1988年考研数学二真题

答案： $a=\mathrm{e}^2$。

思路： 两个分段表达式在各自区间内都连续，只需检查连接点 $x=0$ 的左极限、右极限与函数值是否相等。题中的 $\mathrm{e}^2$ 是固定常数，不是随 $x$ 变化的 $\mathrm{e}^x$。

详细解答：

1. 在 $x\le0$ 一侧，函数为 $2x+a$，因此

   $$\lim_{x\to0^-}f(x)=a,\qquad f(0)=a.$$

2. 在 $x>0$ 一侧，利用正弦、余弦函数的连续性，有

   $$\lim_{x\to0^+}\mathrm{e}^2(\sin x+\cos x) =\mathrm{e}^2(\sin0+\cos0) =\mathrm{e}^2(0+1) =\mathrm{e}^2.$$

   注意此处的指数 $2$ 不会随 $x\to0$ 改变。

3. 在 $0$ 处连续要求

   $$\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=f(0),$$

   所以 $a=\mathrm{e}^2$。反过来，取这一参数后左右极限和函数值均为 $\mathrm{e}^2$，连接点连续；其他各点原本连续，因此函数在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续。

易错点： 常数 $\mathrm{e}^2$ 不能在取极限时写成 $\mathrm{e}^0$。连接点归入 $x\le0$ 一段，因此 $f(0)$ 要从 $2x+a$ 计算。

答案： $f'(t)=(1+2t)\mathrm{e}^{2t}$。

思路： $t$ 是求极限时固定的参数，先求出 $f(t)$ 的表达式，再对 $t$ 求导。

详细解答：

1. 对充分大的 $x$，底数 $1+1/x>0$。由 $\ln(1+u)/u\to1$，

   $$\ln\left(1+\frac1x\right)^{2tx} =2t\,x\ln\left(1+\frac1x\right)\longrightarrow2t.$$

   所以 $\left(1+\frac1x\right)^{2tx}\to\mathrm{e}^{2t}$，进而 $f(t)=t\mathrm{e}^{2t}$，包括 $t=0$ 的情形。

2. 对该明确表达式使用乘积法则：

   $$f'(t)=\mathrm{e}^{2t}+2t\mathrm{e}^{2t} =(1+2t)\mathrm{e}^{2t}.$$

答案： 若恒等式在全体实数上成立，则不存在满足题设的连续函数；若另外明确它在 $x=2$ 的某个邻域内成立，则可推出 $f(7)=\dfrac1{12}$。题面没有给出成立区间，不能将后一数值作为无条件唯一答案。

思路： 先检查恒等式是否自洽；在局部假设成立时，才可用连续函数的变上限积分求导法则。

详细解答：

1. 若原式对所有实数 $x$ 成立，代入 $x=1$ 得

   $$\int_0^{1^3-1}f(t)\mathrm{d}t =\int_0^0f(t)\mathrm{d}t=0,$$

   而右端为 $1$，即 $0=1$。因此全实数恒等式的条件矛盾，不存在这样的函数。

2. 若恒等式只要求在 $x=2$ 的某个邻域成立，连续性保证 $F(u)=\int_0^uf(t)\mathrm{d}t$ 可导且 $F'(u)=f(u)$。对 $F(x^3-1)=x$ 用链式法则，

