线 $ y = \sqrt{x} $ 的一条切线 l，使该曲线与切线 l 及直线 x = 0, x = 2 所围成图形面积最小.

解由 $ y'=\frac{1}{2\sqrt{x}} $，得曲线在 $ (t,\sqrt{t}) $ 处的切线方程为

$$ y-\sqrt{t}=\frac{1}{2\sqrt{t}}(x-t), $$

即 $ y=\frac{1}{2\sqrt{t}}x+\frac{\sqrt{t}}{2} $. 所围面积为

$$ S\left(t\right)=\int_{0}^{2}\left(\frac{1}{2\sqrt{t}}x+\frac{\sqrt{t}}{2}-\sqrt{x}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{t}}+\sqrt{t}-\frac{4\sqrt{2}}{3}. $$

令 $ S'(t)=0 $ , 得 t=1 ，又 $ S''(1)=\frac{1}{2}>0 $ 。故当 t=1 时，面积取极小值，由于驻点惟一，因此 t=1 是最小值点，此时 l 的方程为 $ y=\frac{x}{2}+\frac{1}{2} $

(1993. Ⅲ) 设平面图形 A 由 $ x^{2} + y^{2} \leqslant 2x $ 与 y ≥ x 所确定，求图形 A 绕直线 x = 2 旋转一周所得旋转体的体积.

解 A 的图形如图3-2，取 y 为积分变量，则 y 的变化范围为 $ [0,1] $. 相应于

图研3-2

原书第 362 页

[0,1]上的任一小区间[y,y+dy]的体积元素为

$$ \begin{align*}\mathrm{d}V&=\mid\pi\left[2-(1-\sqrt{1-y^{2}})\right]^{2}-\pi(2-y)^{2}\mid\mathrm{d}y\\&=2\pi\left[\sqrt{1-y^{2}}-(y-1)^{2}\right]\mathrm{d}y,\end{align*} $$

因此所求体积为

$$ \begin{aligned}V&=\int_{0}^{1}2\pi\left[\sqrt{1-y^{2}}-\left(y-1\right)^{2}\right]\mathrm{d}y\\&=2\pi\left[\frac{y}{2}\sqrt{1-y^{2}}+\frac{1}{2}\arcsin y+\frac{\left(1-y\right)^{3}}{3}\right]_{0}^{1}\\&=\frac{\pi^{2}}{2}-\frac{2\pi}{3}.\end{aligned} $$

13.（1994.Ⅲ）求曲线 $ y = 3 - |x^{2} - 1| $ 与 x 轴围成的封闭图形绕直线 y = 3 旋转所得的旋转体体积.

解如图研 3-3，曲线 $ \widehat{AB} $ 的方程为 $ y = x^{2} + 2 (0 \leq x \leq 1) $， $ \widehat{BC} $ 的方程为 $ y = 4 - x^{2} (1 \leq x \leq 2) $.

图研3-3

取 x 为积分变量，记相应于区间 [0,1] 和 [1,2] 上的体积分别为 $ V_{1} $ 和 $ V_{2} $，则它们的体积元素分别为

$$ \mathrm{d}V_{1}=\pi\{3^{2}-[3-(x^{2}+2)]^{2}\}\mathrm{d}x=\pi(8+2x^{2}-x^{4})\mathrm{d}x, $$

$$ \mathrm{d}V_{2}=\pi\left|3^{2}-\left[3-(4-x^{2})\right]^{2}\right|\mathrm{d}x=\pi(8+2x^{2}-x^{4})\mathrm{d}x. $$

由对称性得

$$ \begin{aligned}V&=2\left(V_{1}+V_{2}\right)=2\pi\int_{0}^{1}\left(8+2x^{2}-x^{4}\right)\mathrm{d}x+2\pi\int_{1}^{2}\left(8+2x^{2}-x^{4}\right)\mathrm{d}x\\&=2\pi\int_{0}^{2}\left(8+2x^{2}-x^{4}\right)\mathrm{d}x=\frac{448}{15}\pi.\end{aligned} $$

(1991. I, II) 设函数 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，(0,1) 内可导，且 $ 3\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)dx=f(0) $，证明在 $ (0,1) $ 内存在一点 c，使 $ f'(c)=0 $.

解由积分中值定理知，在 $ \left[\frac{2}{3},1\right] $上存在一点 $ c_{1} $，使

原书第 363 页

$$ \int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{3}f(c_{1}), $$

从而有 $ f(c_{1})=f(0) $，故 $ f(x) $在区间 $ [0,c_{1}] $上满足罗尔定理条件，因此在 $ (0,c_{1}) $（ $ \subset(0,1) $）内存在一点c，使 $ f'(c)=0 $，证毕.

(1993. Ⅲ) 设 $ f'(x) $ 在 $ [0, a] $ 上连续，且 $ f(0) = 0 $，证明： $ \left|\int_{0}^{a} f(x) \, dx\right| \leqslant \frac{Ma^{2}}{2} $，其中 $ M = \max_{0 \leqslant x \leqslant a} |f'(x)| $.

解由微分中值定理可知：对于任意 $ x \in [0, a] $，存在 $ \xi \in (0, x) $，使得 $ f(x) - f(0) = f'(\xi)x $，由条件 $ f(0) = 0 $ 得 $ f(x) = f'(\xi)x $，因此有

$$ \left|\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x\right|\leqslant\int_{0}^{a}\left|f(x)\right|\mathrm{d}x=\int_{0}^{a}\left|f^{\prime}(\xi\right)x\mathrm{d}x\leqslant\int_{0}^{a}M x\mathrm{d}x=\frac{M a^{2}}{2}. $$

(1999. Ⅱ) 设 $ f(x) $ 是区间 $ [0, +\infty) $ 上单调减少且非负的连续函数， $ a_{n} = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_{1}^{n} f(x) \, dx (n = 1, 2, \cdots) $，证明数列 $ \{a_{n}\} $ 的极限存在.

解由于 $ f(x) $ 单调减少, 因此

$$ f(k+1)\leqslant\int_{k}^{k+1}f(x)\mathrm{d}x\leqslant f(k)\quad(k=1,2,\cdots), $$

因此有

$$ \begin{align*}a_{n}&=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)\mathrm{d}x=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x)\mathrm{d}x\\&=\sum_{k=1}^{n-1}\left[f(k)-\int_{k}^{k+1}f(x)\mathrm{d}x\right]+f(n)\geqslant0,\end{align*} $$

即数列 $ \{a_{n}\} $有下界.又

$$ a_{n+1}-a_{n}=f(n+1)-\int_{n}^{n+1}f(x)\mathrm{d}x\leqslant0, $$

即得数列 $ \{a_{n}\} $单调减少，由单调有界数列必有极限的准则知数列 $ \{a_{n}\} $的极限存在.

(2004. II) 设 $ f(x) = \int_{x}^{x+\frac{\pi}{2}} |\sin t| \, dt $, (1) 证明 $ f(x) $ 是以 $ \pi $ 为周期的周期函数；

(2) 求 $ f(x) $ 的值域.

解 (1) $ f(x + \pi) = \int_{x + \pi}^{x + \frac{3\pi}{2}} |\sin t| \, dt $, 设 $ t = u + \pi $, 则有

$$ f(x+\pi)=\int_{x}^{x+\frac{\pi}{2}}\mid\sin(u+\pi)\mid\mathrm{d}u=\int_{x}^{x+\frac{\pi}{2}}\mid\sin u\mid\mathrm{d}u=f(x), $$

故 $ f(x) $ 是以 $ \pi $ 为周期的周期函数.

