简略解答，有些过程省略了，只是给出思路以及结果

一

1. 5 (奇函数的导数是偶函数，练习册前面的结论)


2. 1


3.  $(f‘(x) \arctan f(x) +\frac{f(x) f‘(x)}{1+f^2(x)}) dx$



4. $\frac{\pi}{16}$   (首先利用奇偶性，得到原式$=\frac14 \int_0^{\pi/2}   (\sin 2x)^2 d(2x)$,

注意到 $ \int_0^{\pi/2}   (\sin 2x)^2 d(2x)= \int_0^{\pi/2}   (\cos 2x)^2 d(2x)=\frac{\pi}{4}$, 书上例题结论)



5. $x^2 +x^2 \ln x+C$




二

1. D        2. A     ($f(x_0)$ 是一个常数, 对一个常数求微分为零)     3. D         4. A         




三.


1.
\[
  y‘ = \frac{x}{|x|\sqrt{1-x^2}}.
\]



2.
两边取对数
\[
   y\ln x =x \ln y
\]
两边取微分
\[
  dy \ln x +\frac yx dx =\ln y dx +\frac xy dy
\]
因此
\[
dy= \frac{\ln y- \frac yx}{\ln x -\frac x y}dx.
\]



3.
\[
  \mbox{原式}= \lim_{x\to 0} \frac{1-\frac{\sin x}{x}}{1-\cos x} =\lim_{x\to 0}
\frac{x-\sin x}{x(1-\cos x)}=2\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}=2\lim_{x\to 0} \frac{1-\cos x}{3x^2}=\frac13.
\]




4.
\[
\begin{aligned}
  \mbox{原式}=  \int \frac{\sin x^2 \cos x^2}{1+\sin x^2 } d(x^2)= \int \frac{\sin x^2}{1+\sin x^2}d( \sin x^2 )
\\= \int (1-\frac 1{1+\sin x^2}) d(\sin x^2) =\sin x^2 -\ln|\sin x^2|+C.
\end{aligned}
\]




5. 根据题设，求曲线方程两边对 $x$ 求导得
\[
  2 e^x + 2\sin y y‘=0,
\]
则曲线上过 $(0,\frac \pi 3)$ 的切线斜率为
\[
   y‘\bigg|_{x=0,y=\frac \pi 3}= -\frac{2\sqrt 3}{3},
\]
则与它垂直的直线的斜率为 $\frac{\sqrt 3}{2}$, 即所求直线为
\[
    y= \frac{\sqrt 3}{2} (x+1) +1.
\]



6. 令 $t=\sqrt{x+1}$ 则
\[
   \mbox{原式}= 2\int_1^2  (t^2- 1)^2 dt =\frac{76}{15}.
\]




7. 注意到 $x,y$ 是关于 $t$ 的参数方程,  根据弧长计算公式
\[
  S= \int_{1}^{\frac \pi 2} \sqrt{x‘(t)^2 +y‘(t)^2} dt = \int_1^{\frac \pi 2} \frac{1}{t} dt =\ln \frac \pi 2.
\]



四.

1. 当 $x<1$ 时, $1-x>0$, 则考虑
\[
  \varphi(x) =e^x (1-x).
\]
由于 $\varphi‘(x)=0$ 推出 $x=0$, 容易验证 $\varphi‘‘(0)<0$, 因此 $x=0$ 为极大值点. 又注意到
\[
   \lim_{x\to -\infty} \varphi(x) =0.
\]
因此根据极限的性质，存在 $M>0$, 使得当 $x<-M$ 时 $|\varphi(x)|<\frac12$. 又注意到 $\varphi(1)=0$, 且 $\varphi(x)$ 为 $(-\infty, 1]$ 的连续函数.
因此，根据闭区间上连续函数的性质，在 $[M,1]$ 上有最大值，此时最大值即为极大值 $\varphi(0)=1$, 而当 $x<-M$ 时, $|\varphi(x)|<\frac12$. 综上所述，
\[
   \varphi(x)=e^x (1-x) \leq 1, \qquad x<1,
\]
又因为 $1-x>0$, 即
\[
   e^x \leq \frac{1}{1-x}.
\]



2. 考虑函数
\[
  \varphi(x)   =\int_1^x f(t) dt,
\]
在 $x=1$ 处泰勒展开得到
\[
  \varphi(x) =  f(1) (x-1)+ \frac{1}{2} f‘(1) (x-1)^2 +  \frac{1}{6} f‘‘(\xi) (x-1)^3.
\]
令 $x=0$ 以及 $x=2$ 得到
\[
    \varphi(0) =  -f(1) + \frac{1}{2} f‘(1)  -  \frac{1}{6} f‘‘(\xi_1)
\]
以及
\[
  \varphi(2) =f(1) +\frac 12 f‘(1) +\frac16 f‘‘(\xi_2).
\]
上两式相减得
\[
  \frac16 (f‘‘(\xi_2)+f‘‘(\xi_1) ) =  \varphi(2)-\phi(0) -2 f(1) = \int_0^2 f(t) dt -2f(1).
\]
不妨假设 $f‘‘(\xi_2)>f‘‘(\xi_1)$,  则
\[
    \frac13 f‘‘(\xi_1) <  \frac16 (f‘‘(\xi_2)+f‘‘(\xi_1) ) =\int_0^2 f(t) dt -2f(1) < \frac13 f‘‘(\xi_2),
\]
由于根据题设 $f‘‘(x)$ 是连续，根据连续函数的介值性得到，存在 $\xi\in(\xi_1,\xi_2)$ 使得
\[
   \frac13 f‘‘(\xi)=\int_0^2 f(t) dt -2f(1).
\]
若 $f‘‘(\xi_2)=f‘‘(\xi_1)$, 则 $\xi_1$ 或者 $\xi_2$ 即为所求.



五. 根据题意
\[
  V(\xi) = \pi \int_0^\xi  \frac{x}{(1+x^2)^2} dx= -\frac12  \frac{\pi}{1+x^2} \bigg|_{0}^\xi =\frac \pi 2 -\frac{\pi}{2(1+\xi^2)}.
\]
而
\[
  \frac12 \lim_{\xi \to +\infty} =\frac \pi 4.
\]
解 $V(a)=\frac \pi 4$ 得 $a=1$.
 

复习题 二