1990年考研数学二真题

答案： $y-\dfrac18=\sqrt3\left(x-\dfrac{3\sqrt3}8\right)$，即 $y=\sqrt3x-1$。

思路： 参数导数之比给出切线斜率，法线斜率为它的负倒数。

详细解答：

1. 当 $t=\pi/6$ 时，$x=(\sqrt3/2)^3=3\sqrt3/8$、$y=(1/2)^3=1/8$。

2. 对参数求导，

   $$x'(t)=-3\cos^2t\sin t,\qquad y'(t)=3\sin^2t\cos t.$$

   在该参数点 $x'(t)\ne0$，所以切线斜率为

   $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=-\tan t=-\frac1{\sqrt3}.$$

3. 法线与切线垂直，斜率为 $\sqrt3$。用切点写点斜式，

   $$y-\frac18=\sqrt3\left(x-\frac{3\sqrt3}8\right).$$

   展开后常数为 $1/8-9/8=-1$，所以也可写成 $y=\sqrt3x-1$。

答案：

$$y'=-\frac{\mathrm{e}^{\tan(1/x)}}{x^2} \left[\sec^2(1/x)\sin(1/x)+\cos(1/x)\right].$$

思路： 先将 $1/x$ 看作整体，使用乘积法则和链式法则。

详细解答：

1. 令 $u=1/x$，则 $u'=-1/x^2$。原函数要求 $x\ne0$ 且 $\cos(1/x)\ne0$，使正切有定义。

2. 对 $Y(u)=\mathrm{e}^{\tan u}\sin u$ 求导，

   $$\frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}u} =\mathrm{e}^{\tan u}\sec^2u\sin u +\mathrm{e}^{\tan u}\cos u.$$

3. 再乘 $u'$，

   $$y'=\frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}u}\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} =-\frac{\mathrm{e}^{\tan(1/x)}}{x^2} [\sec^2(1/x)\sin(1/x)+\cos(1/x)].$$

答案： $\dfrac4{15}$。

思路： 令 $u=1-x$，将根号和线性因子化为幂函数。

详细解答：

1. 取 $u=1-x$，则 $x=1-u$、$\mathrm{d}x=-\mathrm{d}u$，上下限从 $0,1$ 变为 $1,0$：

   $$\int_0^1x\sqrt{1-x}\mathrm{d}x =\int_1^0(1-u)\sqrt u(-\mathrm{d}u) =\int_0^1(u^{1/2}-u^{3/2})\mathrm{d}u.$$

2. 用幂函数积分公式，

   $$\left[\frac23u^{3/2}-\frac25u^{5/2}\right]_0^1 =\frac23-\frac25=\frac4{15}.$$

答案： $>$。

思路： 在同一正向积分区间上比较被积函数，利用指数函数严格增加和积分保序性。

详细解答：

1. 在 $-2\le x\le-1$ 上 $x^3<0$，所以 $-x^3>x^3$。指数函数严格增加，因此

   $$\mathrm{e}^{-x^3}>\mathrm{e}^{x^3}.$$

2. 两者之差是在 $[-2,-1]$ 上连续且严格为正的函数，故其积分为正。于是

   $$\int_{-2}^{-1}\mathrm{e}^{-x^3}\mathrm{d}x > \int_{-2}^{-1}\mathrm{e}^{x^3}\mathrm{d}x.$$

