1996年考研数学二真题

答案： $y'(0)=1/3$。

思路： 用幂函数的链式法则，零点处内层为正，求导没有奇点。

详细解答：

1. 记 $u=x+\mathrm{e}^{-x/2}$，则 $u(0)=1$，$u'=1-\mathrm{e}^{-x/2}/2$。在零点附近 $u>0$，有

   $$y'=\frac23u^{-1/3}u' =\frac23(x+\mathrm{e}^{-x/2})^{-1/3} \left(1-\frac12\mathrm{e}^{-x/2}\right).$$

2. 代入 $x=0$，得 $y'(0)=\frac23\cdot1\cdot\frac12=1/3$。

答案： $2$。

思路： 展开平方后，平方项相加为常数，交叉项为奇函数。

详细解答：

1. 在给定区间内，

   $$(x+\sqrt{1-x^2})^2=x^2+2x\sqrt{1-x^2}+1-x^2 =1+2x\sqrt{1-x^2}.$$

2. $\sqrt{1-x^2}$ 为偶函数，因此交叉项为奇函数，在 $[-1,1]$ 上积分为零。结果为 $\int_{-1}^11\,\mathrm{d}x=2$。

答案： $y=\mathrm{e}^{-x}(C_1\cos2x+C_2\sin2x)$。

思路： 常系数齐次方程由特征根确定通解。

详细解答：

1. 特征方程为 $r^2+2r+5=0$，配方为 $(r+1)^2+4=0$，得到复根 $r=-1\pm2i$。

2. 复根 $\alpha\pm\beta i$ 对应实通解 $\mathrm{e}^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$。取 $\alpha=-1$、$\beta=2$，即得答案。

答案： $2$。

思路： 两项分别使用 $\sin u\sim u$ 和 $\ln(1+u)\sim u$，先各自乘以 $x$ 求极限。

详细解答：

1. 对 $c=3$ 或 $c=1$，当 $x\to+\infty$ 时，

   $$x\sin\ln(1+c/x) =\frac{\sin\ln(1+c/x)}{\ln(1+c/x)} \frac{\ln(1+c/x)}{c/x}\,c\longrightarrow c.$$

2. 两个有限极限分别为 $3$、$1$，所以原极限为 $3-1=2$。若按 $x\to-\infty$ 理解，上述基本极限也成立，结论相同。

答案： $S=\ln2-\dfrac12$。

思路： 求曲线与水平线的交点，检查上下关系后积分。

详细解答：

1. $x+1/x=2$ 化为 $(x-1)^2=0$，交点横坐标为 $1$。与 $x=2$ 共同围成的区域在 $1\le x\le2$，且

   $$x+\frac1x-2=\frac{(x-1)^2}{x}\ge0.$$

2. 因此

   $$S=\int_1^2\left(x+\frac1x-2\right)\mathrm{d}x =\left[\frac{x^2}2+\ln x-2x\right]_1^2 =\ln2-\frac12.$$

答案： A，$a=1/2,b=1$。

思路： 高于 $x^2$ 的阶意味着除以 $x^2$ 后趋于零，因此一次项和二次项都要抵消。

详细解答：

1. 指数展开为 $\mathrm{e}^x=1+x+x^2/2+o(x^2)$，所以

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

2. 有限双侧极限要求 $b=1$，极限为零还要求 $a=1/2$。反之这两个值使余项为 $o(x^2)$，所以选 A。

答案： C，可导且 $f'(0)=0$。

思路： 函数值上界直接控制零点导数的差商，无需假设邻域内可导。

详细解答：

1. 在 $x=0$ 处，$|f(0)|\le0$，所以 $f(0)=0$。当 $h\ne0$，

   $$\left|\frac{f(h)-f(0)}h\right| =\frac{|f(h)|}{|h|}\le|h|.$$

2. $|h|\to0$，夹逼定理给出差商趋于零，即导数存在且 $f'(0)=0$。可导又保证连续，故选 C。

答案： D。

思路： 导数在正无穷处无限增大会迫使函数持续上升；反过来函数增长并不要求导数也无限增大。

详细解答：

1. 若 $f'(x)\to+\infty$，存在 $N$，使 $x>N$ 时 $f'(x)>1$。对 $f$ 在 $[N,x]$ 用中值定理，

   $$f(x)-f(N)=f'(\xi)(x-N)>x-N.$$

   所以 $f(x)>f(N)+x-N\to+\infty$，D 成立。

2. A、C 可取 $f(x)=x$：函数在负、正无穷分别趋于负、正无穷，但导数恒为 $1$，不会趋于所列无穷值。B 可取 $f(x)=x^2$：$x\to-\infty$ 时 $f'=2x\to-\infty$，但 $f\to+\infty$。因此其余三项不成立。

