2019年考研数学一真题

答案： C，即 $k=3$。

解题思路： $x$ 与 $\tan x$ 的一次项相同，相减后会抵消，因此不能仅用 $\tan x\sim x$ 判断差的阶数。需要展开到第一个不被抵消的项，再检查与 $x^k$ 的比值是否趋于非零有限常数。

详细解答： 当 $x\to0$ 时，泰勒展开为

$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

于是

$$x-\tan x=-\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad \lim_{x\to0}\frac{x-\tan x}{x^3}=-\frac13.$$

“同阶无穷小”要求比值极限为非零有限常数，所以 $k=3$，选 C。

也可以直接使用洛必达法则。分子、分母都趋于零，且在零点附近满足求导条件，故

$$\lim_{x\to0}\frac{x-\tan x}{x^3} =\lim_{x\to0}\frac{1-\sec^2x}{3x^2} =-\frac13\lim_{x\to0}\left(\frac{\tan x}{x}\right)^2 =-\frac13.$$

易错点： 相减的两项不能分别替换成同一个等价无穷小，否则会把真正决定阶数的三次项丢掉。

答案： B。$x=0$ 是不可导点，也是极大值点。

解题思路： 分段函数在分界点的可导性要用左右差商检查；是否为极值点则要比较零点附近的函数值与 $f(0)$，这两项判断需要分别进行。

详细解答： 由题设，$f(0)=0$。在左侧 $x<0$ 时，$f(x)=x|x|=-x^2$，因此

$$f'_-(0)=\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x} =\lim_{x\to0^-}|x|=0.$$

在右侧 $x>0$ 时，

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x} =\lim_{x\to0^+}\ln x=-\infty.$$

右差商没有有限极限，故 $f$ 在零点不可导。另一方面，$x<0$ 时有 $f(x)=-x^2<0$；$0<x<1$ 时有 $\ln x<0$，从而 $f(x)=x\ln x<0$。所以在零点的一个去心邻域内，左右两侧都满足

$$f(x)<f(0)=0.$$

因此零点是严格极大值点，选 B。

易错点： 极值点不一定是可导点；本题就不能通过“令导数等于零”来判断零点的极值。

答案： D，即 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(u_{n+1}^2-u_n^2)$ 一定收敛。

解题思路： 单调有界数列一定有有限极限。D 的一般项是相邻两项之差，可以先写部分和，使中间项抵消；另外三项需要检查是否确实由题设保证收敛，不能擅自增加 $u_n>0$ 的条件。

详细解答： 由单调有界定理，存在有限实数 $L$，使 $u_n\to L$。D 的前 $N$ 项之和为

$$S_N=(u_2^2-u_1^2)+(u_3^2-u_2^2)+\cdots+(u_{N+1}^2-u_N^2) =u_{N+1}^2-u_1^2.$$

由于平方函数连续，$u_{N+1}^2\to L^2$，所以

$$S_N\to L^2-u_1^2.$$

部分和有有限极限，故 D 收敛。

其余选项并非必然收敛，可以用满足题设的具体数列排除：

• A：取 $u_n=n/(n+1)$，该数列严格增加且有界，而 $u_n/n=1/(n+1)$，对应级数是调和级数去掉首项，发散。
• B：仍取 $u_n=n/(n+1)$，则 $1/u_n\to1$，一般项 $(-1)^n/u_n$ 不趋于零，不满足级数收敛的必要条件。
• C：取 $u_n=-1/n$，该数列严格增加且有界，而且每项非零。此时

$$1-\frac{u_n}{u_{n+1}} =1-\frac{n+1}{n}=-\frac1n,$$

所以 C 对应负的调和级数，发散。综上选 D。

易错点： “单调增加有界”不等于“正项且极限为正”。本题 C 的反例正是一个从负数趋于零的数列。

答案： D，可取 $P(x,y)=x-1/y$。

解题思路： 上半平面 $y>0$ 是单连通区域。对一阶偏导连续的 $P,Q$，所有闭曲线积分为零对应微分形式为全微分，其判别条件是 $P_y=Q_x$。也可以直接构造一个势函数验证选项。