答案： $f[f(x)]=1$，对所有实数 $x$ 成立。

思路： 复合函数先算内层的取值，再把这些值代入外层。

详细解答：

1. 当 $|x|\le1$ 时，内层 $f(x)=1$，外层为 $f(1)=1$，因为 $|1|\le1$。

2. 当 $|x|>1$ 时，内层 $f(x)=0$，外层为 $f(0)=1$，因为 $|0|\le1$。

3. 以上涵盖全部实数，所以复合函数恒等于 $1$。

答案： C，$a=1$、$b=-1$。

思路： 用多项式除法分离出线性部分和趋于零的余项。

详细解答：

1. 由 $x^2=(x+1)(x-1)+1$，

   $$\frac{x^2}{x+1}-ax-b =(1-a)x-1-b+\frac1{x+1}.$$

2. 在 $x\to+\infty$ 时，末项趋于零。若 $1-a\ne0$，线性项发散，不可能使极限为零，所以 $a=1$。此时剩余极限为 $-1-b$，令它为零得到 $b=-1$，对应 C。

答案： B，$f(x)\mathrm{d}x$。

思路： 不定积分表示原函数族，原函数的微分等于其导数乘 $\mathrm{d}x$。

详细解答：

1. 因为 $f$ 连续，它有原函数。设一个原函数为 $G$，则

   $$\int f(x)\mathrm{d}x=G(x)+C,\qquad G'(x)=f(x).$$

2. 对任一原函数求微分，常数的微分为零，故

   $$\mathrm{d}[G(x)+C]=G'(x)\mathrm{d}x=f(x)\mathrm{d}x.$$

   因而选 B。A、C 没有微分因子，D 则将原函数的导数误写成了 $f'$，而题设也没有要求 $f$ 可导。

答案： A，$f^{(n)}(x)=n![f(x)]^{n+1}$。

思路： 先算前几阶寻找规律，再用数学归纳法证明所有阶数的公式。

详细解答：

1. 由题设 $f'=f^2$，

   $$f''=2ff'=2f^3,\qquad f'''=6f^2f'=6f^4.$$

   系数依次为 $1!,2!,3!$，幂次依次为 $2,3,4$。

2. 对 $n=1$，公式 $f'=1!f^2$ 成立。假设 $f^{(n)}=n!f^{n+1}$，则由链式法则，

   $$f^{(n+1)}=n!(n+1)f^nf' =(n+1)!f^{n+2}.$$

   因此公式对所有正整数成立，特别适用于题设 $n>2$。

3. 其他表达式不是一般公式。例如 $f(x)=1/(1-x)$ 在 $x<1$ 满足 $f'=f^2$，当 $n=3,x=0$ 时 $f'''=6$，B、C 分别给出 $3,1$；当 $n=3,x=1/2$ 时，A 给出 $6\cdot2^4$，D 却给出 $6\cdot2^6$。故选 A。

答案： A，$F'(x)=-\mathrm{e}^{-x}f(\mathrm{e}^{-x})-f(x)$。

思路： 上下限都变化，导数等于上限项减下限项，每项还要乘对应限函数的导数。

详细解答：

1. 设 $G(u)=\int_0^uf(t)\mathrm{d}t$。因为 $f$ 连续，$G'(u)=f(u)$，且

   $$F(x)=G(\mathrm{e}^{-x})-G(x).$$

2. 用链式法则，

   $$F'(x)=G'(\mathrm{e}^{-x})(-\mathrm{e}^{-x})-G'(x) =-\mathrm{e}^{-x}f(\mathrm{e}^{-x})-f(x).$$

   两个负号分别来自上限导数和下限项的减号，因此对应 A。

答案： B，第一类间断点中的可去间断点。

思路： 用 $f$ 在零点的导数定义求 $f(x)/x$ 的极限，再与规定的 $F(0)$ 比较。

详细解答：

1. 因 $f(0)=0$，

   $$\lim_{x\to0}F(x)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =f'(0)\ne0.$$

   可导性保证这是有限的双侧极限，所以左右极限均存在且相等。

2. 但 $F(0)=f(0)=0$，不等于极限，因此零点不连续。左右极限都有限，属于第一类间断；只需改定义 $F(0)=f'(0)$ 就能连续，所以具体为可去间断点，选 B。