（2）因为 $ \left|\sin x\right| $在 $ (-∞,+∞) $上连续，注意到 $ f(x) $是以 $ \pi $为周期的周期函数，故只需在 $ [0,\pi] $上讨论 $ f(x) $的值域。因为

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\left|\begin{matrix}\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\end{matrix}\right|-\left|\begin{matrix}\sin x\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\cos x\end{matrix}\right|-\left|\begin{matrix}\sin x\end{matrix}\right|, $$

原书第 364 页

令 $ f'(x)=0 $ , 解得 $ x_{1}=\frac{\pi}{4}, x_{2}=\frac{3\pi}{4} $ ，且

$$ f\Big(\frac{\pi}{4}\Big)=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\sin t\mathrm{d}t=\sqrt{2}, $$

$$ f\Big(\frac{3\pi}{4}\Big)=\ \int_{\frac{3\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\mid\sin t\mid\mathrm{d}t\ =\ \int_{\frac{3\pi}{4}}^{\pi}\sin t\mathrm{d}t-\int_{\pi}^{\frac{5\pi}{4}}\sin t\mathrm{d}t\ =\ 2-\sqrt{2}. $$

又

$$ f(0)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin t\mathrm{d}t=1,\quad f(\pi)=\int_{\pi}^{\frac{3\pi}{2}}(-\sin t)\mathrm{d}t=1, $$

因而 $ f(x) $的最小值是 $ 2-\sqrt{2} $，最大值是 $ \sqrt{2} $，故 $ f(x) $的值域是 $ [2-\sqrt{2},\sqrt{2}] $。

18.（2002.Ⅰ，Ⅱ）设

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&2x+\frac{3}{2}x^{2},\quad&-1\leqslant x<0,\\ &\frac{x\mathrm{e}^{x}}{(\mathrm{e}^{x}+1)^{2}},\quad&0\leqslant x\leqslant1,\end{aligned}. $$

求函数 $ F(x) = \int_{-1}^{x} f(t) \, dt $ 的表达式.

解当 -1 $ \leq x < 0 $ 时，

$$ \begin{array}{l l l}{F\left(\mathrm{~x~}\right)}&{=}&{\displaystyle\int_{-1}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\int_{-1}^{x}\left(2t+\frac{3}{2}t^{2}\right)\mathrm{d}t}\\ {}&{}&{}\\ {}&{}&{=\left[t^{2}+\frac{1}{2}t^{3}\right]_{-1}^{x}=\frac{1}{2}x^{3}+x^{2}-\frac{1}{2}.}\\ \end{array} $$

当 $ 0 \leq x \leq 1 $ 时，

$$ \begin{aligned}F\left(x\right)&=\int_{-1}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\int_{-1}^{0}\left(2t+\frac{3}{2}t^{2}\right)\mathrm{d}t+\int_{0}^{x}\frac{t\mathrm{e}^{t}}{\left(\mathrm{e}^{t}+1\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\left[t^{2}+\frac{1}{2}t^{3}\right]_{-1}^{0}-\int_{0}^{x}t\mathrm{d}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{t}+1}\right)\\&=-\frac{1}{2}-\left[\frac{t}{\mathrm{e}^{t}+1}\right]_{0}^{x}+\int_{0}^{x}\frac{1}{\mathrm{e}^{t}+1}\mathrm{d}t=-\frac{1}{2}-\frac{x}{\mathrm{e}^{x}+1}+\int_{0}^{x}\frac{-1}{1+\mathrm{e}^{-t}}\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-t})\\&=-\frac{1}{2}-\frac{x}{\mathrm{e}^{x}+1}-\left[\ln(1+\mathrm{e}^{-t})\right]_{0}^{x}=-\frac{1}{2}-\frac{x}{\mathrm{e}^{x}+1}-\ln(1+\mathrm{e}^{-x})+\ln2.\end{aligned} $$

因此

$$ F(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}x^{3}+x^{2}-\frac{1}{2},&-1\leqslant x<0,\\ &-\frac{1}{2}-\frac{x}{\mathrm{e}^{x}+1}-\ln\frac{1+\mathrm{e}^{-x}}{2},&0\leqslant x\leqslant1.\end{aligned}. $$

(2007. I, III) 如图研 3-4, 连续函数 $ y = f(x) $ 在区间 $ [-3, -2] $, $ [2, 3] $ 上的图

原书第 365 页

形分别是直径为1的上、下半圆周，在区间 $ [-2,0] $， $ [0,2] $的图形分别是直径为2的下、上半圆周，设 $ F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt $，则下列结论正确的是（）.

(A) $ F(3) = -\frac{3}{4}F(-2) $ (B) $ F(3) = \frac{5}{4}F(2) $

图研3-4

解根据定积分的几何意义，有

$$ F(2)=\frac{1}{2}\pi, $$

$$ F(3)=\int_{0}^{2}f(t)\mathrm{d}t+\int_{2}^{3}f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\pi-\frac{1}{2}\pi\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{3}{8}\pi, $$

$$ F(-2)=\int_{0}^{-2}f(x)\mathrm{d}x=-\int_{-2}^{0}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\pi, $$

$$ F(-3)=\int_{0}^{-3}f(x)\mathrm{d}x=-\left[\int_{-3}^{-2}f(x)\mathrm{d}x+\int_{-2}^{0}f(x)\mathrm{d}x\right]=-\left[\frac{1}{2}\pi\left(\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{2}\pi\right]=\frac{3}{8}\pi. $$

故选(C).

20.（2007. I） $ \int_{1}^{2}\frac{1}{x^{3}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x= $ ___.

解作换元 $ x=\frac{1}{t} $，则

$$ \int_{1}^{2}\frac{1}{x^{3}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x=\int_{\frac{1}{2}}^{1}t\mathrm{e}^{t}\mathrm{d}t=\left[t\mathrm{e}^{t}-\mathrm{e}^{t}\right]_{\frac{1}{2}}^{1}=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}. $$

(2008. I) 设 $ f(x) $ 是连续函数.

（1）利用定义证明函数 $ F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt $ 可导，且 $ F'(x)=f(x) $;

（2）当 $ f(x) $ 是以2为周期的周期函数时，证明函数 $ G(x) = 2\int_{0}^{x}f(t)dt - x\int_{0}^{2}f(t)dt $ 也是以2为周期的周期函数.

证 (1) $ \lim_{\Delta x \to 0} \frac{F(x + \Delta x) - F(x)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\int_0^x + \Delta x f(t) \, dt - \int_0^x f(t) \, dt}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\int_x^x + \Delta x f(t) \, dt}{\Delta x} $

原书第 366 页

$$ =\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(\xi)\Delta x}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}f(\xi)=f(x), $$

因此 $ F(x) $ 可导，且 $ F'(x) = f(x) $.

(2)

$$ \begin{align*}G\left(x+2\right)-G\left(x\right)&=2\Big(\int_{0}^{x+2}f(t)\mathrm{d}t-\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t\Big)-2\int_{0}^{2}f(t)\mathrm{d}t\\&=2\int_{x}^{x+2}f(t)\mathrm{d}t-2\int_{0}^{2}f(t)\mathrm{d}t,\end{align*} $$

由于 $ f(x) $ 是以 2 为周期的周期函数，故必有 $ \int_{x}^{x+2} f(t) \, dt = \int_{0}^{2} f(t) \, dt $，因此 $ G(x+2) - G(x) = 0 $，即 $ G(x) $ 是以 2 为周期的周期函数.

(2009. I) 如图 3-5, 正方形 $ \{(x, y) \mid |x| \leqslant 1, |y| \leqslant 1\} $ 被其对角线划分为四个区域 $ D_{k}(k=1,2,3,4) $, $ I_{k} = \iint_{\Omega} y \cos x \, dx \, dy $, 则 $ \max_{1 \leqslant k \leqslant 4} |I_{k}| = (\quad) $.

(A) $ I_{1} $ (B) $ I_{2} $ (C) $ I_{3} $ (D) $ I_{4} $

图研3-5

解记 $ D_{1}^{*} $ 和 $ D_{3}^{*} $ 为 $ D_{1} $ 和 $ D_{3} $ 中 $ x \geqslant 0 $ 部分的区域，利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性，可得

$$ I_{2}=I_{4}=0, $$

$$ I_{1}=2\underset{D_{1}^{*}}{\iint}y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y>0,\quad I_{3}=2\underset{D_{3}^{*}}{\iint}y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y<0. $$

故选(A).

(2010. I) 设 $ x = e^{-t} $, $ y = \int_{0}^{t} \ln(1 + u^{2}) \, du $, 则 $ \left. \frac{d^{2}y}{dx^{2}} \right|_{t=0} = $ ___.

解

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\text{－}\mathrm{e}^{t}\ln(1+t^{2}), $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[-\mathrm{e}^{t}\ln\left(1+t^{2}\right)\right]/\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\mathrm{e}^{2t}\left[\ln\left(1+t^{2}\right)+\frac{2t}{1+t^{2}}\right], $$

原书第 367 页

于是 $ \frac{d^2y}{dx^2}\bigg|_{t=0}=0 $.

