标签： 考研数学一

一、前言

在本文中，「荒原之梦考研数学」将以下面的平面曲线函数为例，计算其绕不同的常见旋转轴旋转所得的曲面对应的函数表达式：

$$
y = \frac{1}{1 + x^{2}}
$$

函数 $y = \frac{1}{1 + x^{2}}$ 在二维直角坐标系中的函数图像如图 00 所示：

继续阅读“如何由平面曲线函数得到其绕指定轴线旋转所得曲面的函数？”

题目 1

$$
I = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – 1 – \ln(\cos x)}{x(x – \arctan x)}
$$

难度评级：

解析 1

需要用到的公式（$x \to 0$）：

$$
\begin{aligned}
& x – \arctan x \sim \frac{1}{3}x^{3} \\ \\
& f(b) – f(a) = (b – a) \cdot f^{\prime}(\xi) \\ \\
& \ln(1+x) = x – \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{3}x^{3} + \cdots \\ \\
& u – \ln(1+u) \sim \frac{1}{2} u^{2}, \ u \to 0 \\ \\
& \cos x – 1 \sim -\frac{1}{2}x^{2}
\end{aligned}
$$

先处理分母部分，根据麦克劳林公式：

$$
\begin{aligned}
& \ \arctan x = x – \frac{1}{3}x^{3} + o(x^{3}) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ x – \arctan x = \frac{1}{3}x^{3} + o(x^{3}) \sim \frac{1}{3}x^{3} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ x(x – \arctan x) \sim x \cdot \frac{1}{3}x^{3} \sim \frac{1}{3}x^{4}
\end{aligned}
$$

接着，为了在原式中使用拉格朗日中值定理，我们在分子中加减一项 $\cos x$, 即：

$$
\begin{aligned}
I & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – 1 – \ln(\cos x)}{\frac{1}{3}x^{4}} \\ \\
& = 3 \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – \cos x + \cos x – 1 – \ln(\cos x)}{x^{4}} \\ \\
& = 3 \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – \cos x}{x^{4}} + 3 \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – 1 – \ln(\cos x)}{x^{4}} \\ \\
\end{aligned}
$$

于是，由拉格朗日中值定理，可知：

$$
\begin{aligned}
I_{1} & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – \cos x}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{(\tan x – x) \cdot (-\sin \xi)}{x^{4}}
\end{aligned}
$$

其中，$\xi$ 介于 $x$ 和 $\tan x$ 之间，当 $x \to 0$ 时，$\tan x \sim x$, 因此，$\xi \sim x$, 于是：

$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{(\frac{1}{3}x^{3}) \cdot (-x)}{x^{4}} = \frac{-1}{3}
$$

接着，由等价无穷小替换与泰勒展开可知：

$$
\begin{aligned}
I_{2} & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – 1 – \ln(\cos x)}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{(\cos x – 1) – \ln(1 + (\cos x – 1))}{x^{4}}
\end{aligned}
$$

于是，令 $u = \cos x – 1$, 则由前面的补充知识点可知，$u – \ln(1+u) \sim \frac{1}{2}u^{2}$, 因此：

$$
\begin{aligned}
I_{2} & = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}(\cos x – 1)^{2}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} \left( \frac{-1}{2}x^{2} \right)^{2}}{x^{4}} \\ \\
& = \frac{1}{8}
\end{aligned}
$$

综上可知：

$$
\begin{aligned}
I & = 3(I_{1} + I_{2}) \\ \\
& = 3 \left(\frac{-1}{3} + \frac{1}{8}\right) \\ \\
& = 3 \left(\frac{-5}{24}\right) \\ \\
& = \frac{-5}{8}
\end{aligned}
$$

题目 2

$$
I = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{\ln(1 + x^{2}) – \sin^{2} x}
$$

难度评级：

解析 2

需要用到的公式（$x \to 0$）：

$$
\begin{aligned}
& \ln(1+x) = x – \frac{1}{2}x^{2} + \cdots \\ \\
& (1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^{2} + \cdots \\ \\
& \sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8}x^{2} + \cdots \\ \\
& \sin x = x – \frac{1}{6}x^{3} + \cdots \\ \\
& \mathrm{e}^{x} = 1 + x + \frac{1}{2}x^{2} + \cdots
\end{aligned}
$$

