1989年考研数学二真题

答案： $\dfrac12$。

思路： 把余切写成余弦除以正弦，利用 $\sin u/u\to1$。

详细解答：

1. 当 $x$ 接近零且非零时，

   $$x\cot2x=\frac{x\cos2x}{\sin2x} =\frac12\frac{\cos2x}{\sin2x/(2x)}.$$

2. $\cos2x\to1$、$\sin2x/(2x)\to1$，所以极限为 $(1/2)\cdot1/1=1/2$。

答案： $\pi$。

思路： 一次多项式乘正弦适合分部积分，求导可降低多项式次数。

详细解答：

1. 取 $u=t$、$\mathrm{d}v=\sin t\,\mathrm{d}t$，则 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}t$、$v=-\cos t$。因此

   $$\int_0^\pi t\sin t\,\mathrm{d}t =[-t\cos t]_0^\pi+\int_0^\pi\cos t\,\mathrm{d}t.$$

2. 边界项为 $-\pi\cos\pi-0=\pi$，后一积分为 $[\sin t]_0^\pi=0$，故结果为 $\pi$。

答案： $y=2x$。

思路： 变上限积分的导数就是上限处的被积函数，再用切线的点斜式。

详细解答：

1. 被积函数 $(t-1)(t-2)$ 连续，微积分基本定理给出

   $$y'=(x-1)(x-2).$$

   在 $x=0$ 时 $y=0$、$y'=(-1)(-2)=2$。

2. 切线经过 $(0,0)$，斜率为 $2$，所以 $y-0=2(x-0)$，即 $y=2x$。

答案： $n!$。

思路： 把含零点的因子 $x$ 单独提出，可避免展开长乘积。

详细解答：

1. 记 $h(x)=(x+1)(x+2)\cdots(x+n)$，则 $f(x)=xh(x)$。乘积法则得

   $$f'(x)=h(x)+xh'(x).$$

2. 令 $x=0$，第二项为零，故

   $$f'(0)=h(0)=1\cdot2\cdots n=n!.$$

答案： $f(x)=x-1$。

思路： 积分上下限固定，所以积分值是一个常数；对原恒等式积分可求出这个常数。

详细解答：

1. 设 $I=\int_0^1f(t)\mathrm{d}t$，原式写为 $f(x)=x+2I$。在 $[0,1]$ 上对 $x$ 积分，

   $$I=\int_0^1x\,\mathrm{d}x+\int_0^12I\,\mathrm{d}x =\frac12+2I.$$

   因此 $I=-1/2$。

2. 代回得 $f(x)=x-1$。其在 $[0,1]$ 上的积分确为 $1/2-1=-1/2$，所以满足原恒等式。

答案： $a=b$。

思路： 分段连接处连续要求左右极限等于函数值；右侧用正弦的基本极限。

详细解答：

1. 左侧有 $\lim_{x\to0^-}(a+bx^2)=a$，且 $f(0)=a$。

2. 若 $b\ne0$，

   $$\lim_{x\to0^+}\frac{\sin bx}{x} =b\lim_{x\to0^+}\frac{\sin bx}{bx}=b.$$

   若 $b=0$，右侧恒等于零，其极限仍为 $b$。

3. 所以连续的充要条件为 $a=b$。

答案： 在可微分支且 $\tan y\ne0$ 的点处，$\mathrm{d}y=\cot^2y\,\mathrm{d}x$。

思路： 对隐式关系微分，将含 $\mathrm{d}y$ 的项合并。

详细解答：

1. $\tan y$ 有定义要求 $\cos y\ne0$。对 $\tan y=x+y$ 微分，

   $$\sec^2y\,\mathrm{d}y=\mathrm{d}x+\mathrm{d}y.$$

   移项并用 $\sec^2y-1=\tan^2y$，得

   $$\tan^2y\,\mathrm{d}y=\mathrm{d}x.$$

2. 当 $\tan y\ne0$ 时，可以除以 $\tan^2y$，故 $\mathrm{d}y=\cot^2y\,\mathrm{d}x$。

3. 当 $y=k\pi$ 时，关系中的点为 $x=-k\pi$，上式的系数为零。若假设该点 $y(x)$ 有有限导数，求导方程就会给出 $0\cdot y'=1$，矛盾。因此这些点不适用有限导数的微分公式。

答案：

$$y'=-\frac{\mathrm{e}^{-\sqrt x}}{2\sqrt x\sqrt{1-\mathrm{e}^{-2\sqrt x}}} \qquad(x>0).$$