   $$3x^2f(x^3-1)=1.$$

3. 此时可令 $x=2$，有 $12f(7)=1$，故 $f(7)=1/12$。这一步依赖邻域内的恒等式；仅知道某一点的积分等式，并不足以对它求导。

答案： $1$。

思路： 底数趋于无穷、指数趋于零，取对数后转化为 $\tan x\ln x$ 的极限。

详细解答：

1. 当 $x>0$ 时底数为正。令 $A(x)=(1/\sqrt x)^{\tan x}$，则

   $$\ln A(x)=-\frac12\tan x\ln x =-\frac12\frac{\tan x}{x}\,x\ln x.$$

2. $\tan x/x\to1$。另外令 $u=1/x\to+\infty$，

   $$x\ln x=-\frac{\ln u}{u}\longrightarrow0,$$

   其中 $\ln u/u\to0$ 可由洛必达法则得到。因此 $\ln A(x)\to0$，原极限为 $\mathrm{e}^0=1$。

答案： $2(\mathrm{e}^2+1)$。

思路： 令 $u=\sqrt x$ 消去根号，再对 $u\mathrm{e}^u$ 分部积分。

详细解答：

1. 令 $x=u^2$，则 $\mathrm{d}x=2u\,\mathrm{d}u$，上下限 $0,4$ 变成 $0,2$。因此

   $$I=2\int_0^2u\mathrm{e}^u\,\mathrm{d}u.$$

2. 用 $\int u\mathrm{e}^u\mathrm{d}u=u\mathrm{e}^u-\int\mathrm{e}^u\mathrm{d}u=(u-1)\mathrm{e}^u+C$，得到

   $$I=2[(u-1)\mathrm{e}^u]_0^2 =2[\mathrm{e}^2-(-1)] =2(\mathrm{e}^2+1).$$

答案： A，交点为 $\left(-\dfrac16,0\right)$。

思路： 在指定点求导得到切线方程，令切线的纵坐标为零。

详细解答：

1. 多项式求导得

   $$f'(x)=x^2+x+6,\qquad f'(0)=6.$$

   切线经过 $(0,1)$，所以 $y-1=6(x-0)$，即 $y=6x+1$。

2. 与 $x$ 轴相交时 $y=0$，故 $6x+1=0$，解得 $x=-1/6$。交点为 $(-1/6,0)$，对应 A。

答案： C。

思路： 可导性保证连续，所以有限点的极限等于函数值；函数值的大小关系不能直接推广为导数大小关系，积分大小还要注意方向。

详细解答：

1. 因为 $f,g$ 在 $x_0$ 可导，故在该点连续，

   $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)<g(x_0)=\lim_{x\to x_0}g(x).$$

   所以 C 必定成立。

2. 题设对所有实数成立，代入 $-x$ 仍有 $f(-x)<g(-x)$，与 A 的不等号相反，故 A 错误。

3. 取 $f(x)=0$、$g(x)=1$，满足题设，但两导数均为零，因此 B 的严格不等式不成立。对这两个函数，当 $x=-1$ 时，

   $$\int_0^{-1}f(t)\mathrm{d}t=0,\qquad \int_0^{-1}g(t)\mathrm{d}t=-1,$$

   也反驳 D。实际上积分区间方向反转会反转大小关系，$x=0$ 时两积分还相等。

答案： B，与 $\Delta x$ 同阶，但不等价。

思路： 微分是导数乘自变量微分；比较无穷小的阶，要看两者之比的极限。

详细解答：

1. 在 $x_0$ 处取 $\mathrm{d}x=\Delta x$，有

   $$\mathrm{d}y=f'(x_0)\mathrm{d}x=\frac12\Delta x.$$

2. 对 $\Delta x\ne0$，$\mathrm{d}y/\Delta x=1/2$，因此当 $\Delta x\to0$ 时，比值趋于非零有限常数，二者同阶，B 正确。等价要求比值趋于 $1$，故 A 错误；高阶要求比值趋于 $0$，低阶要求比值绝对值趋于无穷，均不符合，C、D 错误。

答案： B，$V=\dfrac{4\pi}3$。

思路： 旋转体用圆盘法；半径平方为 $\sin^3x$，再用余弦换元积分。

详细解答：

1. 在 $[0,\pi]$ 上 $\sin x\ge0$，故半径为 $\sin^{3/2}x$，截面积为 $\pi\sin^3x$。所以

   $$V=\pi\int_0^\pi\sin^3x\,\mathrm{d}x.$$

2. 写 $\sin^3x=(1-\cos^2x)\sin x$，令 $u=\cos x$，$\mathrm{d}u=-\sin x\,\mathrm{d}x$，上下限为 $1,-1$：

   $$\int_0^\pi\sin^3x\,\mathrm{d}x =\int_{-1}^1(1-u^2)\mathrm{d}u =\left[u-\frac{u^3}3\right]_{-1}^1=\frac43.$$

