1995年考研数学二真题

答案： $y'=-2x\sin(x^2)\sin^2(1/x)-\dfrac{\cos(x^2)\sin(2/x)}{x^2}$，$x\ne0$。

思路： 对两个因子使用乘积法则，各因子内部再用链式法则。

详细解答：

1. 两因子的导数为

   $$[\cos(x^2)]'=-2x\sin(x^2),$$

   $$[\sin^2(1/x)]'=2\sin(1/x)\cos(1/x)\left(-\frac1{x^2}\right) =-\frac{\sin(2/x)}{x^2}.$$

2. 按 $(uv)'=u'v+uv'$ 相加，即得所列结果。原函数含 $1/x$，故导数公式只在 $x\ne0$ 使用。

答案： $y=C_1\cos x+C_2\sin x-2x$。

思路： 通解为齐次通解加特解，一次多项式右端可试一次多项式。

详细解答：

1. 先解对应齐次方程 $y''+y=0$。特征方程为 $r^2+1=0$，根为 $r=\pm i$。共轭复根对应实数基本解 $\cos x,\sin x$，所以

   $$y_h=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

   两个任意常数来自二阶方程的两个独立基本解。

2. 右端是一次多项式，试设特解 $y_p=Ax+B$，其中 $A,B$ 是待定系数。由于 $y_p'=A,y_p''=0$，代入非齐次方程后左端为 $Ax+B$。

3. 比较两边的 $x$ 项和常数项，得到 $A=-2,B=0$，即 $y_p=-2x$。齐次通解加一个非齐次特解，就是所有解：

   $$y=C_1\cos x+C_2\sin x-2x.$$

   回代时，三角函数部分满足 $y_h''+y_h=0$，而 $(-2x)''+(-2x)=-2x$，因此结果正确。

答案： $3x+y-7=0$。

思路： 先由参数求切点，再用参数导数之比求斜率。

详细解答：

1. $t=-2$ 时，$x=1+4=5$、$y=-8$，切点为 $(5,-8)$。参数导数为 $x'(t)=2t$、$y'(t)=3t^2$，该点 $x'\ne0$，所以

   $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{3t^2}{2t}=\frac{3t}2=-3.$$

2. 点斜式为 $y+8=-3(x-5)$，整理得到 $3x+y-7=0$。

答案： $\dfrac12$。

思路： 每项分母都接近 $n^2$，用共同的最大、最小分母夹住整个和。

详细解答：

1. 记 $S_n=\sum_{k=1}^nk/(n^2+n+k)$。对 $1\le k\le n$，

   $$n^2+n+1\le n^2+n+k\le n^2+2n.$$

   分子均非负，因此

   $$\frac{\sum_{k=1}^nk}{n^2+2n}\le S_n \le\frac{\sum_{k=1}^nk}{n^2+n+1}.$$

2. $\sum_{k=1}^nk=n(n+1)/2$，两边分别为

   $$\frac{n(n+1)}{2(n^2+2n)},\qquad \frac{n(n+1)}{2(n^2+n+1)}.$$

   分子分母同除以 $n^2$，两者都趋于 $1/2$。夹逼定理给出 $S_n\to1/2$。

答案： 水平渐近线 $y=0$。

思路： 检查无穷远极限和有限点的连续性。

详细解答：

1. 当 $x\to\pm\infty$ 时，令 $u=x^2\to+\infty$，则

   $$x^2\mathrm{e}^{-x^2}=\frac u{\mathrm{e}^u}\longrightarrow0,$$

   可由洛必达法则得 $1/\mathrm{e}^u\to0$。

2. 所以两端均有水平渐近线 $y=0$。函数在全实数连续，没有有限点的无穷发散，故无铅直渐近线；已有有限水平极限，也无非水平斜渐近线。

答案： D。

思路： 连续且处处非零的因子不能消除商的间断；复合或平方却可能消除间断。

详细解答：

1. 设 $x_0$ 是 $\phi$ 的间断点。若 $H=\phi/f$ 在 $x_0$ 连续，由 $f$ 连续可知 $\phi=fH$ 在该点连续，矛盾。处处 $f\ne0$ 保证商有定义，因此 D 必成立。

2. 取 $f(x)\equiv1$，$\phi(x)=1$（$x\ge0$）、$\phi(x)=-1$（$x<0$）。$\phi$ 在零点间断，但 $\phi[f(x)]\equiv1$、$[\phi(x)]^2\equiv1$、$f[\phi(x)]\equiv1$，都连续。这个例子同时反驳 A、B、C。

