1993年考研数学二真题

答案： $0$。

思路： 将“零乘无穷”的形式化成商，再用洛必达法则。

详细解答：

1. 当 $x\to0^+$ 时，$x\ln x=\ln x/(1/x)$，分子趋于负无穷，分母趋于正无穷。

2. 两函数在 $x>0$ 可导，分母导数不为零，且导数之商有极限。洛必达法则给出

   $$\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x} =\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2} =\lim_{x\to0^+}(-x)=0.$$

答案：

$$y'=\frac{y^2-2x\cos(x^2+y^2)-\mathrm{e}^x} {2y\cos(x^2+y^2)-2xy},$$

在分母非零的隐函数分支上成立。

思路： 将 $y$ 视为 $x$ 的函数，对各复合项求导，再合并含 $y'$ 的项。

详细解答：

1. 对原方程求导，

   $$\cos(x^2+y^2)(2x+2yy')+\mathrm{e}^x-y^2-2xyy'=0.$$

2. 移项得到

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

   当括号内系数非零时，除以它就得到所列导数；若系数为零，不能用此公式直接相除。

答案： $(0,1/4)$。

思路： 变上限积分的导数给出积分函数的单调性。

详细解答：

1. 被积函数在 $t>0$ 上连续，故

   $$F'(x)=2-\frac1{\sqrt x}.$$

2. 单调减少对应 $F'<0$，解不等式：

   $$2<\frac1{\sqrt x} \quad\Longleftrightarrow\quad \sqrt x<\frac12 \quad\Longleftrightarrow\quad 0<x<\frac14.$$

   因此单调减少区间为 $(0,1/4)$。

答案： $\dfrac2{\sqrt{\cos x}}+C$，在 $\cos x>0$ 的区间上成立。

思路： 写出正切的分子和分母，令 $u=\cos x$。

详细解答：

1. 实数范围中，分母有定义且不为零要求 $\cos x>0$。被积函数可写为

   $$\frac{\tan x}{\sqrt{\cos x}} =\frac{\sin x}{(\cos x)^{3/2}}.$$

2. 令 $u=\cos x$，$\mathrm{d}u=-\sin x\,\mathrm{d}x$，则

   $$\int\frac{\tan x}{\sqrt{\cos x}}\mathrm{d}x =-\int u^{-3/2}\mathrm{d}u =2u^{-1/2}+C=\frac2{\sqrt{\cos x}}+C.$$

答案： $f(x)=\dfrac12(1+x^2)[\ln(1+x^2)-1]$。

思路： 切线斜率就是导数，积分导数后用经过的点确定常数。

详细解答：

1. 题设给出 $f'(x)=x\ln(1+x^2)$。令 $u=1+x^2$，$\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x$，得