首先处理分母部分，通过麦克劳林公式展开到 $x^{4}$ 阶：

$$
\begin{aligned}
& \ \begin{cases} \ln(1 + x^{2}) = x^{2} – \frac{1}{2}x^{4} + o(x^{4}) \\ \\
\sin^{2} x = (x – \frac{1}{6}x^{3})^{2} = x^{2} – \frac{1}{3}x^{4} + o(x^{4}) \end{cases} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \ln(1 + x^{2}) – \sin^{2} x = \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right)x^{4} + o(x^{4}) \sim \frac{-1}{6}x^{4}
\end{aligned}
$$

接着，对原式进行拆分：

$$
\begin{aligned}
I & = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{-\frac{1}{6}x^{4}} \\ \\
& = -6 \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \mathrm{e}^{x^{2}} + \mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{x^{4}} \\ \\
& = -6 \left[ \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \mathrm{e}^{x^{2}}}{x^{4}} + \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{x^{4}} \right]
\end{aligned}
$$

于是，由拉格朗日中值定理，可知：

$$
\begin{aligned}
I_{1} & = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \mathrm{e}^{x^{2}}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{(\sin^{2} x – x^{2}) \cdot \mathrm{e}^\xi}{x^{4}}
\end{aligned}
$$

由于 $\xi$ 介于 $\sin^{2} x$ 和 $x^{2}$ 之间，当 $x \to 0$ 时，$\xi \to 0$, 所以 $\mathrm{e}^\xi \to 1$, 于是：

$$
\begin{aligned}
\sin^{2} x – x^{2} & = (\sin x – x)(\sin x + x) \\ \\
& \sim \left(-\frac{1}{6}x^{3}\right) \cdot (2x) \\ \\
& \sim -\frac{1}{3}x^{4}
\end{aligned}
$$

所以：

$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{3}x^{4} \cdot 1}{x^{4}} = -\frac{1}{3}
$$

接着，令：

$$
I_{2} = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{x^{4}}
$$

又由泰勒展开，分别将两项展开至 $x^{4}$ 阶，可得：

$$
\begin{aligned}
\mathrm{e}^{x^{2}} & = 1 + x^{2} + \frac{1}{2}(x^{2})^{2} + o(x^{4}) \\ \\ & = 1 + x^{2} + \frac{1}{2}x^{4} + o(x^{4}) \\ \\
\sqrt{1 + 2x^{2}} & = 1 + \frac{1}{2}(2x^{2}) – \frac{1}{8}(2x^{2})^{2} + o(x^{4}) \\ \\ &= 1 + x^{2} – \frac{1}{2}x^{4} + o(x^{4})
\end{aligned}
$$

于是：

$$
\begin{aligned}
\mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}} & = \left(1 + x^{2} + \frac{1}{2}x^{4}\right) – \left(1 + x^{2} – \frac{1}{2}x^{4}\right) + o(x^{4}) \\ \\ & \sim x^{4}
\end{aligned}
$$

因此：

$$
I_{2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^{4}}{x^{4}} = 1
$$

综上可得：

$$
\begin{aligned}
I & = -6(I_{1} + I_{2}) = -6\left(-\frac{1}{3} + 1\right) \\ \\
& = -6 \cdot \frac{2}{3} \\ \\
& = -4
\end{aligned}
$$

题目 3

$$
I = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{\tan^{2} x – \sin^{2} x}
$$

难度评级：

解析 3

需要用到的公式（$x \to 0$）：

$$
\begin{aligned}
& x + x^{3} \sim x \\ \\
& f(b) – f(a) = (b – a) \cdot f^{\prime}(\xi) \\ \\
& \mathrm{e}^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3!} + \cdots \\ \\
& \mathrm{e}^{x} – 1 \sim x \\ \\
& \mathrm{e}^{x} – 1 – x \sim \frac{x^{2}}{2} \\ \\
& \mathrm{e}^{\square} – 1 – \square \sim \frac{\square^{2}}{2}, \ \square \to 0
\end{aligned}
$$