思路： 从外到内依次对反正弦、指数和平方根使用链式法则。

详细解答：

1. 原函数有定义要求 $x\ge0$，此时 $0<\mathrm{e}^{-\sqrt x}\le1$。求普通导数时先取 $x>0$，使反正弦自变量严格小于 $1$。

2. 令 $u=\mathrm{e}^{-\sqrt x}$，则

   $$u'=\mathrm{e}^{-\sqrt x}\left(-\frac1{2\sqrt x}\right).$$

   利用 $(\arcsin u)'=u'/\sqrt{1-u^2}$，

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

   得到所列结果。$x=0$ 是定义域端点，不在此公式的适用范围内。

答案： $-\dfrac1{\ln x}+C$，在 $(0,1)$ 或 $(1,+\infty)$ 的区间上使用。

思路： 分母中含 $\ln x$，分子 $\mathrm{d}x/x$ 正是它的微分，直接换元。

详细解答：

1. 被积函数要求 $x>0$ 且 $\ln x\ne0$，即 $x\ne1$。令 $u=\ln x$，则 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x/x$。

2. 因此

   $$\int\frac{\mathrm{d}x}{x\ln^2x} =\int u^{-2}\mathrm{d}u=-u^{-1}+C =-\frac1{\ln x}+C.$$

   不定积分应在不跨越奇点 $x=1$ 的连续区间上理解。

答案： $\mathrm{e}^2$。

思路： 底数趋于 $1$ 的幂式极限适合取对数，随后使用洛必达法则。

详细解答：

1. 底数 $2\sin x+\cos x$ 在零点取值 $1$，由连续性，在足够小的邻域中为正。记 $A(x)=(2\sin x+\cos x)^{1/x}$，则

   $$\ln A(x)=\frac{\ln(2\sin x+\cos x)}x.$$

2. 此式是 $0/0$ 型，两函数在零点附近可导，分母导数为 $1$。洛必达法则给出

   $$\lim_{x\to0}\ln A(x) =\lim_{x\to0}\frac{2\cos x-\sin x}{2\sin x+\cos x}=2.$$

   因此 $A(x)\to\mathrm{e}^2$。

答案：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac1{2t},\qquad \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=-\frac{1+t^2}{4t^3}, \qquad t\ne0.$$

思路： 参数方程一阶导数为两个参数导数之比，二阶导数还须除以 $x'(t)$。

详细解答：

1. 对 $t$ 求导：

   $$x'(t)=\frac{2t}{1+t^2},\qquad y'(t)=\frac1{1+t^2}.$$

   当 $t\ne0$ 时 $x'(t)\ne0$，故 $\mathrm{d}y/\mathrm{d}x=1/(2t)$。

2. 再对 $1/(2t)$ 关于 $t$ 求导，得 $-1/(2t^2)$。因此

   $$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} =\frac{-1/(2t^2)}{2t/(1+t^2)} =-\frac{1+t^2}{4t^3}.$$

   $t=0$ 时参数公式的分母为零，不能应用这些表达式。

答案： $0$。

思路： 先换元使二阶导数的自变量与积分变量一致，再分部积分两次，将未知导数转化为已知端点值和积分值。

详细解答：

1. 令 $t=2x$，则 $x=t/2$、$\mathrm{d}x=\mathrm{d}t/2$，因此

   $$I=\frac18\int_0^2t^2f''(t)\mathrm{d}t.$$

2. 第一次分部积分得到

   $$\int_0^2t^2f''(t)\mathrm{d}t =[t^2f'(t)]_0^2-2\int_0^2tf'(t)\mathrm{d}t.$$

   第二次分部积分给出

   $$\int_0^2tf'(t)\mathrm{d}t=[tf(t)]_0^2-\int_0^2f(t)\mathrm{d}t.$$

3. 代入题设，

   $$[t^2f'(t)]_0^2=4f'(2)=0,\qquad [tf(t)]_0^2=2f(2)=1,\qquad \int_0^2f(t)\mathrm{d}t=1.$$

