1994年考研数学二真题

答案： $a=-2$。

思路： 非零处的表达式连续，只需令零点处的极限等于规定的函数值。

详细解答：

1. 当 $x\to0$ 时，

   $$\frac{\sin2x+\mathrm{e}^{2ax}-1}{x} =\frac{\sin2x}{x}+\frac{\mathrm{e}^{2ax}-1}{x} \longrightarrow2+2a.$$

   这里使用 $\sin u/u\to1$、$(\mathrm{e}^u-1)/u\to1$；$a=0$ 时第二项直接为零，结论也成立。

2. 连续要求 $2+2a=f(0)=a$，解得 $a=-2$。此值使零点处连续，而非零处不存在分母为零的问题，故满足要求。

答案： $\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\dfrac{(6t+5)(1+t)}t$，$t>-1,t\ne0$。

思路： 两次参数求导，每次将对 $t$ 的导数转换为对 $x$ 的导数时都要除以 $x'(t)$。

详细解答：

1. 对数要求 $t>-1$。参数导数为

   $$x'(t)=1-\frac1{1+t}=\frac t{1+t},\qquad y'(t)=3t^2+2t=t(3t+2).$$

   当 $t\ne0$ 时，

   $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=(3t+2)(1+t)=3t^2+5t+2.$$

2. 再对该式关于 $t$ 求导得 $6t+5$，除以 $x'(t)$ 得

   $$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} =\frac{6t+5}{t/(1+t)} =\frac{(6t+5)(1+t)}t.$$

   在 $t=0$ 处 $x'(t)=0$，不能直接使用该参数公式。

答案： $-3\sin3x\,f(\cos3x)$，在变上限积分求导公式适用的点成立。

思路： 积分上限是复合函数，先对上限求导，再乘上限处的被积函数值。

详细解答：

1. 记 $G(u)=\int_0^uf(t)\mathrm{d}t$。若 $G$ 在 $u=\cos3x$ 处可导且 $G'(u)=f(u)$，例如 $f$ 在该处连续，则微积分基本定理与链式法则给出

   $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}G(\cos3x) =G'(\cos3x)(-3\sin3x).$$

2. 因而导数为 $-3\sin3x\,f(\cos3x)$。题面未注明 $f$ 的连续性或其他足够的正则条件；若不保证上述求导公式适用，就不能无条件断言导数存在或等于该式。

答案： $\dfrac12(x^2-1)\mathrm{e}^{x^2}+C$。

思路： 把 $x^3\mathrm{d}x$ 写成 $x^2(x\mathrm{d}x)$，换元后分部积分。

详细解答：

1. 令 $u=x^2$，$\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x$，所以

   $$\int x^3\mathrm{e}^{x^2}\mathrm{d}x =\frac12\int u\mathrm{e}^u\mathrm{d}u.$$

2. 分部积分给出 $\int u\mathrm{e}^u\mathrm{d}u=u\mathrm{e}^u-\mathrm{e}^u+C$，故代回后为 $\frac12(x^2-1)\mathrm{e}^{x^2}+C$。

答案： $y=C\left|\dfrac{x}{x-4}\right|^{1/4}$，在避开 $0,4$ 的区间上成立，$C$ 为任意实数。

思路： 分离变量，对 $1/[x(x-4)]$ 作部分分式分解；除以 $y$ 后须补回零解。

详细解答：

1. 原方程为 $y+x(x-4)y'=0$。在 $x\ne0,4$ 且 $y\ne0$ 时，

   $$\frac{\mathrm{d}y}{y}=-\frac{\mathrm{d}x}{x(x-4)}.$$

   分解为

   $$-\frac1{x(x-4)}=\frac1{4x}-\frac1{4(x-4)}.$$

2. 两边积分：

   $$\ln|y|=\frac14\ln|x|-\frac14\ln|x-4|+C_0.$$

   取指数并将解的正负并入常数，得 $y=C|x/(x-4)|^{1/4}$。

3. $y=0$ 也满足原方程，已由 $C=0$ 纳入。一般解分别在 $(-\infty,0)$、$(0,4)$、$(4,+\infty)$ 等不跨奇点的区间上使用。

答案： A，$a=1,b=-5/2$。

思路： 对数展开到二阶，先消去会导致发散的一阶项，再匹配极限。

详细解答：

1. 因 $\ln(1+x)=x-x^2/2+o(x^2)$，

   $$\frac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2} =\frac{1-a}x-\frac12-b+o(1).$$

