\documentclass[../Main.tex]{subfiles}
\begin{document}
  \chapter{2021-2022学年微积分（一）（上）期末考试}

  \section{单项选择题(每小题 3 分，共 18 分)}
  \begin{enumerate}
    \item 设函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$内单调有界，$\{x_{n}\}$是一数列，则下列命题正确的是【\quad】.

      \begin{tabular}{l@{\hspace{2cm}}l}
        \textbf{A.} 若$\{x_{n}\}$收敛，则$\{f(x_{n})\}$收敛 & \textbf{B.} 若$\{x_{n}\}$单调，则$\{f(x_{n})\}$收敛 \\
        \textbf{C.} 若$\{f(x_{n})\}$收敛，则$\{x_{n}\}$收敛 & \textbf{D.} 若$\{f(x_{n})\}$单调，则$\{x_{n}\}$收敛
      \end{tabular}
      \vspace{1em}

    \item 函数$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^{n}+2}{x^{n}+1}$的间断点及类型是【\quad】.

      \begin{tabular}{l@{\hspace{2cm}}l}
        \textbf{A.} $x=-1$是第二类间断点    & \textbf{B.} $x=1$是第二类间断点      \\
        \textbf{C.} $x=\pm1$均是第一类间断点 & \textbf{D.} $x=\pm 1$均是第二类间断点
      \end{tabular}
      \vspace{1em}

    \item $x\to0^{+}$时，与$\sqrt{x}$等价的无穷小量是【\quad】.

      \begin{tabular}{l@{\hspace{2cm}}l@{\hspace{2cm}}l@{\hspace{2cm}}l}
        \textbf{A.} $1-\mathrm{e}^{\sqrt{x}}$ & \textbf{B.} $\sqrt{1+\sqrt{x}}-1$ & \textbf{C.} $\ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}}$ & \textbf{D.} $1-\cos{\sqrt{x}}$
      \end{tabular}
      \vspace{1em}

    \item 设函数$f(x)$在$x=0$处连续，下列命题错误的是【\quad】.

      \begin{tabular}{l@{\hspace{2cm}}l}
        \textbf{A.} 若$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}$存在，则$f(0)=0$  & \textbf{B.} 若$\lim_{x\to0}\frac{f(x)+f(-x)}{x}$存在，则$f(0)=0$  \\
        \textbf{C.} 若$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}$存在，则$f'(0)$存在 & \textbf{D.} 若$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(-x)}{x}$存在，则$f'(0)$存在
      \end{tabular}
      \vspace{1em}

    \item 曲线$y=x\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)(x>0)$的渐近线条数为【\quad】.

      \begin{tabular}{l@{\hspace{2cm}}l@{\hspace{2cm}}l@{\hspace{2cm}}l}
        \textbf{A.} 0 & \textbf{B.} 1 & \textbf{C.} 2 & \textbf{D.} 3
      \end{tabular}
      \vspace{1em}

    \item 设$F(x)=\int^{x+2\pi}_{x}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}t$，则$F(x)$【\quad】.

      \begin{tabular}{l@{\hspace{2cm}}l@{\hspace{2cm}}l@{\hspace{2cm}}l}
        \textbf{A.} 为正常数 & \textbf{B.} 为负常数 & \textbf{C.} 恒为0 & \textbf{D.} 不为常数
      \end{tabular}
      \vspace{1em}
  \end{enumerate}

  \section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[7.] 曲线$\begin{cases}
        x = \arctan t,      \\
        y=\ln\sqrt{1+t^{2}}
      \end{cases}$对应于$t=1$处的法线方程为$=\underline{\hspace{3cm}}$.
      \vspace{0.5em}

    \item[8.] 曲线$y=x\sin x+2\cos x\left(-\frac{\pi}{2}<x<2\pi\right)$的拐点是$\underline
      {\hspace{3cm}}$.
      \vspace{0.5em}

    \item[9.] 曲线$y=\ln\cos x\left(0\leq x\leq\frac{\pi}{6}\right)$的弧长为$\underline
      {\hspace{3cm}}$.
      \vspace{0.5em}