答案： C。

思路： 面积是函数绝对值的积分，须在三个零点之间检查正负。

详细解答：

1. 零点为 $0,1,2$，围成的有限区域在 $[0,2]$。在 $(0,1)$ 上三个因子符号为正、负、正，乘积为负；在 $(1,2)$ 上三个因子均为正，乘积为正。

2. 所以面积为

   $$S=-\int_0^1x(x-1)(2-x)\mathrm{d}x +\int_1^2x(x-1)(2-x)\mathrm{d}x,$$

   对应 C。直接积分会把轴上下的带符号面积相抵，不能代表总面积。

答案： D，$-f(-x)$ 单调增加。

思路： 横坐标取反会反转大小顺序，函数值再取负则再反转一次。

详细解答：

1. 题设说明 $f$ 严格增加。若 $x_1>x_2$，则 $-x_1<-x_2$，所以 $f(-x_1)<f(-x_2)$。取负得 $-f(-x_1)>-f(-x_2)$，证明 D。

2. $f(-x)$ 严格减少，故 C 错误。严格增加并不要求导数处处严格正，例如 $f(x)=x^3$ 的导数在零点为零，反驳 A。取 $f(x)=x$，有 $f'(-x)=1>0$，反驳 B；此处 $f'(-x)$ 是导函数在 $-x$ 的值，与 $f(-x)$ 的导数 $-f'(-x)$ 不同。

答案： B，$f'(1)>f(1)-f(0)>f'(0)$。

思路： 二阶导数为正说明一阶导数严格增加，中值定理将割线斜率化为内部一点的导数。

详细解答：

1. $f''>0$，对 $f'$ 应用中值定理可知 $f'$ 严格增加。对 $f$ 在 $[0,1]$ 用中值定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使

   $$f(1)-f(0)=f'(\xi).$$

2. 因 $0<\xi<1$，有 $f'(0)<f'(\xi)<f'(1)$，故得到 B 的顺序。D 中的相反割线差不受该关系保证，例如 $f(x)=x^2$ 时 $f(0)-f(1)=-1<f'(0)=0$。

答案： A，必须有 $f(0)=0$。

思路： $|\sin x|$ 的零点两侧导数不同，计算 $F$ 的左右差商，判断差异能否消失。

详细解答：

1. $F(0)=f(0)$，因此

   $$\frac{F(h)-F(0)}h =\frac{f(h)-f(0)}h+f(h)\frac{|\sin h|}{h}.$$

   可导性保证第一项趋于 $f'(0)$，并保证 $f(h)\to f(0)$。

2. 当 $h\to0^+$ 时 $|\sin h|/h\to1$，右导数为 $f'(0)+f(0)$；当 $h\to0^-$ 时比值趋于 $-1$，左导数为 $f'(0)-f(0)$。

3. 两者相等必须有 $2f(0)=0$，故 A。$f'(0)$ 不必为零，例如 $f(x)=x$ 时 $F$ 可导且 $f'(0)=1$，也同时否定 B、C、D 的必然性。

答案： $\dfrac12$。

思路： 分子有根号差，先有理化，再使用余弦差的二阶等价式。

详细解答：

1. 在零点右侧的小邻域内 $\cos x>0$，

   $$1-\sqrt{\cos x}=\frac{1-\cos x}{1+\sqrt{\cos x}}.$$

2. 用 $1-\cos u\sim u^2/2$，得到 $1-\cos x\sim x^2/2$、$1-\cos\sqrt x\sim x/2$，且 $1+\sqrt{\cos x}\to2$。所以

   $$\frac{1-\sqrt{\cos x}}{x(1-\cos\sqrt x)} \sim\frac{x^2/4}{x^2/2}=\frac12.$$

答案：

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

思路： 指数为正，所以 $x>0$，可以取对数简化隐式关系，再求导两次。

详细解答：

1. 由 $x\mathrm{e}^{f(y)}=\mathrm{e}^y$，得 $x>0$，取对数为 $\ln x+f(y)=y$。求导：

   $$\frac1x+f'(y)y'=y',\qquad y'=\frac1{x[1-f'(y)]}.$$

2. 设 $q=1-f'(y)\ne0$。对上式求导，注意 $q'=-f''(y)y'$：

   $$y''=-\frac1{x^2q}+\frac{f''(y)y'}{xq^2} =-\frac1{x^2q}+\frac{f''(y)}{x^2q^3}.$$

   通分得到所列结果。

答案： 在第一式确定的 $f$ 的分支 $u>1$ 上，$\displaystyle\int\phi(x)\mathrm{d}x=x+2\ln(x-1)+C$，$x>1$。