2. 双侧有限极限存在必须有 $1-a=0$，否则 $(1-a)/x$ 发散。故 $a=1$，再由 $-1/2-b=2$，得 $b=-5/2$，对应 A。

答案： B，左导数存在，右导数不存在。

思路： 单侧导数必须以实际的 $f(1)$ 作差商，不能只求分支导数。

详细解答：

1. $f(1)=2/3$。令 $h\to0^-$，左导数为

   $$\lim_{h\to0^-}\frac{\frac23(1+h)^3-\frac23}{h} =\lim_{h\to0^-}\left(2+2h+\frac23h^2\right)=2.$$

2. 令 $h\to0^+$，右差商为

   $$\frac{(1+h)^2-\frac23}{h} =\frac1{3h}+2+h\longrightarrow+\infty.$$

   它没有有限极限，所以右导数不存在。虽然右分支的导数趋于 $2$，也不能代替以 $f(1)$ 为基准的差商，故选 B。

答案： C，在 $x_0$ 处取得极小值。

思路： 用微分方程计算驻点处二阶导数，再应用极值判别法。

详细解答：

1. 方程给出 $f''=\mathrm{e}^{\sin x}-f'$。代入 $f'(x_0)=0$，

   $$f''(x_0)=\mathrm{e}^{\sin x_0}>0.$$

2. 驻点处二阶导数为正，因此是严格局部极小值，选 C。附近左侧函数减少、右侧增加，故不能在整个邻域单调增加或单调减少，也不是极大值。

答案： B，两条渐近线：$y=\pi/4$ 和 $x=0$。

思路： 有理式分母零点不一定是整条曲线的铅直渐近线，反正切会将无穷值压到有限范围。

详细解答：

1. 当 $x\to\pm\infty$ 时，$\mathrm{e}^{1/x^2}\to1$，反正切内的分式趋于 $1$，所以曲线趋于 $\arctan1=\pi/4$，得到水平渐近线 $y=\pi/4$。

2. 当 $x\to0$ 时，分式趋于 $-1/2$，反正切趋于固定负数 $\arctan(-1/2)$，而指数趋于正无穷。因此曲线趋于负无穷，铅直渐近线为 $x=0$。

3. 在 $x=1,-2$ 附近，虽然有理式无界，但反正切始终位于 $(-\pi/2,\pi/2)$；指数因子在这些点附近有限。因此曲线在这些点附近有界，不能形成铅直渐近线。其余有限点函数连续，且无穷远已有有限极限，所以一共两条，选 B。

答案： D，$P<M<N$。

思路： 对称区间上奇函数的积分为零，将每个积分拆成奇函数部分和偶函数部分。

详细解答：

1. $\sin x$ 为奇函数，$1/(1+x^2)$ 和 $\cos^4x$ 为偶函数，所以 $M$ 的被积函数为奇函数，$M=0$。

2. $\sin^3x$ 和 $x^2\sin^3x$ 都是奇函数，其积分均为零。记

   $$J=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4x\,\mathrm{d}x.$$

   被积函数非负且在零点附近严格正，故 $J>0$，于是 $N=J$、$P=-J$。

3. 因此 $P=-J<0=M<J=N$，选 D。

答案： $y''=\dfrac{f''(x+y)}{[1-f'(x+y)]^3}$。

思路： 隐式求导先解出 $y'$，再求导；分母立方来自商的平方分母和内层导数。

详细解答：

1. 令 $u=x+y$。对 $y=f(u)$ 求导，

   $$y'=f'(u)(1+y'),\qquad y'=\frac{f'(u)}{1-f'(u)}.$$

   题设 $f'\ne1$ 保证可除，且 $u'=1+y'=1/[1-f'(u)]$。

2. 对 $f'(u)/(1-f'(u))$ 求导。关于 $u$ 的导数为

   $$\frac{f''(u)(1-f'(u))+f'(u)f''(u)}{[1-f'(u)]^2} =\frac{f''(u)}{[1-f'(u)]^2}.$$

   再乘 $u'=1/[1-f'(u)]$，得到所列二阶导数。

答案： $3\pi/32$。

思路： 先用 $u=x^2$ 处理 $x\mathrm{d}x$，再用正弦换元处理 $1-u^2$ 的根式。

详细解答：

1. 令 $u=x^2$，得到

   $$I=\frac12\int_0^1(1-u^2)^{3/2}\mathrm{d}u.$$

   再令 $u=\sin t$，$0\le t\le\pi/2$，则 $I=\frac12\int_0^{\pi/2}\cos^4t\,\mathrm{d}t$。

2. 连续使用降幂公式可得

   $$\cos^4t=\frac{3+4\cos2t+\cos4t}{8}.$$

   两个余弦项在 $[0,\pi/2]$ 上积分为零，所以

   $$I=\frac12\cdot\frac38\cdot\frac\pi2=\frac{3\pi}{32}.$$

答案： $\mathrm{e}^4$。

思路： 取对数后，把极限识别为 $\ln\tan t$ 在 $\pi/4$ 处的导数。

详细解答：

1. 对充分大的 $n$，底数正切为正。令 $A_n=\tan^n(\pi/4+2/n)$，并记 $g(t)=\ln\tan t$。因为 $g(\pi/4)=0$，

