2026考研数学二真题精讲⑦：解答题19–20（二元极值·拐点与旋转体体积）

2026 考研数学二 · 以练串学 ⑦｜解答题 19–20

这一篇不只讲 2 道题。每道题都会带出一条"知识链"：先用热身题把底子补上，再拆真题，最后用 3 道变式题把同一个思路练熟。

建议用法

1. 先只看题目，自己做 15 分钟。答案是折叠的，做完再点开。
2. 卡住了，先做「热身」，再回来看真题。
3. 真题弄懂后，把「变式训练」从易到难做一遍。每道都有提示和完整解答。

所有答案都用代码（SymPy）重新验算过。

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第 19 题　二元函数的极值（12 分）#

题目　求函数 $f(x,y)=(2x^2-y^2)e^x$ 的极值。

做完再点开：答案

极大值 $f(-2,0)=8e^{-2}$；$(0,0)$ 不是极值点；没有极小值。

🧭 知识地图#

一元极值（$f'=0$、$f''$ 定号）→ 偏导数与链式法则 → 二元无条件极值：驻点 + $AC-B^2$ 判别（核心） → 条件极值（拉格朗日）→ 闭区域上的最值

同一套工具还会用在：本卷第 3 题、第 14 题（求偏导是基本功），第 5 题（极值概念），以及每年都有的"多元极值/最值"大题。

🔥 热身（3 分钟）#

热身 1　求 $f(x,y)=x^2+xy+y^2-3x$ 的极值。

热身 2　解方程 $\left(x^2e^x\right)'=0$。

热身答案

热身 1： 极小值 $f(2,-1)=-3$。

$f_x=2x+y-3=0$，$f_y=x+2y=0$，解得驻点 $(2,-1)$。

$A=2,\ B=1,\ C=2$，$AC-B^2=3>0$，且 $A>0$，所以是极小值点。$f(2,-1)=4-2+1-6=-3$。

热身 2： $x=0$ 或 $x=-2$。

$\left(x^2e^x\right)'=e^x(x^2+2x)$。$e^x$ 永远大于 0，所以只要括号为 0。

这两题正好对应真题的两件工具：四步判别流程，和先把 $e^x$ 提出来。真题的驻点也正好是 $x=0,\,-2$。

👀 一眼看穿#

$f_y=-2ye^x$，一眼看出驻点都在 $y=0$ 上。

所以问题变成：在 $x$ 轴上找 $f_x=0$ 的点，再逐个判别。

另外注意 $f(x,0)=2x^2e^x$，当 $x\to+\infty$ 时趋于无穷。也就是说，这个函数没有最大值，求出来的只是"局部的山顶"。

图：等高线图：(−2,0) 是山顶，(0,0) 是马鞍（Python 绘制）

📚 知识点深度回顾#

① 必要条件：极值点先得是"驻点"#

如果 $f$ 在 $P_0$ 取极值，并且两个偏导都存在，那么

$$f_x(P_0)=0,\qquad f_y(P_0)=0$$

为什么？固定 $y=y_0$，$f(x,y_0)$ 就是一元函数，它在 $x_0$ 取极值，所以导数为 0。对 $y$ 同理。

但要记住两点：

• 驻点不一定是极值点（本题的 $(0,0)$ 就是反例）；
• 偏导不存在的点也可能是极值点。例如 $\sqrt{x^2+y^2}$ 在原点取极小值，但偏导不存在。

② 充分条件：$AC-B^2$ 从哪里来#

在驻点附近做二阶泰勒展开，一阶项是 0，只剩二次项：

$$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)\approx\frac12\left(Ah^2+2Bhk+Ck^2\right)$$

当 $A\neq0$ 时，配方：

$$Ah^2+2Bhk+Ck^2=A\left(h+\frac BAk\right)^2+\frac{AC-B^2}{A}k^2$$

所以：

• $AC-B^2>0$：两项同号，都跟着 $A$ 走。$A>0$ 处处往上，是极小；$A<0$ 处处往下，是极大。
• $AC-B^2<0$：两项异号。往某些方向走变大，往另一些方向走变小，是鞍点。

换成线代语言：$AC-B^2$ 就是 Hessian 矩阵 $\begin{pmatrix}A&B\\B&C\end{pmatrix}$ 的行列式，等于两个特征值的乘积。乘积为正，特征值同号（碗或倒扣的碗）；乘积为负，一正一负（马鞍）。