    \item[10.] $y=2^{x}$的Maclaurin展开式中$x^{n}$项的系数为$\underline{\hspace{3cm}
      }$.
  \end{enumerate}

  \section{计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[11.] 已知$\lim_{x\to1}\frac{ax^{2}+x-3}{x-1}=b$，求常数$a,b$的值.
      \vspace{12em}

    \item[12.] 设$f(x)$为连续函数，且满足$f(x)=x^{2}-x\cdot f(2)+2\int_{0}^{1}f(x
      )\mathrm{d}x$，求$f(x)$.
      \vspace{11em}

    \item[13.] 求极限$l=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n+i}$.
      \vspace{11em}

    \item[14.] 计算定积分$I=\int_{0}^{1}x^{3}\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x$.
      \vspace{11em}

    \item[15.] 设函数$f(x)=
      \begin{cases}
        \lambda \mathrm{e}^{-\lambda x}, & x>0,    \\
        0,                               & x\leq0,
      \end{cases}(\lambda>0)$，计算$\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)\mathrm{d}x$.
      \vspace{12em}

    \item[16.] 求微分方程$xy'+y-\mathrm{e}^{x}=0$，$y(2)=1$的特解.
      \vspace{12em}
  \end{enumerate}

  \section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[17.] 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$f(x)=(x+1)^{2}+2\int_{0}^{x}
      f(t)\mathrm{d}t$，求$f^{(n)}(0)$的值（$n\geq2$）.
      \vspace{12em}

    \item[18.] 设抛物线$y=ax^{2}+bx+c$过原点，当$0\leq x\leq 1$时，$y\geq0$，又该抛物线与直线$x
      =1$及$x$轴围成平面图形的面积为$\frac{1}{3}$，求$a,b,c$的值，使得该图形绕$x$轴旋转一周而成的旋转体体积$V$最小.
      \vspace{13em}
  \end{enumerate}

  \section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[19.] 证明方程$\ln x = \frac{x}{\mathrm{e}}-2021$在区间$(0,+\infty)$内只有两个不同的实根.
      \vspace{14em}

    \item[20.] 设$f''(x)$在$[0,2]$上连续，且$|f''(x)|\leq M$，$f(1)=0$. 证明：
      \[
        \left|\int_{0}^{2}f(x)\mathrm{d}x\right|\leq\frac{M}{3}.
      \]
      \vspace{14em}
  \end{enumerate}

  \chapter{2021-2022学年微积分（一）（上）期末考试参考答案}
  \section{单项选择题 (每小题 3 分，共 18 分)}
  \begin{enumerate}
    \item \textbf{Solution}. B.

      考虑函数$f(x)=
      \begin{cases}
        0, & x<0,   \\
        1, & x\geq0
      \end{cases}$，它在$(-\infty,+\infty)$内单调不减且有界，取数列$x_{n}=\frac{(-1)^{n}}{n}$，则$x
      _{n}\to0$，

      但当$n$为偶数时，$f(x_{n})=1$；当$n$为奇数时，$f(x_{n})=0$，所以$\{f(x_{n})
      \}$发散，A选项错误.

      若$\{x_{n}\}$单调，由于$f(x)$单调有界，所以$\{f(x_{n})\}$亦单调有界，必收敛，B选项正确.

      考虑函数$f(x)\equiv0$，它在$(-\infty,+\infty)$内单调不减且有界，取数列$x_{n}
      =n$，则$\{x_{n}\}$发散，

      但$\{f(x_{n})\}\equiv0$单调不减且收敛，故C，D选项错误.

    \item \textbf{Solution}. C.

      当$|x|>1$时，$x^{n}\to\infty$，所以$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^{n}+2}{x^{n}+1}
      =1$；

      当$|x|<1$时，$x^{n}\to0$，所以$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^{n}+2}{x^{n}+1}
      =2$；

      当$x=1$时，$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+2}{1+1}=\frac{3}{2}$；

      当$x=-1$时，$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^{n}+2}{(-1)^{n}+1}$不存在.