   因此 $V=4\pi/3$，选 B。

答案： A，在 $x_0$ 处有极大值。

思路： 利用微分方程求出该点的二阶导数，再用二阶导数极值判别法。

详细解答：

1. 由 $f''-2f'+4f=0$，

   $$f''(x_0)=2f'(x_0)-4f(x_0)=-4f(x_0)<0.$$

2. 函数在该点满足 $f'(x_0)=0$、$f''(x_0)<0$，所以二阶导数判别法给出严格局部极大值，A 正确。此时附近左侧函数增加、右侧减少，不能在包含 $x_0$ 的整个邻域单调增加或单调减少，C、D 不成立；极小值也与该符号相反。

答案： $\phi(x)=\sqrt{\ln(1-x)}$，定义域为 $(-\infty,0]$。

思路： 代入 $f$ 的表达式，先解出 $\phi^2$，再同时检查对数和平方根的定义条件。

详细解答：

1. 由 $f[\phi(x)]=1-x$，

   $$\mathrm{e}^{\phi(x)^2}=1-x.$$

   取对数得 $\phi(x)^2=\ln(1-x)$。由于 $\phi(x)\ge0$，应选非负根：

   $$\phi(x)=\sqrt{\ln(1-x)}.$$

2. 对数要求 $1-x>0$，根号还要求 $\ln(1-x)\ge0$。后者等价于 $1-x\ge1$，即 $x\le0$，并自动满足前者。

3. 对每个 $x\le0$，此表达式有定义且非负，代回有 $\mathrm{e}^{\phi^2}=1-x$，所以定义域正是 $(-\infty,0]$。

答案： $y'(0)=1$，$y''(0)=2$。

思路： $y$ 随 $x$ 变化，指数 $xy$ 求导时必须用乘积法则；先求零点处的 $y$ 和 $y'$，再求 $y''$。

详细解答：

1. 原式在 $x=0$ 时给出 $y(0)=1$。令 $u=xy$，则

   $$u'=y+xy',\qquad u''=2y'+xy''.$$

2. 对 $y=1+x\mathrm{e}^u$ 求导：

   $$y'=\mathrm{e}^u+x\mathrm{e}^u u'.$$

   代入 $x=0$，得 $y'(0)=1$，并有 $u'(0)=y(0)=1$。

3. 再求导得到

   $$y''=2\mathrm{e}^u u'+x\mathrm{e}^u[(u')^2+u''].$$

   在 $x=0$ 时含 $x$ 的项为零，故 $y''(0)=2\mathrm{e}^0u'(0)=2$。

答案： $y=\dfrac{\arctan x+C}{x}$，在 $x>0$ 或 $x<0$ 的区间上成立。

思路： 乘以 $x$ 后，左端是乘积 $xy$ 的导数。

详细解答：

1. 原方程要求 $x\ne0$。两边乘 $x$：

   $$xy'+y=\frac1{1+x^2},\qquad (xy)'=\frac1{1+x^2}.$$

2. 两边积分，利用 $(\arctan x)'=1/(1+x^2)$，

   $$xy=\arctan x+C.$$

   除以 $x$，得到 $y=(\arctan x+C)/x$。原方程在零点无定义，因此一般解分别取在不跨越零点的区间上。

答案： 增区间 $(-\infty,1)$，减区间 $(1,+\infty)$；极大值点 $x=1$，极大值 $2$；凹（向上）区间 $(-\infty,0)$、$(2,+\infty)$，凸（向下）区间 $(0,2)$；拐点 $(0,3/2)$、$(2,3/2)$；水平渐近线 $y=0$，无铅直渐近线。

