1987年考研数学二真题

答案： $y'=\dfrac a{1+ax}$，$y''=-\dfrac{a^2}{(1+ax)^2}$。

思路： 用复合函数求导法则，先求一阶导数再求二阶导数。

详细解答：

1. 对数的定义域要求 $1+ax>0$。由 $(\ln u)'=u'/u$，

   $$y'=\frac{(1+ax)'}{1+ax}=\frac a{1+ax}.$$

2. $a$ 为常数，再求导：

   $$y''=[a(1+ax)^{-1}]'=a[-(1+ax)^{-2}]a=-\frac{a^2}{(1+ax)^2}.$$

答案： 切线 $y-\dfrac\pi4=\dfrac12(x-1)$；法线 $y-\dfrac\pi4=-2(x-1)$。

思路： 求切点、切线斜率，再用垂直关系求法线斜率。

详细解答：

1. $y(1)=\arctan1=\pi/4$，切点为 $(1,\pi/4)$。由 $y'=1/(1+x^2)$，切线斜率为 $y'(1)=1/2$。

2. 点斜式给出切线 $y-\pi/4=(x-1)/2$。法线与切线垂直，斜率为 $-1/(1/2)=-2$，故法线为 $y-\pi/4=-2(x-1)$。

答案： 条件：$a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续。结论：存在 $\xi\in[a,b]$，使

$$\int_a^bf(x)\mathrm{d}x=f(\xi)(b-a).$$

思路： 积分平均值介于最小值和最大值之间，再用连续函数的介值性质。

详细解答：

1. 闭区间上的连续函数取得最小值 $m$ 和最大值 $M$。积分保序性给出

   $$m(b-a)\le\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\le M(b-a).$$

2. 除以正数 $b-a$，平均值 $A=\dfrac1{b-a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x$ 满足 $m\le A\le M$。由介值性质存在 $\xi\in[a,b]$ 使 $f(\xi)=A$，两边乘 $b-a$ 即得定理结论。

答案： $\mathrm{e}^{-3}$。

思路： 将底数写成 $1$ 加无穷小，取对数处理幂式极限。

详细解答：

1. 对充分大的 $n$，记 $A_n=(1-3/(n+1))^n>0$。取对数，

   $$\ln A_n=-\frac{3n}{n+1}\frac{\ln(1-3/(n+1))}{-3/(n+1)}.$$

2. 由 $\ln(1+u)/u\to1$（$u\to0$），上式趋于 $-3$。指数函数连续，故 $A_n=\mathrm{e}^{\ln A_n}\to\mathrm{e}^{-3}$。

答案： $f(x)+C$；$\dfrac12[f(2b)-f(2a)]$。

思路： 第一空用原函数定义；第二空换元时注意系数 $1/2$。

详细解答：

1. 因为 $f$ 的导数为 $f'$，所以它是 $f'$ 的一个原函数，故 $\int f'(x)\mathrm{d}x=f(x)+C$。

2. 令 $u=2x$，则 $\mathrm{d}x=\mathrm{d}u/2$，上下限为 $2a$、$2b$。因此

   $$\int_a^bf'(2x)\mathrm{d}x=\frac12\int_{2a}^{2b}f'(u)\mathrm{d}u =\frac12[f(2b)-f(2a)].$$

答案： $\dfrac12$。

思路： 先通分消去两个分式的发散部分，再展开指数函数。

详细解答：

1. 通分得

   $$\frac1x-\frac1{\mathrm{e}^x-1} =\frac{\mathrm{e}^x-1-x}{x(\mathrm{e}^x-1)}.$$

2. 当 $x\to0$ 时，$\mathrm{e}^x=1+x+x^2/2+o(x^2)$。所以分子为 $x^2/2+o(x^2)$，分母为 $x^2+o(x^2)$。约去 $x^2$，

   $$\lim_{x\to0}\frac{1/2+o(1)}{1+o(1)}=\frac12.$$

答案： 当 $t\ne2k\pi$（$k\in\mathbb Z$）时，

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\sin t}{1-\cos t},\qquad \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=-\frac1{5(1-\cos t)^2}.$$

思路： 一阶导数为 $y'(t)/x'(t)$；二阶导数还要再除一次 $x'(t)$。

详细解答：

1. 对参数求导得 $x'(t)=5(1-\cos t)$、$y'(t)=5\sin t$。当 $x'(t)\ne0$ 时，

   $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{\sin t}{1-\cos t}.$$

2. 对所得商关于 $t$ 求导，再除以 $x'(t)$：

   $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{\sin t}{1-\cos t} =\frac{\cos t(1-\cos t)-\sin^2t}{(1-\cos t)^2} =-\frac1{1-\cos t},$$

   $$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} =\frac{-1/(1-\cos t)}{5(1-\cos t)} =-\frac1{5(1-\cos t)^2}.$$