首先对分母进行处理，得：

$\tan^{2} x – \sin^{2} x = (\tan x – \sin x)(\tan x + \sin x)$

接着， 通过泰勒公式（麦克劳林公式）展开，得：

$$
\begin{cases}
\tan x = x + \frac{1}{3}x^{3} + o(x^{3}) \\
\sin x = x – \frac{1}{6}x^{3} + o(x^{3})
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
\tan x – \sin x = \frac{1}{2}x^{3} + o(x^{3}) \sim \frac{1}{2}x^{3} \\
\tan x + \sin x = 2x + o(x) \sim 2x
\end{cases}
$$

于是：

$$
\begin{aligned}
\tan^{2} x – \sin^{2} x & \sim \frac{1}{2}x^{3} \cdot 2x \\ \\
& = x^{4}
\end{aligned}
$$

于是，原式可化简为：

$$
\begin{aligned}
I & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \cos x + \cos x – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \cos x}{x^{4}} + \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
\end{aligned}
$$

接着，由拉格朗日中值定理，可知：

$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \cos x}{x^{4}} = \lim_{x \to 0} \frac{(\sin x – x) \cdot (-\sin \xi)}{x^{4}}
$$

由于 $\xi$ 介于 $x$ 和 $\sin x$ 之间，当 $x \to 0$ 时，$\sin x \sim x$, 所以 $\xi \sim x$, 于是：

$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{\left( \frac{-1}{6}x^{3} \right) \cdot (-x)}{x^{4}} = \frac{1}{6}
$$

又由泰勒公式展开，得：

$$
\begin{aligned}
I_{2} & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\cos x – 1} – \cos x}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\cos x – 1} – (\cos x – 1) – 1}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}(\cos x – 1)^{2}}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}x^{2})^{2}}{x^{4}} = -\frac{1}{8}
\end{aligned}
$$

综上可得：

$$
\begin{aligned}
I & = I_{1} + I_{2} \\ \\
& = \frac{1}{6} – \frac{1}{8} \\ \\
& = \frac{4 – 3}{24} \\ \\
& = \frac{1}{24}
\end{aligned}
$$

---

一、前言

在本文中，「荒原之梦考研数学」将通过推导的方式，对形如 $\int_{a}^{b} \frac{1}{(x-a)^{p}} \mathrm{~d}x$, $\int_{a}^{+\infty} \frac{1}{x^{p}} \mathrm{~d}x$ 和 $\int_{a}^{+ \infty} \frac{1}{x \ln ^{p} x} \mathrm{~d} x$ 这样的反常积分的敛散性进行证明.

继续阅读“反常积分敛散性的三个常用公式及推导证明”

一、题目

»A« $\dfrac{x + \cos x}{x}$

»B« $\dfrac{\sin x}{x}$

»C« $\dfrac{1}{2^{x} – 1}$

»D« $\dfrac{\sin x}{\sqrt{x}}$

难度评级：

继续阅读“谁是无穷小量？”

题目 1

$$
I_{1} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 – \cos x \cos 2x}{x^{2}} = ?
$$

解析 1

根据常用的等价无穷小公式，我们有：

$$
\begin{aligned}
I_{1} & = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 – \cos x \cos 2x}{x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 – \cos x + \cos x – \cos x \cos 2x}{x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 – \cos x}{x^{2}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x – \cos x \cos 2x}{x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 – \cos x}{x^{2}} + \lim_{x \rightarrow 0} \cos x \frac{1 – \cos 2x}{x^{2}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{2} x^{2}}{x^{2}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{2} \left( 2x \right)^{2}}{x^{2}} \\ \\
& = \frac{1}{2} + 2 \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \frac{5}{2} }
\end{aligned}
$$

题目 2

$$
I_{2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – x \cos x}{x^{3}} = ?
$$