③ 判别表#

驻点处	结论
$AC-B^2>0$，$A<0$	极大值
$AC-B^2>0$，$A>0$	极小值
$AC-B^2<0$	不是极值（鞍点）
$AC-B^2=0$	判别法失效，另想办法

怎么记： "正则极、负则鞍；极值看 $A$，负大正小。"

④ 失效时怎么办#

$AC-B^2=0$ 时，二次项"不够用"，要看更高阶的项。考研常用两招：

• 找反例： 沿某条路径（比如 $x=0$ 或 $y=kx$）代进去，看函数值在 $P_0$ 两侧有没有正有负。有，就不是极值；
• 直接看定义： 把 $f(x,y)-f(x_0,y_0)$ 化成平方和之类，证明它恒 $\ge0$ 或恒 $\le0$。

⑤ 易错点#

• 解驻点方程组时漏解。$f_y=0$ 推出 $y=0$ 后，要把每个 $x$ 都找全；
• 把鞍点说成"极小值点"。只要 $AC-B^2<0$，就不是极值；
• 混淆"极值"和"最值"。极值是局部的，本题的极大值 $8e^{-2}$ 并不是最大值。

✍️ 详细步骤#

第 1 步：求驻点。（得分点）

$$f_x=4xe^x+(2x^2-y^2)e^x=e^x\left(2x^2+4x-y^2\right),\qquad f_y=-2ye^x$$

令两者为 0。$e^x>0$，所以由 $f_y=0$ 得 $y=0$。

代入 $f_x=0$：$2x^2+4x=0$，所以 $x=0$ 或 $x=-2$。

驻点是 $P_1(0,0)$ 和 $P_2(-2,0)$。

第 2 步：求二阶偏导。（得分点）

对 $e^x(2x^2+4x-y^2)$ 再对 $x$ 求导，等于"原式 + $e^x$ 乘括号的导数"：

$$f_{xx}=e^x\left(2x^2+8x+4-y^2\right),\qquad f_{xy}=-2ye^x,\qquad f_{yy}=-2e^x$$

第 3 步：判别 $P_1(0,0)$。

$A=4,\ B=0,\ C=-2$，所以 $AC-B^2=-8<0$。

$(0,0)$ 不是极值点。也可以直接看出来：沿 $x$ 轴 $f=2x^2e^x\ge0$，沿 $y$ 轴 $f=-y^2\le0$，一边上一边下，正是马鞍。

第 4 步：判别 $P_2(-2,0)$。（得分点）

$A=e^{-2}(8-16+4)=-4e^{-2}$，$B=0$，$C=-2e^{-2}$。

$AC-B^2=8e^{-4}>0$，并且 $A<0$，所以 $(-2,0)$ 是极大值点。

第 5 步：写结论。（得分点）

极大值 $f(-2,0)=(2\cdot4-0)e^{-2}=8e^{-2}$。

只有两个驻点，一个是鞍点，一个是极大值点，所以没有极小值。

✅ 代码验算：驻点 $(0,0)$、$(-2,0)$；Hessian 分别为 $\mathrm{diag}(4,-2)$ 和 $\mathrm{diag}(-4e^{-2},-2e^{-2})$，结论一致。

🔁 变式训练（由易到难）#

变式 1（直接模仿）　求函数 $f(x,y)=e^{2x}\left(x+y^2+2y\right)$ 的极值。

变式 2（判别法失效）　$f(x,y)=x^2+y^4$ 和 $g(x,y)=x^2+y^3$ 在原点处 $AC-B^2$ 都等于 0。分别判断原点是不是极值点。

变式 3（经典综合：闭区域最值）　求 $f(x,y)=x^2-y^2+2$ 在椭圆域 $D:\ x^2+\frac{y^2}{4}\le1$ 上的最大值和最小值。

变式 1 提示与解答

提示： 和真题一样，先把 $e^{2x}$ 提出来，只看括号。

解：

$$f_x=e^{2x}\left(2x+2y^2+4y+1\right),\qquad f_y=e^{2x}(2y+2)$$

由 $f_y=0$ 得 $y=-1$。代入 $f_x=0$：$2x+2-4+1=0$，所以 $x=\frac12$。驻点 $\left(\frac12,-1\right)$。

二阶偏导：

$$f_{xx}=4e^{2x}\left(x+y^2+2y+1\right),\qquad f_{xy}=4e^{2x}(y+1),\qquad f_{yy}=2e^{2x}$$