      所以$f(x)=
      \begin{cases}
        1,           & |x|>1, \\
        2,           & |x|<1, \\
        \frac{3}{2}, & x=1,   \\
        \text{不存在},  & x=-1
      \end{cases}$，因此$x=\pm1$均为$f(x)$的跳跃间断点，即第一类间断点.

    \item \textbf{Solution}. C.

      当$x\to0^{+}$时，
      \[
        \begin{gathered}
          1-\mathrm{e}^{\sqrt{x}}=-\left(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}-1\right)\sim -\sqrt{x},\\
          \sqrt{1+\sqrt{x}}-1=\left(1+\sqrt{x}\right)^{\frac{1}{2}}-1\sim\frac{1}{2}\sqrt{x},\\
          \ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}}=\ln\left(1+x\right)-\ln\left(1-\sqrt{x}\right)\sim
          x+\sqrt{x}\sim\sqrt{x},\\
          1-\cos{\sqrt{x}}=1-\left(1-\frac{1}{2}x+o(x)\right)\sim\frac{1}{2}x.
        \end{gathered}
      \]

    \item \textbf{Solution}. D.

      若$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}$存在，由于$f(x)$在$x=0$处连续，$f(0)=\lim_{x\to0}
      f(x)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}\cdot \lim_{x\to0}x=0$，A选项正确.

      则$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=f'(0)$存在，C选项正确.

      同理，若$\lim_{x\to0}\frac{f(x)+f(-x)}{x}$存在，则$\lim_{x\to0}\left(f(x)+f
      (-x)\right)=2f(0)=0$，B选项正确.

      对于D选项，考虑$f(x)=|x|$，则
      \[
        \lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(-x)}{x}=\lim_{x\to0^-}\frac{(-x)-(-x)}{x}= 0 \text{，}
        \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(-x)}{x}=\lim_{x\to0^+}\frac{x-x}{x}=0,
      \]

      故$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(-x)}{x}=0$存在，但显然$f(x)$在$x=0$处不可导.

    \item \textbf{Solution}. B.

      当$x\to0^{+}$时，$\lim_{x\to0^+}x\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)=\lim
      _{t\to+\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}+t)}{t}=0$，所以曲线$y=x\ln\left(\mathrm{e}
      +\frac{1}{x}\right)$没有竖直渐近线.

      当$x\to+\infty$时，$\lim_{x\to+\infty}\frac{x\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)}{x}
      =1$，$\lim_{x\to+\infty}\left[x\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)-x\right
      ]=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(\mathrm{e}+t)-1}{t}=\frac{1}{\mathrm{e}}$，

      所以曲线$y=x\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)$有斜渐近线$y=x+\frac{1}{\mathrm{e}}$.

      故曲线$y=x\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)$的渐近线条数为1.

    \item \textbf{Solution}. A.

      因被积函数$\mathrm{e}^{\sin t}\sin t$是周期为$2\pi$的函数，所以$F(x)=\int^{x+2\pi}
      _{x}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}t=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}
      \sin t\mathrm{d}t$恒为常数.

      计算
      \[
        \int_{0}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}t =\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}
        ^{\sin t}\sin t\mathrm{d}t+\int_{\pi}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}
        t.
      \]

      对第二项作代换$u=2\pi-t$，则$\int_{\pi}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}
      t=\int_{\pi}^{0}\mathrm{e}^{\sin(2\pi-u)}\sin(2\pi-u)(-\mathrm{d}u)=-\int_{0}
      ^{\pi}\mathrm{e}^{-\sin u}\sin u\mathrm{d}u$.

      所以
      \[
        \int_{0}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}t = \int_{0}^{\pi}\left
        (\mathrm{e}^{\sin t}-\mathrm{e}^{-\sin t}\right)\sin t\mathrm{d}t.
      \]

      因为在$(0,\pi)$上，$\sin t>0$，且$\mathrm{e}^{\sin t}>\mathrm{e}^{-\sin t}$，所以$\int
      _{0}^{\pi}\left(\mathrm{e}^{\sin t}-\mathrm{e}^{-\sin t}\right)\sin t\mathrm{d}
      t=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{e}^{\sin t}\sin t\mathrm{d}t>0$.
  \end{enumerate}

  \section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[7.] \textbf{Solution}. $y+x-\frac{1}{2}\ln 2-\frac{\pi}{4}=0$.

