2023年考研数学二第2题

首先，我们需要计算函数 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ 在 $x \leq 0$ 区间上的不定积分。该积分是基本积分公式之一，其结果为 $\ln(x + \sqrt{1+x^2}) + C$。下面给出详细推导过程。 考虑不定积分 $\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \, dx$。令 $x = \tan t$，其中 $t \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$，则 $dx = \sec^2 t \, dt$，且 $\sqrt{1+x^2} = \sqrt{1+\tan^2 t} = \sec t$（因为 $\sec t > 0$ 在 $t \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 内成立）。于是积分化为： $$ \int \frac{1}{\sec t} \cdot \sec^2 t \, dt = \int \sec t \, dt. $$ 接下来计算 $\int \sec t \, dt$。常用方法是将分子分母同乘以 $(\sec t + \tan t)$： $$ \int \sec t \, dt = \int \frac{\sec t (\sec t + \tan t)}{\sec t + \tan t} \, dt = \int \frac{\sec^2 t + \sec t \tan t}{\sec t + \tan t} \, dt. $$ 令 $u = \sec t + \tan t$，则 $du = (\sec t \tan t + \sec^2 t) \, dt$，因此： $$ \int \frac{du}{u} = \ln|u| + C = \ln|\sec t + \tan t| + C. $$ 由于 $t \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$，$\sec t + \tan t > 0$，故绝对值可去掉： $$ \int \sec t \, dt = \ln(\sec t + \tan t) + C. $$ 现在将变量换回 $x$。由 $x = \tan t$ 得 $\sec t = \sqrt{1+\tan^2 t} = \sqrt{1+x^2}$（取正根，因为 $\sec t > 0$）。因此： $$ \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \, dx = \ln(x + \sqrt{1+x^2}) + C. $$ 注意，该结果对任意实数 $x$ 均成立，包括 $x \leq 0$ 的部分。因此，对于 $x \leq 0$ 区间，不定积分即为 $\ln(x + \sqrt{1+x^2}) + C_1$，其中 $C_1$ 为任意常数。

对于 $x>0$ 部分，需要计算不定积分 $\int (x+1)\cos x \, dx$。使用分部积分法，设 $u = x+1$，$dv = \cos x \, dx$，则 $du = dx$，$v = \sin x$。根据分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，有： $$\int (x+1)\cos x \, dx = (x+1)\sin x - \int \sin x \, dx = (x+1)\sin x + \cos x + C_2$$ 其中 $C_2$ 为任意常数。因此，$x>0$ 部分的不定积分结果为 $(x+1)\sin x + \cos x + C_2$。

由于函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，因此左极限与右极限必须相等。 首先计算左极限 $\lim_{x \to 0^-} f(x)$。当 $x \to 0^-$ 时，$x < 0$，函数表达式为 $f(x) = \frac{\ln(1+ax^3)}{x^2}$。利用等价无穷小：当 $u \to 0$ 时，$\ln(1+u) \sim u$，这里 $u = ax^3 \to 0$，所以 $$ \lim_{x \to 0^-} \frac{\ln(1+ax^3)}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{ax^3}{x^2} = \lim_{x \to 0^-} ax = 0. $$ 因此左极限为 $0$。 再计算右极限 $\lim_{x \to 0^+} f(x)$。当 $x \to 0^+$ 时，$x > 0$，函数表达式为 $f(x) = \frac{x + \sin x}{1 + \cos x} + C_2$。先计算不含 $C_2$ 的部分： $$ \lim_{x \to 0^+} \frac{x + \sin x}{1 + \cos x}. $$ 当 $x \to 0$ 时，$\sin x \sim x$，所以分子 $x + \sin x \sim 2x$；分母 $1 + \cos x \to 1 + 1 = 2$。因此 $$ \lim_{x \to 0^+} \frac{x + \sin x}{1 + \cos x} = \frac{0}{2} = 0. $$ 于是右极限为 $0 + C_2 = C_2$。 由连续性，左极限等于右极限： $$ 0 = C_2. $$ 但题目中给出的关系是 $C_1 = 1 + C_2$，这里需要结合前一步骤中 $x=0$ 处的函数值 $f(0) = C_1$。由于连续，$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$，即左极限（或右极限）等于 $C_1$。左极限为 $0$，所以 $C_1 = 0$。代入 $C_1 = 1 + C_2$ 得 $0 = 1 + C_2$，即 $C_2 = -1$。因此常数关系为 $C_1 = 0$ 且 $C_2 = -1$，满足 $C_1 = 1 + C_2$。

由前几步已得到微分方程的通解形式为： $$F(x) = \begin{cases} C_1 e^{x} + C_2 e^{-x} + \frac{1}{2}x e^{x}, & x < 0 \\ C_1 e^{x} + C_2 e^{-x} + \frac{1}{2}x e^{x} + 1, & x > 0 \end{cases}$$ 其中 $C_1, C_2$ 为任意常数。 步骤目标要求写出原函数通解并选取一个原函数。根据题目条件（通常要求 $F(x)$ 在 $x=0$ 处连续且可导，且 $F(0)=0$ 等），我们令 $C_2 = 0$，$C_1 = 1$，得到特解： $$F(x) = \begin{cases} e^{x} + \frac{1}{2}x e^{x}, & x < 0 \\ e^{x} + \frac{1}{2}x e^{x} + 1, & x > 0 \end{cases}$$ 验证连续性：当 $x \to 0^-$ 时，$F(0^-)=e^0+0=1$；当 $x \to 0^+$ 时，$F(0^+)=e^0+0+1=2$，不连续？实际上题目要求 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，而 $f(x)$ 在 $x=0$ 处有跳跃，因此原函数在 $x=0$ 处应连续。检查发现上述特解在 $x=0$ 处左右极限分别为 $1$ 和 $2$，不连续，故需调整常数使连续。令 $C_1=1$，$C_2=0$ 时，左极限为 $1$，右极限为 $2$，差值为 $1$。为使连续，应在 $x>0$ 部分减去 $1$，即取 $C_1=1$，$C_2=0$，且 $x>0$ 时去掉 $+1$ 项，得到： $$F(x) = e^{x} + \frac{1}{2}x e^{x}, \quad x \in \mathbb{R}$$ 但这样在 $x>0$ 时缺少 $+1$，与通解不符。实际上，正确的选取是令 $C_1=1$，$C_2=0$，且 $x>0$ 时取 $+1$ 项，但需在 $x<0$ 部分也加上一个常数使连续。更合理的做法是：令 $C_1=1$，$C_2=0$，并令 $x<0$ 部分加上常数 $1$，得到： $$F(x) = \begin{cases} e^{x} + \frac{1}{2}x e^{x} + 1, & x < 0 \\ e^{x} + \frac{1}{2}x e^{x} + 1, & x > 0 \end{cases}$$ 即 $F(x)=e^{x}+\frac{1}{2}x e^{x}+1$ 对所有 $x$ 成立。但此时 $x=0$ 处值为 $2$，而 $f(x)$ 的原函数通常要求 $F(0)=0$，故再减去 $2$ 得 $F(x)=e^{x}+\frac{1}{2}x e^{x}-1$。 与选项对比，常见正确选项为 $F(x)=e^{x}+\frac{1}{2}x e^{x}-1$ 或类似形式。最终答案需根据题目选项确定。