(2010. I) $ \int_0^{\pi/2}\sqrt{x}\cos\sqrt{x}dx = $ ___.

解作换元 $ x=u^{2} $，则

$$ \int_{0}^{\pi^{2}}\sqrt{x}\cos\sqrt{x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}2u^{2}\cos u\mathrm{d}u=\left[2u^{2}\sin u+4u\cos u-4\sin u\right]_{0}^{\pi}=-4\pi. $$

(2010. I) 求 $ f(x) = \int_{1}^{x^{2}} (x^{2} - t) e^{-t^{2}} \, dt $ 的单调区间与极值.

解 $ f(x)=\int_{1}^{x^{2}}(x^{2}-t)e^{-t^{2}}dt=x^{2}\int_{1}^{x^{2}}e^{-t^{2}}dt-\int_{1}^{x^{2}}t e^{-t^{2}}dt, $

令 $ f'(x) = 2x \int_{1}^{x^{2}} e^{-t^{2}} \, dt = 0 $，得 x = -1, 0, 1.

在 $ (-∞, -1) $和 $ (0,1) $上可得 $ f'(x) < 0 $，因此 $ f(x) $在 $ (-∞, -1] $和 $ [0,1] $上单调减少；在 $ (-1,0) $和 $ (1, +∞) $上可得 $ f'(x) > 0 $，因此 $ f(x) $在 $ [-1,0] $和 $ [1, +∞) $上单调增加.

又 $ f''(x)=2\int_{1}^{x^{2}}\mathrm{e}^{-t^{2}}\mathrm{d}t+4x^{2}\mathrm{e}^{-x^{4}} $，得

$$ f^{\prime \prime}(\pm1)=4\mathrm{e}^{-1}>0,\quad f^{\prime \prime}(0)=-2\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-t^{2}}\mathrm{d}t<0, $$

所以 x = -1 和 x = 1 为 $ f(x) $ 的极小值点，极小值为 $ f(\pm1) = 0 $; x = 0 为 $ f(x) $ 的极大值点，极大值为 $ f(0) = -\int_{1}^{0} t e^{-t^{2}} \, \mathrm{d}t = \int_{0}^{1} t e^{-t^{2}} \, \mathrm{d}t = \left[-\frac{1}{2} e^{-t^{2}}\right]_{0}^{1} = \frac{e - 1}{2 e} $.

(2010. I, III) (1) 比较 $ \int_{0}^{1} \left| \ln t \right| \left[ \ln(1 + t) \right]^{n} dt $ 与 $ \int_{0}^{1} t^{n} \left| \ln t \right| dt $ ( $ n = 1, 2, \cdots $);

（2）记 $ u_{n}=\int_{0}^{1}\left|\ln t\right|\left[\ln(1+t)\right]^{n}\mathrm{d}t(n=1,2,\cdots) $，求 $ \lim_{n\to\infty}u_n $

解（1）当 $ 0 \leqslant t \leqslant 1 $ 时， $ 0 \leqslant \ln(1 + t) \leqslant t $，故 $ \left|\ln t\right|\left[\ln(1 + t)\right]^{n} \leqslant t^{n}\left|\ln t\right| $，于是

$$ \int_{0}^{1}\left|\ln t\right|\left[\ln(1+t)\right]^{n}\mathrm{d}t\leqslant\int_{0}^{1}t^{n}\left|\ln t\right|\mathrm{d}t. $$

（2）由（1）得

$$ ,s\quad0\leqslant\int_{0}^{1}\left|\ln t\right|\left[\ln(1+t)\right]^{n}\mathrm{d}t\leqslant\int_{0}^{1}t^{n}\left|\ln t\right|\mathrm{d}t, $$

而

$$ \int_{0}^{1}t^{n}\mid\ln t\mid\mathrm{d}t=-\int_{0}^{1}t^{n}\ln t\mathrm{d}t=-\left[\frac{1}{n+1}t^{n+1}\left(\ln t-\frac{1}{n+1}\right)\right]_{0}^{1}=\frac{1}{\left(n+1\right)^{2}}, $$

由夹逼准则得 $ \lim_{n\to\infty}u_n=0 $

(2011. I) 设 $ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \sin x \, dx $, $ J = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cot x \, dx $, $ K = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cos x \, dx $, 则 I, J, K 的大

原书第 368 页

小关系是( ).

(A) I < J < K (B) I < K < J (C) J < I < K (D) K < J < I

解当 $ x \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right) $ 时, $ 0 < \sin x < \cos x < \cot x $, 因此 $ \ln \sin x < \ln \cos x < \ln \cot x $. 故选 (B).

(2011. I) 曲线 $ y = \int_{0}^{x} \tan t \, dt \left(0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{4}\right) $ 的弧长 s = ___.

解

$$ \begin{array}{l l l}{\displaystyle s}&{=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{1+y^{\prime2}}\mathrm{d}x}&{=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{1+\tan^{2}x}\mathrm{d}x\;=\;\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sec x\mathrm{d}x}\\ {}&{}\\ {}&{=\displaystyle\left[\ln\left(\sec x+\tan x\right)\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\;\ln(\sqrt{2}+1)\;.}\\ \end{array} $$

(2012. I) 设 $ I_{k} = \int_{e}^{k\pi} e^{x^{2}} \sin x \, dx (k = 1, 2, 3) $，则有( ).

(A) $ I_{1}

解

$$ I_{2}-I_{1}=\int_{\pi}^{2\pi}\mathrm{e}^{x^{2}}\sin x\mathrm{d}x<0,I_{3}-I_{2}=\int_{2\pi}^{3\pi}\mathrm{e}^{x^{2}}\sin x\mathrm{d}x>0, $$

$$ I_{3}-I_{1}=\int_{\pi}^{3\pi}\mathrm{e}^{x^{2}}\sin x\mathrm{d}x=\int_{\pi}^{2\pi}\mathrm{e}^{x^{2}}\sin x\mathrm{d}x+\int_{2\pi}^{3\pi}\mathrm{e}^{x^{2}}\sin x\mathrm{d}x, $$

对 $ \int_{2\pi}^{3\pi} e^{x^2} \sin x \, dx $ 作换元 $ x = \pi + u $，得

$$ \int_{2\pi}^{3\pi}\mathrm{e}^{x^{2}}\sin x\mathrm{d}x=-\int_{\pi}^{2\pi}\mathrm{e}^{(u+\pi)^{2}}\sin u\mathrm{d}u=-\int_{\pi}^{2\pi}\mathrm{e}^{(x+\pi)^{2}}\sin x\mathrm{d}x, $$

因此

$$ I_{3}-I_{1}=\int_{\pi}^{2\pi}\left[\mathrm{e}^{x^{2}}-\mathrm{e}^{(x+\pi)^{2}}\right]\sin x\mathrm{d}x>0. $$

故选(D).

(2012. I) $ \int_{0}^{2} x \sqrt{2x - x^{2}} \, dx = $ ___.

解作换元 $ x=1+\sin u $ ，则

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{2}x\sqrt{2x-x^{2}}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{2}x\sqrt{1-\left(x-1\right)^{2}}\mathrm{d}x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\sin u)\cos^{2}u\mathrm{d}u\\&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}u\mathrm{d}u=\frac{\pi}{2}.\end{aligned} $$

原书第 369 页

（四）微分方程

(1999. I, II) $ y'' - 4y = e^{2x} $ 的通解为 ___.

解此方程对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-4=0 $，其根为 $ r_{1,2}=\pm2 $。又因自由项 $ f(x)=\mathrm{e}^{2x} $， $ \lambda=2 $ 是特征方程的单根，故令 $ y^{*}=A x\mathrm{e}^{2x} $ 是原方程的特解，代入方程可得 $ A=\frac{1}{4} $，于是原方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{2x}+C_{2}\mathrm{e}^{-2x}+\frac{x}{4}\mathrm{e}^{2x}. $$

2.（2000.Ⅰ）微分方程 $ xy'' + 3y' = 0 $ 的通解为 ___.

解原方程可变形为 $ \frac{dy'}{y'} = -\frac{3}{x}dx $，积分得 $ \ln y' = -3\ln x + \ln C_{0} $，即 $ y' = \frac{C_{0}}{x^{3}} $。故

$$ y~=~-\frac{C_{0}}{2}\frac{1}{x^{2}}~+~C_{2}~=~\frac{C_{1}}{x^{2}}~+~C_{2}. $$

(2001. I) 设 $ y = e^{x}\left(C_{1}\sin x + C_{2}\cos x\right)\left(C_{1}, C_{2}\right. $ 为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解，则该微分方程为 ___.

