成人高考專升本高等數(shù)學(xué)(一)全真模擬試題及答案解析⑤一、選擇題：1～10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，把所選項(xiàng)前的字母填在題后的括號內(nèi)。1.函數(shù)\(y=\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}\)的定義域是（）A.\((-2,2)\)B.\([-2,2]\)C.\((-\infty,-2)\cup(2,+\infty)\)D.\((-\infty,-2]\cup[2,+\infty)\)答案：A解析：要使函數(shù)\(y=\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}\)有意義，則分母\(\sqrt{4-x^2}\neq0\)且根號下的數(shù)\(4-x^2\gt0\)，即\(4-x^2\gt0\)，移項(xiàng)可得\(x^2-4\lt0\)，因式分解為\((x+2)(x-2)\lt0\)，解得\(-2\ltx\lt2\)，所以定義域?yàn)閈((-2,2)\)。2.極限\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)的值為（）A.0B.1C.3D.\(\frac{1}{3}\)答案：C解析：根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=1\)，對于\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)，令\(u=3x\)，則\(x=\frac{u}{3}\)，當(dāng)\(x\to0\)時，\(u\to0\)，所以\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{\frac{u}{3}}=3\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=3\times1=3\)。3.設(shè)函數(shù)\(y=f(x)\)在點(diǎn)\(x_0\)處可導(dǎo)，且\(f^\prime(x_0)=2\)，則\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}\)的值為（）A.2B.4C.0D.不存在答案：B解析：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義\(f^\prime(x_0)=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\)，對\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}\)進(jìn)行變形：\[\begin{align}\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}&=\lim\limits_{h\to0}\frac{[f(x_0+h)-f(x_0)]+[f(x_0)-f(x_0-h)]}{h}\\&=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}+\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}\\&=f^\prime(x_0)+\lim\limits_{-h\to0}\frac{f(x_0+(-h))-f(x_0)}{-h}\\&=f^\prime(x_0)+f^\prime(x_0)\end{align}\]已知\(f^\prime(x_0)=2\)，所以\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}=2+2=4\)。4.曲線\(y=x^3-3x^2+1\)在點(diǎn)\((1,-1)\)處的切線方程為（）A.\(y=-3x+2\)B.\(y=3x-4\)C.\(y=-4x+3\)D.\(y=4x-5\)答案：A解析：首先對函數(shù)\(y=x^3-3x^2+1\)求導(dǎo)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)，可得\(y^\prime=3x^2-6x\)。將\(x=1\)代入到導(dǎo)數(shù)\(y^\prime\)中，得到切線的斜率\(k=y^\prime|_{x=1}=3\times1^2-6\times1=3-6=-3\)。已知切線過點(diǎn)\((1,-1)\)，斜率為\(-3\)，根據(jù)點(diǎn)斜式方程\(y-y_0=k(x-x_0)\)（其中\(zhòng)((x_0,y_0)\)為直線上一點(diǎn)，\(k\)為直線斜率），可得切線方程為\(y-(-1)=-3(x-1)\)，即\(y+1=-3x+3\)，整理得\(y=-3x+2\)。5.函數(shù)\(y=x^3-3x\)的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A.\((-\infty,-1)\)B.\((1,+\infty)\)C.\((-1,1)\)D.\((-\infty,-1)\cup(1,+\infty)\)答案：C解析：對函數(shù)\(y=x^3-3x\)求導(dǎo)，\(y^\prime=3x^2-3\)。令\(y^\prime\lt0\)，即\(3x^2-3\lt0\)，化簡得\(x^2-1\lt0\)，因式分解為\((x+1)(x-1)\lt0\)，解得\(-1\ltx\lt1\)，所以函數(shù)\(y=x^3-3x\)的單調(diào)遞減區(qū)間是\((-1,1)\)。6.若\(\intf(x)dx=F(x)+C\)，則\(\intf(2x-1)dx\)等于（）A.\(F(2x-1)+C\)B.\(\frac{1}{2}F(2x-1)+C\)C.\(2F(2x-1)+C\)D.