   $$\ln A_n=2\frac{g(\pi/4+2/n)-g(\pi/4)}{2/n}.$$

2. 求导得

   $$g'(t)=\frac{\sec^2t}{\tan t}=\frac1{\sin t\cos t}, \qquad g'(\pi/4)=2.$$

   因此 $\ln A_n\to2\cdot2=4$，原极限为 $\mathrm{e}^4$。

答案：

$$\frac18\ln\left|\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\right| +\frac1{4(1+\cos x)}+C,$$

在不跨越 $x=k\pi$ 的连续区间上成立。

思路： 用倍角公式提出 $\sin x$，余弦换元后做部分分式分解。

详细解答：

1. 分母为 $2\sin x(1+\cos x)$。令 $u=\cos x$、$\mathrm{d}u=-\sin x\,\mathrm{d}x$，有

   $$I=-\frac12\int\frac{\mathrm{d}u}{(1-u)(1+u)^2}.$$

2. 设部分分式为 $A/(1-u)+B/(1+u)+C_0/(1+u)^2$，通分比较得到 $A=B=1/4$、$C_0=1/2$，因此

   $$I=-\frac12\int\left[\frac1{4(1-u)}+\frac1{4(1+u)} +\frac1{2(1+u)^2}\right]\mathrm{d}u.$$

3. 逐项积分得

   $$I=\frac18\ln|1-u|-\frac18\ln|1+u|+\frac1{4(1+u)}+C.$$

   代回即得答案。原分母在所有 $x=k\pi$ 处为零，使用原函数时必须避开这些点。

答案： 对所有 $a>0$，$D/D_1<3/2$。

思路： 直边梯形用梯形面积公式，曲边梯形用定积分；求出比值后比较。

详细解答：

1. 两竖直边端点为 $C=(0,1/2)$、$B=(a,a^2+1/2)$，边长为 $1/2$、$a^2+1/2$，间距为 $a$，故

   $$D=\frac a2\left(\frac12+a^2+\frac12\right)=\frac{a(a^2+1)}2.$$

2. 曲边梯形面积为

   $$D_1=\int_0^a\left(x^2+\frac12\right)\mathrm{d}x =\frac{a^3}3+\frac a2.$$

   因 $a>0$，$D_1>0$，所以可以取比值：

   $$\frac D{D_1}=\frac{3(a^2+1)}{2a^2+3}.$$

3. 计算差值，

   $$\frac32-\frac D{D_1} =\frac3{2(2a^2+3)}>0,$$

   证明了严格不等式。

答案： $k\in(-\infty,0]\cup\left\{\dfrac2{3\sqrt3}\right\}$。

思路： 将方程改写为 $k=h(x)$，研究一条水平线与 $h$ 图形的交点数。

详细解答：

1. 由于 $x>0$，原式等价于

   $$k=h(x)=\frac1x-\frac1{x^3}.$$

   导数为 $h'(x)=(3-x^2)/x^4$，所以在 $(0,\sqrt3)$ 增加，在 $(\sqrt3,+\infty)$ 减少。

2. 关键值为

   $$h(0^+)=-\infty,\quad h(1)=0,\quad h(\sqrt3)=\frac2{3\sqrt3},\quad h(+\infty)=0^+.$$

   $x>1$ 时 $h(x)>0$。

3. 若 $k<0$，在 $(0,1)$ 恰有一个交点；$k=0$ 时唯一解为 $x=1$。若 $0<k<2/(3\sqrt3)$，分别在 $(1,\sqrt3)$ 和 $(\sqrt3,+\infty)$ 各有一个解，共两个。若 $k=2/(3\sqrt3)$，只有最大点 $x=\sqrt3$ 一个解；更大则无解。

4. 因此恰有一个正解的参数范围为所列集合。

答案： （1）增区间 $(-\infty,0)$、$(2,+\infty)$，减区间 $(0,2)$，极小值 $y(2)=3$，无极大值；（2）两侧定义区间都凹（向上），无拐点；（3）渐近线 $x=0$、$y=x$；（4）图形按下述特征绘制。

