2011年考研数学二第18题

由题意得 $y(0)=0, y^{\prime}(0)=1$ 且 $\tan \alpha=\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}$ ． 将 $\tan \alpha=\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}$ 两边对 $x$ 求导数得 $\sec ^{2} \alpha \cdot \displaystyle\frac{\mathrm{~d} \alpha}{\mathrm{~d} x}=\displaystyle\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}$ ． 因为 $\displaystyle\frac{\mathrm{d} \alpha}{\mathrm{d} x}=\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}$ ，所以 $\displaystyle\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}=\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}+\left(\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right)^{3}$ ．

令 $p=\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}$ ，则原方程化为 $p \displaystyle\frac{\mathrm{~d} p}{\mathrm{~d} y}=p+p^{3}$ ，因为 $p \neq 0$ ，所以 $\displaystyle\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{~d} y}=1+p^{2}$ ， 解得 $\arctan p=y+C_{1}$ ，由 $y(0)=0, y^{\prime}(0)=1$ 得 $C_{1}=\displaystyle\frac{\pi}{4}$ ， 于是 $y^{\prime}=\tan \left(y+\displaystyle\frac{\pi}{4}\right)$ ，分离变量得 $\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\tan \left(y+\displaystyle\frac{\pi}{4}\right)}=\mathrm{d} x$ ， 积分得 $\ln \sin \left(y+\displaystyle\frac{\pi}{4}\right)=x+\ln c_{2}$ ，即 $\sin \left(y+\displaystyle\frac{\pi}{4}\right)=C_{2} \mathrm{e}^{x}$ ， 由 $y(0)=0$ 得 $C_{2}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，于是 $y=\arcsin \left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{e}^{x}\right)-\displaystyle\frac{\pi}{4}$ ． 方法点评：本题需要注意两点： （1）$\alpha$ 为 $x$ 的函数，即 $\alpha=\alpha(x)$ ； （2）根据导数的几何意义得 $\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\tan \alpha$ ．

## （19）【证明】（I）方法一 单调性

令 $f(x)=\ln (1+x)-\displaystyle\frac{x}{1+x}, \quad f(0)=0$ ， $f^{\prime}(x)=\displaystyle\frac{1}{1+x}-\displaystyle\frac{1}{(1+x)^{2}}>0(x>0)$ ， 由 $\left\{\begin{array}{l}f(0)=0, \\ f^{\prime}(x)>0(x>0)\end{array}\right.$ 得 $f(x)>0(x>0)$ ，即当 $x>0$ 时，$\displaystyle\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)$ ； 令 $g(x)=x-\ln (1+x), \quad g(0)=0, \quad g^{\prime}(x)=1-\displaystyle\frac{1}{1+x}>0(x>0)$ ， 由 $\left\{\begin{array}{l}g(0)=0, \\ g^{\prime}(x)>0(x>0)\end{array}\right.$ 得 $g(x)>0(x>0)$ ，即当 $x>0$ 时， $\ln (1+x)0$ 时，有 $\displaystyle\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)

## 方法二 中值定理

令 $f(t)=\ln (1+t)(t>0), \quad f(0)=0, \quad f^{\prime}(t)=\displaystyle\frac{1}{1+t}$ ， 由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in\left(0, \displaystyle\frac{1}{n}\right)$ ，使得 $f\left(\displaystyle\frac{1}{n}\right)-f(0)=\displaystyle\frac{f^{\prime}(\xi)}{n}$ ， 即 $\ln \left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)=\displaystyle\frac{1}{n(1+\xi)}$ ， 因为 $\displaystyle\frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{n}}<\displaystyle\frac{1}{1+\xi}<\displaystyle\frac{1}{1+0}$ ，即 $\displaystyle\frac{n}{n+1}<\displaystyle\frac{1}{1+\xi}<1$ ，所以 $\displaystyle\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)<\displaystyle\frac{1}{n}$ ． 方法三 因为当 $x \in[n, n+1]$ 时，$\displaystyle\frac{1}{n+1} \leqslant \displaystyle\frac{1}{x} \leqslant \displaystyle\frac{1}{n}$ 且不恒等，

所以 $\displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{n+1} \mathrm{~d} x<\displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x<\displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{n} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{n+1}<\ln (n+1)-\ln n<\displaystyle\frac{1}{n}$ ，整理得

$$ \frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n} $$

（ II ）由（I）得 $a_{n+1}-a_{n}=\displaystyle\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)<0$ ，则 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调减少， 因为 $a_{n}=1+\displaystyle\frac{1}{2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}-\ln n$

$$ >\ln (1+1)+\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\cdots+\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln n=\ln (n+1)-\ln n>0, $$