在驻点处 $A=2e$，$B=0$，$C=2e$。$AC-B^2=4e^2>0$，且 $A>0$，是极小值点。

极小值 $f\left(\frac12,-1\right)=e\left(\frac12+1-2\right)=-\frac e2$。

变式 2 提示与解答

提示： 判别法失效时，回到定义，或者沿一条线找反例。

解： 两个函数在原点的二阶偏导都是 $A=2,\ B=0,\ C=0$，所以 $AC-B^2=0$，判别法说不出结论。

$f=x^2+y^4$： 对任意 $(x,y)\neq(0,0)$，都有 $f>0=f(0,0)$。所以原点是极小值点。

$g=x^2+y^3$： 沿 $y$ 轴走，$g(0,y)=y^3$。$y>0$ 时为正，$y<0$ 时为负，而 $g(0,0)=0$。所以原点不是极值点。

也就是说，$AC-B^2=0$ 时，极值和非极值都可能出现，必须具体分析。

变式 3 提示与解答

提示： 最值 = 比较"内部驻点"和"边界上的最值"，谁大谁小。

解：

内部： $f_x=2x=0$，$f_y=-2y=0$，驻点 $(0,0)$，$f(0,0)=2$。

边界： 在 $x^2+\frac{y^2}{4}=1$ 上，$y^2=4-4x^2$，其中 $-1\le x\le1$。代入：

$$f=x^2-(4-4x^2)+2=5x^2-2$$

$x=0$（即点 $(0,\pm2)$）时最小，为 $-2$；$x=\pm1$（即点 $(\pm1,0)$）时最大，为 $3$。

比较： $2,\ -2,\ 3$ 三个数里，最大值是 $3$，最小值是 $-2$。

边界也可以用拉格朗日乘数法：令 $L=x^2-y^2+2-\lambda\left(x^2+\frac{y^2}{4}-1\right)$，候选点处 $f$ 的值同样是 $3$ 和 $-2$。

注意内部驻点 $(0,0)$ 本身是鞍点，它既不是最大也不是最小。但做最值题时不用判别，直接拿去比较就行。

🗂 记忆卡片#

• 🔑 四步走：驻点 → $A,B,C$ → $AC-B^2$ → 写结论。正则极、负则鞍；极值看 $A$，负大正小。
• 🧠 带 $e^x$ 的函数，求完偏导先把 $e^x$ 提出来。它永远不为 0，只看括号。
• ⚠️ 结论要写全："$(0,0)$ 不是极值点""极大值为 $8e^{-2}$""无极小值"。漏写会扣分。
• 🔗 $AC-B^2=0$ 时沿坐标轴找反例；闭区域最值不用判别，"内部驻点 + 边界"一起比。

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第 20 题　拐点 + 无界区域的旋转体体积（12 分）#

题目　已知 $M(x_0,y_0)$ 是曲线 $y=\frac{1}{1+x^2}\ (x\ge0)$ 的拐点，$O$ 为坐标原点。记 $D$ 是第一象限中以曲线 $y=\frac{1}{1+x^2}\ (x\ge x_0)$、线段 $OM$ 及 $x$ 轴正半轴为边界的无界区域，求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

做完再点开：答案

$V=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{16}$（约 $1.3048$）。

🧭 知识地图#

二阶导数与凹凸 → 拐点（$y''$ 变号） → 定积分微元法 → 旋转体体积 $\pi\int y^2\,dx$ → 反常积分（无界区域）→ 三角换元

同一套工具还会用在：本卷第 4 题（微元法）、第 5 题（凹凸与拐点概念）、第 11 题（反常积分收敛的 $p$ 范围）。

🔥 热身（3 分钟）#

热身 1　求曲线 $y=xe^{-x}$ 的拐点。

热身 2　计算 $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2}$。

热身答案

热身 1： 拐点 $\left(2,\ 2e^{-2}\right)$。

$y'=(1-x)e^{-x}$，$y''=(x-2)e^{-x}$。$y''=0$ 得 $x=2$，并且左边 $y''<0$、右边 $y''>0$，确实变号。

热身 2： $\frac\pi4$。

令 $x=\tan t$，$dx=\sec^2t\,dt$，$(1+x^2)^2=\sec^4t$：

$$\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,dt=\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos2t}{2}\,dt=\frac\pi4$$

这两题正好对应真题的两件工具：求拐点，和**$\int\frac{dx}{(1+x^2)^2}$ 的三角换元**。

👀 一眼看穿#

区域 $D$ 由两块拼成：

• 左边是三角形：$O$、$M$、$M$ 在 $x$ 轴上的投影。绕 $x$ 轴转出一个圆锥，直接套公式；
• 右边是曲线下方、一直延伸到无穷的部分。转出来的体积是一个反常积分。