   所以 $I=\dfrac18[0-2(1-1)]=0$。

答案： A，有且仅有水平渐近线 $y=1$。

思路： 水平渐近线看无穷远的有限极限；铅直渐近线看有限端点处是否趋于无穷。

详细解答：

1. 当 $x\to+\infty$ 时，令 $u=1/x\to0^+$，则

   $$x\sin\frac1x=\frac{\sin u}{u}\longrightarrow1.$$

   所以 $y=1$ 是水平渐近线。

2. 当 $x\to0^+$ 时，由 $|\sin(1/x)|\le1$，

   $$\left|x\sin\frac1x\right|\le x\longrightarrow0.$$

   于是零点右侧并不发散，无铅直渐近线。其余正数处函数连续，也不可能出现铅直渐近线。因此选 A。

答案： B，有唯一实根。

思路： 通过导数配方证明多项式严格增加，再用两端符号变化证明根存在。

详细解答：

1. 设 $P(x)=x^5+2ax^3+3bx+4c$，则

   $$P'(x)=5x^4+6ax^2+3b =5\left(x^2+\frac{3a}5\right)^2+3b-\frac{9a^2}5.$$

   由 $3a^2-5b<0$，有 $3b-9a^2/5>0$，所以对所有 $x$ 都有 $P'(x)>0$。

2. 因此 $P$ 在全实数上严格增加，不可能有两个不同的零点。另一方面，最高次项为 $x^5$，故

   $$\lim_{x\to-\infty}P(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}P(x)=+\infty.$$

   多项式连续，由介值定理至少有一个零点。存在性与唯一性结合，得到恰有一个实根，选 B。

答案： C，$V=\dfrac{\pi^2}2$。

思路： 绕 $x$ 轴旋转的圆盘半径为 $\cos x$，体积积分中的半径要平方。

详细解答：

1. 在给定区间上 $\cos x\ge0$，所以

   $$V=\pi\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2x\,\mathrm{d}x.$$

2. 用降幂公式 $\cos^2x=(1+\cos2x)/2$，

   $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2x\,\mathrm{d}x =\left[\frac x2+\frac{\sin2x}4\right]_{-\pi/2}^{\pi/2} =\frac\pi2.$$

   因此 $V=\pi^2/2$，选 C。

答案： D，是否取得极值不能确定。

思路： 两因子各自极大，乘积的行为还受函数值正负和高阶项影响。给出乘积极大、极小和无极值的例子。

详细解答：

1. 取 $a=0$、$f(x)=g(x)=1-x^2$，两者均在零点严格极大。乘积满足

   $$F(x)-F(0)=-2x^2+x^4=x^2(x^2-2)<0$$

   （当 $0<|x|<1$），所以乘积在零点也极大。

2. 取 $f(x)=g(x)=-1-x^2$，两者仍在零点严格极大，但

   $$F(x)-F(0)=2x^2+x^4>0\qquad(x\ne0),$$

   故乘积在零点极小。这已经否定“必取极大”与“必取极小”的说法，也否定“不可能取极值”。

3. 还可取 $f(x)=1-x^2$、$g(x)=-1-x^2-x^3$。当 $0<|x|<1$ 时，$f(x)<f(0)$，且 $g(x)-g(0)=-x^2(1+x)<0$，两者都在零点严格极大。但是

   $$F(x)-F(0)=-x^3+x^4+x^5=x^3(-1+x+x^2).$$

   在足够小的邻域内括号为负，因此差值在零点左侧为正、右侧为负，乘积无极值。故题设不足以确定，选 D。

答案： B，特解可设为 $ax\mathrm{e}^x+b$。

思路： 右端分为指数项与常数项；指数 $\mathrm{e}^x$ 已是齐次解，待定特解须多乘一个 $x$。

详细解答：

1. 齐次特征方程为 $r^2-1=0$，根为 $1,-1$，齐次解包含 $\mathrm{e}^x$。因此设 $a\mathrm{e}^x$ 无法产生右端的 $\mathrm{e}^x$，须改设 $ax\mathrm{e}^x$。

2. 常数 $1$ 对应常数特解 $b$，所以合并设 $y_p=ax\mathrm{e}^x+b$。求导：

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

   因此 $y_p''-y_p=2a\mathrm{e}^x-b$。

3. 与 $\mathrm{e}^x+1$ 比较，得 $a=1/2$、$b=-1$，确能得到特解。含 $a\mathrm{e}^x$ 的 A、C 不能产生指数右端；D 中的 $bx$ 在左端产生 $-bx$，也不能匹配常数 $1$。故选 B。