答案： $a=\ln3$。

思路： 先求一般参数 $a$ 对应的幂式极限，再令它等于 $9$。

详细解答：

1. 对固定 $a$，当 $x$ 充分大时分子分母均为正。记 $A(x)=((x+a)/(x-a))^x$，取对数得

   $$\ln A(x)=x\ln\left(1+\frac{2a}{x-a}\right).$$

2. 若 $a\ne0$，利用 $\ln(1+u)/u\to1$，

   $$\ln A(x)=\frac{2ax}{x-a} \frac{\ln(1+2a/(x-a))}{2a/(x-a)} \longrightarrow2a.$$

   若 $a=0$，原式恒为 $1$，也与极限 $\mathrm{e}^{2a}$ 一致。因此一般极限为 $\mathrm{e}^{2a}$。

3. 由 $\mathrm{e}^{2a}=9$，得 $2a=\ln9=2\ln3$，所以 $a=\ln3$。

答案：

$$\mathrm{d}y=\frac{2+\ln(x-y)}{3+\ln(x-y)}\mathrm{d}x,$$

在 $x-y>0$ 且 $3+\ln(x-y)\ne0$ 的可微分支上成立。

思路： 对两边微分，右端用乘积法则和对数的链式法则，再合并 $\mathrm{d}y$。

详细解答：

1. 令 $u=x-y$，对数要求 $u>0$，且 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$。原式两边微分：

   $$2\mathrm{d}y-\mathrm{d}x =\mathrm{d}(u\ln u) =(\ln u+1)(\mathrm{d}x-\mathrm{d}y).$$

2. 移项得到

   $$(3+\ln u)\mathrm{d}y=(2+\ln u)\mathrm{d}x.$$

   当 $3+\ln u\ne0$ 时除以它，代回 $u=x-y$，即得所列微分。

3. 若 $u=\mathrm{e}^{-3}$，系数 $3+\ln u=0$ 而 $2+\ln u=-1$。此时不可能有有限的 $y'(x)$，所以不能使用上述除法所得公式。

答案： 拐点为 $\left(\dfrac1{\sqrt3},\dfrac34\right)$。

思路： 拐点要满足凹凸性改变，先求二阶导数零点，再检查其两侧符号。

详细解答：

1. 逐次求导：

   $$y'=-\frac{2x}{(1+x^2)^2},$$

   $$y''=-\frac2{(1+x^2)^2}+\frac{8x^2}{(1+x^2)^3} =\frac{2(3x^2-1)}{(1+x^2)^3}.$$

2. 在 $x>0$ 上分母为正。令分子为零，得到唯一候选点 $x=1/\sqrt3$。在其左侧 $y''<0$，右侧 $y''>0$，凹凸性确实改变。

3. 对应纵坐标为 $1/(1+1/3)=3/4$，故拐点为 $(1/\sqrt3,3/4)$。

答案： $\dfrac{\ln x}{1-x}-\ln x+\ln|1-x|+C$，在 $x>0,x\ne1$ 的连续区间上使用。

思路： 分部积分对 $\ln x$ 求导，再用部分分式分解剩余有理函数。

详细解答：

1. 取 $u=\ln x$、$\mathrm{d}v=\mathrm{d}x/(1-x)^2$，则 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x/x$，$v=1/(1-x)$，所以

   $$\int\frac{\ln x}{(1-x)^2}\mathrm{d}x =\frac{\ln x}{1-x}-\int\frac{\mathrm{d}x}{x(1-x)}.$$