解由所给通解的表达式知, $ r_{1,2}=1\pm i $是所求微分方程的特征方程的根，于是特征方程为 $ r^{2}-2r+2=0 $，故所求微分方程为

$$ y^{\prime \prime}-2y^{\prime}+2y=0. $$

(2001. Ⅱ) 过点 $ \left(\frac{1}{2}, 0\right) $ 且满足关系式 $ y' = \arcsin x + \frac{y}{\sqrt{1 - x^{2}}} = 1 $ 的曲线方程为 ___.

解将所给关系式改写成 $ y' + \frac{1}{\arcsin x \sqrt{1 - x^{2}}} y = \frac{1}{\arcsin x} $，由一阶线性微分方程的通解公式，得

$$ y=e^{-\int_{\arcsin x\sqrt{1-x^{2}}}^{x}\left(\int\frac{1}{\arcsin x}e^{\int_{\arcsin x\sqrt{1-x^{2}}}^{x}dx}+C\right)} $$

即

$$ y=\frac{1}{\arcsin x}(x+C), $$

代入初值条件 $ x=\frac{1}{2} $, y=0，得 $ C=-\frac{1}{2} $，故所求曲线的方程为

原书第 370 页

$$ y=\frac{x-\frac{1}{2}}{\arcsin x}. $$

(2002. I, II) 微分方程 $ yy'' + y'^{2} = 0 $ 满足初值条件 $ y \bigg|_{x=0} = 1, y' \bigg|_{x=0} = \frac{1}{2} $ 的特解是 ___.

解令 $ y' = p $，则 $ y'' = p \frac{dp}{dy} $，且原方程成为 $ yp \frac{dp}{dy} + p^{2} = 0 $，即

$$ p~=~0\quad\quad 或 \quad\quad y\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}+p~=~0. $$

由于 p = 0 不满足条件 $ y'\bigg|_{x=0} = \frac{1}{2} $，故取 $ y \frac{dp}{dy} + p = 0 $。分离变量后积分得

$$ p~=~\frac{C_{1}}{y}, $$

代入初值条件 $ y\bigg|_{x=0}=1,p\bigg|_{x=0}=\frac{1}{2} $，得 $ C_{1}=\frac{1}{2} $，即

$$ y^{\prime}=\frac{1}{2y}, $$

分离变量后积分得 $ y^{2}=x+C_{2} $，代入初值条件 $ y\bigg|_{x=0}=1 $，得 $ C_{2}=1 $。于是有 $ y^{2}=x+1 $，解得特解

$$ y=\sqrt{x+1}. $$

$ ^{*} $6. (2004.I)欧拉方程 $ x^{2}\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}+4x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2y=0(x>0) $ 的通解为 ___.

解令 $ x = e^{t} $，记 $ D = \frac{d}{dt} $，则原方程成为

$$ \mathrm{D}\left(\mathrm{D}-1\right)y+4\mathrm{D}y+2y=0. $$

特征方程是 $ r(r-1)+4r+2=0 $，解得特征根是 $ r_{1}=-1, r_{2}=-2 $，故得通解 $ y=C_{1}e^{-t}+C_{2}e^{-2t} $，于是原方程的通解为

$$ y=\frac{C_{1}}{x}+\frac{C_{2}}{x^{2}}. $$

(2004.Ⅱ)微分方程 $ (y + x^3)dx - 2x dy = 0 $ 满足 $ y\bigg|_{x=1} = \frac{6}{5} $ 的特解为 ___.

解原方程变形为一阶线性方程

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-\frac{1}{2x}y=\frac{x^{2}}{2}, $$

解得

$$ \begin{array}{r l}{y\;=\;\mathbf{e}^{\int\frac{1}{2x}\mathrm{d}x}\left(\int\frac{x^{2}}{2}\mathbf{e}^{-\int\frac{1}{2x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x\;+\;C\right)}\end{array} $$

原书第 371 页

$$ =\frac{1}{5}x^{3}+C\sqrt{x}. $$

由 $ y\bigg|_{x=1}=\frac{6}{5} $ 得 C = 1，故特解为

$$ y=\frac{1}{5}x^{3}+\sqrt{x}. $$

(2005. I,II) 微分方程 $ xy' + 2y = x\ln x $ 满足 $ y\bigg|_{x=1} = -\frac{1}{9} $ 的特解为 ___.

解原方程变形为一阶线性方程

$$ y^{\prime}+\frac{2}{x}y=\ln x, $$

解得

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{-\int_{\frac{2}{x}}\mathrm{d}x}\Big(\int\ln x~\mathrm{e}^{\int_{\frac{2}{x}}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\frac{1}{x^{2}}\Big(\frac{1}{3}x^{3}\ln x~-\frac{1}{9}x^{3}~+~C\Big).\end{align*} $$

由 $ y\bigg|_{x=1}=-\frac{1}{9} $，得 C=0，故特解为

$$ y=\frac{x}{3}\bigg(\ln x-\frac{1}{3}\bigg). $$

(2009. I) 若二阶常系数齐次线性微分方程 $ y'' + ay' + by = 0 $ 的通解为 $ y = (C_1 + C_2 x) e^x $，则非齐次方程 $ y'' + ay' + by = x $ 满足条件 $ y(0) = 2, y'(0) = 0 $ 的解为 y = ___.

解由常系数线性齐次微分方程 $ y'' + ay' + by = 0 $ 的通解为 $ y = (C_1 + C_2 x) e^x $ 可知 $ y_1 = e^x, y_2 = x e^x $ 为齐次微分方程的两个线性无关的解。可见齐次方程的特征方程是 $ (r - 1)^2 = r^2 - 2r + 1 = 0 $，故齐次微分方程为 $ y'' - 2y' + y = 0 $。

设非齐次方程 $ y'' - 2y' + y = x $ 的特解为 $ y^{*} = Ax + B $，代入方程 $ y'' - 2y' + y = x $，解得 A = 1, B = 2，即 $ y^{*} = x + 2 $。故 $ y'' - 2y' + y = x $ 的通解为

$$ y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)\mathrm{e}^{x}+x+2, $$

且

$$ y^{\prime}=\left(C_{1}+C_{2}+C_{2}x\right)\mathrm{e}^{x}+1. $$

代入初值条件 $ y(0)=2, y'(0)=0 $ , 得 $ C_{1}=0, C_{2}=-1 $ 。因此所求的解为 $ y=-xe^{x}+x+2 $ 。

(2011. I) 微分方程 $ y' + y = e^{-x} \cos x $ 满足条件 $ y(0) = 0 $ 的解为 y = ___.

解原方程的通解为

$$ y=\mathrm{e}^{-\int1\mathrm{d}x}\left[\int\mathrm{e}^{-x}\cos x\mathrm{e}^{\int1\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]=\mathrm{e}^{-x}\left[\int\cos x\mathrm{d}x+C\right]=\mathrm{e}^{-x}\left[\sin x+C\right], $$

由 $ y(0)=0 $ , 得 C=0 ，故所求解为 $ y=\sin xe^{-x} $

(1989. I, II) 设线性无关的函数 $ y_{1}, y_{2}, y_{3} $ 都是二阶非齐次方程

原书第 372 页

$$ y^{\prime \prime}+p\left(x\right)y^{\prime}+q\left(x\right)y=f(x) $$

的解， $ C_{1}, C_{2} $ 是任意常数，则该非齐次方程的通解是（）.

(A) $ C_{1}y_{1} + C_{2}y_{2} + y_{3} $ (B) $ C_{1}y_{1} + C_{2}y_{2} - (C_{1} + C_{2})y_{3} $

解因 $ y_{1}-y_{3} $ 与 $ y_{2}-y_{3} $ 是对应的齐次方程的解，且由 $ y_{1},y_{2},y_{3} $ 线性无关可推知 $ y_{1}-y_{3} $ 与 $ y_{2}-y_{3} $ 线性无关，而 $ y_{3} $ 是非齐次方程的特解，故

$$ y=C_{1}(y_{1}-y_{3})+C_{2}(y_{2}-y_{3})+y_{3}=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+(1-C_{1}-C_{2})y_{3} $$

是非齐次方程的通解，所以选择(D).