所以就是"一个圆锥 + 一个反常积分"。

图：区域 D 由三角形（转出圆锥）和无界的曲线下方部分组成（Python 绘制）

📚 知识点深度回顾#

① 拐点：凹凸的分界点#

拐点是曲线凹凸性改变的点，也就是 $y''$ 变号的点。

找拐点的流程：

1. 求出 $y''=0$ 的点，以及 $y''$ 不存在的点，作为候选；
2. 检查候选点两侧 $y''$ 是否变号。变号才是拐点。

为什么不能只看 $y''=0$？反例：$y=x^4$ 在 $x=0$ 处 $y''=0$，但两侧 $y''$ 都 $\ge0$，不变号，所以不是拐点。

另一个判法：若 $y''(x_0)=0$ 且 $y'''(x_0)\neq0$，则一定是拐点。

注意：拐点是曲线上的点，要写成 $(x_0,y_0)$，不能只写 $x_0$。

② 旋转体体积：两个公式#

绕 $x$ 轴（圆盘法）： 在 $[x,x+dx]$ 上取一个薄片，它转出一个半径为 $y$、厚为 $dx$ 的薄圆盘，体积是 $\pi y^2\,dx$。加起来：

$$V_x=\pi\int_a^b y^2\,dx$$

绕 $y$ 轴（柱壳法）： 同一个薄片绕 $y$ 轴转，得到一个半径为 $x$、高为 $y$、厚为 $dx$ 的薄圆筒，展开近似一个薄板，体积是 $2\pi x\,y\,dx$：

$$V_y=2\pi\int_a^b x\,y\,dx$$

圆锥： $V=\frac13\pi r^2h$。由直线段转出来的部分，直接用这个公式，不用积分。

③ 无界区域：体积是反常积分#

区域延伸到无穷，体积就是 $\pi\int_a^{+\infty}y^2\,dx$。

它可能有限，也可能是无穷。本题 $y^2=\frac{1}{(1+x^2)^2}\sim\frac{1}{x^4}$，指数 $4>1$，所以收敛。

这里用的是第 11 题的结论：$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}$ 当且仅当 $p>1$ 时收敛。

④ $\int\frac{dx}{(1+x^2)^2}$ 的两种算法#

算法一：三角换元。 令 $x=\tan t$，则 $dx=\sec^2t\,dt$，$1+x^2=\sec^2t$：

$$\int\frac{dx}{(1+x^2)^2}=\int\cos^2t\,dt=\frac t2+\frac{\sin2t}{4}+C$$

一般地，分母是 $(1+x^2)^n$ 时，换完就是 $\int\cos^{2n-2}t\,dt$。

算法二：直接用原函数。 换回 $x$（$\sin2t=\frac{2x}{1+x^2}$）：

$$\int\frac{dx}{(1+x^2)^2}=\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac12\arctan x+C$$

这个原函数值得记住，求导一下就能验证。

⑤ 易错点#

• 左边边界是线段 $OM$，不是曲线从 $0$ 到 $x_0$ 那一段。看错边界，整题就错了；
• 绕 $x$ 轴是 $\pi\int y^2\,dx$，不是 $\pi\int y\,dx$；
• 换元后上下限要一起换：$x=\frac{\sqrt3}{3}$ 对应 $t=\frac\pi6$，$x\to+\infty$ 对应 $t\to\frac\pi2$。

✍️ 详细步骤#

第 1 步：求拐点。（得分点）

$$y'=\frac{-2x}{(1+x^2)^2},\qquad y''=\frac{6x^2-2}{(1+x^2)^3}$$

$y''=0$ 且 $x\ge0$，得 $x=\frac{\sqrt3}{3}$。

左边 $y''<0$，右边 $y''>0$，变号，所以确实是拐点。

$y_0=\frac{1}{1+\frac13}=\frac34$，所以 $M\left(\frac{\sqrt3}{3},\frac34\right)$。

第 2 步：左边的圆锥。（得分点）

线段 $OM$ 绕 $x$ 轴转出圆锥：底面半径 $r=\frac34$，高 $h=\frac{\sqrt3}{3}$。

$$V_1=\frac13\pi\left(\frac34\right)^2\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{\sqrt3\pi}{16}$$

（也可以积分：$OM$ 的方程是 $y=\frac{3\sqrt3}{4}x$，$\pi\int_0^{\sqrt3/3}\frac{27}{16}x^2\,dx$ 结果一样。）