详细解答： 由 $Q(x,y)=x/y^2$，计算得

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac1{y^2}.$$

令 $P_y=1/y^2$，对 $y$ 积分时将 $x$ 看作常数，得到

$$P(x,y)=-\frac1y+h(x),$$

其中 $h$ 是只依赖于 $x$ 的函数。D 对应 $h(x)=x$，并且在整个上半平面内光滑。

更直接地，取

$$U(x,y)=\frac{x^2}{2}-\frac{x}{y}.$$

则 $U_x=x-1/y=P$，$U_y=x/y^2=Q$，所以

$$P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy=\mathrm dU, \qquad\oint_C\mathrm dU=0.$$

这说明 D 满足题目的全部要求。A、B 的 $y$ 偏导分别为 $1+3x^2/y^4$、$-1/y^2+3x^2/y^4$，均不恒等于 $1/y^2$。C 虽在 $x\ne0$ 处满足偏导关系，但含有 $1/x$，在上半平面中的直线 $x=0$ 上没有定义，因此不能用于题设的整个区域。

答案： C，规范形为 $y_1^2-y_2^2-y_3^2$。

解题思路： 实对称矩阵可以正交对角化。先利用矩阵多项式确定特征值的可能取值，再用行列式确定正、负特征值的个数；规范形只保留各非零平方项的正负号。

详细解答： 设 $Av=\lambda v$，其中 $v\ne0$。将 $v$ 代入 $A^2+A=2E$，得

$$(\lambda^2+\lambda-2)v=0.$$

因为 $v\ne0$，所以

$$(\lambda-1)(\lambda+2)=0,$$

即每个特征值只能为 $1$ 或 $-2$。假设三个特征值中有 $m$ 个 $-2$，则

$$|A|=(-2)^m=4.$$

在 $m=0,1,2,3$ 中，只有 $m=2$ 满足此式。因此三个特征值为 $1,-2,-2$。

由实对称矩阵的正交对角化，作正交变换后，二次型为

$$t_1^2-2t_2^2-2t_3^2.$$

再令 $y_1=t_1$、$y_2=\sqrt2\,t_2$、$y_3=\sqrt2\,t_3$，得到规范形 $y_1^2-y_2^2-y_3^2$，选 C。

易错点： 标准形中的系数可以是 $1,-2,-2$；规范形还要把非零系数的绝对值缩放为 $1$。

答案： A，即 $r(A)=2$、$r(\overline A)=3$。

解题思路： 平面的法向量构成系数矩阵的行向量。两平面相交说明法向量不成比例；图中三条交线互相平行且不同，说明三平面没有公共点，再用线性方程组的解与秩的关系判断。

详细解答： 记第 $i$ 个平面的法向量为

$$n_i=(a_{i1},a_{i2},a_{i3}),\qquad i=1,2,3.$$

因为任意两个平面相交，它们的法向量线性无关，所以系数矩阵至少有两个线性无关的行，即 $r(A)\ge2$。

图中的三条交线彼此平行而不重合。如果三个平面有公共点，该点就必须同时位于这些交线上，与不同的平行直线没有公共点矛盾。因此三个平面方程组成的方程组无解。

由线性方程组的秩判别定理，无解意味着

$$r(A)<r(\overline A).$$

增广矩阵只有三行，故 $r(\overline A)\le3$。结合以上不等式，得到

$$2\le r(A)<r(\overline A)\le3.$$

秩只能取整数，因此 $r(A)=2$、$r(\overline A)=3$，选 A。

答案： C，即 $P(A\overline B)=P(B\overline A)$。

解题思路： 将 $A$ 和 $B$ 各自分成公共部分 $AB$ 与只属于自身的部分。两事件的概率相等，恰好等价于去掉同一个公共部分后，剩余部分的概率相等。

详细解答： 以下都是不相交的事件分解：

$$A=AB\cup A\overline B,\qquad B=AB\cup B\overline A.$$

由概率的可加性，

$$P(A)=P(AB)+P(A\overline B),\qquad P(B)=P(AB)+P(B\overline A).$$

两式相减，得到

$$P(A)-P(B)=P(A\overline B)-P(B\overline A).$$

因此等式两边同时为零，恰好给出 $P(A)=P(B)$ 与 C 的充分必要关系。

其余条件不能保证两事件等概率：A 表示 $P(AB)=0$，可以取互斥事件的概率分别为 $1/4$、$1/2$；B 表示独立，也可以取两个独立事件的概率分别为 $1/4$、$1/2$。D 中