答案： C，恰有两个实根。

思路： 方程为偶函数关系，先确定正半轴根数，再用对称性。

详细解答：

1. 令 $H(x)=|x|^{1/4}+|x|^{1/2}-\cos x$，它连续且为偶函数。$H(0)=-1$，所以零点本身不是根。

2. 当 $x\ge1$ 时，前两项之和至少为 $2$，而 $\cos x\le1$，所以 $H(x)\ge1>0$，无根。

3. 当 $0<x<1$ 时，

   $$H'(x)=\frac1{4x^{3/4}}+\frac1{2\sqrt x}+\sin x>0.$$

   所以严格增加。由 $H(0)=-1$、$H(1)=2-\cos1>0$ 和介值定理，$(0,1)$ 恰有一个根。

4. 由偶性，负半轴恰有一个对称的根，共两个，选 C。

答案： B。

思路： 轴在两曲线上方，离轴较远的下曲线给出外半径，上曲线给出内半径。

详细解答：

1. 因为 $g<f<m$，外半径为 $R=m-g(x)$，内半径为 $r=m-f(x)$，均为正，且 $R>r$。

2. 圆环截面积为

   $$\pi(R^2-r^2)=\pi[(m-g)^2-(m-f)^2] =\pi(2m-f-g)(f-g).$$

   在 $[a,b]$ 上积分，即为 B 中的表达式。

答案： $\ln(2+\sqrt3)-\sqrt3/2$。

思路： 令指数为余弦，根号成为正弦，随后化简为正割减余弦的积分。

详细解答：

1. 令 $\mathrm{e}^{-x}=\cos t$，则 $x=-\ln\cos t$、$\mathrm{d}x=\tan t\,\mathrm{d}t$。上下限 $x=0,\ln2$ 对应 $t=0,\pi/3$。

2. 在这个区间 $\sin t\ge0$，故

   $$I=\int_0^{\pi/3}\sin t\tan t\,\mathrm{d}t =\int_0^{\pi/3}(\sec t-\cos t)\mathrm{d}t.$$

3. 用 $\int\sec t\,\mathrm{d}t=\ln|\sec t+\tan t|$，得

   $$I=[\ln(\sec t+\tan t)-\sin t]_0^{\pi/3} =\ln(2+\sqrt3)-\frac{\sqrt3}2.$$

答案： $-\dfrac{\cos x}{1+\sin x}+C$，在 $1+\sin x\ne0$ 的区间上使用；当 $\cos x\ne0$ 时也可写 $\tan x-\sec x+C$。

思路： 有理化分母后可积分，但最终表达式应保留原被积函数在 $\sin x=1$ 处的正常定义。

详细解答：

1. 在 $\cos x\ne0$ 时，

   $$\frac1{1+\sin x}=\frac{1-\sin x}{\cos^2x} =\sec^2x-\sec x\tan x.$$

   积分得到 $\tan x-\sec x+C$。

2. 化简原函数，

   $$\tan x-\sec x=\frac{\sin x-1}{\cos x} =-\frac{\cos x}{1+\sin x}.$$

   后一种表达式在 $\sin x=1$ 时也有定义。

3. 直接求导可得

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

   所以它适用于原被积函数的整个连续区间，只需避开 $\sin x=-1$。

答案： $\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\dfrac{4[f'(t^2)+2t^2f''(t^2)]}{f(t^2)}$。

思路： 用参数求导公式，第一次相除时出现的 $f(t^2)$ 可以抵消。

详细解答：

1. $f$ 二阶可导，所以积分的被积函数连续。参数导数为

   $$x'(t)=f(t^2)\ne0,\qquad y'(t)=2f(t^2)f'(t^2)\cdot2t=4tf(t^2)f'(t^2).$$

   因而 $\mathrm{d}y/\mathrm{d}x=4tf'(t^2)$。

2. 对该式关于 $t$ 求导，

   $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[4tf'(t^2)] =4f'(t^2)+8t^2f''(t^2).$$

   再除以 $x'(t)=f(t^2)$，得到所列二阶导数。

答案： 对 $n\ge1$、$x>-1$，

$$f(x)=1+2\sum_{k=1}^n(-1)^kx^k +\frac{2(-1)^{n+1}x^{n+1}}{(1+\theta x)^{n+2}}, \qquad0<\theta<1.$$

