1991年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

更多考研资料分享+qq810958634 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.) ln3 (1)【答案】− dx 3x +1 【解析】由复合函数求导法则,即y =ϕ(f(x))的微分为dy =ϕ′(f(x))f′(x)dx,有 1 ln3 dy = ⋅3−xln3⋅(−1)dx=− dx. 1+3−x 3x +1 1 1 (2)【答案】(− , ) 2 2 【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 y′=e−x2 ⋅(−2x)=−2xe−x2 , 1 y′′=−2e−x2 +(−2x)e−x2 ⋅(−2x)=4e−x2 (x2 − ). 2 1 1 2 2 因为4e−x2 >0,所以当x2 − <0时 y′′<0,函数图像上凸,即x2 < ,− < x< 时, 2 2 2 2 1 1 函数图像上凸.故曲线上凸区间为(− , ). 2 2 (3)【答案】1 【解析】用极限法求广义积分. +∞lnx blnx b 1 ∫ dx= lim ∫ dx= lim ∫ lnxd(− ) 1 x2 b→+∞ 1 x2 b→+∞ 1 x 分部  lnx b b 1 1  = lim  −  −∫ (− ) dx b→+∞  x  1 1 x x   lnb ln1  1 b lnb 1 = lim − + +  −  =− lim( + )+1=1. b→+∞ b 1  x 1  b→+∞ b b 1 (4)【答案】 2 【解析】这是定积分的应用. 设在t →t+dt 时刻的速度为tsin(t2),则在dt 时间内的路程为ds =tsin(t2)dt,所以 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 π 从时刻t = 秒到t = π秒内质点所经过的路程为 1 2 2 t s =∫ 2tsin(t2)dt t 1 π 1 π =∫ tsin(t2)dt = ∫ sin(t2)dt2 π/2 2 π/2 π 1 1 π 1 1 =− cos(t2) =− (cosπ−cos )=− (−1−0)= . 2 2 2 2 2 π/2 (5)【答案】−1 ∞ − 1 【解析】这是一个 型未定式,分子分母同乘以e x,得 ∞ 1 1 − 1−ex e x −1 lim = lim . x→0+ 1 x→0+ − 1 x+ex xe x +1 1 1 为简化计算,令t =− ,则x=− ,原式可化为 x t 1 − e x −1 et −1 0−1 lim = lim = =−1. x→0+ − 1 t→−∞ et 0+1 xe x +1 − +1 t 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′ =2+a, x=1 y3 2y′= y3+3xy2y′,即y′= ,则曲线在点(1,−1)处的导数为 2−3xy2 (−1)3 y′ = =1, x=1 2−3⋅1⋅(−1)2 两导数相等,有2+a =1,即a=−1. 又因为曲线y = x2 +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. 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 x x x 1  1 当0≤ x≤1时, f(x)= x2,所以F(x)=∫ f(t)dt =∫ t2dt = t3 = x3.   0 0 3  3 0 当1< x≤2时, f(x)=2−x, 所以 x 1 x F(x)=∫ f(t)dt =∫ t2dt+∫ (2−t)dt 0 0 1 1 x 1   1  1 1 1 = t3 + 2t− t2 = +(2x− x2)−(2− )     3   2  3 2 2 0 1 7 1 =− +2x− x2. 6 2 x3  ,0≤ x≤1  3 所以F(x)= ,应选(B).  7 x2 − +2x− ,1< x≤2  6 2 (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 f(x)=− x−1 ,在 x =1处取极大值,但是x =1不是 0 0 f(x)=− x−1的驻点,所以(A)不正确； 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x =1处取极大值,但−x =−1并非是−f(x)=|x−1|的极小 0 0 值点,所以(C)也不成立；故选(B). 方法二：证明(B)是正确的,因为x ≠0,不妨设x >0,则 f(x )为极大值,则在x 的某个领 0 0 0 0 域内有 f(x )> f(x ±∆x)； 0 0 函数 y =−f(−x)与函数 y = f(x)关于原点对称,所以必有−f(−x )<−f(−x ±∆x),即 0 0 在−x 的某个领域内−f(−x )为极小值,故(B)是正确的. 0 0 (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, 1+e−x2 ex2 +1 limy =lim =lim =∞,所以x=0为铅直渐近线, x→0 x→01−e−x2 x→0 ex2 −1 1+e−x2 ex2 +1 limy =lim ==lim =1,所以y =1为水平渐近线. x→∞ x→∞1−e−x2 x→∞ex2 −1 所以选(D). 