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调减少且有下界，故 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛。 方法点评：在本题基础上需要掌握不等式证明中使用的放缩法． 【例】证明： $\ln (1+n) \leqslant 1+\displaystyle\frac{1}{2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n} \leqslant 1+\ln n$ ． 【证明】当 $x \in[1,2]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{1} \geqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ 得 $\displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{1} \mathrm{~d} x \geqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $1 \geqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，当 $x \in[2,3]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{2} \geqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ 得 $\displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{2} \mathrm{~d} x \geqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{2} \geqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ， 同理 $\displaystyle\frac{1}{3} \geqslant \displaystyle\int_{3}^{4} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x, \cdots, \displaystyle\frac{1}{n} \geqslant \displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，相加得

$$ 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n} \geqslant \int_{1}^{n+1} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\ln (1+n) $$

又当 $x \in[1,2]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{2} \leqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ 得 $\displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{2} \mathrm{~d} x \leqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{2} \leqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ， 当 $x \in[2,3]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{3} \leqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ 得 $\displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{3} \mathrm{~d} x \leqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{3} \leqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ， 同理 $\displaystyle\frac{1}{4} \leqslant \displaystyle\int_{3}^{4} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x, \cdots, \displaystyle\frac{1}{n} \leqslant \displaystyle\int_{n-1}^{n} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，相加得 $\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n} \leqslant \displaystyle\int_{1}^{n} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\ln n$ ，于是 $1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n} \leqslant 1+\ln n$, 故

$$ \ln (1+n) \leqslant 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n} \leqslant 1+\ln n $$

（20） 【解】（I ）方法一 由对称性得容器的体积为 $V=2 \pi \displaystyle\int_{-1}^{\displaystyle\frac{1}{2}} x^{2} \mathrm{~d} y=2 \pi \displaystyle\int_{-1}^{\displaystyle\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right) \mathrm{d} y=\displaystyle\frac{9 \pi}{4}$. 方法二 曲线 $L: \begin{cases}x=\sqrt{1-y^{2}}, & -1 \leqslant y \leqslant \displaystyle\frac{1}{2}, \\ x=\sqrt{2 y-y^{2}}, & \displaystyle\frac{1}{2} \leqslant y \leqslant 2,\end{cases}$ 由旋转体的体积公式得

 三（20）题图

$$ V=\pi \int_{-1}^{2} x^{2} \mathrm{~d} y=\pi\left[\int_{-1}^{\frac{1}{2}} x^{2} \mathrm{~d} y+\int_{\frac{1}{2}}^{2} x^{2} \mathrm{~d} y\right] $$

$$ \begin{aligned} & =\pi\left[\int_{-1}^{\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right) \mathrm{d} y+\int_{\frac{1}{2}}^{2}\left(2 y-y^{2}\right) \mathrm{d} y\right] \\ & =\pi\left(\int_{-1}^{\frac{1}{2}} \mathrm{~d} y+\int_{\frac{1}{2}}^{2} 2 y \mathrm{~d} y-\int_{-1}^{2} y^{2} \mathrm{~d} y\right) \\ & =\pi\left(\frac{3}{2}+4-\frac{1}{4}-3\right)=\frac{9 \pi}{4} \end{aligned} $$

（II）设上半部分做功为 $W_{1}$ ，取 $[y, y+\mathrm{d} y] \subset\left[\displaystyle\frac{1}{2}, 2\right]$ ，则

$$ \begin{aligned} & \mathrm{d} W_{1}=\rho g \pi r^{2} \mathrm{~d} y \cdot(2-y)=\pi \rho g\left(2 y-y^{2}\right)(2-y) \mathrm{d} y \\ & W_{1}=\pi \rho g \int_{\frac{1}{2}}^{2}\left(2 y-y^{2}\right)(2-y) \mathrm{d} y=-\pi \rho g \int_{\frac{1}{2}}^{2}\left[1-(1-y)^{2}\right][1+(1-y)] \mathrm{d}(1-y) \\ & \quad=-\pi \rho g \int_{\frac{1}{2}}^{-1}\left(1-y^{2}\right)(1+y) \mathrm{d} y=\pi \rho g \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right)(1+y) \mathrm{d} y \end{aligned} $$

设下半部分做功为 $W_{2}$ ，取 $[y, y+\mathrm{d} y] \subset\left[-1, \displaystyle\frac{1}{2}\right]$ ，则 $\mathrm{d} W_{2}=\rho g \pi r^{2} \mathrm{~d} y \cdot(2-y)=\pi \rho g\left(1-y^{2}\right)(2-y) \mathrm{d} y$, $W_{2}=\pi \rho g \displaystyle\int_{-1}^{\displaystyle\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right)(2-y) \mathrm{d} y$, 于是 $W=W_{1}+W_{2}=\pi \rho g \displaystyle\int_{-1}^{\displaystyle\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right)(1+y) \mathrm{d} y+\pi \rho g \displaystyle\int_{-1}^{\displaystyle\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right)(2-y) \mathrm{d} y$

$$ =3 \pi \rho g \int_{-1}^{\frac{1}{2}}\left(1-y^{2}\right) \mathrm{d} y=\frac{27}{8} \pi \rho g=\frac{27 \times 10^{3}}{8} \pi g $$

方法点评：定积分的物理应用是数学一、数学二考查的内容，需要熟练掌握元素法的思想．