思路： 将分母配方，利用一阶导数判断单调性，二阶导数判断凹凸性，再结合对称轴和渐近线作图。

详细解答：

1. 配方得到

   $$y=\frac6{(x-1)^2+3}.$$

   分母始终为正，定义域为全实数，且 $y>0$；图形关于直线 $x=1$ 对称。

2. 求一阶导数：

   $$y'=-\frac{12(x-1)}{[(x-1)^2+3]^2}.$$

   分母为正，所以 $x<1$ 时 $y'>0$，$x>1$ 时 $y'<0$。因此函数先增后减，在 $x=1$ 处取得极大值 $y(1)=2$，没有极小值。

3. 继续求导：

   $$y''=-\frac{12}{[(x-1)^2+3]^2} +\frac{48(x-1)^2}{[(x-1)^2+3]^3} =\frac{36[(x-1)^2-1]}{[(x-1)^2+3]^3} =\frac{36x(x-2)}{[(x-1)^2+3]^3}.$$

   故 $x<0$ 和 $x>2$ 时 $y''>0$，$0<x<2$ 时 $y''<0$。在 $0,2$ 两点均改变凹凸性，且 $y(0)=y(2)=3/2$，所以它们对应两个拐点。

4. 当 $x\to\pm\infty$ 时 $y\to0$，因此 $y=0$ 是水平渐近线；分母没有实零点，函数在每个有限点连续，所以没有铅直渐近线。

5. 作图时标出最高点 $(1,2)$、两个拐点 $(0,3/2)$、$(2,3/2)$ 和对称轴 $x=1$。曲线始终在 $x$ 轴上方，从左端靠近 $y=0$，上升至最高点，再对称下降并在右端靠近 $y=0$。各区间的变化如下：

   区间	$(-\infty,0)$	$(0,1)$	$(1,2)$	$(2,+\infty)$
   单调性	增加	增加	减少	减少
   凹凸性	凹（向上）	凸（向下）	凸（向下）	凹（向上）

答案： 正方形用铁丝 $\dfrac{4a}{4+\pi}$，圆形用铁丝 $\dfrac{\pi a}{4+\pi}$。

思路： 用一段长度表示两种面积，求面积和的最小值。正方形面积要用边长，圆面积要用半径。

详细解答：

1. 设正方形所用铁丝长为 $l$，圆所用长为 $a-l$，其中 $0\le l\le a$。正方形边长为 $l/4$，圆半径为 $(a-l)/(2\pi)$，所以

   $$A(l)=\left(\frac l4\right)^2 +\pi\left(\frac{a-l}{2\pi}\right)^2 =\frac{l^2}{16}+\frac{(a-l)^2}{4\pi}.$$

2. 求导并令其为零：

   $$A'(l)=\frac l8-\frac{a-l}{2\pi}=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \pi l=4(a-l).$$

   得 $l=4a/(4+\pi)$，另一段为 $a-l=\pi a/(4+\pi)$。

3. 因为 $A''(l)=1/8+1/(2\pi)>0$，面积和是严格凸的二次函数，驻点给出全局最小值；两段长度都在允许范围内，因此即为所求。

答案： $y=(1-2x)\mathrm{e}^x$。

思路： 切线重合给出函数值和一阶导数两个初值，求微分方程通解后代入确定常数。

详细解答：

1. 已知曲线 $x^2-x+1$ 的导数为 $2x-1$，在 $(0,1)$ 处斜率为 $-1$，切线为 $y=1-x$。所求函数的图形也经过该点且切线相同，所以

   $$y(0)=1,\qquad y'(0)=-1.$$

2. 齐次特征方程为 $r^2-3r+2=(r-1)(r-2)=0$，故齐次通解为 $C_1\mathrm{e}^x+C_2\mathrm{e}^{2x}$。右端 $\mathrm{e}^x$ 与齐次解重复，设特解 $y_p=Ax\mathrm{e}^x$，则