   条件 $x'(t)\ne0$ 即 $t\ne2k\pi$。

答案： $\dfrac\pi8$。

思路： 对 $\arcsin x$ 分部积分，再用正弦换元消去根号。

详细解答：

1. 取 $u=\arcsin x$、$\mathrm{d}v=x\mathrm{d}x$，则

   $$I=\left[\frac{x^2}2\arcsin x\right]_0^1 -\frac12\int_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x =\frac\pi4-\frac12J.$$

   可先积分至 $r<1$ 再令 $r\to1^-$，下面的换元说明末项收敛。

2. 令 $x=\sin u$，则 $0\le u\le\pi/2$，根号为 $\cos u$，$\mathrm{d}x=\cos u\,\mathrm{d}u$。所以

   $$J=\int_0^{\pi/2}\sin^2u\,\mathrm{d}u =\left[\frac u2-\frac{\sin2u}4\right]_0^{\pi/2}=\frac\pi4.$$

   因此 $I=\pi/4-\pi/8=\pi/8$。

答案： $V=4\pi+\dfrac32\pi^2$。

思路： 旋转截面是半径 $1+\sin x$ 的圆盘，用圆盘法积分。

详细解答：

1. 在 $[0,\pi]$ 上 $1+\sin x>0$，截面积为 $\pi(1+\sin x)^2$。所以

   $$V=\pi\int_0^\pi(1+2\sin x+\sin^2x)\mathrm{d}x.$$

2. 三项积分依次为

   $$\pi,\qquad 2[-\cos x]_0^\pi=4,\qquad \int_0^\pi\frac{1-\cos2x}2\mathrm{d}x=\frac\pi2.$$

   所以 $V=\pi(\pi+4+\pi/2)=4\pi+3\pi^2/2$。

答案： $f$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加。

思路： 用拉格朗日中值定理将两点函数值之差与正导数联系起来。

详细解答：

1. 任取 $a<x_1<x_2<b$。可导性蕴含连续性，故 $f$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续、在 $(x_1,x_2)$ 内可导。

2. 中值定理保证存在 $\xi\in(x_1,x_2)$，使

   $$f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)>0.$$

   最后一个不等号来自 $f'(\xi)>0$ 及 $x_2-x_1>0$。两点任取，所以 $f$ 严格单调增加。

答案： $g(c)$ 是严格局部极大值。

思路： 二阶导数定义确定 $c$ 两侧一阶导数的符号，再比较函数值。

详细解答：

1. 由 $g'(c)=0$，

   $$\lim_{x\to c}\frac{g'(x)}{x-c}=g''(c)<0.$$

   因此在某个去心邻域内此比值为负。左侧分母为负，故 $g'>0$；右侧分母为正，故 $g'<0$。

2. 对邻近的 $x<c$，中值定理给出 $g(c)-g(x)=g'(\xi)(c-x)>0$（$x<\xi<c$）；对邻近的 $x>c$，给出 $g(x)-g(c)=g'(\eta)(x-c)<0$（$c<\eta<x$）。

3. 所以在 $c$ 的去心邻域内均有 $g(x)<g(c)$，这正是严格局部极大值的定义。该证明无需假设二阶导数在邻域内连续。

答案： $a,b>0$ 时，在不跨越 $\tan x$ 极点的区间上为 $\dfrac1{ab}\arctan(\dfrac ab\tan x)+C$；$a=0,b>0$ 时为 $\dfrac1{b^2}\tan x+C$；$a>0,b=0$ 时为 $-\dfrac1{a^2}\cot x+C$。

思路： 参数允许为零，须分情况；两者为正时用正切换元。

详细解答：

1. 若 $a,b>0$，在 $\cos x\ne0$ 的区间上令 $u=\tan x$，得到

   $$\int\frac{\mathrm{d}x}{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x} =\int\frac{\sec^2x\,\mathrm{d}x}{a^2\tan^2x+b^2} =\int\frac{\mathrm{d}u}{a^2u^2+b^2}.$$

   再令 $v=au/b$，积分为

   $$\frac1{ab}\int\frac{\mathrm{d}v}{1+v^2} =\frac1{ab}\arctan\left(\frac ab\tan x\right)+C.$$

   此时被积函数在全实数上连续，但主值反正切表达式在正切极点两侧跳跃。跨越极点须调整反正切分支或相邻区间的积分常数，使原函数连续。

2. 若 $a=0,b>0$，在 $\cos x\ne0$ 的区间上积分为

   $$\frac1{b^2}\int\sec^2x\,\mathrm{d}x=\frac1{b^2}\tan x+C.$$

3. 若 $a>0,b=0$，在 $\sin x\ne0$ 的区间上积分为

   $$\frac1{a^2}\int\csc^2x\,\mathrm{d}x=-\frac1{a^2}\cot x+C.$$

   题设排除了 $a=b=0$。

答案： $y=\dfrac x2-\dfrac1x$，初值所在区间为 $x>0$。

思路： 将左端整理成乘积的导数，再用初值求常数。

详细解答：

1. 移项得 $xy'+y=x$，即 $(xy)'=x$。两边积分：

   $$xy=\frac{x^2}2+C,\qquad y=\frac x2+\frac Cx\quad(x\ne0).$$

2. 代入 $x=\sqrt2$、$y=0$，得 $0=1+C$，故 $C=-1$。解为 $y=x/2-1/x$，在 $x=0$ 处无定义；初值位于正半轴，故取 $x>0$。