解析 2

根据常用的等价无穷小公式，我们有：

$$
\begin{aligned}
I_{2} & = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – x \cos x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \sin x + \sin x – x \cos x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \sin x}{x^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x – x \cos x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \sin x}{\sin ^{3} x} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x – x \cos x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{\tan k – k}{k ^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 – \cos x}{x^{2}} \\ \\
& = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{3} k^{3}}{k ^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{2} x^{2}}{x^{2}} \\ \\
& = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \frac{5}{6} }
\end{aligned}
$$

题目 3

根据常用的等价无穷小公式，我们有：

$$
I_{3} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \arcsin x}{x^{3}} = ?
$$

解析 3

$$
\begin{aligned}
I_{3} & = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \arcsin x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \sin x + \sin x – x + x – \arcsin x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \sin x}{x^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x – x}{x^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x – \arcsin x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\tan (\sin x) – \sin x}{\sin ^{3} x} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x – x}{x^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x – \arcsin x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{\tan k – k}{k ^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x – x}{x^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x – \arcsin x}{x^{3}} \\ \\
& = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{3} k^{3}}{k ^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{-1}{6} x^{3}}{x^{3}} + \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{-1}{6} x^{3}}{x^{3}} \\ \\
& = \frac{1}{3} – \frac{1}{6} – \frac{1}{6} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ 0 }
\end{aligned}
$$

---

一、前言

对于一个二元隐函数（或者说二元方程式） $F(x, y) = 0$, $y = y(x)$ 而言，对 $x$ 求导（全导数）的公式的一般推导过程如下：

$$
\begin{aligned}
& F \left( x, y \right) = 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{\mathrm{d} F \left( x, y \right)}{\mathrm{d} x} = 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orange}{ F^{\prime}_{x} \left( x, y \right) + F^{\prime}_{y} \left( x, y \right) \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = 0 } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{- F^{\prime}_{x} \left( x, y \right)}{F^{\prime}_{y} \left( x, y \right)}
\end{aligned}
$$

其中，$F^{\prime}_{y} \left( x, y \right) \neq 0$.

当然，我们也可以简写成下面的形式：

$$
\begin{aligned}
& F \left( x, y \right) = 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{d} x} = 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orange}{ F^{\prime}_{x} + F^{\prime}_{y} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = 0 } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{- F^{\prime}_{x} }{F^{\prime}_{y} }
\end{aligned}
$$

其中，$F^{\prime}_{y} \neq 0$.

此外，还可以写成下面的形式：

$$
\begin{aligned}
& F \left( x, y \right) = 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{d} x} = 0 \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \textcolor{orange}{ \frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = 0 } \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \ & \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{- \partial F / \partial x }{ \partial F / \partial x }
\end{aligned}
$$

其中，$\frac{\partial F}{\partial x} \neq 0$.

可以看到，要理解上面的公式，最主要的就是要理解 $\frac{\partial F}{\partial x}$ $+$ $\frac{\partial F}{\partial y} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}$ $=$ $0$ 这个式子是怎么来的.

在本文中，「荒原之梦考研数学」将通过一些实例，以递进式的方式，为同学们讲清楚上面这个式子的由来.

继续阅读“由方程式确定的隐函数求导公式的“实例递进式”推导”

一、前言

在本文中，「荒原之梦考研数学」将分别对全导数和偏导数之间的联系与区别，以及全导数和全微分之间的联系与区别做一个详细的阐释.

继续阅读“全导数、偏导数和全微分的区别与联系”

一、前言

韦达定理描述了多项式方程的根与方程系数之间的关系. 由于该定理由法国数学家弗朗索瓦·韦达首次发现，因此得名.

继续阅读“一元 n 次方程的韦达定理（包括证明过程和示例）”

一、前言

所谓多项式的因式分解，一般指的就是把一个多项式分解为两个或多个因式，从而将一个复杂的多项式，变成一些较原式更简单的多项式的乘积.

继续阅读“多项式的因式分解定理”

一、前言

在「荒原之梦考研数学」的《齐次函数详解与示例》这篇文章中，我们以定义和示例的方式理解了什么是齐次函数，在本文中，我们将通过四则运算的运算律和峰式图两种方式，来深入理解齐次函数的本质机制.

继续阅读“峰图 | 齐次函数本质机制的两种解释”