99考研数二真题及解析

一、填空题(每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.) (1) 设yln(13),则dy＿＿＿＿＿＿. (2) 曲线ye(3)

x2x的上凸区间是＿＿＿＿＿＿.

1lnxdx＿＿＿＿＿＿. 2x2(4) 质点以速度tsin(t)米每秒作直线运动,则从时刻t1＿＿＿＿＿米.

2秒到t2秒内质点所经过的路程等于＿(5) limx01e1x1x＿＿＿＿＿＿.

xe二、选择题(每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)

(1) 若曲线yxaxb和2y1xy在点(1,1)处相切,其中a,b是常数,则 ( )

(A) a0,b2 (B) a1,b3 (C) a3,b1 (D) a1,b1

x x2, 0x1,(2) 设函数f(x)记F(x)f(t)dt,0x2,则 ( )

02x,1x2,23x3x3 , 0x1 , 0x133(A) F(x) (B) F(x)

2212xx,1x272xx,1x23236x3x3 , 0x1 , 0x133(C) F(x) (D) F(x)

222x2xx,1x22xx,1x2223(3) 设函数f(x)在(,)内有定义,x00是函数f(x)的极大点,则 ( )

(A) x0必是f(x)的驻点 (B) x0必是f(x)的极小点 (C) x0必是f(x)的极小点 (D) 对一切x都有f(x)f(x0)

(4) 曲线y1ex1e2x2 ( )

(A) 没有渐近线 (B) 仅有水平渐近线

(C) 仅有铅直渐近线 (D) 既有水平渐近线又有铅直渐近线

(5) 如图,x轴上有一线密度为常数,长度为l的细杆,有一质量为m的质点到杆右端的距离为a,已知引

力系数为k,则质点和细杆之间引力的大小为 ( ) (A)

lkmkmdx (B) l(ax)20(ax)2dx 0lkmkm22dx dx(C) 2l (D) 0(ax)2(ax)220三、(每小题5分,满分25分.)

xtcostd2y(1) 设,求. 2dxytsint(2) 计算

41dx. x(1x)(3) 求 limx0xsinx. 2xx(e1)(4) 求

2xsinxdx. x(5) 求微分方程xyyxe满足y(1)1的特解. 四、(本题满分9分)

利用导数证明：当x1时,有不等式五、(本题满分9分)

求微分方程yyxcosx的通解. 六、(本题满分9分)

曲线y(x1)(x2)和x轴围成一平面图形,求此平面图形绕七、(本题满分9分)

如图,A和D分别是曲线ye和yex2xln(1x)x成立. lnx1xy轴旋转一周所成的旋转体的体积.

上的点,AB和DC均垂直x轴,且

AB:DC2:1,AB1,求点B和C的横坐标,使梯形ABCD的面积最大.

八、(本题满分9分) 设函数f(x)在(,)内满足f(x)f(x)sinx,且f(x)x,x[0,),

计算

3f(x)dx.

1991年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析

一、填空题(每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.) (1)【答案】ln3dx x31【解析】由复合函数求导法则,即y(f(x))的微分为dy(f(x))f(x)dx,有

dy(2)【答案】(1ln3x3ln3(1)dxdx.

13x3x111,) 22【解析】求函数yf(x)的凹凸区间,只需求出y,若y0,则函数图形为上凹,若

y0,则函数图形为上凸,由题可知

2221y2ex(2x)ex(2x)4ex(x2).

2因为4ex20,所以当x21221x时, 函数图像上凸.0时y0,函数图像上凸,即x2,2222故曲线上凸区间为((3)【答案】1

11,). 22【解析】用极限法求广义积分.

blnb1lnbln11lim()11. limbb1x1bbb(4)【答案】

1 2【解析】这是定积分的应用.

设在ttdt时刻的速度为tsin(t),则在dt时间内的路程为dstsin(t)dt,所以从时刻t1秒到t2222秒内质点所经过的路程为

12 cos(t)2(5)【答案】1

/2111(coscos)(10).