\(F(\frac{1}{2}x-1)+C\)答案：B解析：令\(u=2x-1\)，則\(du=2dx\)，\(dx=\frac{1}{2}du\)。所以\(\intf(2x-1)dx=\frac{1}{2}\intf(u)du\)，因?yàn)閈(\intf(x)dx=F(x)+C\)，所以\(\frac{1}{2}\intf(u)du=\frac{1}{2}F(u)+C=\frac{1}{2}F(2x-1)+C\)。7.定積分\(\int_{0}^{1}(2x+1)dx\)的值為（）A.2B.1C.0D.-1答案：A解析：根據(jù)定積分的運(yùn)算性質(zhì)\(\int_{a}^[f(x)+g(x)]dx=\int_{a}^f(x)dx+\int_{a}^g(x)dx\)，可得\(\int_{0}^{1}(2x+1)dx=\int_{0}^{1}2xdx+\int_{0}^{1}1dx\)。由\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C(n\neq-1)\)，則\(\int_{0}^{1}2xdx=2\times\frac{1}{2}x^2|_{0}^{1}=x^2|_{0}^{1}=1^2-0^2=1\)，\(\int_{0}^{1}1dx=x|_{0}^{1}=1-0=1\)。所以\(\int_{0}^{1}(2x+1)dx=1+1=2\)。8.設(shè)\(z=x^2y+\sin(xy)\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}\)等于（）A.\(2xy+y\cos(xy)\)B.\(x^2+y\cos(xy)\)C.\(2xy+x\cos(xy)\)D.\(x^2+x\cos(xy)\)答案：A解析：求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)時，將\(y\)看作常數(shù)。對于\(z=x^2y+\sin(xy)\)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)和復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式\((\sinu)^\prime=\cosu\cdotu^\prime\)。\(\frac{\partial}{\partialx}(x^2y)=y\cdot2x=2xy\)，\(\frac{\partial}{\partialx}\sin(xy)=\cos(xy)\cdoty=y\cos(xy)\)。所以\(\frac{\partialz}{\partialx}=2xy+y\cos(xy)\)。9.微分方程\(y^\prime+y=0\)的通解為（）A.\(y=Ce^x\)B.\(y=Ce^{-x}\)C.\(y=Cx\)D.\(y=C\)答案：B解析：對于一階線性齊次微分方程\(y^\prime+P(x)y=0\)（這里\(P(x)=1\)），其通解公式為\(y=Ce^{-\intP(x)dx}\)。\(\intP(x)dx=\int1dx=x\)，所以\(y=Ce^{-\int1dx}=Ce^{-x}\)。10.級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}\)當(dāng)（）時收斂。A.\(p\gt1\)B.\(p\lt1\)C.\(p\geq1\)D.\(p\leq1\)答案：A解析：根據(jù)\(p-\)級數(shù)的斂散性，級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}\)當(dāng)\(p\gt1\)時收斂，當(dāng)\(p\leq1\)時發(fā)散。二、填空題：11～20小題，每小題4分，共40分。把答案填在題中橫線上。11.已知\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{x-a})^x=8\)，則\(a=\)______。答案：\(\ln2\)解析：對\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{x-a})^x\)進(jìn)行變形，\(\frac{x+2a}{x-a}=\frac{x-a+3a}{x-a}=1+\frac{3a}{x-a}\)，則\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{x-a})^x=\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{3a}{x-a})^x\)。令\(t=x-a\)，則\(x=t+a\)，當(dāng)\(x\to\infty\)時，\(t\to\infty\)，所以\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{3a}{x-a})^x=\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{3a}{t})^{t+a}=\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{3a}{t})^t\cdot\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{3a}{t})^a\)。根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{u\to\infty}(1+\frac{1}{u})^u=e\)，則\(\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{3a}{t})^t=\lim\limits_{t\to\infty}[(1+\frac{3a}{t})^{\frac{t}{3a}}]^{3a}=e^{3a}\)，\(\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{3a}{t})^a=1^a=1\)。