2. 分解为

   $$\frac1{x(1-x)}=\frac1x+\frac1{1-x}.$$

   两项原函数分别为 $\ln x$ 和 $-\ln|1-x|$，因此剩余积分为 $\ln x-\ln|1-x|$。

3. 代回并加上积分常数，得到所列结果。对数要求 $x>0$，原分母还要求 $x\ne1$，故不可跨越这两个奇点使用。

答案： $y=\dfrac12\ln x+\dfrac1{2\ln x}$，初值所在区间为 $x>1$。

思路： 整理后左端恰是 $y\ln x$ 的导数。

详细解答：

1. 原式可写为 $x\ln x\,y'+y-\ln x=0$。由于 $x>0$，除以 $x$ 得

   $$\ln x\,y'+\frac yx=\frac{\ln x}{x}, \qquad (y\ln x)'=\frac{\ln x}{x}.$$

2. 令 $u=\ln x$ 积分：

   $$y\ln x=\frac{(\ln x)^2}2+C.$$

   在 $\ln x\ne0$ 时，$y=\frac12\ln x+C/\ln x$。

3. 代入 $x=\mathrm{e}$、$y=1$，得 $1=1/2+C$，所以 $C=1/2$。该解在 $x=1$ 处发散，初值点 $\mathrm{e}$ 在其右侧，因此取 $x>1$。

答案： $P=\left(\dfrac a{\sqrt2},\dfrac b{\sqrt2}\right)$；最小面积为 $ab(1-\pi/4)$。

思路： 用椭圆参数表示第一象限点，求切线的两轴截距。所求面积为截距三角形减去第一象限椭圆面积。

详细解答：

1. 设 $P=(a\cos t,b\sin t)$，其中 $0<t<\pi/2$。对椭圆方程隐式求导或使用椭圆切线公式，切线为

   $$\frac{x\cos t}{a}+\frac{y\sin t}{b}=1.$$

   令 $y=0$、$x=0$，分别得到截距 $a/\cos t$、$b/\sin t$。

2. 椭圆及其内部的第一象限点满足

   $$\frac{x\cos t}{a}+\frac{y\sin t}{b} \le\sqrt{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}} \sqrt{\cos^2t+\sin^2t}\le1.$$

   因此第一象限椭圆区域包含于切线截距三角形中。三角形面积为

   $$A_\triangle=\frac12\frac a{\cos t}\frac b{\sin t} =\frac{ab}{\sin2t}.$$

3. 椭圆可由单位圆沿两轴分别伸缩 $a,b$ 倍得到，面积随之乘以 $ab$，所以第一象限椭圆面积为 $\pi ab/4$。所求面积为

   $$S(t)=\frac{ab}{\sin2t}-\frac{\pi ab}4.$$

4. 因为 $0<\sin2t\le1$，所以 $S(t)\ge ab-\pi ab/4$，等号仅在 $2t=\pi/2$、即 $t=\pi/4$ 成立。代入参数得所求点及最小面积。

答案： 对所有 $x>0$，$\arctan x+1/x>\pi/2$。

思路： 利用正数的反正切互余关系，将不等式化为 $\arctan u<u$。

详细解答：

1. 对任意 $u>0$，由反正切的导数及零点值，

   $$\arctan u=\int_0^u\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}.$$

   在 $t>0$ 时 $1/(1+t^2)<1$，所以

   $$\arctan u<\int_0^u1\,\mathrm{d}t=u.$$

2. 若 $x>0$，则 $\theta=\arctan x\in(0,\pi/2)$。$\tan(\pi/2-\theta)=1/x$，且互余角仍在反正切主值区间内，所以