$$P(\overline A\overline B)=1-P(A)-P(B)+P(AB),$$

所以 D 等价于 $P(A)+P(B)=1$；例如 $A$ 为必然事件、$B$ 为不可能事件就满足 D，却不满足 $P(A)=P(B)$。故选 C。

答案： A。该概率与 $\mu$ 无关，与 $\sigma^2$ 有关。

解题思路： 独立正态变量的线性组合仍服从正态分布。先求差 $X-Y$ 的均值与方差，再标准化；两个相同的均值会在相减时消失。

详细解答： 由独立性，

$$E(X-Y)=\mu-\mu=0,\qquad D(X-Y)=D(X)+D(Y)=2\sigma^2.$$

因而 $X-Y\sim N(0,2\sigma^2)$。令

$$T=\frac{X-Y}{\sqrt2\,\sigma}\sim N(0,1),$$

并记 $\Phi$ 为标准正态分布函数，则

$$\begin{aligned} P\{|X-Y|<1\} &=P\left\{-\frac1{\sqrt2\,\sigma}<T<\frac1{\sqrt2\,\sigma}\right\}\\ &=\Phi\left(\frac1{\sqrt2\,\sigma}\right) -\Phi\left(-\frac1{\sqrt2\,\sigma}\right)\\ &=2\Phi\left(\frac1{\sqrt2\,\sigma}\right)-1. \end{aligned}$$

最后一步使用正态分布的对称性 $\Phi(-t)=1-\Phi(t)$。结果不含 $\mu$；当 $\sigma>0$ 增大时，$1/(\sqrt2\sigma)$ 减小，概率也减小，所以它确实依赖 $\sigma^2$，选 A。

答案： $\displaystyle\frac{y}{\cos x}+\frac{x}{\cos y}$。

解题思路： 对复合函数使用链式法则。题目给两个偏导数配置的系数，正好能使含 $f'$ 的两项相互抵消。

详细解答： 记 $u=\sin y-\sin x$。对 $x$ 求偏导时将 $y$ 视为常数，对 $y$ 求偏导时将 $x$ 视为常数，因此

$$z_x=f'(u)(-\cos x)+y,\qquad z_y=f'(u)\cos y+x.$$

在题中表达式有定义的点，即 $\cos x\ne0$、$\cos y\ne0$ 时，代入得

$$\frac{z_x}{\cos x}+\frac{z_y}{\cos y} =-f'(u)+\frac{y}{\cos x}+f'(u)+\frac{x}{\cos y} =\frac{y}{\cos x}+\frac{x}{\cos y}.$$

答案： $\displaystyle y=\sqrt{3e^x-2}$，包含初始点的最大解区间为 $x>\ln(2/3)$。

解题思路： 方程同时出现 $2yy'$ 与 $y^2$，而 $(y^2)'=2yy'$，因此令 $u=y^2$ 可把非线性方程化为一阶线性方程；初值还负责确定平方根的正负号。

详细解答： 令 $u=y^2$，由原方程得

$$u'-u=2.$$

乘以积分因子 $e^{-x}$ 后，左侧成为乘积的导数：

$$(e^{-x}u)'=2e^{-x}.$$

积分得 $e^{-x}u=-2e^{-x}+C$，即

$$y^2=u=Ce^x-2.$$

由 $y(0)=1$，得 $1=C-2$，故 $C=3$。于是 $y=\pm\sqrt{3e^x-2}$；初值为正，所以在包含零点的连续解区间上取正号：

$$y=\sqrt{3e^x-2}.$$

实数解要求 $3e^x-2>0$，即 $x>\ln(2/3)$。这里不能把等号处纳入解区间，因为若 $y=0$，原方程左侧就等于 $-2$，不可能为零。

也可直接分离变量：

$$\frac{2y}{y^2+2}\,\mathrm dy=\mathrm dx \quad\Longrightarrow\quad \ln(y^2+2)=x+C_1.$$