   $$f(x)=\frac12\int\ln u\,\mathrm{d}u =\frac12(u\ln u-u)+C,$$

   其中最后一步用分部积分。

2. 代回 $u$，并利用 $f(0)=-1/2$：

   $$-\frac12=\frac12(1\ln1-1)+C=-\frac12+C,$$

   故 $C=0$，得到所列函数。

答案： D，无界，但不是无穷大。

思路： 用两条趋于零的点列，分别证明无界和不满足无穷大的定义。

详细解答：

1. 取 $x_n=1/(\pi/2+2n\pi)\to0^+$，则 $\sin(1/x_n)=1$，所以

   $$\frac1{x_n^2}\sin\frac1{x_n}=(\pi/2+2n\pi)^2\to+\infty.$$

   因而在零点附近无界，排除 A、C。

2. 取 $z_n=1/(n\pi)\to0^+$，函数值恒为零。因此它的绝对值不是在 $x\to0$ 时都趋于无穷，B 错误。故选 D。

答案： A，在 $x=1$ 处不连续。

思路： 绝对值在 $1$ 的两侧采用不同符号，分别计算左右极限。

详细解答：

1. 在 $1$ 附近，$x+1>0$。当 $x<1$ 时 $x^2-1<0$，因此

   $$\frac{|x^2-1|}{x-1}=-(x+1)\longrightarrow-2.$$

2. 当 $x>1$ 时 $x^2-1>0$，表达式等于 $x+1\to2$。左右极限不同，双侧极限不存在，尽管定义了 $f(1)=2$，也无法连续。

3. 因此选 A；可导必连续，所以 B、C、D 都不符合。

答案： D。

思路： 当上限小于下限时，积分仍按原来的方向计算，不能遗漏常数项。

详细解答：

1. 当 $0\le x<1$ 时，积分沿从 $1$ 到 $x$ 的方向，

   $$F(x)=\int_1^xt^2\mathrm{d}t =\left[\frac{t^3}3\right]_1^x =\frac{x^3}3-\frac13.$$

2. 当 $1\le x\le2$ 时，被积函数为 $1$，所以 $F(x)=\int_1^x1\,\mathrm{d}t=x-1$。两段都在 $x=1$ 取零，对应 D。

答案： B，两个零点。

思路： 找出函数唯一最大点，结合两端负无穷和严格单调性判断零点数。

详细解答：

1. 在 $x>0$ 上，

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

   因此函数在 $(0,\mathrm{e})$ 严格增加，在 $(\mathrm{e},+\infty)$ 严格减少。最大值为 $f(\mathrm{e})=1-1+k=k>0$。

2. 当 $x\to0^+$ 时，$\ln x\to-\infty$，故 $f\to-\infty$；当 $x\to+\infty$ 时，$\ln x/x\to0$，故 $f\to-\infty$。

3. 连续性保证最大点两侧各至少有一个零点，严格单调性保证各至多一个。最大点不是零点，所以恰有两个，选 B。

答案： C，负半轴上 $f'(x)>0$、$f''(x)<0$。

思路： 对奇函数关系求导，逐次确定一阶和二阶导数的奇偶性。

详细解答：

1. 对 $f(x)=-f(-x)$ 求导，右端链式求导的两个负号抵消，得

   $$f'(x)=f'(-x).$$

   所以一阶导数是偶函数。

2. 再求导得 $f''(x)=-f''(-x)$，所以二阶导数是奇函数。若 $x<0$，则 $-x>0$，题设给出 $f'(-x)>0$、$f''(-x)>0$。因此 $f'(x)>0$、$f''(x)<0$，选 C。

答案：

$$y''=2f'(x^2)\cos[f(x^2)] +4x^2\left(f''(x^2)\cos[f(x^2)]-[f'(x^2)]^2\sin[f(x^2)]\right).$$

思路： 先求一次链式导数，第二次求导时分别处理乘积中的三个因子。

详细解答：

1. 外层正弦和内层 $f(x^2)$ 依次求导，

   $$y'=2x f'(x^2)\cos[f(x^2)].$$

2. 第二次求导中，$2x$ 的导数为 $2$，$f'(x^2)$ 的导数为 $2xf''(x^2)$，余弦因子的导数为 $-2xf'(x^2)\sin[f(x^2)]$。所以

   $$y''=2f'(x^2)\cos[f(x^2)] +4x^2f''(x^2)\cos[f(x^2)] -4x^2[f'(x^2)]^2\sin[f(x^2)].$$

   合并后两项，即得答案。

答案： $-50$。

思路： 根号与 $x$ 在负无穷处相消，先有理化，并注意 $\sqrt{x^2}=|x|=-x$。

详细解答：

1. 有理化得

   $$x(\sqrt{x^2+100}+x) =\frac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}.$$

2. 在 $x<0$ 时，$\sqrt{x^2+100}=(-x)\sqrt{1+100/x^2}$，所以

   $$\frac{100x}{(-x)(\sqrt{1+100/x^2}+1)} =-\frac{100}{\sqrt{1+100/x^2}+1}\longrightarrow-50.$$

