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一.
1. 2
2. $1+\frac{1}{e^2}$
3. $y=\frac13 e x$
4. $y=\frac \pi 4$
二. 1. A 2. D 3. C 4. B 5. B
三.
1. 左极限
\[
\lim_{x\to 0^-} \frac{-\sin x}{x}=-1,
\]
右极限
\[
\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x}=1,
\]
所以原式极限不存在。
2.
\[
\frac{dy}{dx}= -e^{2t}- te^{2t}, \qquad \frac{d^2 y}{dx^2}= 3e^{3t} +2t e^{3t}.
\]
3.
\[
\mbox{原式}=2 \int x d(\sqrt{e^x -2}) =2x\sqrt{e^x-2} -2\int \sqrt{e^x-2} dx,
\]
上式第二个积分做 $t=\sqrt{e^x -2}$ 的变换得
\[
\int \sqrt{e^x-2} dx= \int \frac{2 t^2}{t^2+2}dt=2t- 2\sqrt 2 \arctan(t/\sqrt 2)+C
\]
因此
\[
\mbox{原式}=2x \sqrt{e^x-2} -4 \sqrt{e^x -2} + 4\sqrt 2 \arctan \sqrt{e^x/2-1}+C.
\]
4. 令 $u=x-1$, 则
\[
\mbox{原式}=\int_{-1}^{1} f(u)du =\int_{-1}^0 \frac{1}{e^u+1} du +\int_0^1 \frac{1}{1+u} du
\]
其中
\[
\int_{-1}^0 \frac{1}{e^u+1} du =\int_{-1}^0 \frac{e^u}{e^{2u}+e^u} du =(\ln e^u- \ln(e^u+1))\bigg|_{-1}^{0}=\ln(1+e)-\ln 2
\]
而
\[
\int_0^1 \frac{1}{u+1} du = \ln 2
\]
因此
\[
\mbox{原式}=\ \ln(1+e).
\]
5. 与作业 29 类似
6. 根据条件有 $y(0)=1$ 推出 $c=1$, 而且因为在 $x=0$ 处有极大值，所以 $y‘(0)=0$ 推出 $b=0$, 以及拐点的定义，由 $y‘‘(1)=0$ 推出 $a=-3$, 因此
\[
y= x^3 -3x^2 +1.
\]
即 $x=2$ 时有极小值
7. 令
\[
\varphi(x) =e^x f(x),
\]
假设 $f(x)$ 有两个零点分别为 $x_1$ 以及 $x_2$, 且 $x_1<x_2$, 容易验证
\[
\varphi(x_1) =\varphi(x_2)=0,
\]
根据罗尔定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$
\[
\varphi(\xi)= e^{\xi} f(\xi)+e^{\xi} f‘(\xi)=0,
\]
即
\[
f(\xi)+f‘(\xi)=0,
\]
结论得证.
五. 根据题设，可以假设 $M$ 的坐标为 $(x_0,x_0^2)$, 过该点的切线为
\[
y= 2x_0 x -x_0^2,
\]
因此围成的面积按 $y$ 为积分变量可写成
\[
A= \int_0^{x_0^2} [ (\frac{y}{2x_0} +\frac12 x_0)- \sqrt y ]dy=\frac{1}{12},
\]
推出
\[
x_0 =1
\]
即 $M=(1,1)$.
(2) 注意到切线与 $x$ 轴的交点是 $\frac 12$,
\[
V= \int_0^1 \pi x^4 dx -\int_{\frac 12}^1\pi (2x-1)^2 dx=\frac{1}{30} \pi.
\]
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原文地址：http://www.cnblogs.com/mmmmmm6m/p/4199662.html
