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 $\frac 12$,
\[
  V= \int_0^1 \pi  x^4 dx -\int_{\frac 12}^1\pi (2x-1)^2 dx=\frac{1}{30} \pi.
\]

复习题 一