22221【解析】这是一个型未定式,分子分母同乘以ex,得

1x1x1x1xx0lim1elimx0e11.

xexe为简化计算,令t11,则x,原式可化为

xtlime1x1x1x0xeet101lim1. tte0111t二、选择题(每小题3分,满分15分.) (1)【答案】(D)

【解析】两函数在某点处相切,则在该点处的切线的斜率相等,即在该点处的导数相等, 对两函数分别对x求导,得

y2xa,则该曲线在点(1,1)处的导数为

yx12a,

y32yy3xyy,即y,则曲线在点(1,1)处的导数为 223xy32(1)3yx11,

231(1)2两导数相等,有2a1,即a1.

又因为曲线yxaxb过点(1,1),所以有11ab11bb,b1. 所以选项(D)正确. (2)【答案】(B)

【解析】这是分段函数求定积分. 当02x1时,f(x)x2,所以F(x)x2时,f(x)2x, 所以

712xx2. 62x011f(t)dtt2dtt3x3.

0303xx当1 x3,0x13所以F(x),应选(B).

272xx,1x226(3)【答案】(B)

【解析】方法一：用排除法.

由于不可导点也可取极值,如驻点,所以(A)不正确；

f(x)x1,在x01处取极大值,但是x01不是f(x)x1的

注意到极值的局部性,即极值不是最值,所以(D)也不正确；

对于f(x)|x1|,在x01处取极大值,但x01并非是f(x)|x1|的极小值点,所以(C)也不成立；故选(B).

方法二：证明(B)是正确的,因为x00,不妨设x00,则f(x0)为极大值,则在x0的某个领域内有

f(x0)f(x0x)；

函数yf(x)与函数yf(x)关于原点对称,所以必有f(x0)f(x0x),即在x0的某个领域内f(x0)为极小值,故(B)是正确的. (4)【答案】(D)

【解析】函数的定义域为x0,所以函数的间断点为x0,

limylimx0x01ex1e2x2limx0ex1e122x2,所以x0为铅直渐近线,

limylimx1ex1e2xx2limex1e1x2x1,所以y1为水平渐近线.

所以选(D).

【相关知识点】铅直渐近线：如函数yf(x)在其间断点xx0处有limxx0f(x),则xx0是函数的一

条铅直渐近线； 水平渐近线：当limx,则ya为函数的水平渐近线. f(x)a,(a为常数）(5)【答案】(A)

【解析】如图建立坐标系,则xxdx中,dx长度的细杆的质量为dx,与质点的距离为ax,故两

0kmdxkmF点间的引力为dF,积分得l(ax)2dx,故选(A).

(ax)2 同理应用微元法可知,若以l的中点为原点,则质点的坐标为(al2l2l,0),故 2Fkmdx；

l(ax)22kmdx.

0(alx)2l若以l的左端点为原点,则质点的坐标为(al,0),故F故(B)、(C)、(D)均不正确,应选(A).

三、(每小题5分,满分25分.)

(1)【解析】这是个函数的参数方程,

dydy/dtsinttcost, dxdx/dtcosttsint2t2. 3(costtsint)【相关知识点】参数方程所确定函数的微分法：

x(t)dy(t)如果 ,则 .

dx(t)y(t)(2)【解析】用换元法求定积分.

令tx,则xt2,dx2tdt,则

t214. 2ln2(lnln)2ln323t11(3)【解析】利用等价无穷小和洛必达法则.

当x0时,有sinx:x,e:1x,所以

x2x2x22sinxsinxxsinx1cosx2lim21. lim2xlim洛limlimx0x(e1)x0x0x0x0x33x23x23x26(4)【解析】用分部积分法求不定积分.

21211xxsin2xcos2xC. 4481x(5)【解析】所给方程是一阶线性方程,其标准形式为yye.通解为

x111xxxxx (xdeC)(xeedxC)(xeeC).

xxx1x1x代入初始条件y(1)1得C1,所以特解为ye.

xx【相关知识点】一阶线性非齐次微分方程yp(x)yq(x)的通解为

p(x)dxp(x)dxye(q(x)edxC),其中C为常数.

四、(本题满分9分)

【解析】首先应简化不等式,从中发现规律.

当x1时,原不等式即(1x)ln(1x)xlnx,即(1x)ln(1x)xlnx0. 证法一：令f(x)(1x)ln(1x)xlnx,则只需证明在x1时f(x)0即可, 可利用函数的单调性证明,对于f(x)有

f(x)ln(1x)1lnx1ln(因x1,故

x1). xx11,即f(x)0,所以在(1,)上f(x)是严格递增函数,所以 xf(x)f(1)2ln20,

故(1x)ln(1x)xlnx0,所以当x1时,有不等式

ln(1x)x成立. lnx1x证法二：当x1时,原不等式即(1x)ln(1x)xlnx,不等式左右两端形式一致,故令

f(x)xlnx,则f(x)lnx10(x1),所以f(x)xlnx在x1时严格单调递增,故f(x1)f(x)，即(1x)ln(1x)xlnx.

