题目
曲线 $y=\ln \cos x (0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{6})$ 的弧长为 $?$
继续阅读“2019年考研数二第12题解析”NULL | $0^{o}$ | $30^{o}$ | $45^{o} $ | $60^{o}$ | $90^{o}$ |
$\sin x$ | $0$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | $1$ |
$\cos x$ | $1$ | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $\frac{1}{2}$ | $0$ |
$\tan x$ | $0$ | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | $1$ | $\sqrt{3}$ | 不存在 |
$\cot x$ | 不存在 | $\sqrt{3}$ | $1$ | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | $0$ |
EOF
已知函数 $f(x) = x \int_{1}^{x} \frac{\sin t^{2}}{t} d t,$ 则 $\int_{0}^{1}f(x)dx=?$
继续阅读“2019年考研数二第13题解析”曲线 $y = x \sin x + 2 \cos x, (-\frac{\pi}{2} < x < 2 \pi)$ 的拐点是 ?
A. $(0, 2)$
B. $(\pi, -2)$
C. $(\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$
D. $(\frac{3 \pi}{2}, -\frac{3 \pi}{2})$
设 $\left\{\begin{matrix} x = \sqrt{t^{2}+1} \\ y = \ln(t+\sqrt{t^{2}+1}) \end{matrix}\right.$, 则 $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}|_{t=1}=$
继续阅读“2020 年研究生入学考试数学一第 10 题解析”\begin{align}
\lim_{x \rightarrow 0}[\frac{1}{e^{x}-1}-\frac{1}{\ln(1+x)}] =
\end{align}
$x \rightarrow 0^{+}$时,下列无穷小阶数最高的是 ( )
$A.\int_{0}^{x}(e^{t^{2}}-1)dt$
$B.\int_{0}^{x}\ln(1+\sqrt{t^{3}})dt$
$C.\int_{0}^{\sin x}\sin t^{2}dt$
$D.\int_{0}^{1-\cos x}\sqrt{\sin ^{3} t}dt$
继续阅读“2020 年研究生入学考试数学一第 1 题解析”$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}$ $(\frac{\sin x}{1+\cos x}$ $+$ $|x|)$ $dx$ $=$__.
本题存在(关于原点对称的)对称区间 “$[-\frac{\pi}{2}$, $\frac{\pi}{2}]$”, 在求积分的时候,如果看到这样的对称区间,则要考虑被积函数是不是奇函数或者偶函数。如果是奇函数,则其在对称区间上的积分为 $0$, 如果是偶函数,则我们可以只计算其大于 $0$ 或者小于 $0$ 方向上的积分,之后再乘以 $2$ 即可获得整个积分区间上的积分数值。
由于:
$\frac{\sin (-x)}{1+\cos(-x)}$ $=$ $\frac{-\sin x}{1+\cos x}$ $\Rightarrow$ $f(-x)$ $=$ $-f(x)$.
因此,$f(x)$ $=$ $\frac{\sin x}{1+\cos x}$ 是一个奇函数,因此,其在对称区间 $[-\frac{\pi}{2}$, $\frac{\pi}{2}]$ 上的积分为 $0$.
又由于:
$|-x|$ $=$ $|x|$ $\Rightarrow$ $g(-x)$ $=$ $g(x)$.
因此,$g(x)$ $=$ $|x|$ 是一个偶函数。
于是:
原式 $=$ $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}$ $|x|$ $dx$ $=$ $2$ $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}$ $x$ $dx$ $=$ $2$ $\cdot$ $\frac{1}{2}x^{2}|_{0}^{\frac{\pi}{2}}$ $=$ $\frac{\pi^{2}}{4}$.
当然,本题除了可以使用积分的原理计算之外,还可以画图计算面积,如图 1:
根据上图,我们有:
$\frac{\pi}{2}$ $\cdot$ $\frac{\pi}{2}$ $\cdot$ $\frac{1}{2}$ $\cdot$ $2$ $=$ $\frac{\pi^{2}}{4}$.
综上可知,本题的正确答案是:$\frac{\pi^{2}}{4}$.
EOF
$\lim_{x \rightarrow 0}$ $(\frac{1-\tan x}{1+\tan x})^{\frac{1}{\sin kx}}$ $=$ $e$, 则 $k$ $=$__.
观察本题可以发现,这是一个求极限的式子,而且等式的右边是 $e$, 符合“两个重要极限”中的第二个重要极限的一部分特征。
两个重要极限如下:
$\lim_{x \rightarrow x_{x_{0}}}$ $\frac{\sin x}{x}$ $=$ $1$, $\lim_{x \rightarrow 0}$ $(1+x)^{\frac{1}{x}}$ $=$ $\lim_{x \rightarrow \infty}$ $(1+\frac{1}{x})^{x}$ $=$ $e$.