      当$t=1$时，$x=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$，$y=\ln\sqrt{2}=\frac{1}{2}\ln 2$.

      $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}
      =\frac{\frac{2t}{2(1+t^{2})}}{\frac{1}{1+t^{2}}}=t$，所以$\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}
      \right|_{t=1}=1$.

      切线斜率为1，故法线斜率为$-1$，法线方程为$y-\frac{1}{2}\ln 2=-1\cdot\left(x
      -\frac{\pi}{4}\right)$，即$y+x-\frac{1}{2}\ln 2-\frac{\pi}{4}=0$.

    \item[8.] \textbf{Solution}. $(\pi,-2)$.

      $y'=\sin x+x\cos x-2\sin x$，$y''=\cos x+\cos x-x\sin x-2\cos x=-x\sin x$，

      在$\left(-\frac{\pi}{2},2\pi\right)$内，令$y''=0$得$x=0$或$x=\pi$.

      当$x \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)\cup(0, \pi)$时，$y'' \leq 0$，$y''$在$x
      =0$两侧不变号，故$x=0$不是拐点；

      当$x \in (\pi, 2\pi)$ 时，$y'' > 0$，$y''$ 在 $x=\pi$ 两侧变号.

      故曲线的拐点为 $(\pi, -2)$.

    \item[9.] \textbf{Solution}. $\frac{1}{2}\ln 3$.

      $y'=\frac{-\sin x}{\cos x}=-\tan x$，所以$\mathrm{d}s=\sqrt{1+y'^{2}}\mathrm{d}
      x=\sqrt{1+\tan^{2}x}\mathrm{d}x=\sec x\mathrm{d}x$，

      故$s=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\sec x\mathrm{d}x=\ln\left|\sec x+\tan x\right
      |\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{6}}=\ln\left(\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\right
      )=\frac{1}{2}\ln 3$.

    \item[10.] \textbf{Solution}. $\frac{(\ln 2)^{n}}{n!}$.

      $y=2^{x}=\mathrm{e}^{x\ln 2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x\ln 2)^{n}}{n!}$，所以$x
      ^{n}$项的系数为$\frac{(\ln 2)^{n}}{n!}$.
  \end{enumerate}
  \section{计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[11.] \textbf{Solution}. 由题可知$\lim_{x\to1}\left(ax^{2}+x-3\right)=a+
      1-3=0$，所以$a=2$.

      $b=\lim_{x\to1}\frac{2x^{2}+x-3}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{(2x+3)(x-1)}{x-1}=5$.

    \item[12.] \textbf{Solution}. 记$\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=C$.

      令$x=2$，得$f(2)=4-2f(2)+2C$，所以$f(2)=\frac{4}{3}+ \frac{2}{3}C$.

      方程$f(x)=x^{2}-x\cdot f(2)+2\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x$两边从$0$积分到$1$得
      \[
        \begin{aligned}
          C = & \int_{0}^{1}\left(x^{2}-x\cdot f(2)+2C\right)\mathrm{d}x                                         \\
          =   & \frac{1}{3}-\frac{1}{2}f(2)+2C = \frac{1}{3}-\frac{1}{2}\left(\frac{4}{3}+\frac{2}{3}C\right)+2C \\
          =   & \frac{5}{3}C-\frac{1}{3}.
        \end{aligned}
      \]

      解得$C=\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}$，所以$f(x)=x^{2}-x\cdot f(2
      )+2\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=x^{2}-\frac{5}{3}x+1$.