   $$\arctan x+\arctan(1/x)=\frac\pi2.$$

3. 在第一步令 $u=1/x>0$，得 $\arctan(1/x)<1/x$。加上 $\arctan x$ 后，

   $$\frac\pi2=\arctan x+\arctan(1/x) <\arctan x+\frac1x,$$

   即得所证严格不等式。

答案： $f(x)+f(1/x)=\dfrac12\ln^2x$，$x>0$。

思路： 直接求两项之和的导数会发生化简，再用 $x=1$ 的函数值确定常数。

详细解答：

1. 在 $t>0$ 上被积函数连续，所以

   $$f'(x)=\frac{\ln x}{1+x}.$$

   设 $H(x)=f(x)+f(1/x)$，链式法则给出

   $$H'(x)=\frac{\ln x}{1+x} +\frac{\ln(1/x)}{1+1/x}\left(-\frac1{x^2}\right).$$

2. 因为 $\ln(1/x)=-\ln x$，

   $$H'(x)=\frac{\ln x}{1+x} +\frac{\ln x}{x(1+x)} =\frac{\ln x}{x}.$$

   积分得到 $H(x)=\frac12\ln^2x+C$。

3. $f(1)=\int_1^1(\ln t)/(1+t)\mathrm{d}t=0$，故 $H(1)=0$，于是 $C=0$。所求和为 $\frac12\ln^2x$。

答案： $V=\dfrac\pi6$。

思路： 先由“切线过指定点”确定切点。旋转区域在 $[1,2]$ 上是圆盘，在 $[2,3]$ 上是圆环，须注意内半径的起始位置。

详细解答：

1. 设切点为 $(t,\sqrt{t-2})$，其中 $t>2$。曲线导数为 $y'=1/(2\sqrt{x-2})$，所以切线为

   $$y-\sqrt{t-2}=\frac{x-t}{2\sqrt{t-2}}.$$

   代入所经过的点 $(1,0)$，得到

   $$-\sqrt{t-2}=\frac{1-t}{2\sqrt{t-2}} \quad\Longrightarrow\quad -2(t-2)=1-t,$$

   解得 $t=3$。因此切点为 $(3,1)$，切线为 $y=(x-1)/2$。

2. 切线与 $x$ 轴交于 $(1,0)$，曲线与 $x$ 轴交于 $(2,0)$。在 $2\le x\le3$ 上，

   $$\left(\frac{x-1}2\right)^2-(x-2)=\frac{(x-3)^2}4\ge0,$$

   所以切线为外半径，曲线为内半径；在 $1\le x\le2$ 上内半径为零。

3. 合并圆盘和圆环体积，

   $$V=\pi\int_1^3\frac{(x-1)^2}4\mathrm{d}x -\pi\int_2^3(x-2)\mathrm{d}x =\pi\left[\frac{(x-1)^3}{12}\right]_1^3 -\pi\left[\frac{(x-2)^2}2\right]_2^3.$$

   因此 $V=\pi(2/3-1/2)=\pi/6$。

答案：

$$y=\begin{cases} (C_1+C_2x)\mathrm{e}^{-2x}+\dfrac{\mathrm{e}^{ax}}{(a+2)^2},&a\ne-2,\\[5pt] (C_1+C_2x+x^2/2)\mathrm{e}^{-2x},&a=-2. \end{cases}$$

思路： 齐次方程有二重根 $-2$。令 $y=u\mathrm{e}^{-2x}$ 可将左端简化为 $u''\mathrm{e}^{-2x}$，再按参数是否使指数为零分类积分。

详细解答：

1. 令 $y=u(x)\mathrm{e}^{-2x}$，则

   $$y'=(u'-2u)\mathrm{e}^{-2x},\qquad y''=(u''-4u'+4u)\mathrm{e}^{-2x}.$$

   代入左端，$u'$、$u$ 项抵消，得到

   $$u''\mathrm{e}^{-2x}=\mathrm{e}^{ax}, \qquad u''=\mathrm{e}^{(a+2)x}.$$

2. 若 $a\ne-2$，积分两次：

   $$u'=\frac{\mathrm{e}^{(a+2)x}}{a+2}+C_2,\qquad u=\frac{\mathrm{e}^{(a+2)x}}{(a+2)^2}+C_2x+C_1.$$

   乘回 $\mathrm{e}^{-2x}$ 得第一种通解。

3. 若 $a=-2$，则 $u''=1$，故 $u'=x+C_2$、$u=x^2/2+C_2x+C_1$。乘回 $\mathrm{e}^{-2x}$ 得第二种通解。此情形不可代入第一种表达式的零分母。