答案： $\dfrac\pi8-\dfrac14\ln2$。

思路： 用倍角公式将分母化为余弦平方，再分部积分。

详细解答：

1. $1+\cos2x=2\cos^2x$，所以

   $$I=\frac12\int_0^{\pi/4}x\sec^2x\,\mathrm{d}x.$$

2. 取 $u=x$、$\mathrm{d}v=\sec^2x\,\mathrm{d}x$，则

   $$I=\frac12[x\tan x]_0^{\pi/4}-\frac12\int_0^{\pi/4}\tan x\,\mathrm{d}x.$$

   由 $\int\tan x\,\mathrm{d}x=-\ln\cos x$（此区间余弦为正），得

   $$I=\frac12[x\tan x+\ln\cos x]_0^{\pi/4} =\frac\pi8+\frac12\ln\frac1{\sqrt2} =\frac\pi8-\frac14\ln2.$$

答案： $\dfrac12$。

思路： 将分子写成 $(1+x)-1$，分解为两个幂函数，并按反常积分定义取极限。

详细解答：

1. 有

   $$\frac{x}{(1+x)^3}=\frac1{(1+x)^2}-\frac1{(1+x)^3}.$$

2. 因此

   $$\int_0^R\frac{x}{(1+x)^3}\mathrm{d}x =\left[-\frac1{1+x}+\frac1{2(1+x)^2}\right]_0^R.$$

   当 $R\to+\infty$ 时，上端趋于零，下端为 $-1+1/2=-1/2$。反常积分收敛，值为 $1/2$。

答案： $y=\dfrac{\sin x-1}{x^2-1}$，初值所在区间为 $(-1,1)$。

思路： 整理后识别乘积 $(x^2-1)y$ 的导数。

详细解答：

1. 原式给出

   $$(x^2-1)y'+2xy=\cos x,$$

   左端正是 $[(x^2-1)y]'$，所以积分得到

   $$(x^2-1)y=\sin x+C.$$

2. 初值 $x=0,y=1$ 给出 $-1=C$，故所求函数为 $(\sin x-1)/(x^2-1)$。分母在 $x=\pm1$ 为零，包含初始点而不跨越这些奇点的区间为 $(-1,1)$。

答案： $\alpha=-3$、$\beta=2$、$\gamma=-1$；通解为 $y=C_1\mathrm{e}^x+C_2\mathrm{e}^{2x}+x\mathrm{e}^x$。

思路： 将给定特解求导代入，比较 $\mathrm{e}^{2x}$、$x\mathrm{e}^x$ 和 $\mathrm{e}^x$ 的系数。

详细解答：

1. 对给定函数求导，

   $$y'=2\mathrm{e}^{2x}+(x+2)\mathrm{e}^x,\qquad y''=4\mathrm{e}^{2x}+(x+3)\mathrm{e}^x.$$

2. 代入左端得到

   $$(4+2\alpha+\beta)\mathrm{e}^{2x} +[(1+\alpha+\beta)x+3+2\alpha+\beta]\mathrm{e}^x.$$

   为等于 $\gamma\mathrm{e}^x$，须有

   $$4+2\alpha+\beta=0,\qquad1+\alpha+\beta=0.$$

   两式相减得 $\alpha=-3$，进而 $\beta=2$，剩余常数系数为 $3+2\alpha+\beta=-1$，故 $\gamma=-1$。

3. 所得齐次方程的特征根为 $1,2$，齐次通解为 $C_1\mathrm{e}^x+C_2\mathrm{e}^{2x}$。给定特解中的 $\mathrm{e}^{2x}+\mathrm{e}^x$ 属于齐次解，可并入任意常数，剩下特解 $x\mathrm{e}^x$。因此通解如答案所示。

答案： $V=\dfrac{\pi^2}2-\dfrac{2\pi}3$。

思路： 绕竖直直线旋转适合圆柱壳法，先确定圆与直线共同限定的区域。

详细解答：

1. 圆的方程为 $(x-1)^2+y^2\le1$，所以 $0\le x\le2$。与 $y=x$ 的交点满足 $2x^2=2x$，得 $x=0,1$。所求区域为

   $$0\le x\le1,\qquad x\le y\le\sqrt{2x-x^2}.$$

2. 绕 $x=2$ 旋转，壳半径为 $2-x$，壳高为 $\sqrt{2x-x^2}-x$。因此

   $$V=2\pi\int_0^1(2-x)[\sqrt{2x-x^2}-x]\mathrm{d}x.$$

3. 根式部分令 $u=1-x$，得

   $$\int_0^1(2-x)\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x =\int_0^1(1+u)\sqrt{1-u^2}\mathrm{d}u.$$