第 3 步：右边的反常积分。（得分点）

$$V_2=\pi\int_{\sqrt3/3}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2}$$

令 $x=\tan t$，上下限变为 $\frac\pi6$ 到 $\frac\pi2$：

$$V_2=\pi\int_{\pi/6}^{\pi/2}\cos^2t\,dt=\pi\left.\left(\frac t2+\frac{\sin2t}{4}\right)\right\rvert_{\pi/6}^{\pi/2}$$

代入上下限：$\left(\frac\pi4+0\right)-\left(\frac{\pi}{12}+\frac{\sqrt3}{8}\right)=\frac\pi6-\frac{\sqrt3}{8}$。

所以 $V_2=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{8}$。

另一种算法： 用原函数 $\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac12\arctan x$。$x\to+\infty$ 时它趋于 $\frac\pi4$；$x=\frac{\sqrt3}{3}$ 时它等于 $\frac{\sqrt3}{8}+\frac{\pi}{12}$。相减结果相同。

第 4 步：相加。（得分点）

$$V=V_1+V_2=\frac{\sqrt3\pi}{16}+\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{8}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{16}$$

✅ 代码验算：$V\approx1.30485$，与公式一致。

🔁 变式训练（由易到难）#

变式 1（直接模仿）　求曲线 $y=\frac{1}{1+x^2}\ (x\ge0)$、$y$ 轴与 $x$ 轴正半轴围成的无界区域绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

变式 2（判断敛散）　设 $p>0$，区域 $D$ 由 $x\ge1$、$0\le y\le x^{-p}$ 确定。问 $p$ 取什么值时，$D$ 绕 $x$ 轴旋转的体积有限？绕 $y$ 轴呢？$p=1$ 时会出现什么有趣现象？

变式 3（综合：拐点 + 切线 + 体积）　过真题中的拐点 $M$ 作曲线 $y=\frac{1}{1+x^2}$ 的切线。记 $D'$ 为由该切线、曲线 $y=\frac{1}{1+x^2}\ (x\ge x_0)$ 和 $x$ 轴围成的无界区域，求 $D'$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

变式 1 提示与解答

提示： 这次没有三角形，整块都是曲线下方，直接一个反常积分。

解： 用热身 2 的结果：

$$V=\pi\int_0^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2}=\pi\cdot\frac\pi4=\frac{\pi^2}{4}$$

对比真题：真题把 $[0,x_0]$ 上的曲线换成了线段 $OM$，体积变小了一些，变成 $\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{16}$。

变式 2 提示与解答

提示： 先写出两个体积的积分式，再用 $\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^q}$ 当且仅当 $q>1$ 时收敛。

解：

绕 $x$ 轴：

$$V_x=\pi\int_1^{+\infty}x^{-2p}\,dx$$

收敛当且仅当 $2p>1$，即 $p>\frac12$。此时 $V_x=\frac{\pi}{2p-1}$。

绕 $y$ 轴（柱壳法）：

$$V_y=2\pi\int_1^{+\infty}x\cdot x^{-p}\,dx=2\pi\int_1^{+\infty}x^{1-p}\,dx$$

收敛当且仅当 $p-1>1$，即 $p>2$。此时 $V_y=\frac{2\pi}{p-2}$。

$p=1$ 时： 区域面积 $\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x}$ 发散，是无穷大；但绕 $x$ 轴的体积 $V_x=\pi$ 却是有限的。

这就是有名的"加百列号角"：面积无限，转出来的体积却有限。原因是平方之后 $\frac{1}{x^2}$ 衰减得更快。

同样的道理也解释了真题：曲线是 $\frac{1}{1+x^2}$，绕 $x$ 轴的被积函数 $\sim\frac{1}{x^4}$ 收敛；若绕 $y$ 轴，被积函数 $\sim\frac{2\pi}{x}$ 发散。

变式 3 提示与解答

提示： 先求切线和它与 $x$ 轴的交点。拐点右边曲线是凹的（向上弯），所以曲线在切线上方。体积 = 曲线下方的体积 − 切线下方的圆锥。

解：

切线： $y'\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)=\frac{-2\cdot\frac{\sqrt3}{3}}{\left(\frac43\right)^2}=-\frac{3\sqrt3}{8}$，所以切线为

$$y=\frac34-\frac{3\sqrt3}{8}\left(x-\frac{\sqrt3}{3}\right)=\frac98-\frac{3\sqrt3}{8}x$$

