1993 年考研数二真题解析：一定要会用微分的方法计算旋转体的体积而不只是套公式

三、解答题 (本题满分 25 分, 每小题 5 分)

(1) 设 $y=\sin \left[f\left(x^2\right)\right]$, 其中 $f$ 具有二阶导数,求 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}$.

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cos \left[f\left(x^2\right)\right]\cdot f^{\prime }\left(x^2\right)\cdot 2x\Rightarrow$$

$$\frac{d^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=2\{\cos \left[f\left(x^2\right)\right]\cdot f^{\prime }\left(x^2\right)+x(-\sin \left[f\left(x^2\right)\right])\times$$

$$f^{\prime }\left(x^2\right)\cdot 2x\cdot f^{\prime }\left(x^2\right)+\cos \left[f\left(x^2\right)\right]\cdot f^{\prime \prime }\left(x^2\right)\cdot 2x\}\Rightarrow$$

$$\frac{d^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=2f^{\prime }\left(x^2\right)\cos \left[f\left(x^2\right)\right]+4x^2{f}^{\prime \prime }\left(x^2\right)\cos \left[f\left(x^2\right)\right]$$

$$-4x^2{f}^{\prime 2}\left(x^2\right)\sin \left[f\left(x^2\right)\right]$$

(2) 求 $\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}x(\sqrt{x^2+100}+x)$.

注意：只有在比值运算中才可以“取大头”，本题不可以直接取大头。

错误解法：

$$x\to -\mathrm{\infty }:$$

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

正确解法一：

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

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

由于 $x$ 是趋于负无穷大的，因此，从根号中提取出来后需要加负号：

$$\frac{100x}{–x(\sqrt{1+\frac{100}{x^2}}+1)}=$$

取大头：

$$\frac{100x}{-2x}=-50$$

正确解法二：

由于 $x$ 是趋于负无穷大的，因此，从根号中提取出来后需要加负号：

$$x(\sqrt{x^2+100}+x)=x[(-x)\sqrt{1+\frac{100}{x^2}}+x]=$$

$$-x^2[\sqrt{1+\frac{100}{x^2}}-1]\Rightarrow (1+x{)}^2-1\sim 2x\Rightarrow$$

$$-x^2\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{100}{x^2}=-50$$

(3) 求 ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{1+\cos 2x}\mathrm{d}x$.

$$\cos 2x=2{\cos }^{2}x-1\Rightarrow$$

$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{1+\cos 2x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=$$
(7)

$$\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}x\mathrm{d}(\tan x)=$$

$$\frac{1}{2}[{x\tan x|}_0^{\frac{\pi }{4}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\tan x\mathrm{d}x]=$$

$$\frac{1}{2}[\frac{\pi }{4}+{\ln \cos x|}_0^{\frac{\pi }{4}}]=\frac{\pi }{8}+\frac{1}{2}\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=$$

$$\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\ln 2.$$

(4) 求 ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{x}{(1+x{)}^3}\mathrm{d}x$.

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{x}{(1+x{)}^3}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{(1+x)-1}{(1+x{)}^3}\mathrm{d}x=$$

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(1+x{)}^2}\mathrm{d}x-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(1+x{)}^3}\mathrm{d}x=.$$

$${\frac{-1}{1+x}|}_0^{+\mathrm{\infty }}-{\frac{-1}{2(1+x{)}^2}|}_0^{+\mathrm{\infty }}=$$

$$-{\frac{1}{1+x}|}_0^{+\mathrm{\infty }}+{\frac{1}{2(1+x{)}^2}|}_0^{+\mathrm{\infty }}=\frac{1}{2}$$

(5) 求微分方程 $(x^2-1)\mathrm{d}y+(2xy-\cos x)\mathrm{d}x=0$ 满足初始条件 $y(0)=1$ 的特解.

变形：

$$(x^2-1)\mathrm{d}y+(2xy-\cos x)\mathrm{d}x=0\Rightarrow$$

$$(x^2-1)y^{\prime }+(2xy-\cos x)=0\Rightarrow$$

$$y^{\prime }+\frac{2x}{x^2-1}y=\frac{\cos x}{x^2-1}\Rightarrow$$

$$y=[\int \frac{\cos x}{x^2-1}\cdot e^{\int \frac{2x}{x^2-1}\mathrm{d}x}+C]e^{-\int \frac{2x}{x^2-1}\mathrm{d}x}$$

$$y=[\left[\frac{\cos x}{x^2-1}(x^2-1)\mathrm{d}x{t}_{j}c\right]\frac{1}{x^2-1}\Rightarrow$$

$$y=\frac{1}{x^2-1}(\sin x+C)\Rightarrow y(0)=1\Rightarrow C=-1\Rightarrow$$

$$y=\frac{1}{x^2-1}(\sin x-1)$$