答案： D。

思路： 可导要求完整的双侧导数差商存在；其余选项仅描述某些差商，可能遗漏左导数或点处连续性。

详细解答：

1. 对 D 令 $u=-h$，则

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

   $h\to0$ 等价于 $u\to0$，故 D 的有限极限存在恰是 $f'(a)$ 存在，D 为充分条件。

2. A 中令 $u=1/h$，$h\to+\infty$ 仅对应 $u\to0^+$，只保证右导数。取 $f(x)=|x-a|$，此极限为 $1$，但左右导数为 $1,-1$，不可导。

3. 对 B、C，取 $f(a)=0$、$f(x)=1$（$x\ne a$）。当 $h\ne0$ 时，$f(a+2h)=f(a+h)=f(a-h)=1$，所以两选项中的差商都为零，极限存在。然而该函数在 $a$ 处不连续，因而不可导。故 B、C 也不是充分条件。

答案： $y=\dfrac{\mathrm{e}^x(\mathrm{e}^x-\mathrm{e})}{x}$，$x>0$。

思路： 化为一阶线性方程，用积分因子把左端变为乘积导数。

详细解答：

1. 因为 $x>0$，可除以 $x$，得到

   $$y'+\left(\frac1x-1\right)y=\frac{\mathrm{e}^{2x}}x.$$

   积分因子为

   $$\mu(x)=\mathrm{e}^{\int(1/x-1)\mathrm{d}x} =x\mathrm{e}^{-x}.$$

2. 两边乘以 $\mu$，

   $$(x\mathrm{e}^{-x}y)'=\mathrm{e}^x.$$

   积分得 $x\mathrm{e}^{-x}y=\mathrm{e}^x+C$，所以 $y=\mathrm{e}^x(\mathrm{e}^x+C)/x$。

3. 代入 $y(1)=0$，得 $0=\mathrm{e}+C$，即 $C=-\mathrm{e}$。由此得到所列初值解。

答案： $f(x)=\dfrac12(\sin x+x\cos x)$。

思路： 积分核 $x-t$ 对 $x$ 求导后变成常数，求导两次可将积分方程转化为带初值的微分方程。

详细解答：

1. 设 $I(x)=\int_0^x(x-t)f(t)\mathrm{d}t$，将它写成

   $$I(x)=x\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-\int_0^xtf(t)\mathrm{d}t.$$

   因为 $f$ 连续，两变上限积分可导。求导后上限项抵消，得 $I'(x)=\int_0^xf(t)\mathrm{d}t$，再求导得 $I''(x)=f(x)$。

2. 对原式 $f=\sin x-I$ 求导，

   $$f'(x)=\cos x-\int_0^xf(t)\mathrm{d}t,\qquad f''(x)=-\sin x-f(x).$$

   因此 $f''+f=-\sin x$，并有 $f(0)=0$、$f'(0)=1$。

3. 齐次通解为 $C_1\cos x+C_2\sin x$。设特解为 $Ax\cos x$，则

   $$(Ax\cos x)''+Ax\cos x=-2A\sin x,$$

   故 $A=1/2$。由初值得 $C_1=0$、$C_2+1/2=1$，所以 $C_2=1/2$，得到所列函数。

4. 为确认求导后没有引入多余解，令

   $$R(x)=f(x)-\sin x+\int_0^x(x-t)f(t)\mathrm{d}t.$$

   对所得函数有 $R''=f''+\sin x+f=0$，且 $R(0)=R'(0)=0$，所以 $R\equiv0$，即它确实满足原积分方程。

答案： 方程在 $(0,+\infty)$ 中恰有两个不同实根，分别位于 $(0,\mathrm{e})$ 和 $(\mathrm{e},+\infty)$。

思路： 先计算固定积分，再构造方程的左减右函数，利用它先增后减、最大值为正和两端极限为负无穷。

详细解答：

1. 为避免混淆积分变量，将固定积分写成

   $$\int_0^\pi\sqrt{1-\cos2t}\mathrm{d}t.$$

   由 $1-\cos2t=2\sin^2t$，且 $[0,\pi]$ 上 $\sin t\ge0$，积分等于

   $$\sqrt2\int_0^\pi\sin t\,\mathrm{d}t =\sqrt2[-\cos t]_0^\pi=2\sqrt2.$$

2. 令 $H(x)=\ln x-x/\mathrm{e}+2\sqrt2$，原方程等价于 $H(x)=0$。在 $x>0$ 上

   $$H'(x)=\frac1x-\frac1{\mathrm{e}}.$$

   所以 $H$ 在 $(0,\mathrm{e})$ 严格增加，在 $(\mathrm{e},+\infty)$ 严格减少，并且 $H(\mathrm{e})=2\sqrt2>0$。