所以\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{x-a})^x=e^{3a}\)，又因?yàn)閈(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{x-a})^x=8\)，即\(e^{3a}=8=2^3\)，則\(3a=3\ln2\)，解得\(a=\ln2\)。12.設(shè)函數(shù)\(y=\ln(1+x^2)\)，則\(y^\prime|_{x=1}=\)______。答案：1解析：根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式\((\lnu)^\prime=\frac{1}{u}\cdotu^\prime\)，對\(y=\ln(1+x^2)\)求導(dǎo)，令\(u=1+x^2\)，則\(y^\prime=\frac{1}{1+x^2}\cdot(1+x^2)^\prime=\frac{2x}{1+x^2}\)。將\(x=1\)代入\(y^\prime\)中，\(y^\prime|_{x=1}=\frac{2\times1}{1+1^2}=\frac{2}{2}=1\)。13.函數(shù)\(y=x^4-2x^2+5\)在區(qū)間\([-2,2]\)上的最大值為______。答案：13解析：對函數(shù)\(y=x^4-2x^2+5\)求導(dǎo)，\(y^\prime=4x^3-4x=4x(x^2-1)=4x(x+1)(x-1)\)。令\(y^\prime=0\)，則\(4x(x+1)(x-1)=0\)，解得\(x=0\)，\(x=-1\)，\(x=1\)。分別計算函數(shù)在端點(diǎn)和駐點(diǎn)處的值：\(y(-2)=(-2)^4-2\times(-2)^2+5=16-8+5=13\)；\(y(-1)=(-1)^4-2\times(-1)^2+5=1-2+5=4\)；\(y(0)=0^4-2\times0^2+5=5\)；\(y(1)=1^4-2\times1^2+5=1-2+5=4\)；\(y(2)=2^4-2\times2^2+5=16-8+5=13\)。比較這些值大小可得最大值為\(13\)。14.\(\intx\cosx^2dx=\)______。答案：\(\frac{1}{2}\sinx^2+C\)解析：令\(u=x^2\)，則\(du=2xdx\)，\(xdx=\frac{1}{2}du\)。所以\(\intx\cosx^2dx=\frac{1}{2}\int\cosudu\)，根據(jù)\(\int\cosxdx=\sinx+C\)，可得\(\frac{1}{2}\int\cosudu=\frac{1}{2}\sinu+C=\frac{1}{2}\sinx^2+C\)。15.設(shè)\(z=e^{xy}\)，則\(dz|_{(1,1)}=\)______。答案：\(e(dx+dy)\)解析：首先求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)和\(\frac{\partialz}{\partialy}\)。對\(z=e^{xy}\)求關(guān)于\(x\)的偏導(dǎo)數(shù)，將\(y\)看作常數(shù)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式\((e^u)^\prime=e^u\cdotu^\prime\)，\(\frac{\partialz}{\partialx}=ye^{xy}\)；對\(z=e^{xy}\)求關(guān)于\(y\)的偏導(dǎo)數(shù)，將\(x\)看作常數(shù)，\(\frac{\partialz}{\partialy}=xe^{xy}\)。則\(dz=\frac{\partialz}{\partialx}dx+\frac{\partialz}{\partialy}dy=ye^{xy}dx+xe^{xy}dy\)。將\((x,y)=(1,1)\)代入上式，\(dz|_{(1,1)}=1\timese^{1\times1}dx+1\timese^{1\times1}dy=e(dx+dy)\)。16.交換二次積分\(\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x,y)dy\)的積分次序?yàn)開_____。答案：\(\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}f(x,y)dx\)解析：由已知二次積分\(\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x,y)dy\)可知，積分區(qū)域\(D\)為：\(0\leqx\leq1\)，\(x\leqy\leq1\)。畫出積分區(qū)域\(D\)的圖形，它是由直線\(y=x\)，\(y=1\)和\(x=0\)所圍成的區(qū)域。交換積分次序后，\(D\)可表示為\(0\leqy\leq1\)，\(0\leqx\leqy\)，所以交換后的二次積分為\(\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}f(x,y)dx\)。17.微分方程\(y^{\prime\prime}-4y^\prime+4y=0\)的通解為______。答案：\(y=(C_1+C_2x)e^{2x}\)解析：對于二階常系數(shù)線性齊次微分方程\(y^{\prime\prime}+py^\prime+qy=0\)（這里\(p=-4\)，\(q=4\)），其特征方程為\(r^2+pr+q=0\)，即\(r^2-4r+4=0\)。因式分解得\((r-2)^2=0\)，解得\(r_1=r_2=2\)（二重根）。當(dāng)特征方程有二重根\(r_1=r_2\)時，通解為\(y=(C_1+C_2x)e^{r_1x}\)，所以該微分方程的通解為\(y=(C_1+C_2x)e^{2x}\)。18.