答案： $y=(C_1+C_2x)\mathrm{e}^{-x}+\dfrac14(x-1)\mathrm{e}^x$。

思路： 求齐次通解，再用待定系数法求一个非齐次特解。

详细解答：

1. 齐次特征方程为 $(r+1)^2=0$，根 $-1$ 为二重根，所以 $y_h=(C_1+C_2x)\mathrm{e}^{-x}$。

2. $1$ 不是特征根，设 $y_p=(Ax+B)\mathrm{e}^x$，则

   $$y_p'=(Ax+A+B)\mathrm{e}^x,\qquad y_p''=(Ax+2A+B)\mathrm{e}^x.$$

   代入左端得 $[4Ax+4A+4B]\mathrm{e}^x$。

3. 比较系数，$4A=1$、$4A+4B=0$，得 $A=1/4$、$B=-1/4$。通解 $y=y_h+y_p$ 即所列答案。

答案： D，偶函数。

思路： 检查 $f(-x)$，再用点列和函数取值排除其他选项。

详细解答：

1. 由正弦的奇性、余弦的偶性，

   $$f(-x)=|(-x)(-\sin x)|\mathrm{e}^{\cos x}=f(x),$$

   所以 D 正确。

2. 取 $x_k=\pi/2+2k\pi$，有 $f(x_k)=x_k\to+\infty$，故 A 错误。连续的周期函数在一个周期的闭区间上有界，继而在全实数上有界；本函数连续且无界，所以 C 错误。

3. $f(0)=0$、$f(\pi/2)=\pi/2$、$f(\pi)=0$，函数值先升后降，所以 B 错误。

答案： D，在全实数上无界。

思路： 区分“存在无界点列”和“所有趋于无穷的点列均使函数成为无穷大”。

详细解答：

1. 取 $x_k=\pi/2+2k\pi$，有 $f(x_k)=x_k\to+\infty$，证明无界，故 D 正确、C 错误。

2. 取 $z_k=k\pi\to+\infty$，有 $f(z_k)=0$。所以 $|f(x)|$ 并不在无穷远趋于无穷，A 错误；与第一条点列比较，也可知不存在统一极限，B 错误。

答案： B，$2f'(a)$。

思路： 分子加减 $f(a)$，拆成两个导数差商。

详细解答：

1. 写成

   $$\frac{f(a+x)-f(a-x)}x =\frac{f(a+x)-f(a)}x+\frac{f(a)-f(a-x)}x.$$

2. 第一项趋于 $f'(a)$。第二项等于 $[f(a-x)-f(a)]/(-x)$，令 $h=-x\to0$，也趋于 $f'(a)$。可导性保证两极限存在，因此原极限为 $2f'(a)$，选 B。

答案： D，积分值由 $s$ 决定，不依赖于 $t$。

思路： 令 $u=tx$，同时消去积分外和积分内的 $t$。

详细解答：

1. 由 $t>0$，有 $\mathrm{d}x=\mathrm{d}u/t$，上下限从 $0,s/t$ 变为 $0,s$。

2. 因此

   $$I=t\int_0^{s/t}f(tx)\mathrm{d}x =t\int_0^sf(u)\frac{\mathrm{d}u}{t} =\int_0^sf(u)\mathrm{d}u.$$

   结果不含 $t$。积分变量为哑变量，并非结果的自由变量，所以选 D。

答案： 切点 $\left(\dfrac1{\sqrt3},\dfrac23\right)$；最小面积 $\dfrac{4\sqrt3}{9}-\dfrac23$。

思路： 求切线的两轴截距，以截距三角形面积减去曲线下方固定面积，再求最小值。

详细解答：

1. 设切点为 $(t,1-t^2)$，则 $0<t<1$。由 $y'=-2x$，切线为

   $$y-(1-t^2)=-2t(x-t),\qquad y=-2tx+1+t^2.$$

   两轴截距为 $1+t^2$、$(1+t^2)/(2t)$。

2. 切线与曲线的高度差为 $(x-t)^2\ge0$，横截距又满足 $(1+t^2)/(2t)\ge1$，所以所求面积为

   $$S(t)=\frac{(1+t^2)^2}{4t}-\int_0^1(1-x^2)\mathrm{d}x =\frac{t^3}4+\frac t2+\frac1{4t}-\frac23.$$

3. 求导并分解：

   $$S'(t)=\frac{(3t^2-1)(t^2+1)}{4t^2}.$$

   导数在 $0<t<1/\sqrt3$ 为负，在 $1/\sqrt3<t<1$ 为正，所以 $t=1/\sqrt3$ 为最小点。

4. 对应纵坐标为 $2/3$，面积为

   $$S_{\min}=\frac{(4/3)^2}{4/\sqrt3}-\frac23 =\frac{4\sqrt3}9-\frac23.$$