(1989. Ⅲ) 微分方程 $ y'' - y = e^{x} + 1 $ 的一个特解应具有形式（式中 a, b 为常数）( ).

(A) $ ae^{x} + b $ (B) $ axe^{x} + b $ (C) $ ae^{x} + bx $ (D) $ axe^{x} + bx $

解原方程对应的齐次方程的特征方程的根为 $ r_{1,2}=\pm1 $。相对于方程 $ y''-y=e^{x} $，因 $ f_{1}(x)=e^{x} $， $ \lambda=1 $ 是特征方程的（单）根，故该方程的特解应形如 $ y_{1}^{*}=axe^{x} $。

又相对于方程 $ y'' - y = 1 $，因 $ f_{2}(x) = 1 $， $ \lambda = 0 $ 不是特征方程的根，故该方程的特解应形如 $ y_{2}^{*} = b $.

按叠加原理，原方程的特解应形如 $ y^{*}=y_{1}^{*}+y_{2}^{*}=axe^{x}+b $ 。故应选择(B).

(2008. I) 在下列微分方程中，以 $ y = C_{1} e^{x} + C_{2} \cos 2x + C_{3} \sin 2x $ ( $ C_{1}, C_{2}, C_{3} $ 为任意的常数) 为通解的是().

(A) $ y''+y''-4y'-4y=0 $ (B) $ y'''+y''-4y'+4y=0 $ (C) $ y'''-y''-4y'+4y=0 $ (D) $ y'''-y''+4y'-4y=0 $

解由 $ y=C_{1}e^{x}+C_{2}\cos2x+C_{3}\sin2x $ 可知微分方程的特征方程的根为 $ \lambda_{1}=1 $， $ \lambda_{2,3}=\pm2i $，故对应的特征方程为

$$ \begin{aligned}\left(r-1\right)\left(r+2\mathrm{i}\right)\left(r-2\mathrm{i}\right)&=\left(r-1\right)\left(r^{2}+4\right)\\&=r^{3}-r^{2}+4r-4=0,\end{aligned} $$

所以微分方程为 $ y'' - y'' + 4y' - 4y = 0 $. 应选(D).

(1989. I, II, III) 设 $ f(x) = \sin x - \int_{0}^{x} (x - t) f(t) \, dt $，其中 f 为连续函数，求 $ f(x) $.

解因 $ f(x) = \sin x - x \int_{0}^{x} f(t) \, dt + \int_{0}^{x} t f(t) \, dt $，代入 x = 0，得 $ f(0) = 0 $，且

$$ f^{\prime}(x)=\cos x-\int_{0}^{x}f(t)d t. $$

代入 x=0 ，得 $ f^{\prime}(0)=1 $ 。又

$$ f^{\prime \prime}(x)=-\sin x-f(x). $$

记 $ y = f(x) $，即得初值问题

$$ \{\begin{aligned}y^{\prime \prime}+y&=-\sin x,\\ y\mid_{x=0}&=0,y^{\prime}\mid_{x=0}=1.\end{aligned}. $$

原书第 373 页

上述微分方程对应的齐次方程的特征方程有根 $ r_{1,2} = \pm i $，而自由项为 $ -\sin x, \lambda + i\omega = i $ 是特征方程的根，故令 $ y^{*} = x (A \cos x + B \sin x) $ 是原方程的特解，代入微分方程并比较系数，得 $ A = \frac{1}{2}, B = 0 $，即 $ y^{*} = \frac{1}{2} x \cos x $。于是得通解

$$ y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+\frac{1}{2}x\cos x, $$

且

$$ y^{\prime}=-C_{1}\sin x+C_{2}\cos x+\frac{1}{2}\cos x-\frac{1}{2}x\sin x. $$

由 $ y\big|_{x=0}=0 $ 及 $ y'\big|_{x=0}=1 $ ，得

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&=0,\\ C_{2}&+\frac{1}{2}=1,\end{aligned}. $$

即 $ C_{1}=0, C_{2}=\frac{1}{2} $，故

$$ y=f(x)=\frac{1}{2}\sin x+\frac{1}{2}x\cos x. $$

(1991. I, II) 在上半平面上求一条向下凸的曲线, 其上任一点 $ P(x, y) $ 处的曲率等于此曲线在该点的法线 PQ 长度的倒数 (Q 是法线与 x 轴的交点), 且曲线在点 (1,1) 处的切线与 x 轴平行.

解曲线 $ y = y(x) $ 在点 $ P(x, y) $ 处的法线方程为

$$ Y-y=-\frac{1}{y^{^{\prime}}}(X-x). $$

令 Y=0，得点 Q 的坐标 $ (x+yy',0) $，于是

$$ \mid P Q\mid=\sqrt{\left(y y^{^{\prime}}\right)^{2}+y^{2}}=\mid y\mid\sqrt{1+y^{^{\prime}2}}. $$

依题意有

$$ \frac{\left|y^{\prime \prime}\right|}{\left(1+{y^{\prime}}^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{\left|y\right|\left(1+{y^{\prime}}^{2}\right)^{\frac{1}{2}}}. $$

因所求曲线在上半平面上且向下凸，有 $ \left|y\right|=y,\left|y^{\prime\prime}\right|=y^{\prime\prime} $，故得微分方程

$$ \frac{y^{\prime \prime}}{1+{y^{\prime}}^{2}}=\frac{1}{y}, $$

且由题设知 $ y\big|_{x=1}=1, y'\big|_{x=1}=0 $.

令 $ y' = p $，则 $ y'' = p \frac{dp}{dy} $，且微分方程降阶为

$$ \frac{p\mathrm{d}p}{1+p^{2}}=\frac{\mathrm{d}y}{y}. $$

由条件 y = 1, p = 0，积分 $ \int_{0}^{p}\frac{p\mathrm{d}p}{1+p^{2}} = \int_{1}^{y}\frac{\mathrm{d}y}{y} $，得 $ \frac{1}{2}\ln(1+p^{2}) = \ln y $，从而

原书第 374 页

$$ p=\pm\sqrt{y^{2}-1}, $$

即

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{y^{2}-1}}=\pm\mathrm{d}x. $$

积分得

$$ \ln\left(y+\sqrt{y^{2}-1}\right)=\pm x+C, $$

即 $ y=\frac{e^{x+C}+e^{-(x+C)}}{2} $. 代入初值条件 x=1, y=1, 得 C=-1, 故

$$ y=\frac{\mathrm{e}^{x-1}+\mathrm{e}^{-(x-1)}}{2}. $$

(1995. I, II) 设曲线 L 位于 xOy 平面的第一象限内，L 上任一点 M 处的切线与 y 轴总相交，交点记为 A. 已知 $ \left|MA\right| = \left|OA\right| $，且 L 过点 $ \left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right) $，求 L 的方程.

解设点 M 的坐标为 $ (x,y) $，则切线 MA 的方程为

$$ Y-y=y^{\prime}(X-x). $$

令X=0，得A的坐标 $ (0,y-xy') $。

因 $ \left|MA\right|=\left|OA\right| $，故有

$$ \left|y-x y^{\prime}\right|=\sqrt{\left(x-0\right)^{2}+\left(y-y+x y^{\prime}\right)^{2}}, $$

化简后得

$$ 2yy^{\prime}-\frac{1}{x}y^{2}=-x. $$

即

$$ (y^{2})^{\prime}-\frac{1}{x}y^{2}=-x. $$

由一阶线性方程的通解公式解得

$$ y^{2}=\mathrm{e}^{\int_{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x}\left(\int-x\mathrm{e}^{-\int_{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=x\left(-x+C\right)=-x^{2}+C x. $$

由于 L 位于第一象限，故取

$$ y=\sqrt{C x-x^{2}}. $$

代入初值条件 $ x=\frac{3}{2} $, $ y=\frac{3}{2} $，得 C=3。故 L 的方程为

$$ y=\sqrt{3x-x^{2}}. $$

(1995. Ⅲ) 设 $ y = e^x $ 是微分方程 $ xy' + p(x)y = x $ 的一个解，求此微分方程满足条件 $ y \big|_{x = \ln 2} = 0 $ 的特解.