所以当x1时,有不等式五、(本题满分9分)

2【解析】微分方程yyxcosx对应的齐次方程yy0的特征方程为r10,

ln(1x)x成立. lnx1x特征根为r1,2i,故对应齐次通解为C1cosxC2sinx.

方程yyx必有特解为Y1axb,代入方程可得a1,b0. 方程yycosx的右端excosxcosx,ii为特征根,必有特解

Y2xAcosxxBsinx,代入方程可得A0,B由叠加原理,原方程必有特解Y1. 2xY1Y2xsinx.

21所以原方程的通解为yC1cosxC2sinxxxsinx.

2【相关知识点】关于微分方程特解的求法:

如果f(x)Pm(x)ex,则二阶常系数非齐次线性微分方程yp(x)yq(x)yf(x)具有形如

y*xkQm(x)ex的特解,其中Qm(x)与Pm(x)同次(m次)的多项式,而k按不是特征方程的根、是特征

方程的单根或是特征方程的重根依次取为0、1或2.

如果f(x)e[Pl(x)cosxPn(x)sinx],则二阶常系数非齐次线性微分方程

xyp(x)yq(x)yf(x)的特解可设为

(1)(2)y*xkex[Rm(x)cosxRm(x)sinx],

其中Rm(x)与Rm(x)是m次多项式,mmax是特征方程的单根依次取为0或1. 六、(本题满分9分)

(1)(2)l,n,而k按i(或i)不是特征方程的根、或

【解析】利用定积分求旋转体的体积,用微元法,曲线为一抛物线,与x轴的交点是x11,

31x22,顶点坐标为(,).

24方法一：考虑对x积分,如图中阴影部分绕y轴旋转一周,

环柱体的体积为

其中dx为dx0的高阶无穷小,故可省略,且y为负的, 故

2yy,即dV2xydx2x(x1)(x2)dx.

把x从12积分得

112x3x4x22(0).

4421方法二：考虑对y的积分,如图中阴影部分绕的体积差,即

其中,x1,x2为Yy与抛物线的交点,且x2x1, 把Yy代入抛物线方程y(x1)(x2),解得

2y轴旋转一周的体积为抛物线两半曲线分别绕y轴旋转一周后

x1314y314y,x2,

2221(x2x12)dy.把x1,x2的值代入化简,得 40故旋转体体积为V3V1314ydy4403232(14y)2. 3432140七、(本题满分9分)

【解析】可以利用函数的极值求解.

设B、C的横坐标分别为x1,x,因为|AB|1,所以x10,x0.依题设

AB:DC2:1,所以有ex12e2x,两边同时取自然对数,得x1ln22x,

而 BCxx1x(ln22x)3xln2,(x0), 所以梯形ABCD的面积为

113S(ex1e2x)(3xln2)(2e2xe2x)(3xln2)(3xln2)e2x.

222求函数S3(3xln2)e2x,(x0)的最值,满足一般函数求最值的规律,两边对x求导,并令S0有 23S(36x2ln2)e2x0,

21111得驻点xln2,在此点S由正变负,所以xln2是极大值点.

23231132x又驻点唯一,故xln20是S(3xln2)e最大值点.

232111此时xln2,x1ln21时,梯形ABCD面积最大,

233111故B点的坐标为(ln21,0),C点的坐标为(ln2,0).

323八、(本题满分9分)

【解析】这是个抽象函数求定积分,由题知

f(x)f(x)sin(x)xsinx,x[0,),

f(x2)f(x)sin(x2)xsinxsinxx,x[0,), 而 对于

3f(x)dx2f(x)dx32f(x)dx,

2f(x)dx,令tx,则xt,dxdt,所以

对于

2f(x)dxf(t)dt(tsint)dt;

0023f(x)dx,令tx2,则xt2,dxdt,所以

所以

23f(x)dxf(t2)dttdt;

003f(x)dx2f(x)dx32f(x)dx

22tcost2. 00