思路： 先把函数改写为 $2/(1+x)-1$，求各阶导数，再代入泰勒公式及拉格朗日余项。

详细解答：

1. $f(0)=1$，对 $k\ge1$，逐次求导的规律为

   $$f^{(k)}(x)=\frac{2(-1)^kk!}{(1+x)^{k+1}}, \qquad \frac{f^{(k)}(0)}{k!}=2(-1)^k.$$

2. 当 $0$ 与 $x$ 之间不跨越奇点 $-1$，即 $x>-1$ 时，函数在该区间有足够阶导数。泰勒定理给出

   $$f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+ \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}.$$

3. 代入导数公式，得到答案中的余项及多项式部分。这是有限阶展开，适用条件来自区间上的可导性，并不需要把它当作无限级数。

答案： $y=x^3/3-x^2+2x+C_1+C_2\mathrm{e}^{-x}$。

思路： 齐次方程包含常数解，右端二次多项式可试无常数项的三次多项式。

详细解答：

1. 齐次特征方程为 $r(r+1)=0$，故 $y_h=C_1+C_2\mathrm{e}^{-x}$。

2. 设 $y_p=Ax^3+Bx^2+Cx$，则

   $$y_p''+y_p'=3Ax^2+(6A+2B)x+(2B+C).$$

   与 $x^2$ 比较，得 $3A=1$、$6A+2B=0$、$2B+C=0$。

3. 解得 $A=1/3$、$B=-1$、$C=2$。加上齐次通解，就得到答案。

答案： $V=\dfrac23a^2b\tan\alpha$。

思路： 沿长轴方向切片，切面高度与到短轴的距离成正比，椭圆截面宽度由底面方程确定。

详细解答：

1. 取底面中心为原点，长轴为 $x$ 轴、短轴为 $y$ 轴，则底面为 $x^2/a^2+y^2/b^2\le1$。图示楔体在半椭圆 $0\le x\le a$ 上，截平面经过短轴，其高度为 $z=x\tan\alpha$。

2. 在位置 $x$ 处，椭圆横向宽度为 $2b\sqrt{1-x^2/a^2}$。垂直于 $x$ 轴的截面是高 $x\tan\alpha$ 的矩形，所以

   $$V=2b\tan\alpha\int_0^ax\sqrt{1-x^2/a^2}\mathrm{d}x.$$

3. 令 $u=1-x^2/a^2$，$\mathrm{d}u=-2x\mathrm{d}x/a^2$，得到

   $$V=ba^2\tan\alpha\int_0^1u^{1/2}\mathrm{d}u =\frac23a^2b\tan\alpha.$$

答案： $-\dfrac{\arctan x}x-\dfrac12(\arctan x)^2+\dfrac12\ln\dfrac{x^2}{1+x^2}+C$，$x\ne0$。

思路： 先拆分有理因子，分别用分部积分和反正切换元。

详细解答：

1. 由 $1/[x^2(1+x^2)]=1/x^2-1/(1+x^2)$，原积分为

   $$I=\int\frac{\arctan x}{x^2}\mathrm{d}x -\int\frac{\arctan x}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$

2. 第一项取 $u=\arctan x$、$\mathrm{d}v=\mathrm{d}x/x^2$，得到

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

   剩余分式为 $1/x-x/(1+x^2)$，积分为 $\ln|x|-\frac12\ln(1+x^2)$。

3. 第二项令 $u=\arctan x$，积分为 $u^2/2=(\arctan x)^2/2$。将两项相减，合并对数即得答案，分别在零点两侧的区间上使用。

答案： （1）

$$g(x)=\begin{cases} -\sqrt{(1-x)/2},&x<-1,\\ \sqrt[3]x,&-1\le x\le8,\\ (x+16)/12,&x>8; \end{cases}$$

（2）没有间断点，不可导点为 $x=-1,0$。

思路： 原函数连续且严格增加，可按各段值域求反函数；再检查分段连接点和立方根的零点。

详细解答：

1. 原函数第一段导数为 $-4x>0$，第二段 $x^3$ 严格增加，第三段斜率为 $12>0$。在 $-1$ 处两段值均为 $-1$，在 $2$ 处均为 $8$，所以整体连续严格增加，值域为全实数，反函数存在。

2. 第一段值域为 $(-\infty,-1)$，解 $v=1-2u^2$ 且 $u<-1$，取负根 $u=-\sqrt{(1-v)/2}$。第二段值域为 $[-1,8]$，解 $v=u^3$ 得 $u=\sqrt[3]v$。第三段值域为 $(8,+\infty)$，解 $v=12u-16$ 得 $u=(v+16)/12$。把反函数自变量记为 $x$，得到所列表达式。