思路： 用新变量表示 $f$，再从复合关系解出 $\phi$，并检查定义域。

详细解答：

1. 第一式的对数在实数范围有定义要求 $x^2>2$。令 $u=x^2-1$，则 $u>1$，关系确定

   $$f(u)=\ln\frac{u+1}{u-1}\qquad(u>1).$$

2. 在这个定义域内，$f(\phi(x))=\ln x$ 给出

   $$\frac{\phi(x)+1}{\phi(x)-1}=x,\qquad \phi(x)=\frac{x+1}{x-1}=1+\frac2{x-1}.$$

   要使 $\phi(x)>1$ 且 $\ln x$ 有定义，须 $x>1$。

3. 因此

   $$\int\phi(x)\mathrm{d}x =\int\left(1+\frac2{x-1}\right)\mathrm{d}x =x+2\ln(x-1)+C.$$

   第一式不确定 $u\le1$ 处的 $f$；若另允许在那部分扩展函数，不能据此确定其他复合分支。

答案： $f'$ 在零点连续，且 $f'(0)=\pi/2$。

思路： 先用定义求零点导数，再对非零分支求导并比较极限。

详细解答：

1. 由 $f(0)=0$，

   $$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{h\arctan(1/h^2)}h =\lim_{h\to0}\arctan(1/h^2)=\frac\pi2.$$

2. 对 $x\ne0$ 使用乘积和链式法则，

   $$f'(x)=\arctan\frac1{x^2} +x\frac{-2/x^3}{1+1/x^4} =\arctan\frac1{x^2}-\frac{2x^2}{1+x^4}.$$

3. 当 $x\to0$ 时，第一项趋于 $\pi/2$，第二项趋于零，所以 $\lim f'(x)=\pi/2=f'(0)$，证明导函数在零点连续。

答案： 弧长为 $8$。

思路： 参数曲线弧长公式不需要把 $y$ 解成 $x$ 的函数，直接积分参数速度的长度。

详细解答：

1. 参数导数为 $x'(t)=\sin t$、$y'(t)=1-\cos t$，所以

   $$\sqrt{(x')^2+(y')^2} =\sqrt{2-2\cos t}=2|\sin(t/2)|.$$

   在 $0\le t\le2\pi$ 内 $\sin(t/2)\ge0$，可以去掉绝对值。

2. 因而

   $$L=\int_0^{2\pi}2\sin(t/2)\mathrm{d}t =[-4\cos(t/2)]_0^{2\pi}=8.$$

答案： 若 $v_0\ne0$，$t=\ln3$，路程为 $2|v_0|/3$；若 $v_0=0$，质点始终静止，任意 $t\ge0$ 都满足速度条件，路程为零。

思路： 阻力与运动方向相反，由牛顿定律得到速度衰减方程；路程需积分速度的绝对值。

详细解答：

1. 质量为 $1$、阻力比例常数为 $1$，所以 $v'=-v$。结合 $v(0)=v_0$，解得

   $$v(t)=v_0\mathrm{e}^{-t}.$$

2. 若 $v_0\ne0$，由 $v(t)=v_0/3$ 可约去 $v_0$，得 $\mathrm{e}^{-t}=1/3$，所以 $t=\ln3$。

3. 该时段速度不变号，路程为

   $$s=\int_0^{\ln3}|v_0|\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t =|v_0|(1-\mathrm{e}^{-\ln3})=\frac{2|v_0|}3.$$

   若以正向初速度 $v_0>0$ 记数，则为 $2v_0/3$。若 $v_0=0$，上式速度恒为零，不能通过约去 $v_0$ 求出唯一时刻。

答案： 最大值 $1+\mathrm{e}^{-2}$，在 $x=\pm\sqrt2$ 取得；最小值 $0$，在 $x=0$ 取得。

思路： 上限 $x^2$ 非负，将问题化为变量 $u\ge0$ 上的极值问题。

详细解答：

1. 令 $u=x^2\ge0$，记

   $$H(u)=\int_0^u(2-t)\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t.$$

   因 $[(t-1)\mathrm{e}^{-t}]'=(2-t)\mathrm{e}^{-t}$，得 $H(u)=1+(u-1)\mathrm{e}^{-u}$。

2. $H'(u)=(2-u)\mathrm{e}^{-u}$，所以在 $[0,2]$ 增加，在 $[2,+\infty)$ 减少。故最大值为 $H(2)=1+\mathrm{e}^{-2}$。

3. $H(0)=0$。在 $[0,2]$ 上由增加性有 $H\ge0$；在 $u\ge2$ 上，$H(u)=1+(u-1)\mathrm{e}^{-u}>1$，所以全局最小值为零。由 $u=x^2$ 转回，得到答案中的取值点。