思路： 化简成线性项加有理项，分别用一阶导数、二阶导数和极限回答各问。

详细解答：

1. 对第一问，定义域为 $x\ne0$，$y=x+4/x^2$，故

   $$y'=1-\frac8{x^3}=\frac{x^3-8}{x^3}.$$

   $x<0$ 时分子分母均负，导数为正；$0<x<2$ 时导数为负；$x>2$ 时为正。因此得到所列增减区间，在 $x=2$ 由减转增，极小值为 $2+4/4=3$。

2. 对第二问，$y''=24/x^4>0$，所以 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 均凹（向上）。二阶导数没有变号点，零点也不在定义域内，故无拐点。

3. 对第三问，当 $x\to0^\pm$ 时 $4/x^2\to+\infty$，所以 $x=0$ 为铅直渐近线。无穷远有 $y-x=4/x^2\to0$，所以斜渐近线为 $y=x$；没有水平渐近线。

4. 对第四问，曲线始终在 $y=x$ 上方。与 $x$ 轴交点满足 $x^3+4=0$，为 $(-\sqrt[3]4,0)$。左支从负无穷处贴近斜渐近线向上增加，穿过该交点，至 $0^-$ 趋于正无穷；右支从 $0^+$ 的正无穷下降至 $(2,3)$，再向上增加，并在正无穷处靠近 $y=x$。两支均向上弯，标出渐近线、交点和极小点即可确定图形。

答案： $a\ne1$ 时，$y=C_1\cos ax+C_2\sin ax+\sin x/(a^2-1)$；$a=1$ 时，$y=C_1\cos x+C_2\sin x-x\cos x/2$。

思路： 齐次解的频率为 $a$，当 $a=1$ 时与右端频率相同，需分别处理。

详细解答：

1. 齐次特征根为 $\pm ai$，故齐次通解为 $C_1\cos ax+C_2\sin ax$。

2. 若 $a\ne1$，设特解 $y_p=A\sin x$，代入得 $y_p''+a^2y_p=A(a^2-1)\sin x$。所以 $A=1/(a^2-1)$，得到第一种通解。

3. 若 $a=1$，普通的 $A\sin x$ 是齐次解，不能产生右端，改设 $y_p=Ax\cos x$。其导数为

   $$y_p'=A\cos x-Ax\sin x,\qquad y_p''=-2A\sin x-Ax\cos x.$$

   因此 $y_p''+y_p=-2A\sin x$，得 $A=-1/2$。加到对应齐次通解上即得第二种结果。

答案： $\displaystyle\int_0^\lambda f(x)\mathrm{d}x\ge\lambda\int_0^1f(x)\mathrm{d}x$。

思路： 递减函数在前一段的平均值不小于后一段的平均值，将此关系整理成目标式。

详细解答：

1. 当 $0\le x\le\lambda$ 时，$f(x)\ge f(\lambda)$；当 $\lambda\le x\le1$ 时，$f(x)\le f(\lambda)$。积分并除以正区间长度，得

   $$\frac1\lambda\int_0^\lambda f(x)\mathrm{d}x \ge f(\lambda) \ge\frac1{1-\lambda}\int_\lambda^1f(x)\mathrm{d}x.$$

2. 记前后积分为 $A,B$。上述关系给出 $(1-\lambda)A\ge\lambda B$，移项即 $A\ge\lambda(A+B)$。由积分可加性，$A+B=\int_0^1f$，得到结论。推导只用递减性，不需要函数非负。

答案： $V=\dfrac{448\pi}{15}$。

思路： 旋转轴在区域上方，每个截面是圆环；内半径含绝对值，但平方后可直接统一积分。

详细解答：

1. 曲线与 $x$ 轴交点由 $3-|x^2-1|=0$ 得到 $x=\pm2$。在 $[-2,2]$ 上，$0\le y\le3$，所以封闭区域位于 $x$ 轴与曲线之间。

2. 绕 $y=3$ 旋转，离轴较远的边界是 $y=0$，外半径为 $3$；曲线边界给出内半径 $3-y=|x^2-1|$。因此

   $$V=\pi\int_{-2}^2[9-|x^2-1|^2]\mathrm{d}x =2\pi\int_0^2(8+2x^2-x^4)\mathrm{d}x.$$

3. 积分得到

   $$V=2\pi\left[8x+\frac{2x^3}3-\frac{x^5}5\right]_0^2 =2\pi\left(16+\frac{16}3-\frac{32}5\right) =\frac{448\pi}{15}.$$