初值给出 $C_1=\ln3$，同样得到上述特解。

答案： $S(x)=\cos\sqrt{x}$，$x>0$。

解题思路： 分母 $(2n)!$ 和交替符号 $(-1)^n$ 对应余弦函数的麦克劳林级数。要把 $x^n$ 写成某个量的 $2n$ 次幂，所以令该量为 $\sqrt{x}$。

详细解答： 先用比值判别法确认级数的收敛范围。固定实数 $x\ne0$，有

$$\left|\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}/(2n+2)!}{(-1)^nx^n/(2n)!}\right| =\frac{|x|}{(2n+2)(2n+1)}\to0<1.$$

在 $x=0$ 时级数只有首项非零，也收敛。故级数对每个实数 $x$ 都绝对收敛，收敛半径为无穷大。已知对所有实数 $t$，

$$\cos t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nt^{2n}}{(2n)!}.$$

题目只求 $x>0$ 的和函数，此时 $t=\sqrt{x}$ 是实数，且 $t^{2n}=x^n$，从而

$$S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(\sqrt{x})^{2n}}{(2n)!} =\cos\sqrt{x}.$$

答案： $\displaystyle\frac{32}{3}$。

解题思路： 这是带方向的第二类曲面积分，其中只有 $\mathrm dx\,\mathrm dy$ 项。上侧取向使其投影到 $xy$ 平面时取正号；再利用曲面方程把根式化成 $|y|$。

详细解答： 在曲面 $x^2+y^2+4z^2=4$ 上，

$$4-x^2-4z^2=y^2, \qquad\sqrt{4-x^2-4z^2}=|y|.$$

上半椭球面可写为

$$z=\frac12\sqrt{4-x^2-y^2},$$

其在 $xy$ 平面的投影为圆盘

$$D=\{(x,y):x^2+y^2\le4\}.$$

由于取上侧，即法向量的 $z$ 分量为正，所求积分为

$$I=\iint_D|y|\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

圆盘关于两坐标轴对称，$|y|$ 在四个象限的积分相等。第一象限中作极坐标变换 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其 Jacobian 为 $r$，取值范围为 $0\le r\le2$、$0\le\theta\le\pi/2$，于是

$$\begin{aligned} I&=4\int_0^{\pi/2}\int_0^2(r\sin\theta)r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\ &=4\left(\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,\mathrm d\theta\right) \left(\int_0^2r^2\,\mathrm dr\right) =4\cdot1\cdot\frac83=\frac{32}{3}. \end{aligned}$$

易错点： $\sqrt{y^2}$ 应写成 $|y|$。本题积分元是 $\mathrm dx\,\mathrm dy$，投影后无需再乘第一类曲面积分中的面积伸缩因子。

答案： $x=k(1,-2,1)^{\mathrm T}$，其中 $k\in\mathbb R$。

解题思路： 矩阵乘列向量等于各列的线性组合。将第三列换成前两列的组合，就能使用前两列线性无关这一条件，让两个系数分别等于零。

详细解答： 设未知向量 $x=(x_1,x_2,x_3)^{\mathrm T}$，则

$$\begin{aligned} Ax&=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3\\ &=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3(-\alpha_1+2\alpha_2)\\ &=(x_1-x_3)\alpha_1+(x_2+2x_3)\alpha_2. \end{aligned}$$

由于 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关，其线性组合为零的充要条件是

$$x_1-x_3=0,\qquad x_2+2x_3=0.$$

令自由变量 $x_3=k\in\mathbb R$，得到 $x_1=k$、$x_2=-2k$，所以

$$x=k\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}.$$

这里 $k=0$ 包含零解；$r(A)=2$，三个未知量恰有一个自由变量，与上述通解相符。

答案： $\displaystyle\frac23$。

解题思路： 先用密度分别求期望和分布函数，再把 $F(X)$ 的不等式转换为 $X$ 的取值范围。由于 $X$ 几乎必然位于 $(0,2)$，只需要使用该区间内的分布函数表达式。