級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\)是______（填“絕對收斂”“條件收斂”或“發(fā)散”）。答案：條件收斂解析：先考慮\(\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{(-1)^n}{n}\right|=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\)，這是調(diào)和級數(shù)，是發(fā)散的。再看原級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\)，根據(jù)萊布尼茨判別法，設(shè)\(u_n=\frac{1}{n}\)，則\(u_n\gt0\)，\(u_{n+1}=\frac{1}{n+1}\ltu_n\)，且\(\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0\)，所以原級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\)收斂。因?yàn)樵墧?shù)收斂但取絕對值后的級數(shù)發(fā)散，所以級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\)是條件收斂。19.已知向量\(\vec{a}=(1,2,3)\)，\(\vec=(2,-1,0)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=\)______。答案：0解析：根據(jù)向量點(diǎn)積的坐標(biāo)運(yùn)算公式，若\(\vec{a}=(x_1,y_1,z_1)\)，\(\vec=(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2\)。已知\(\vec{a}=(1,2,3)\)，\(\vec=(2,-1,0)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=1\times2+2\times(-1)+3\times0=2-2+0=0\)。20.曲線\(y=e^x\)在點(diǎn)\((0,1)\)處的法線方程為______。答案：\(x+y-1=0\)解析：首先求\(y=e^x\)在點(diǎn)\((0,1)\)處的切線斜率，對\(y=e^x\)求導(dǎo)得\(y^\prime=e^x\)，將\(x=0\)代入\(y^\prime\)中，切線斜率\(k=y^\prime|_{x=0}=e^0=1\)。因?yàn)榉ň€與切線垂直，兩條垂直直線的斜率乘積為\(-1\)，所以法線斜率為\(-1\)。已知法線過點(diǎn)\((0,1)\)，斜率為\(-1\)，根據(jù)點(diǎn)斜式方程可得法線方程為\(y-1=-1\times(x-0)\)，即\(x+y-1=0\)。三、解答題：21～28小題，共70分。解答應(yīng)寫出推理、演算步驟。21.（本題滿分8分）求極限\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}\)。解：方法一：分子有理化\[\begin{align}\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)}{x(\sqrt{1+x}+1)}\\&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(1+x)-1}{x(\sqrt{1+x}+1)}\\&=\lim\limits_{x\to0}\frac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}\\&=\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}\\&=\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}\\&=\frac{1}{2}\end{align}\]方法二：等價無窮小替換當(dāng)\(x\to0\)時，\(\sqrt{1+x}-1\sim\frac{1}{2}x\)，所以\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x}{x}=\frac{1}{2}\)。22.（本題滿分8分）設(shè)函數(shù)\(y=x\lnx\)，求\(y^{\prime\prime}\)。解：首先求\(y^\prime\)，根據(jù)乘積的求導(dǎo)法則\((uv)^\prime=u^\primev+uv^\prime\)，對于\(y=x\lnx\)，令\(u=x\)，\(v=\lnx\)，則\(u^\prime=1\)，\(v^\prime=\frac{1}{x}\)。所以\(y^\prime=(x\lnx)^\prime=1\times\lnx+x\times\frac{1}{x}=\lnx+1\)。然后求\(y^{\prime\prime}\)，對\(y^\prime=\lnx+1\)求導(dǎo)，\(y^{\prime\prime}=(\lnx+1)^\prime=\frac{1}{x}+0=\frac{1}{x}\)。23.（本題滿分8分）計算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2x\cosxdx\)。解：令\(t=\sinx\)，則\(dt=\cosxdx\)。當(dāng)\(x=0\)時，\(t=\sin0=0\)；當(dāng)\(x=\frac{\pi}{2}\)時，\(t=\sin\frac{\pi}{2}=1\)。所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2x\cosxdx=\int_{0}^{1}t^2dt\)。