一.

1. $(\ln 5 \cdot 5^x +e x^{e-1})dx$


2. $e^{x+1}$; 考虑下列极限
\[
   f(x+1)= \lim_{t\to +\infty} \exp \frac{\ln\frac{t+x}{t-2} }{t} = \exp( \lim_{t\to +\infty} t{\ln(1+\frac{x+2}{t-2}) })=
 \exp( \lim_{t\to +\infty} {\frac{(x+2)t}{t-2} } )= e^{x+2}.
\]

3. 可去


4.  $\frac {5\pi} 2$ (几何意义)



5.  $\frac12 \ln 2$ (积分等于 $\frac12 \lim\limits_{b\to +\infty} \ln\frac{x^2}{1+x^2}\bigg|_1^b$, 注意到是整个定积分用莱布尼茨公式算出后才取极限，而不是每一部分取极限，就会得到不收敛的错误结果)


二.

1.  D         2.  C ( 注意到导数为零以及导数不存在的点都是可能的极值点，零点是导数不存在的点 )

3.  B (注意到导数 $f(x)+\frac{1}{f(x)}\geq 2\sqrt{f(x) \frac{1}{f(x)} }=2$, 所以只有唯一的根)



4. D



三.

1.
\[
  \frac{d x}{d t} = \frac{1}{1+t^2},
\]
以及
\[
  \frac{dy}{dt} =  \frac12 \frac{y^2 -e^t}{1-ty},
\]
因此
\[
  \frac{dy}{dx} =\frac{ \frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=  \frac12 \frac{(y^2 -e^t)(1+t^2)}{1-ty}.
\]




2.
\[
  \mbox{原式}=\lim_{x\to 0}\exp  \frac{\ln(1-x+\sin x)}{x^2}
   =  \exp (\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1-x+\sin x)}{x^2}   )=  \exp (\lim_{x\to 0} \frac{ \sin x -x}{x^2}   )=e^0 =1
\]




3. 因为是分段点，根据定义
\[
  f‘(0) =\lim_{x\to 0}  \frac{\frac{\int_0^x (e^{t^2}-1)dt }{x^2}-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0}  \frac{{\int_0^x (e^{t^2}-1)dt }}{x^3}
 =\lim_{x\to 0}  \frac{  e^{x^2}-1 }{3x^2} =\frac13.
\]




4. 假设 $x>2$, 令 $t=\frac 1x$ 得
\[
   \mbox{原式}= -\int \frac{t}{\sqrt{1-(2t)^2}} dt =\frac14 \sqrt{1-(2t)^2}+C=\frac{\sqrt{x^2-4}}{4x}+C,
\]
假设 $x<-2$, 令 $t=-x$ 得
\[
   \mbox{原式}=-\int \frac{dt}{t^2 \sqrt{t^2-4}}=- \frac{\sqrt{t^2-4}}{4t}+C=\frac{\sqrt{x^2-4}}{4x}+C.
\]


(当然可以使用三角变换，更多例子可参见书上第四章不定积分习题整理)




5.
\[
   \int_0^1 f‘(x) f‘‘(x) dx =\frac12  f‘(x)^2\bigg|_0^1 = \frac12 ( f‘(1)^2 -f‘(0)^2 ),
\]
又因为
\[
   f‘(x)= e^{-x^2/2},
\]
即
\[
    \int_0^1 f‘(x) f‘‘(x) dx = \frac{1-e}{2e}.
\]





6.  注意到 $0<t<1$, 因此 $y=t$ 与 $y=x^2$ 的交点为 $(\sqrt t, t)$. 以 $x$ 为积分变量, 面积分为两段来计算
\[
 A=    \int_0^{\sqrt t}  (t- x^2) dx +\int_{\sqrt t}^1  (x^2-t)  dx  =\frac43 t^{3/2} -t+\frac13.
\]
当然也可以用 $y$ 为积分变量,
\[
  A= \int_0^t  \sqrt{y} dy + \int_t^1 (1-\sqrt{y}) dy=\frac43 t^{3/2} -t+\frac13.
\]

(注意围成的意思是 所成图形区域的边界就是 $x=0,x=1,y=t$)




四.

1.  考虑函数
\[
  \varphi(x)= [ f(x)-f(a) ][g(b)-g(x)]
\]
以及利用罗尔定理, 由于 $\varphi(a)=\varphi(b)=0$, 因此存在 $\xi\in (a,b)$ 使得
\[
   \varphi(\xi) = f‘(\xi) (g(b)-g(\xi)) -g‘(\xi) (f(\xi)-f(a))=0,
\]
又因为 $g‘(x)\neq 0$, 所以 $g(b)\neq g(\xi)$, 因此由上式得到结论.



2. 因为
\[
   \int_0^\pi f(|\cos x|) dx = \int_0^{\frac \pi 2} f(\cos x) dx + \int_{\frac \pi 2}^{\pi} f(-\cos x) dx,
\]
在上式最后个积分里，令 $u=\pi -x$ 得
\[
\int_{\frac \pi 2}^{\pi} f(-\cos x) dx =-\int_{\frac \pi 2}^{0} f(-\cos(\pi -u) ) du
=\int^{\frac \pi 2}_{0} f(\cos(u) ) du= \int_0^{\frac \pi 2} f(\cos x) dx,
\]
因此
\[
   \frac12 \int_0^\pi f(|\cos x|) dx=  \int_0^{\frac \pi 2} f(\cos x) dx = \int_0^{\frac \pi 2} f(|\cos x|) dx.
\]




五.
联解两个方程得交点为 $(0,0), (2a-2p, 2\sqrt{p(a-p)}), (2a-2p,-2\sqrt{p(a-p)})$, 围成的面积为
\[
  A=2 \int_0^{2a -2p}   \sqrt{2p x}  dx
=   \frac{16}3 p^{1/2} (a-p)^{3/2}.
\]
下略 $p=\frac a4$ 时取最大面积

复习题 三