答案： $y=\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{x+\mathrm{e}^{-x}-1/2}$。

思路： 已知解先确定 $p(x)$，再将特解与齐次解相加，用初值求常数。

详细解答：

1. 将 $y=\mathrm{e}^x$、$y'=\mathrm{e}^x$ 代入原方程，

   $$x\mathrm{e}^x+p(x)\mathrm{e}^x=x,$$

   故 $p(x)=x\mathrm{e}^{-x}-x$。在初值所在正半轴上除以 $x$，得 $y'+(\mathrm{e}^{-x}-1)y=1$。

2. 对齐次方程积分，

   $$\frac{y_h'}{y_h}=1-\mathrm{e}^{-x},\qquad y_h=C\mathrm{e}^{x+\mathrm{e}^{-x}}.$$

   加上已知特解，通解为 $y=\mathrm{e}^x+C\mathrm{e}^{x+\mathrm{e}^{-x}}$。

3. 在 $x=\ln2$ 处 $\mathrm{e}^{-x}=1/2$，初值给出 $0=2+2C\mathrm{e}^{1/2}$，故 $C=-\mathrm{e}^{-1/2}$，即所列解。这个表达式在全实数上光滑，也可通过 $x=0$ 延拓；代回原方程仍成立。

答案：

$$\xi=x_0-\frac{y'_0[1+(y'_0)^2]}{y''_0},\qquad \eta=y_0+\frac{1+(y'_0)^2}{y''_0}.$$

思路： 切向量为 $(1,y'_0)$，与它垂直且指向图中凹侧的单位法向量给出 $MP$ 的方向；用长度乘方向向量。

详细解答：

1. 记 $p=y'_0$、$q=y''_0>0$。向量 $(-p,1)$ 与切向量 $(1,p)$ 的点积为零，长度为 $\sqrt{1+p^2}$。由于图中 $P$ 位于向上弯曲的一侧，单位法向量为

   $$\boldsymbol n=\frac{(-p,1)}{\sqrt{1+p^2}}.$$

2. 已知 $MP$ 长为 $(1+p^2)^{3/2}/q$，所以

   $$\overrightarrow{MP} =\frac{(1+p^2)^{3/2}}q\boldsymbol n =\frac{1+p^2}q(-p,1).$$

3. 将位移加到 $M$ 的坐标上，即得答案。如果只指定整条法线和长度而不指定图中的方向，还会有相反方向的点

   $$\left(x_0+\frac{p(1+p^2)}q,\ y_0-\frac{1+p^2}q\right).$$

   题图指向凹侧确定了所求的那一个点。

答案： $2$。

思路： 分部积分时取原函数因子为 $x-\pi$，能同时消掉端点项和积分中的分母。

详细解答：

1. 当 $t\to\pi^-$ 时，

   $$\frac{\sin t}{\pi-t}=\frac{\sin(\pi-t)}{\pi-t}\longrightarrow1.$$

   因而可在端点连续延拓，被积函数及所得 $f$ 有限，且 $f(0)=0$。

2. 取 $u=f(x)$、$\mathrm{d}v=\mathrm{d}x$、$v=x-\pi$，有

   $$I=[(x-\pi)f(x)]_0^\pi-\int_0^\pi(x-\pi)f'(x)\mathrm{d}x.$$

   上端系数为零，下端 $f(0)=0$，边界项为零。

3. 由 $f'(x)=\sin x/(\pi-x)$，

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

答案： $f(x)\ge x$，且 $x\ne0$ 时严格大于，$x=0$ 时取等号。

思路： 极限确定零点处函数值和导数，二阶导数为正使一阶导数严格增加，再用中值定理。

详细解答：

1. 二阶可导保证 $f$ 连续。由 $f(x)=x[f(x)/x]\to0$ 得 $f(0)=0$，所以

   $$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x=1.$$

2. $f''>0$，对 $f'$ 使用中值定理可知它严格增加。若 $x>0$，对 $f$ 在 $[0,x]$ 使用中值定理，有 $f(x)=xf'(\xi)$，其中 $0<\xi<x$。故 $f'(\xi)>1$，得到 $f(x)>x$。

3. 若 $x<0$，在 $[x,0]$ 上同理得到 $f(x)=xf'(\eta)$，其中 $x<\eta<0$。此时 $f'(\eta)<1$，乘以负数 $x$ 后不等号反向，仍得 $f(x)>x$。零点有 $f(0)=0$，因此结论对全部 $x$ 成立。