    \item[13.] \textbf{Solution}. 由定积分的定义，
      \[
        \begin{aligned}
          l = & \lim_{n\to\infty}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n+i}= \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{i}{n}} \\
          =   & \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\mathrm{d}x = \ln 2.
        \end{aligned}
      \]

    \item[14.] \textbf{Solution}. 令$x=\sin\theta$，则$\mathrm{d}x=\cos\theta\mathrm{d}
      \theta$，
      \[
        \begin{aligned}
          I = \int_{0}^{1}x^{3}\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x = & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}\theta\sqrt{1-\sin^2\theta}\cos\theta\mathrm{d}\theta                                                           \\
          =                                              & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}\theta\cos^{2}\theta\mathrm{d}\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}\theta(1-\sin^{2}\theta)\mathrm{d}\theta \\
          =                                              & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}\theta\mathrm{d}\theta - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{5}\theta\mathrm{d}\theta                                 \\
          =                                              & \frac{2}{3}-\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}= \frac{2}{15}.
        \end{aligned}
      \]

    \item[15.] \textbf{Solution}.
      \[
        \begin{aligned}
          \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)\mathrm{d}x = & \int_{-\infty}^{0}xf(x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{+\infty}xf(x)\mathrm{d}x                                                  \\
          =                                          & \int_{0}^{+\infty}\lambda x \mathrm{e}^{-\lambda x}\mathrm{d}x =-\int_{0}^{+\infty}x \mathrm{d}\mathrm{e}^{-\lambda x} \\
          =                                          & -x\mathrm{e}^{-\lambda x}\bigg|_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\lambda x}\mathrm{d}x                     \\
          =                                          & \int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\lambda x}\mathrm{d}x = \frac{1}{\lambda}.
        \end{aligned}
      \]

    \item[16.] \textbf{Solution}. 方程变形为$y'+\frac{1}{x}y=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}$.

      由一阶非齐次线性微分方程的通解公式得
      \[
        \begin{aligned}
          y = & \mathrm{e}^{-\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\left(C+\int \frac{\mathrm{e}^x}{x}\mathrm{e}^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x\right) \\
          =   & \frac{1}{x}\left(C+\int \mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\right) = \frac{1}{x}\left(C+\mathrm{e}^{x}\right).
        \end{aligned}
      \]

      将初始条件$y(2)=1$代入上式得$C=2-\mathrm{e}^{2}$，所以特解为$y=\frac{1}{x}\left
      (2-\mathrm{e}^{2}+\mathrm{e}^{x}\right)$.
  \end{enumerate}

  \section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[17.] \textbf{Solution}. 由于$f(x)$连续，所以其积分变上限函数$\int_{0}^{x}
      f(t)\mathrm{d}t$可导，

      从而方程$f(x)=(x+1)^{2}+2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$两边可导.两边求导得$f'
      (x)-2f(x)=2(x+1)$.

      由一阶非齐次线性微分方程的通解公式得
      \[
        \begin{aligned}
          y = & \mathrm{e}^{-\int\left(-2\right)\mathrm{d}x}\left(C+\int 2(x+1)\mathrm{e}^{\int\left(-2\right)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x\right)                                                    \\
          =   & \mathrm{e}^{2x}\left(C+2\int (x+1)\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x\right) = \mathrm{e}^{2x}\left[C+2\int x\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x+2\int \mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x\right]       \\
          =   & \mathrm{e}^{2x}\left[C+2\int x\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x-\mathrm{e}^{-2x}\right] = \mathrm{e}^{2x}\left[C-\int x\mathrm{d}\mathrm{e}^{-2x}-\mathrm{e}^{-2x}\right]             \\
          =   & \mathrm{e}^{2x}\left[C-x\mathrm{e}^{-2x}+\int \mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x-\mathrm{e}^{-2x}\right] = \mathrm{e}^{2x}\left[C-x\mathrm{e}^{-2x}-\frac{3}{2}\mathrm{e}^{-2x}\right] \\
          =   & C\mathrm{e}^{2x}-x-\frac{3}{2}.
        \end{aligned}
      \]

      方程$f(x)=(x+1)^{2}+2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t$两边令$x=0$得$f(0)=1$，所以$C
      =1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$，$f(x)=\frac{5}{2}\mathrm{e}^{2x}-x-\frac{3}{2}$.