3. 在 $x=-1$、$8$ 处，左右表达式分别连接到 $-1$、$2$，所以无间断点。各段内部也连续。

4. 在 $x=-1$ 处，左导数为 $1/4$、右导数为 $1/3$，不相等，因此不可导。在零点，

   $$\frac{g(h)-g(0)}h=\frac{\sqrt[3]h}{h}=\frac1{|h|^{2/3}}\to+\infty,$$

   没有有限导数。在 $x=8$ 处，左导数 $1/(3\cdot8^{2/3})=1/12$，等于右导数，故可导。其他各点的分支都可导。

答案： 唯一驻点为 $(1,1)$，在该点取得局部极小值 $1$。

思路： 对隐式方程求导，将驻点条件 $y'=0$ 代回原式，再检查二阶导数。

详细解答：

1. 求导并整理：

   $$(6y^2-4y+2x)y'+2y-2x=0, \qquad (3y^2-2y+x)y'=x-y.$$

   对可微的驻点，$y'=0$ 强制 $x=y$。

2. 将 $x=y$ 代入原式，得

   $$2y^3-y^2-1=(y-1)(2y^2+y+1)=0.$$

   二次因子的判别式为 $1-8=-7<0$，所以唯一实解为 $y=1,x=1$。该点系数 $3-2+1=2\ne0$，确有可微隐函数且导数为零。

3. 对乘积方程再求导：

   $$(3y^2-2y+x)y''+[(6y-2)y'+1]y'=1-y'.$$

   在 $(1,1)$ 处 $y'=0$，得 $2y''=1$，即 $y''=1/2>0$。驻点处二阶导数为正，所以为局部极小值点。

答案： 存在 $\xi,\eta\in(a,b)$，使 $f(\xi)=0$、$f''(\eta)=0$。

思路： 两端导数同号使函数在两端内侧异号，先得到内部零点，再连续应用罗尔定理。

详细解答：

1. 因 $f'(a)f'(b)>0$，两者均非零且同号。若都为负，可将 $f$ 替换为 $-f$，所求零点不变。因此只需证明两端导数均正的情形。

2. 由端点导数定义，充分小的 $h>0$ 满足

   $$\frac{f(a+h)-f(a)}h>0,\qquad \frac{f(b-h)-f(b)}{-h}>0.$$

   结合 $f(a)=f(b)=0$，得到左端内侧函数值为正、右端内侧为负。可取 $a<u<v<b$ 使 $f(u)>0>f(v)$，连续性及介值定理给出 $\xi\in(u,v)$，$f(\xi)=0$。

3. 在 $[a,\xi]$ 和 $[\xi,b]$ 上分别用罗尔定理，存在 $c_1\in(a,\xi)$、$c_2\in(\xi,b)$，使 $f'(c_1)=f'(c_2)=0$。

4. $f$ 二阶可导，故 $f'$ 在 $[c_1,c_2]$ 连续、内部可导。再用罗尔定理，存在 $\eta\in(c_1,c_2)\subset(a,b)$，使 $f''(\eta)=0$。两项结论均得证。

答案： （1）$y(x)=\mathrm{e}^{-ax}\displaystyle\int_0^x\mathrm{e}^{at}f(t)\mathrm{d}t$；（2）对 $x\ge0$，$|y(x)|\le\dfrac ka(1-\mathrm{e}^{-ax})$。

思路： 第一问用积分因子求解，第二问在所得积分表达式中对被积函数取绝对值上界。

详细解答：

1. 乘以积分因子 $\mathrm{e}^{ax}$，方程变为

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

   从 $0$ 到 $x$ 积分，并代入 $y(0)=0$，得 $\mathrm{e}^{ax}y(x)=\int_0^x\mathrm{e}^{at}f(t)\mathrm{d}t$，即第一问答案。$f$ 连续保证该函数可导并满足方程及初值。

2. 若 $|f(t)|\le k$，则 $k\ge0$。当 $x\ge0$ 时积分方向为正，且指数因子正，所以

   $$|y(x)|\le\mathrm{e}^{-ax}\int_0^x\mathrm{e}^{at}|f(t)|\mathrm{d}t \le k\mathrm{e}^{-ax}\int_0^x\mathrm{e}^{at}\mathrm{d}t.$$

3. 因 $a>0$，

   $$k\mathrm{e}^{-ax}\int_0^x\mathrm{e}^{at}\mathrm{d}t =\frac ka\mathrm{e}^{-ax}(\mathrm{e}^{ax}-1) =\frac ka(1-\mathrm{e}^{-ax}),$$

   得到第二问不等式。