3. 当 $x\to0^+$ 时，$\ln x\to-\infty$，故 $H(x)\to-\infty$。当 $x\to+\infty$ 时，$\ln x/x\to0$，线性负项占主导，故 $H(x)\to-\infty$。

4. $H$ 连续，介值定理保证在最大点两侧各存在一个零点。各侧严格单调保证各至多一个，而最大点本身不是零点。因此恰有两个不同实根。

答案： 增区间 $(-2,0)$；减区间 $(-\infty,-2)$、$(0,+\infty)$；极小值点 $x=-2$，极小值 $-1/4$；凹（向上）区间 $(-3,0)$、$(0,+\infty)$，凸（向下）区间 $(-\infty,-3)$；拐点 $(-3,-2/9)$；渐近线 $x=0$、$y=0$。

思路： 零点 $x=0$ 不属于定义域，导数符号表必须在此处分开；一、二阶导数分别判断单调性和凹凸性。

详细解答：

1. 定义域为 $(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，写成 $y=x^{-1}+x^{-2}$，求导得

   $$y'=-\frac1{x^2}-\frac2{x^3}=-\frac{x+2}{x^3}.$$

   当 $x<-2$ 时导数为负，当 $-2<x<0$ 时为正，当 $x>0$ 时为负。因此得到所列单调区间。导数在 $-2$ 处由负变正，故为极小值点，$y(-2)=-1/4$，没有极大值。

2. 二阶导数为

   $$y''=\frac2{x^3}+\frac6{x^4}=\frac{2(x+3)}{x^4}.$$

   对 $x\ne0$ 分母恒正，所以 $x<-3$ 时 $y''<0$，$x>-3$ 且 $x\ne0$ 时 $y''>0$。在 $x=-3$ 处凹凸性改变，$y(-3)=(-2)/9$，故拐点为 $(-3,-2/9)$；$x=0$ 不在曲线上，不能称为拐点。

3. 当 $x\to0^\pm$ 时，分子 $x+1\to1$、分母 $x^2\to0^+$，所以 $y\to+\infty$，铅直渐近线为 $x=0$。当 $x\to\pm\infty$ 时 $1/x+1/x^2\to0$，水平渐近线为 $y=0$。

4. 作图可标出拐点、极小值点及与 $x$ 轴的交点 $(-1,0)$：左支从负侧靠近 $y=0$，先下降至 $(-2,-1/4)$，随后上升，穿过 $(-1,0)$ 后在 $0^-$ 趋于正无穷；右支从 $0^+$ 的正无穷持续下降，在无穷远从上方靠近 $y=0$。

答案： $a=-\dfrac54$、$b=\dfrac32$、$c=0$，最小体积为 $V_{\min}=\dfrac\pi8$。

思路： 过原点和固定面积给出两个系数关系，先消去 $b,c$，再将体积写成 $a$ 的二次函数；最小点还须满足曲线非负条件。

详细解答：

1. 过原点给出 $c=0$。由于 $[0,1]$ 上 $y\ge0$，平面面积就是曲线下的积分：

   $$\int_0^1(ax^2+bx)\mathrm{d}x=\frac a3+\frac b2=\frac13.$$

   所以 $b=2(1-a)/3$。

2. 非负条件可写为 $x(ax+b)\ge0$。对 $0<x\le1$，要求线性函数 $ax+b\ge0$。结合连续性，等价于两端条件 $b\ge0$、$a+b\ge0$，即

   $$a\le1,\qquad a\ge-2.$$

   因此允许的 $a$ 在 $[-2,1]$ 内。

3. 圆盘法给出

   $$\frac V\pi=\int_0^1(ax^2+bx)^2\mathrm{d}x =\frac{a^2}5+\frac{ab}2+\frac{b^2}3.$$

   代入 $b=2(1-a)/3$，

   $$\frac V\pi=\frac{a^2}5+\frac{a(1-a)}3+\frac{4(1-a)^2}{27} =\frac{2a^2}{135}+\frac a{27}+\frac4{27} =\frac2{135}\left(a+\frac54\right)^2+\frac18.$$

4. 平方项非负，在 $a=-5/4$ 时为零，且该值属于 $[-2,1]$。此时 $b=3/2$，曲线为

   $$y=x\left(\frac32-\frac54x\right)\ge0\qquad(0\le x\le1),$$

   满足全部条件。因此最小体积为 $\pi/8$。