      当$n\geq2$时，$f^{(n)}(0)=\left.\left(\frac{5}{2}\mathrm{e}^{2x}\right)^{(n)}
      \right|_{x=0}=5\cdot 2^{n-1}\mathrm{e}^{2x}\bigg|_{x=0}=5\cdot 2^{n-1}$.

    \item[18.] \textbf{Solution}. 由抛物线过原点得$c=0$，且有
      \[
        \frac{1}{3}=\int_{0}^{1}\left(ax^{2}+bx\right)\mathrm{d}x=\frac{a}{3}+\frac{b}{2}
        ,
      \]

      即$b=\frac{2}{3}(1-a)$. 旋转体的体积$V=$
      \[
        \begin{aligned}
          \int_{0}^{1}\pi f^{2}(x)\mathrm{d}x = & \pi\int_{0}^{1}\left(ax^{2}+bx\right)^{2}\mathrm{d}x = \pi\int_{0}^{1}x^{2}(ax+b)^{2}\mathrm{d}x                                             \\
          =                                     & \pi\int_{0}^{1}(a^{2}x^{4}+2abx^{3}+b^{2}x^{2})\mathrm{d}x = \pi\left[\frac{a^2}{5}x^{5}+\frac{ab}{2}x^{4}+\frac{b^2}{3}x^{3}\right]_{0}^{1} \\
          =                                     & \pi\left(\frac{a^2}{5}+\frac{ab}{2}+\frac{b^2}{3}\right) = \pi\left[\frac{a^2}{5}+\frac{a(1-a)}{3}+\frac{4(1-a)^2}{27}\right].
        \end{aligned}
      \]

      由$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}a}=\pi\left[\frac{2}{5}a+\frac{1-2a}{3}-\frac{8(1-a)}{27}
      \right]=0$解得$a=-\frac{5}{4}$，又$\left.\frac{\mathrm{d}^{2}V}{\mathrm{d}a^{2}}
      \right|_{a=-\frac{5}{4}}=\pi\left(\frac{2}{5}-\frac{2}{3}+\frac{8}{27}\right
      )=\frac{4\pi}{135}>0$，

      所以当$a=-\frac{5}{4}$，$b=\frac{3}{2}$，$c=0$时，旋转体体积$V$最小.
  \end{enumerate}

  \section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[19.] \textbf{Proof}. 令$f(x)=\ln x-\frac{x}{\mathrm{e}}+2021$，则$f'(x)
      =\frac{1}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}}$，$f(x)$具有唯一驻点$x=\mathrm{e}$，

      且$f(x)$在$(0,\mathrm{e})$上单调递增，在$(\mathrm{e},+\infty)$上单调递减.

      因$f(0^{+})=-\infty<0$，$f(\mathrm{e})=2021>0$，$f(+\infty)=-\infty<0$，

      由介值定理和$f(x)$的单调性易知方程$\ln x = \frac{x}{\mathrm{e}}-2021$在区间$(
      0,+\infty)$内只有两个不同的实根.

    \item[20.] \textbf{Solution}. 由Taylor公式，将$f(x)$在$x=1$处展开得
      \[
        \begin{gathered}
          f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^2=f'(1)(x-1)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^2,
        \end{gathered}
      \]

      其中$\xi$介于$1$和$x$之间. 所以
      \[
        \begin{aligned}
          \left|\int_{0}^{2}f(x)\mathrm{d}x\right| = & \left|\int_{0}^{2}\left[f'(1)(x-1)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^{2}\right]\mathrm{d}x\right| \\
          \leq                                       & \frac{1}{2}\int_{0}^{2}|f''(\xi)|(x-1)^{2}\mathrm{d}x                                    \\
          \leq                                       & \frac{M}{2}\int_{0}^{2}(x-1)^{2}\mathrm{d}x = \frac{M}{3}.
        \end{aligned}
      \]
  \end{enumerate}
\end{document}