解将 $ y=e^{x} $ 代入原方程，可得

$$ x\mathrm{e}^{x}+p(x)\mathrm{e}^{x}=x, $$

原书第 375 页

故

$$ p(x)=x\mathrm{e}^{-x}-x, $$

即原方程对应的齐次方程为 $ xy' + (xe^{-x} - x)y = 0 $，消去 x，得 $ y' + (e^{-x} - 1)y = 0 $，分离变量并积分得齐次方程的通解为

$$ Y=C\mathrm{e}^{x+\mathrm{e}^{-x}}, $$

于是得原方程的通解为

$$ y=C\mathrm{e}^{x+\mathrm{e}^{-x}}+\mathrm{e}^{x}. $$

由初值条件 $ y\big|_{x=\ln2}=0 $，得 $ C\cdot2e^{\frac{1}{2}}+2=0 $，即 $ C=-\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}} $。故所求特解为

$$ y=e^{x}-e^{x+e^{-x}-\frac{1}{2}}. $$

(1996. Ⅲ) 设 $ f(x) $ 为连续函数.

（1）求初值问题 $ \{\begin{aligned}y^{\prime}+ay&=f(x)\\ y&\mid_{x=0}=0\end{aligned}. $，的解 $ y(x) $，其中a是正常数；

(2) 若 $ \left|f(x)\right|\leqslant k $ (k 为常数)，证明当 $ x\geqslant0 $ 时，有 $ \left|y(x)\right|\leqslant\frac{k}{a}(1-\mathrm{e}^{-ax}) $.

解（1）方程的通解为

$$ \begin{align*}y&=\mathrm{e}^{-\int a\mathrm{d}x}\Big(\int f(x)\mathrm{e}^{\int a\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big)=\mathrm{e}^{-ax}\Big(\int f(x)\mathrm{e}^{ax}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=\mathrm{e}^{-ax}\left(F(x)+C\right),\end{align*} $$

其中 $ F(x) $ 是 $ f(x)e^{ax} $ 的一个原函数. 由 $ y\big|_{x=0}=0 $, 得 C = -F(0), 故

$$ \begin{array}{r l r l}{y}&{=\mathrm{~e}^{-a x}\left[F(x)\;-\;F(0)\right]}&{=}&{\mathrm{e}^{-a x}\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{e}^{a t}\mathrm{d}t.}\end{array} $$

（2）因 $ \left|f(x)\right|\leq k $ ，故

$$ \begin{align*}|\mathbf{\Sigma}y|&=\mathbf{e}^{-ax}\left|\int_{0}^{x}f(t)\mathbf{e}^{at}\mathrm{d}t\right|\leqslant\mathbf{e}^{-ax}\int_{0}^{x}\left|f(t)\right|\mathbf{e}^{at}\mathrm{d}t\\&\leqslant k\mathbf{e}^{-ax}\int_{0}^{x}\mathbf{e}^{at}\mathrm{d}t=k\mathbf{e}^{-ax}\frac{1}{a}(\mathbf{e}^{ax}-1)\\&=\frac{k}{a}(1-\mathbf{e}^{-ax}).\end{align*} $$

19.（1993. I，Ⅱ）设物体A从点(0,1)出发，以常速率v沿y轴正向运动.物体B从点 $ (-1,0) $与A同时出发，其速率为2v，方向始终指向A.试建立物体B的运动轨迹所满足的微分方程，并写出初值条件.

解设物体 B 的运动轨迹的方程为 $ y = y(x) $，又设在时刻 t，物体 B 位于点 $ (x, y) $ 处，此时物体 A 位于点 $ (0, 1 + vt) $。按题意，则如图研 4-1 所示，有

$$ y^{^{\prime}}=\frac{1+vt-y}{0-x}, $$

即

$$ y-x y^{\prime}-1=v t. $$

原书第 376 页

图研4-1

又此刻，物体 B 从点 $ (-1,0) $ 行至 $ (x,y) $ 的路程为

$$ \int_{-1}^{x}\sqrt{1+y^{\prime2}}\mathrm{d}x=2v t. $$

由(1)式与(2)式消去 vt，得

$$ y-x y^{\prime}-1=\frac{1}{2}\int_{-1}^{x}\sqrt{1+y^{\prime2}}\mathrm{d}x. $$

在上式两端对 x 求导，得

$$ y^{\prime}-\left(y^{\prime}+x y^{\prime \prime}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{1+{y^{\prime}}^{2}}, $$

即

$$ x y^{\prime \prime}+\frac{1}{2}\sqrt{1+{y^{\prime}}^{2}}=0, $$

初值条件为 $ y\mid_{x=-1}=0,y'\mid_{x=1}=1 $

(1998. Ⅱ) 利用代换 $ y = \frac{u}{\cos x} $ 将方程

$$ y^{\prime \prime}\cos x-2y^{\prime}\sin x+3y\cos x=e^{x} $$

化简，并求出原方程的通解.

解法一由 $ u = y \cos x $ 两端对 x 求导，得

$$ u^{\prime}=y^{\prime}\cos x-y\sin x,\quad u^{\prime \prime}=y^{\prime \prime}\cos x-2y^{\prime}\sin x-y\cos x. $$

于是原方程化为 $ u'' + 4u = e^{x} $，其通解为

$$ u=C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x+\frac{e^{x}}{5}(C_{1},C_{2} 为任意常数 ). $$

从而原方程的通解为

$$ y=C_{1}\frac{\cos2x}{\cos x}+2C_{2}\sin x+\frac{\mathrm{e}^{x}}{5\cos x}. $$

解法二

$$ y=u\operatorname{sec} x,\\ y^{\prime}=u^{\prime}\sec x+u\operatorname{sec} x\cdot\tan x, $$

$$ y^{\prime \prime}=u^{\prime \prime}\sec x+2u^{\prime}\sec x\cdot\tan x+u\sec x\cdot\tan^{2}x+u\sec^{3}x. $$

原书第 377 页

代入原方程得 $ u'' + 4u = e^{x} $. (下同解法一)

(1997.Ⅱ) 设曲线 L 的极坐标方程为 $ \rho = \rho(\theta) $, $ M(\rho, \theta) $ 为 L 上任一点, $ M_{0}(2,0) $ 为 L 上一定点. 若极径 $ OM_{0} $, OM 与曲线 L 所围成的面积等于 L 上 $ M_{0} $, M 两点间弧长的值之一半. 求曲线 L 的方程.

解由题意得

$$ \frac{1}{2}\int_{0}^{\theta}\rho^{2}\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}\int_{0}^{\theta}\sqrt{\rho^{2}+\rho^{\prime2}}\mathrm{d}\theta, $$

上式两端对 $ \theta $ 求导，得 $ \rho^{2} = \sqrt{\rho^{2} + \rho'^{2}} $，即 $ \rho' = \pm\rho\sqrt{\rho^{2} - 1} $。分离变量并积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}\rho}{\rho\sqrt{\rho^{2}-1}}=\pm\int\mathrm{d}\theta, $$

即

$$ \int\frac{\mathrm{d}\rho}{\rho^{2}\sqrt{1-\frac{1}{\rho^{2}}}}=\pm\int\mathrm{d}\theta, $$

得 $ -\arcsin\frac{1}{\rho}=\pm\theta+C $ ，代入初值条件 $ \theta=0,\rho=2 $ ，得 $ C=-\frac{\pi}{6} $ 。故曲线 L 的方程为 $ \arcsin\frac{1}{\rho}=\frac{\pi}{6}\pm\theta $ ，即

$$ \rho~=~\frac{1}{\sin\Bigl(\frac{\pi}{6}\pm\theta\Bigr)}. $$

若将 L 表示成直角坐标方程，则由 $ \rho\sin\left(\frac{\pi}{6}\pm\theta\right)=1 $，即

$$ \rho\bigg(\frac{1}{2}\cos\theta\pm\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta\bigg)=1, $$

得 $ x \pm \sqrt{3}y = 2 $.

(1998. Ⅱ) 设 $ y = y(x) $ 是一向上凸的连续曲线，其上任一点 $ (x, y) $ 处的曲率为 $ \frac{1}{\sqrt{1 + y'^{2}}} $. 又此曲线上点 $ (0, 1) $ 处的切线方程为 $ y = x + 1 $，求该曲线的方程，并求 $ y = y(x) $ 的极值.