详细解答： 期望为

$$E(X)=\int_0^2x\frac{x}{2}\,\mathrm dx =\frac12\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^2=\frac43.$$

由 $F(x)=\int_{-\infty}^xf(t)\,\mathrm dt$，可得

$$F(x)= \begin{cases} 0,&x\le0,\\ \displaystyle\int_0^x\frac t2\,\mathrm dt=\frac{x^2}{4},&0<x<2,\\ 1,&x\ge2. \end{cases}$$

因此 $E(X)-1=1/3$，而在 $0<X<2$ 上，

$$F(X)>\frac13 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{X^2}{4}>\frac13 \quad\Longleftrightarrow\quad X>\frac2{\sqrt3}.$$

最后一步使用了 $X>0$。所求概率为

$$P\left\{X>\frac2{\sqrt3}\right\} =1-F\left(\frac2{\sqrt3}\right) =1-\frac{(2/\sqrt3)^2}{4}=\frac23.$$

（I）求特解

答案： $y(x)=xe^{-x^2/2}$，$x\in\mathbb R$。

解题思路： 方程 $y'+xy=e^{-x^2/2}$ 是一阶线性微分方程。积分因子 $e^{\int x\,\mathrm dx}=e^{x^2/2}$ 恰好与右端的指数因子相消，乘上后可以直接积分。

详细解答： 将方程两边乘以 $e^{x^2/2}$，有

$$e^{x^2/2}y'+xe^{x^2/2}y=1.$$

因为 $(e^{x^2/2})'=xe^{x^2/2}$，乘积求导公式给出

$$(e^{x^2/2}y)'=1.$$

积分得 $e^{x^2/2}y=x+C$，故通解为

$$y=(x+C)e^{-x^2/2}.$$

代入 $y(0)=0$ 得 $C=0$，因此 $y(x)=xe^{-x^2/2}$。方程的系数和右端在实数轴上均连续，所得特解在整个实数轴上有定义。

（II）求凹凸区间与拐点

答案： 凸区间为 $(-\infty,-\sqrt3)$、$(0,\sqrt3)$；凹区间为 $(-\sqrt3,0)$、$(\sqrt3,+\infty)$。三个拐点为

$$\left(-\sqrt3,-\sqrt3e^{-3/2}\right),\qquad(0,0),\qquad \left(\sqrt3,\sqrt3e^{-3/2}\right).$$

解题思路： 连续二阶可导函数的凹凸性由二阶导数符号确定。先找 $y''=0$ 的点，再判断这些点两侧是否变号；只有凹凸性发生变化的点才是拐点。

详细解答： 对 $y=xe^{-x^2/2}$ 两次求导，得到

$$y'=(1-x^2)e^{-x^2/2},$$

$$\begin{aligned} y''&=-2xe^{-x^2/2}+(1-x^2)(-x)e^{-x^2/2}\\ &=(x^3-3x)e^{-x^2/2} =x(x+\sqrt3)(x-\sqrt3)e^{-x^2/2}. \end{aligned}$$

指数因子始终为正，所以二阶导数的符号由三个一次因子的乘积决定：

$x$ 的区间	$y''$ 的符号	曲线凹凸性
$(-\infty,-\sqrt3)$	负	凸，向下弯
$(-\sqrt3,0)$	正	凹，向上弯
$(0,\sqrt3)$	负	凸，向下弯
$(\sqrt3,+\infty)$	正	凹，向上弯

这里采用 $y''>0$ 为凹、$y''<0$ 为凸的记法。$y''$ 在 $-\sqrt3,0,\sqrt3$ 两侧均改变符号，因此三点都是拐点的横坐标。分别代入 $y=xe^{-x^2/2}$，即得答案中的三个拐点。

（I）求参数

答案： $a=b=-1$。

解题思路： 沿单位方向 $e$ 的方向导数是 $\nabla z\cdot e$。当方向与梯度同向时，该值达到最大，最大值等于梯度的模；先把题给方向向量单位化，就能直接确定梯度。