根據(jù)定積分公式\(\int_{a}^x^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}|_{a}^(n\neq-1)\)，可得\(\int_{0}^{1}t^2dt=\frac{1}{3}t^3|_{0}^{1}=\frac{1}{3}(1^3-0^3)=\frac{1}{3}\)。24.（本題滿分8分）設(shè)\(z=f(x^2y,\frac{y}{x})\)，其中\(zhòng)(f\)具有連續(xù)的一階偏導(dǎo)數(shù)，求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)和\(\frac{\partialz}{\partialy}\)。解：設(shè)\(u=x^2y\)，\(v=\frac{y}{x}\)。根據(jù)復(fù)合函數(shù)求偏導(dǎo)數(shù)的鏈?zhǔn)椒▌t\(\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{\partialf}{\partialu}\cdot\frac{\partialu}{\partialx}+\frac{\partialf}{\partialv}\cdot\frac{\partialv}{\partialx}\)。\(\frac{\partialu}{\partialx}=2xy\)，\(\frac{\partialv}{\partialx}=-\frac{y}{x^2}\)，所以\(\frac{\partialz}{\partialx}=f_1^\prime\cdot2xy+f_2^\prime\cdot(-\frac{y}{x^2})=2xyf_1^\prime-\frac{y}{x^2}f_2^\prime\)。同理，\(\frac{\partialz}{\partialy}=\frac{\partialf}{\partialu}\cdot\frac{\partialu}{\partialy}+\frac{\partialf}{\partialv}\cdot\frac{\partialv}{\partialy}\)。\(\frac{\partialu}{\partialy}=x^2\)，\(\frac{\partialv}{\partialy}=\frac{1}{x}\)，所以\(\frac{\partialz}{\partialy}=f_1^\prime\cdotx^2+f_2^\prime\cdot\frac{1}{x}=x^2f_1^\prime+\frac{1}{x}f_2^\prime\)。這里\(f_1^\prime\)表示\(f\)對第一個中間變量\(u\)的偏導(dǎo)數(shù)，\(f_2^\prime\)表示\(f\)對第二個中間變量\(v\)的偏導(dǎo)數(shù)。25.（本題滿分8分）求微分方程\(y^\prime-2y=e^x\)的通解。解：這是一階線性非齊次微分方程，其一般形式為\(y^\prime+P(x)y=Q(x)\)，這里\(P(x)=-2\)，\(Q(x)=e^x\)。先求對應(yīng)的齊次方程\(y^\prime-2y=0\)的通解，分離變量得\(\frac{dy}{y}=2dx\)，兩邊積分\(\int\frac{dy}{y}=\int2dx\)，得\(\ln|y|=2x+C_1\)，即\(y=Ce^{2x}\)（\(C=\pme^{C_1}\)）。再用常數(shù)變易法求非齊次方程的通解，設(shè)\(y=C(x)e^{2x}\)，則\(y^\prime=C^\prime(x)e^{2x}+2C(x)e^{2x}\)。將\(y\)和\(y^\prime\)代入原非齊次方程\(y^\prime-2y=e^x\)得：\(C^\prime(x)e^{2x}+2C(x)e^{2x}-2C(x)e^{2x}=e^x\)，即\(C^\prime(x)e^{2x}=e^x\)，\(C^\prime(x)=e^{-x}\)。兩邊積分\(C(x)=\inte^{-x}dx=-e^{-x}+C\)。所以原非齊次方程的通解為\(y=C(x)e^{2x}=(-e^{-x}+C)e^{2x}=Ce^{2x}-e^{x}\)。26.（本題滿分10分）求由曲線\(y=x^2\)與直線\(y=x+2\)所圍成的平面圖形的面積。解：第一步，求曲線\(y=x^2\)與直線\(y=x+2\)的交點(diǎn)。聯(lián)立方程組\(\begin{cases}y=x^2\\y=x+2\end{cases}\)，將\(y=x^2\)代入\(y=x+2\)得\(x^2-x-2=0\)。因式分解得\((x-2)(x+1)=0\)，解得\(x=-1\)或\(x=2\)。對應(yīng)的\(y\)值分別為\(y=1\)和\(y=4\)，所以交點(diǎn)坐標(biāo)為\((-1,1)\)和\((2,4)\)。第二步，確定被積函數(shù)和積分區(qū)間。在區(qū)間\([-1,2]\)上，直線\(y=x+2\)在曲線\(y=x^2\)的上方，所以所求圖形的面積\(S=\int_{-1}^{2}[(x+2)-x^2]dx\)。第三步，計算定積分。\[\begin{align}S&=\int_{-1}^{2}(x+2-x^2)dx\\&=\left(\frac{1}{2}x^2+2x-\frac{1}{3}x^3\right)\big|_{-1}^{2}\\&=\left(\frac{1}{2}\times2^2+2\times2-\frac{1}{3}\times2^3\right)-\left(\frac{1}{2}\times(-1)^2+2\times(-1)-\frac{1}{3}\times(-1)^3\right)\\&=(2+4-\frac{8}{3})-(\frac{1}{2}-2+\frac{1}{3})\\&=(6-\frac{8}{3})-(\frac{3-12+2}{6})\\&=\frac{10}{3}-(-\frac{7}{6})\\&=\frac{20+7}{6}\\&=\frac{9}{2}\end{align}\]所以由曲線\(y=x^2\)與直線\(y=x+2\)所圍成的平面圖形的面積為\(\frac{9}{2}\)。27.（本題滿分10分）求