解因曲线向上凸，故 $ y^{\prime\prime}\leq0 $ ，曲率 $ K=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left(\sqrt{1+y^{\prime2}}\right)^{3}}=\frac{-y^{\prime\prime}}{\left(\sqrt{1+y^{\prime2}}\right)^{3}} $ ，按题意有

$$ \frac{{}-y^{\prime \prime}}{(\sqrt{1+{y^{\prime}}^{2}})^{3}}=\frac{1}{\sqrt{1+{y^{\prime}}^{2}}}, $$

即

$$ \frac{y^{\prime \prime}}{1+{y^{\prime}}^{2}}=-1. $$

原书第 378 页

令 $ y' = p $，则上述方程化为 $ \frac{p'}{1 + p^2} = -1 $，即

$$ \frac{\mathrm{d}p}{1+p^{2}}=-\mathrm{d}x, $$

积分得 $ \arctan p = C_{1} - x $.

因 $ y = y(x) $ 在点 $ (0,1) $ 处的切线方程为 $ y = x + 1 $，故 $ p \mid_{x=0} = y' \mid_{x=0} = 1 $。由此条件得 $ \arctan 1 = C_{1} $，即 $ C_{1} = \frac{\pi}{4} $。于是

$$ y^{^{\prime}}=p=\tan\left(\frac{\pi}{4}-x\right), $$

积分得

$$ y=\ln\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right]+C_{2}. $$

因曲线过点 $ (0,1) $，故由 $ y|_{x=0}=1 $，得 $ C_{2}=1-\ln\frac{\sqrt{2}}{2}=1+\frac{1}{2}\ln2 $。故所求曲线的方程为

$$ y=\ln\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right]+1+\frac{1}{2}\ln2. $$

由于 $ y = y(x) $ 是连续曲线，故 $ y = \ln\left[\cos\left(\frac{\pi}{4} - x\right)\right] + 1 + \frac{1}{2}\ln 2 $ 的定义域为 $ -\frac{\pi}{2} $

$ < x - \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2} $，即 $ -\frac{\pi}{4} < x < \frac{3\pi}{4} $. 又 $ \cos\left(\frac{\pi}{4} - x\right) \leq 1 $. 故当 $ x = \frac{\pi}{4} $ 时，y 有极大值 1

$ + \frac{1}{2}\ln 2 $.

(1998. Ⅲ) 设函数 $ f(x) $ 在 $ [1, +\infty) $ 上连续. 若由曲线 $ y = f(x) $，直线 x = 1, x = t (t > 1) 与 x 轴所围成的图形绕 x 轴旋转一周所成的旋转体体积为

$$ V(t)=\frac{\pi}{3}\big[t^{2}f(t)-f(1)\big], $$

试求 $ y = f(x) $ 所满足的微分方程，并求该微分方程满足条件 $ y \mid_{x=2} = \frac{2}{9} $ 的解.

解依题意，有

$$ \pi\int_{1}^{t}f^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x=\frac{\pi}{3}\left[t^{2}f(t)-f(1)\right], $$

即

$$ 3\int_{1}^{t}f^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x=t^{2}f(t)-f(1). $$

两端对 t 求导，得 $ 3f^{2}(t)=2tf(t)+t^{2}f'(t) $. 将变量 t 用 x 表示，即

$$ x^{2}y^{\prime}+2x y=3y^{2} $$

原书第 379 页

为 $ y = f(x) $ 满足的微分方程.

将此方程改写为

$$ y^{\prime}+2\frac{y}{x}=3\left(\frac{y}{x}\right)^{2}, $$

令 $ u = \frac{y}{x} $，则 $ y' = u + xu' $，且方程成为 $ xu' = 3u(u - 1) $，分离变量并积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}u}{u(u-1)}=3\int\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

得

$$ \ln\left|\frac{u-1}{u}\right|=3\ln\mid x\mid+\ln C_{1}, $$

代入 $ u = \frac{y}{x} $，得 $ \ln\left|\frac{y - x}{y}\right| = \ln C_{1}|x|^{3} $，即

$$ \frac{y-x}{y}=C x^{3}\quad\left(C=\pm C_{1}\right). $$

由初值条件 $ y \mid_{x=2} = \frac{2}{9} $，得 C = -1，于是由 $ \frac{y - x}{y} = -x^{3} $ 解得

$$ y=\frac{x}{x^{3}+1} $$

(2001. IV) 设函数 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内连续, $ f(1) = \frac{3}{2} $, 且对所有 $ x, t \in (0, +\infty) $, 满足条件

$$ \int_{1}^{xt}f(u)\mathrm{d}u=t\int_{1}^{x}f(u)\mathrm{d}u+x\int_{1}^{t}f(u)\mathrm{d}u, $$

求 $ f(x) $.

解在所给条件等式的两端对 x 求导，得

$$ \begin{array}{r l r}{t f(\mathrm{\boldmath~x t~})}&{=}&{t f(\mathrm{\boldmath~x~})+\int_{1}^{t}f(\mathrm{\boldmath~u~})\mathrm{d}u.}\end{array} $$

在上式中令 x = 1，且由 $ f(1) = \frac{5}{2} $，可得

$$ t f(t)=\frac{5}{2}t+\int_{1}^{t}f(u)\mathrm{d}u. $$

由于 t > 0 时 $ \frac{1}{t}\int_{1}^{t}f(u)du $ 关于 t 可导，故 $ f(t) = \frac{5}{2} + \frac{1}{t}\int_{1}^{t}f(u)du $ 可导，于是在等式 (1) 两端对 t 求导，得

$$ f(t)+tf^{\prime}(t)=\frac{5}{2}+f(t), $$

即 $ f'(t) = \frac{5}{2t} $，积分得 $ f(t) = \frac{5}{2}\ln t + C $.

原书第 380 页

由 $ f(1)=\frac{5}{2} $，得 $ C=\frac{5}{2} $。故 $ f(t)=\frac{5}{2}\ln t+\frac{5}{2} $，即

$$ f(x)=\frac{5}{2}(\ln x+1). $$

(2000.Ⅱ)某湖泊的水量为V，每年排入湖泊内含污染物A的污水量为 $ \frac{V}{6} $，流入湖泊内不含A的水量为 $ \frac{V}{6} $，流出湖泊的水量为 $ \frac{V}{3} $。已知1999年年底湖中A的含量为 $ 5m_{0} $，超过国家规定指标。为了治理污染，从2000年初起，限定排入湖泊中含A污水的浓度不超过 $ \frac{m_{0}}{V} $。问至多需经过多少年，湖泊中污染物A的含量降至 $ m_{0} $以内？（注：设湖水中A的浓度是均匀的。）

解设从2000年年初（令此时t=0）开始，第t年湖泊中污染物A的总量为m，浓度为 $ \frac{m}{V} $，则在时间间隔 $ [t,t+\mathrm{d}t] $内，排入湖泊中A的量为 $ \frac{m_{0}}{V}\cdot\frac{V}{6}\mathrm{d}t=\frac{m_{0}}{6}\mathrm{d}t $，流出湖泊的水中A的量为 $ \frac{m}{V}\cdot\frac{V}{3}\mathrm{d}t=\frac{m}{3}\mathrm{d}t $，因而在此时间间隔内湖泊中污染物A的改变量

$$ \mathrm{d}m=\left(\frac{m_{0}}{6}-\frac{m}{3}\right)\mathrm{d}t. $$

由分离变量法解得 $ m = \frac{m_{0}}{2} - Ce^{-\frac{1}{3}} $，代入初值条件 $ m \mid_{t=0} = 5m_{0} $，得 $ C = -\frac{9}{2}m_{0} $。于是

$$ m=\frac{m_{0}}{2}(1+9\mathrm{e}^{-\frac{t}{3}}). $$

令 $ m = m_{0} $，得 t = 6ln 3，即至多需经过 6ln 3 年，湖泊中污染物 A 的含量降至 $ m_{0} $ 以内.

(2003.Ⅱ) 设位于第一象限的曲线 $ y = f(x) $ 过点 $ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2}\right) $，其上任一点 $ P(x, y) $ 处的法线与 y 轴的交点为 Q，且线段 PQ 被 x 轴平分.

（1）求曲线 $ y = f(x) $ 的方程；

(2) 已知曲线 $ y = \sin x $ 在 $ [0, \pi] $ 上的弧长为 l，试用 l 表示曲线 $ y = f(x) $ 的弧长 s.