   第一项令 $u=\sin t$，为 $\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,\mathrm{d}t=\pi/4$；第二项令 $v=1-u^2$，为 $\frac12\int_0^1v^{1/2}\mathrm{d}v=1/3$。

4. 多项式部分为 $\int_0^1(2x-x^2)\mathrm{d}x=1-1/3=2/3$。所以

   $$V=2\pi\left(\frac\pi4+\frac13-\frac23\right) =\frac{\pi^2}2-\frac{2\pi}3.$$

答案： $h=4r$，$V_{\min}=\dfrac{8\pi r^3}3$。

思路： 轴截面是内切圆半径为 $r$ 的等腰三角形，利用面积与半周长的关系消去圆锥底半径，再求体积最小值。

详细解答：

1. 设圆锥底面半径为 $R$，母线长为 $s=\sqrt{h^2+R^2}$。轴截面的面积为 $Rh$，半周长为 $R+s$。三角形面积等于内切圆半径乘半周长，故

   $$r(R+s)=Rh,\qquad rs=R(h-r).$$

2. 两边平方并代入 $s^2=h^2+R^2$：

   $$r^2(h^2+R^2)=R^2(h-r)^2 \quad\Longrightarrow\quad r^2h^2=R^2h(h-2r).$$

   所以 $R^2=r^2h/(h-2r)$，且 $h>2r$。

3. 圆锥体积为

   $$V(h)=\frac13\pi R^2h=\frac{\pi r^2h^2}{3(h-2r)}.$$

   求导：

   $$V'(h)=\frac{\pi r^2}3\frac{h(h-4r)}{(h-2r)^2}.$$

   在 $2r<h<4r$ 时为负，在 $h>4r$ 时为正，因此 $h=4r$ 给出全局最小值。

4. 此时 $R^2=2r^2$，故 $V_{\min}=\frac13\pi(2r^2)(4r)=8\pi r^3/3$。

答案： 当 $x>0$、$a>\mathrm{e}$ 时，$(a+x)^a<a^{a+x}$。

思路： 两边均为正，取对数后通过导数证明右端对数减左端对数为正。

详细解答：

1. 令 $H(x)=(a+x)\ln a-a\ln(a+x)$，则 $H(0)=0$。原不等式等价于 $H(x)>0$。

2. 对 $x>0$，

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

   由 $a>\mathrm{e}$ 得 $\ln a>1$，由 $x>0$ 得 $a/(a+x)<1$，所以 $H'(x)>0$。

3. 因此 $H(x)>H(0)=0$，即 $a\ln(a+x)<(a+x)\ln a$。指数函数严格增加，两边取指数就得到所证不等式。

答案： $\left|\displaystyle\int_0^af(x)\mathrm{d}x\right|\le Ma^2/2$。

思路： 用导数的最大绝对值控制每一个函数值，再对这个上界积分。

详细解答：

1. $f'$ 在闭区间连续，所以 $|f'|$ 的最大值 $M$ 存在。对任意 $0<x\le a$，由 $f(0)=0$ 和中值定理，存在 $\xi\in(0,x)$ 使

   $$f(x)=f(x)-f(0)=f'(\xi)x.$$

   因而 $|f(x)|\le Mx$，在 $x=0$ 该式也成立。

2. 使用积分绝对值不等式和保序性，

   $$\left|\int_0^af(x)\mathrm{d}x\right| \le\int_0^a|f(x)|\mathrm{d}x \le\int_0^aMx\,\mathrm{d}x =\frac{Ma^2}2.$$

   若 $a=0$，两边均为零，结论同样成立。