由于题目中的式子不存在上述公式中的 $1$, 因此,我们需要构造出这个 $1$, 即:
$1$ $+$ $\square$ $=$ $\frac{1-\tan x}{1+\tan x }$ $\Rightarrow$ $\square$ $=$ $\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$ $-$ $1$ $=$ $\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$ $-$ $\frac{1+\tan x}{1+\tan x}$ $=$ $\frac{-2 \tan x}{1+\tan x}$.
于是,原式 $=$ $\lim_{x \rightarrow 0}$ $(1+\frac{-2\tan x}{1+\tan x})^{\frac{1}{\sin kx}}$ $=$ $e$. (1)
由于当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$\frac{-2\tan x}{1+\tan x}$ $\rightarrow$ $0$ 且 $\frac{1}{\sin kx}$ $\rightarrow$ $\infty$, 所以,符合使用“两个重要极限”的条件,可以继续接下来的计算。
接下来继续向公式的方向构造等式。
$(1)$ $=$ $\lim_{x \rightarrow 0}$ $(1+\frac{-2\tan x}{1+\tan x})^{\frac{1+\tan x}{-2\tan x} \frac{-2\tan x}{1+\tan x} \frac{1}{\sin kx}}$. (2)
根据公式,我们知道:
$\lim_{x \rightarrow 0}$ $(1+\frac{-2\tan x}{1+\tan x})^{\frac{1+\tan x}{-2\tan x}}$ $=$ $e$.
于是:
$(2)$ $=$ $e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{-2\tan x}{1+\tan x}\frac{1}{\sin kx}}$ $=$ $e^{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{-2\tan x}{(1+\tan x)\sin kx}}$. (3)
当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$\tan x$ $\rightarrow$ $0$ 是不可以带入原式中的(只有非零和非无穷的数值可以带入原式中。),不过当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$(1+\tan x)$ $\rightarrow$ $1$ 是可以带入原式中的,于是:
$\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{-2\tan x}{(1+\tan x)\sin kx}$ $=$ $\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{-2\tan x}{\sin kx}$.
又因为当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$\sin x$ $\sim$ $\tan x$ $\sim x$, 于是:
$\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{-2\tan x}{\sin kx}$ $=$ $\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{-2x}{kx}$ $=$ $-\frac{2}{k}$.
即:
$e^{-\frac{2}{k}}$ $=$ $e$ $\Rightarrow$ $-$ $\frac{2}{k}$ $=$ $1$ $\Rightarrow$ $k$ $=$ $-$ $2$.
综上可知,正确答案是:$-2$.
EOF
设函数 $f(x)$ $=$ $x$ $+$ $a$ $\ln(1+x)$ $+$ $bx$ $\sin x$, $g(x)$ $=$ $k$ $x^{3}$ 在 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时等价无穷小,求常数 $a$, $b$, $k$ 的取值.
由于 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$f(x)$ 和 $g(x)$ 是等价无穷小,因此有:
$\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{f(x)}{g(x)}$ $=$ $1$, 即:
$\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{x+a \ln(1+x) + bx \sin x}{kx^{3}}$ $=$ $1$.
又由麦克劳林公式:
1. $\sin x$ $=$ $x$ $+$ $o(x^{2})$;
注 1:
根据麦克劳林公式,$\sin x$ 也可以等于 $x$ $-$ $\frac{x^{3}}{6}$ $+$ $o(x^{4})$, 但是这里为了能够在接下来的计算中使得分子分母可以使用“对照”的方式求解,分子的最大幂次不能大于分母的最大幂次。由于 $\sin x$ 在使用麦克劳林公式替换之后还需要和 $x$ 相乘得到二次幂,因此这里只能令 $\sin x$ 等于 $x$ $+$ $o(x^{2})$.
2. $\ln(1+x)$ $=$ $x$ $-$ $\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}$ $+$ $o(x^{3})$.
注 2:
对 $\ln(1+x)$ 项数的选取所依据的原因和注 $1$ 一致。
于是,我们有:
$1$ $=$ $\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{x+ax-\frac{a}{2}x^{2}+\frac{a}{3}x^{3}+o(x^{3})+bx^{2}+o(x^{3})}{kx^{3}}$ $=$ $\lim_{x \rightarrow 0}$ $\frac{(1+a)x+(b-\frac{a}{2})x^{2}+\frac{a}{3}x^{3}+o(x^{3})}{kx^{3}}$.
于是,我们有:
$\left\{\begin{matrix} 1+a=0,\\ b-\frac{a}{2}=0,\\ \frac{a}{3}=k. \end{matrix}\right.$
解得:
$\left\{\begin{matrix} a=-1,\\ b=-\frac{1}{2},\\ k=-\frac{1}{3}. \end{matrix}\right.$
EOF