详细解答： 由 $z=2+ax^2+by^2$，

$$\nabla z=(2ax,2by),\qquad \nabla z(3,4)=(6a,8b).$$

题给方向向量为 $l=(-3,-4)$，其长度为 $5$，所以相应单位向量为

$$e=\frac l{|l|}=\left(-\frac35,-\frac45\right).$$

柯西不等式给出 $\nabla z\cdot e\le|\nabla z|$，且梯度非零时等号当且仅当 $e$ 与梯度同向。题设最大方向为 $e$、最大值为 $10$，因而

$$\nabla z(3,4)=10e=(-6,-8).$$

比较分量，得 $6a=-6$、$8b=-8$，所以 $a=b=-1$。

易错点： 方向导数使用单位方向；梯度必须与最大方向同向，不能只用“平行”而漏掉正负号。

（II）求曲面面积

答案： $\displaystyle S=\frac{13\pi}{3}$。

解题思路： 代入参数后得到抛物面 $z=2-x^2-y^2$。由 $z\ge0$ 确定投影圆盘，再用图形曲面的面积公式；被积函数只依赖 $x^2+y^2$，宜用极坐标计算。

详细解答： 曲面为 $z=2-x^2-y^2$，限制 $z\ge0$ 等价于

$$D=\{(x,y):x^2+y^2\le2\}.$$

对于一阶偏导连续的图形曲面 $z=z(x,y)$，面积为

$$S=\iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

本题 $z_x=-2x$、$z_y=-2y$，故

$$S=\iint_D\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

作 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，Jacobian 为 $r$，范围为 $0\le r\le\sqrt2$、$0\le\theta\le2\pi$，得到

$$S=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2}r\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta =2\pi\int_0^{\sqrt2}r\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm dr.$$

令 $u=1+4r^2$，则 $\mathrm du=8r\,\mathrm dr$，且 $r=0,\sqrt2$ 对应 $u=1,9$。于是

$$S=\frac\pi4\int_1^9u^{1/2}\,\mathrm du =\frac\pi4\cdot\frac23[u^{3/2}]_1^9 =\frac\pi6(27-1)=\frac{13\pi}{3}.$$

答案： 所求面积为 $\displaystyle\frac12+\frac1{e^\pi-1}$。

解题思路： 曲线在每个区间 $[k\pi,(k+1)\pi]$ 上与 $x$ 轴围成一个波瓣，几何面积要对函数取绝对值。$|\sin x|$ 的周期为 $\pi$，而指数因子每经过一个周期便乘以 $e^{-\pi}$，因此各波瓣面积组成等比级数。

详细解答： 面积写成反常积分

$$S=\int_0^{+\infty}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm dx.$$

由于 $0\le e^{-x}|\sin x|\le e^{-x}$，且 $\int_0^{+\infty}e^{-x}\,\mathrm dx=1$，该面积有限。

在第 $k$ 个波瓣中，令 $x=k\pi+t$，其中 $0\le t\le\pi$。此时 $|\sin(k\pi+t)|=\sin t$，故该波瓣的面积为

$$S_k=\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm dx =e^{-k\pi}\int_0^\pi e^{-t}\sin t\,\mathrm dt.$$

为计算首个波瓣的积分，记 $I=\int e^{-t}\sin t\,\mathrm dt$、$J=\int e^{-t}\cos t\,\mathrm dt$。两次分部积分分别给出

$$I=-e^{-t}\sin t+J,\qquad J=-e^{-t}\cos t-I,$$

其中暂略积分常数。将第二式代入第一式，得 $2I=-e^{-t}(\sin t+\cos t)$。因此

$$\int e^{-t}\sin t\,\mathrm dt =-\frac12e^{-t}(\sin t+\cos t)+C.$$

因此首个波瓣面积为

$$S_0=\left[-\frac12e^{-t}(\sin t+\cos t)\right]_0^\pi =\frac12e^{-\pi}+\frac12 =\frac{1+e^{-\pi}}2.$$

全部面积为公比 $e^{-\pi}\in(0,1)$ 的等比级数之和：

$$S=\sum_{k=0}^{\infty}S_0e^{-k\pi} =\frac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})} =\frac12+\frac1{e^\pi-1}.$$

易错点： 直接积分 $e^{-x}\sin x$ 会让 $x$ 轴下方的波瓣以负号计入，所得是带符号的积分，不是本题要求的面积。