令 $y=0$，得 $x=\sqrt3$。切线与 $x$ 轴交于 $(\sqrt3,0)$。

曲线下方的体积： 就是真题里的 $V_2=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{8}$。

要挖掉的圆锥： 三角形 $M$、$\left(\frac{\sqrt3}{3},0\right)$、$(\sqrt3,0)$ 绕 $x$ 轴，底面半径 $\frac34$，高 $\sqrt3-\frac{\sqrt3}{3}=\frac{2\sqrt3}{3}$：

$$V_{\text{锥}}=\frac13\pi\left(\frac34\right)^2\cdot\frac{2\sqrt3}{3}=\frac{\sqrt3\pi}{8}$$

相减：

$$V=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{8}-\frac{\sqrt3\pi}{8}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\sqrt3\pi}{4}\approx0.2846$$

🗂 记忆卡片#

• 🔑 $\frac{1}{1+x^2}$ 的拐点是 $x=\pm\frac{\sqrt3}{3}$，纵坐标 $\frac34$。 这条曲线常考，拐点直接记住。
• 🧠 直线段转出来的是圆锥，别积分，直接 $\frac13\pi r^2h$。 分母 $(1+x^2)^n$ 用 $x=\tan t$。
• ⚠️ 拐点要验证 $y''$ 两侧变号；区域左边是线段 $OM$，不是曲线。
• 🔗 无界区域的体积能不能算，看平方后的衰减速度。绕 $x$ 轴看 $y^2$，绕 $y$ 轴看 $xy$，都和第 11 题的 $p$ 判别一样。

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🔗 串联练习：把第 19 题和第 20 题连起来#

题目　在曲线 $y=\frac{1}{1+x^2}\ (x>0)$ 上任取一点 $P\left(t,\frac{1}{1+t^2}\right)$，过 $P$ 作 $x$ 轴的垂线，垂足为 $Q$。三角形 $OPQ$ 绕 $x$ 轴旋转得到一个圆锥。

1. 写出圆锥体积 $V(t)$；
2. $t$ 取何值时 $V(t)$ 最大？最大值是多少？
3. 你发现了什么？

提示与解答

1. 底面半径 $\frac{1}{1+t^2}$，高 $t$：

$$V(t)=\frac13\pi\cdot\frac{1}{(1+t^2)^2}\cdot t=\frac{\pi t}{3(1+t^2)^2}$$

2. 求导（第 19 题的"驻点"思想，这里是一元版本）：

$$V'(t)=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{(1+t^2)-4t^2}{(1+t^2)^3}=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{1-3t^2}{(1+t^2)^3}$$

令 $V'(t)=0$，得 $t=\frac{\sqrt3}{3}$。左边 $V'>0$，右边 $V'<0$，所以是最大值点。

最大值 $V\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)=\frac{\sqrt3\pi}{16}$。

3. 最大的圆锥，顶点正好在拐点 $M$！它的体积就是第 20 题里的 $V_1$。

也就是说，第 20 题从拐点 $M$ 连到原点，切下来的恰好是"能塞进去的最大圆锥"。

如果把它看成二元问题：在约束 $y=\frac{1}{1+x^2}$ 下求 $\frac{\pi}{3}xy^2$ 的最大值，用拉格朗日乘数法也会得到同一个点。这正是第 19 题记忆卡片里提到的"条件极值"。

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📋 本篇速记总表#

题	考点	一句话钥匙	连到
19	二元无条件极值	驻点 → $A,B,C$ → $AC-B^2$ 正极负鞍，$A$ 负大正小	第 3、5、14 题
20	拐点 + 旋转体体积	拐点看 $y''$ 变号；圆锥用公式，右边 $x=\tan t$ 化 $\cos^2t$	第 4、5、11 题

✅ 自测清单#

• 我能用配方法说清楚 $AC-B^2>0$ 为什么是极值。
• 我知道 $AC-B^2=0$ 时怎么沿一条线找反例。
• 我能区分"极值"和"最值"，会做闭区域上的最值题。
• 我能求拐点，并且记得验证 $y''$ 两侧变号。
• 我能写出绕 $x$ 轴、绕 $y$ 轴的两个体积公式，并判断无界区域的体积是否有限。
• 我会算 $\int\frac{dx}{(1+x^2)^2}$（换元或原函数）。

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说明： 真题依据 2026 年全国硕士研究生招生考试数学（二）（2025 年 12 月考试），原题与参考答案见 ^[1]、^[2]。热身题和变式题为本文改编或选自经典题型。所有答案都已用 SymPy 验算。口诀只是记忆方法，不是官方结论。