   $$y_p'=A(x+1)\mathrm{e}^x,\quad y_p''=A(x+2)\mathrm{e}^x.$$

   代入得 $y_p''-3y_p'+2y_p=-A\mathrm{e}^x$，与 $2\mathrm{e}^x$ 比较得 $A=-2$。

3. 所以 $y=C_1\mathrm{e}^x+C_2\mathrm{e}^{2x}-2x\mathrm{e}^x$，代入初值：

   $$C_1+C_2=1,\qquad C_1+2C_2-2=-1.$$

   两式相减得 $C_2=0$，再得 $C_1=1$。

4. 因此满足这两个初值的解为

   $$\boxed{y=(1-2x)\mathrm{e}^x}.$$

   它在零点的值为 $1$，导数为 $(-1-2x)\mathrm{e}^x$，零点斜率为 $-1$。

答案：

$$\int_{-1}^x(1-|t|)\mathrm{d}t= \begin{cases} \dfrac{(1+x)^2}{2},&-1\le x<0,\\[4pt] \dfrac12+x-\dfrac{x^2}{2},&x\ge0. \end{cases}$$

思路： 绝对值在 $t=0$ 处分段，积分上限是否跨过零点决定计算方式。

详细解答：

1. 当 $-1\le x<0$ 时，整个积分区间内 $|t|=-t$，因此

   $$\int_{-1}^x(1+t)\mathrm{d}t =\left[t+\frac{t^2}2\right]_{-1}^x =x+\frac{x^2}2+\frac12=\frac{(1+x)^2}2.$$

2. 当 $x\ge0$ 时，在零点拆开积分：

   $$\int_{-1}^x(1-|t|)\mathrm{d}t =\int_{-1}^0(1+t)\mathrm{d}t+\int_0^x(1-t)\mathrm{d}t =\frac12+x-\frac{x^2}2.$$

   两个表达式在零点都给出 $1/2$，连接一致。

答案： （1）$f'(0)$；（2）所给不等式对所有 $a>0$ 和实数 $x$ 成立。

思路： 第一问将函数之差写成导数的积分，利用 $f'$ 在零点连续；第二问利用函数值始终在 $[m,M]$ 内。

详细解答：

1. 对第一问，由微积分基本定理，

   $$f(t+a)-f(t-a)=\int_{t-a}^{t+a}f'(u)\mathrm{d}u.$$

   当 $-a\le t\le a$ 时，内层区间包含于 $[-2a,2a]$。记

   $$\omega(a)=\sup_{|u|\le2a}|f'(u)-f'(0)|.$$

   $f'$ 连续保证 $\omega(a)\to0$（$a\to0^+$）。

2. 对常数 $f'(0)$，两次积分的结果为 $(2a)(2a)f'(0)=4a^2f'(0)$。因此

   $$\left|\frac1{4a^2}\int_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]\mathrm{d}t-f'(0)\right| \le\frac1{4a^2}\int_{-a}^a\int_{t-a}^{t+a}\omega(a)\mathrm{d}u\,\mathrm{d}t =\omega(a)\to0.$$

   第一问的极限为 $f'(0)$。

3. 对第二问，$m\le f(t)\le M$ 和 $m\le f(x)\le M$ 给出 $|f(t)-f(x)|\le M-m$。又因积分区间长度为 $2a$，

   $$\frac1{2a}\int_{-a}^af(t)\mathrm{d}t-f(x) =\frac1{2a}\int_{-a}^a[f(t)-f(x)]\mathrm{d}t.$$

   用积分的绝对值不等式，

   $$\left|\frac1{2a}\int_{-a}^af(t)\mathrm{d}t-f(x)\right| \le\frac1{2a}\int_{-a}^a|f(t)-f(x)|\mathrm{d}t \le\frac{2a(M-m)}{2a}=M-m.$$