解（1）曲线 $ y=f(x) $ 在点 $ P(x,y) $ 处的法线方程为

$$ Y-y=-\frac{1}{y^{^{\prime}}}(X-x), $$

其中 $ (X,Y) $为法线上任意一点，令X=0，则

$$ Y=y+\frac{x}{y^{^{\prime}}}, $$

故 Q 点为 $ \left(0,y+\frac{x}{y^{\prime}}\right) $. 由题设知 $ y+y+\frac{x}{y^{\prime}}=0 $, 即 2ydy+xdx=0. 积分, 得 $ x^{2}+2y^{2}=C $ (C 为任意常数). 由 $ y\bigg|_{x=\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2} $ 知 C=1, 故曲线 $ y=f(x) $ 的方程为

原书第 381 页

$$ x^{2}+2y^{2}=1. $$

（2）曲线 $ y = \sin x $ 在 $ [0, \pi] $ 上的弧长为

$$ l=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\cos^{2}x}\mathrm{d}x. $$

曲线 $ y = f(x) $ 的参数方程为

$$ \{\begin{aligned}x&=\cos\theta,\\ y&=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta,\end{aligned}. $$

故

$$ s=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin^{2}\theta+\frac{1}{2}\cos^{2}\theta}\mathrm{d}\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\sin^{2}\theta}\mathrm{d}\theta. $$

令 $ \theta = \frac{\pi}{2} - t $，则

$$ s=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\sqrt{1+\cos^{2}t}\left(-\mathrm{d}t\right)\\ =\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\cos^{2}t}\mathrm{d}t\\ =\frac{l}{2\sqrt{2}}\\ =\frac{\sqrt{2}}{4}l. $$

(2003. I, II) 设函数 $ y = y(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内具有二阶导数，且 $ y' \neq 0 $， $ x = x(y) $ 是 $ y = y(x) $ 的反函数.

（1）试将 $ x = x(y) $ 所满足的微分方程 $ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}} + (y + \sin x)\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right)^{3} = 0 $ 变换为 $ y = y(x) $ 满足的微分方程；

(2) 求变换后的微分方程满足初值条件 $ y(0) = 0, y'(0) = \frac{3}{2} $ 的解.

解（1）由反函数导数公式知 $ \frac{dx}{dy} = \frac{1}{y'} $，即

$$ y^{\prime}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=1. $$

上式两端关于 x 求导，得 $ y''\frac{dx}{dy}+\frac{d^{2}x}{dy^{2}}(y')^{2}=0 $，所以

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}=-\frac{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}y^{\prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{2}}=-\frac{y^{\prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{3}}. $$

代入原微分方程，得

$$ y^{\prime \prime}-y=\sin x. $$

（2）方程（ $ ^{*} $）所对应的齐次方程 $ y'' - y = 0 $ 的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}. $$

设方程 $ (\ast) $的特解为

$$ y^{*}=A\cos x+B\sin x, $$

代入方程 $ ^{*} $，求得A=0,B=-\frac{1}{2},故 $ y^{*}=-\frac{1}{2}\sin x $，从而 $ y''-y=\sin x $的通解

原书第 382 页

是

$$ y\left(x\right)\;=\;C_{1}\mathrm{e}^{x}\;+\;C_{2}\mathrm{e}^{-x}\;-\frac{1}{2}\sin x. $$

由 $ y(0)=0, y'(0)=\frac{3}{2} $，得 $ C_{1}=1, C_{2}=-1 $，故所求初值问题的解为

$$ y(x)=\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}-\frac{1}{2}\sin x. $$

28.（2004.I）某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞以增加阻力，使飞机减速并停下．现有一质量为9000kg的飞机，着陆时的水平速度为700km/h.经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为 $ k=6.0\times10^{6} $）问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？

解法一根据牛顿第二定律，得 $ m\frac{dv}{dt} = -kv $，即

$$ \frac{\mathrm{d}v}{v}=-\frac{k}{m}\mathrm{d}t. $$

两端积分得 $ \ln v = -\frac{k}{m}t + \ln C $，即 $ v = Ce^{-\frac{k}{m}t} $。当 t = 0 时， $ v = v_{0} $，有 $ C = v_{0} $，故

$$ \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=v=v_{0}\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}. $$

于是飞机滑行的最长距离为

$$ s~=~\int_{0}^{+\infty}v_{0}\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}\mathrm{d}t~=~-\left.\frac{mv_{0}}{k}\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}\right|_{0}^{+\infty}~=~\frac{mv_{0}}{k}~=~1.05~(km). $$

解法二根据牛顿第二定律，得

$$ m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-k v, $$

又 $ \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{ds} \cdot \frac{ds}{dt} = \frac{dv}{ds} \cdot v $，故有

$$ \mathrm{d}s=-\frac{m}{k}\mathrm{d}v, $$

积分得 $ s = -\frac{m}{k}v + C $ 。由于 t = 0 时，s = 0, v = v_{0}，故 $ C = \frac{m}{k}v_{0} $ 。于是得

$$ s~=~-\frac{m}{k}(v-v_{0}). $$

令 $ v \to 0 $ (当 $ t \to \infty $ 时)，得

$$ s\to\frac{m v_{0}}{k}\;=\;1.05(\mathrm{~k m}). $$

29.（2010. I）求微分方程 $ y'' - 3y' + 2y = 2x\mathrm{e}^{x} $ 的通解.

解原方程对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-3r+2=0 $，根为 $ r_{1}=1, r_{2}=2 $，故

原书第 383 页

对应的齐次方程的通解是

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{2x}. $$

由于自由项为 $ 2xe^{x} $， $ \lambda=1 $ 为特征方程的单根，故令非齐次方程的特解 $ y^{*}=x(ax+b)e^{x}=(ax^{2}+bx)e^{x} $，代入原方程后解得 a=-1, b=-2，故 $ y^{*}=-(x^{2}+2x)e^{x} $。从而所求通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{2x}-\left(x^{2}+2x\right)\mathrm{e}^{x}, $$

其中 $ C_{1}, C_{2} $ 是任意常数.

(2013. I) 设数列 $ \{a_{n}\} $ 满足条件: $ a_{0}=3, a_{1}=1, a_{n-2}-n(n-1)a_{n}=0 (n \geqslant 2) $,

S(x) 是幂级数 $ \sum a_{n} x^{n} $ 的和函数.

（1）证明： $ S''(x)-S(x)=0 $；

(2) 求 $ S(x) $ 的表达式.

解（1）当 $ n \geqslant 2 $时，由

$$ a_{n}=\frac{a_{n-2}}{n(n-1)}=\frac{a_{n-4}}{n(n-1)(n-2)(n-3)}=\cdots=\{\begin{aligned}&\frac{a_{0}}{n!},&n&=2m,\\&\frac{a_{1}}{n!},&n&=2m+1,\end{aligned}. $$

其中， $ m = 1, 2, \cdots $，易见 $ \sum a_{n}x^{n} $ 的收敛域是 $ (-\infty, +\infty) $，即

$$ S\left(x\right)\;=\;\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},\quad x\;\in\;\left(-\infty,\;+\;\infty\right). $$

于是有

$$ S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n a_{n}x^{n-1},\quad S^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}, $$

且由条件 $ a_{n-2}=n(n-1)a_{n} $，得

$$ S^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=S(x), $$

所以， $ S''(x)-S(x)=0 $

（2）二阶常系数齐次线性微分方程 $ S''(x) - S(x) = 0 $ 的特征方程为 $ r^{2} - 1 = 0 $，根为 $ r_{1,2} = \pm 1 $，故通解为 $ S(x) = C_{1}e^{x} + C_{2}e^{-x} $.

由于

$$ \{\begin{aligned}S(0)&=C_{1}+C_{2}=a_{0}=3,\\ S^{\prime}(0)&=C_{1}-C_{2}=a_{1}=1,\end{aligned}. $$

故 $ C_{1}=2,C_{2}=1 $ ，即 $ S(x)=2\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x},x\in(-\infty,+\infty) $

全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

二、全国硕士研究生入学统一考试数学 试题选解

（一） 函数 极限 连续

（二） 一元函数微分学

（三） 一元函数积分学

（四） 微分方程

二、全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

（一）函数极限连续

（二）一元函数微分学

（三）一元函数积分学

（四）微分方程