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 【相关知识点】铅直渐近线：如函数 y = f(x)在其间断点x= x 处有 lim f(x)=∞ ,则 0 x→x 0 x= x 是函数的一条铅直渐近线； 0 水平渐近线：当lim f(x)=a,(a为常数）,则y =a为函数的水平渐近线. x→∞ (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µdx,与质点的距离 kmµdx 0 kmµ 为a−x,故两点间的引力为dF = ,积分得F =∫ dx,故选(A). (a−x)2 −l(a−x)2 l 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+ ,0),故 2 l kmµ F =∫2 dx； − l l 2 (a+ −x)2 2 l kmµ 若以l的左端点为原点,则质点的坐标为(a+l,0),故F =∫ dx. 0 (a+l−x)2 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, dy dy/dt sint+tcost = = , dx dx/dt cost−tsint d2y d dy 1 d sint+tcost 1 = ( )⋅ = ( )⋅ dx2 dt dx dx dt cost−tsint cost−tsint dt (2cost−tsint)(cost−tsint)+(2sint+tcost)(sint+tcost) 1 = ⋅ (cost−tsint)2 cost−tsint 2(cos2t+sin2t)+t2(sin2t+cos2t)−3tsintcost+3tsintcost = (cost−tsint)3 2+t2 = . (cost−tsint)3 【相关知识点】参数方程所确定函数的微分法： x=φ(t) dy ϕ′(t) 如果  ,则 = . y =ϕ(t) dx φ′(t) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (2)【解析】用换元法求定积分. 令t = x ,则x=t2,dx=2tdt,则 4 dx 2 1 2 1 1 ∫ =∫ ⋅2tdt =2∫ ( − )dt 1 x(1+ x) 1 t2(1+t) 1 t 1+t 2  t  2 1 4 =2 ln =2(ln −ln )=2ln .    t+1 3 2 3 1 (3)【解析】利用等价无穷小和洛必达法则. 当x→0时,有sinx x,ex 1+x,所以 2 x  x 2sin2 2  x−sinx x−sinx 1−cosx 2 2 1 lim =lim 洛lim =lim =lim = . x→0 x2(ex −1) x→0 x3 x→0 3x2 x→0 3x2 x→0 3x2 6 (4)【解析】用分部积分法求不定积分. 1−cos2x 1 ∫xsin2 xdx=∫x⋅ dx= ∫(x−xcos2x)dx 2 2 1 1 1 1 = ∫xdx− ∫xcos2xdx= x2 − ∫xd(sin2x) 2 2 4 4 1 1 1 = x2 − xsin2x+ ∫sin2xdx 4 4 4 1 1 1 = x2 − xsin2x− cos2x+C . 4 4 8 1 (5)【解析】所给方程是一阶线性方程,其标准形式为y′+ y =ex.通解为 x −∫1 dx ∫1 dx 1 y =e x (∫exe x dx+C)= (∫xexdx+C) x 1 1 1 = (∫xdex +C)= (xex −∫exdx+C)= (xex −ex +C). x x x 1 x−1 代入初始条件y(1)=1得C =1,所以特解为y = + ex. x x 【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)dx ∫p(x)dx y =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. 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 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 x+1 f′(x)=ln(1+x)+1−lnx−1=ln( ). x x+1 因x>1,故 >1,即 f′(x)>0,所以在(1,+∞)上 f(x)是严格递增函数,所以 x f(x)> f(1)=2ln2>0, ln(1+x) x 故(1+x)ln(1+x)−xlnx>0,所以当x>1时,有不等式 > 成立. lnx 1+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. ln(1+x) x 所以当x>1时,有不等式 > 成立. lnx 1+x 五、(本题满分9分) 【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r2 +1=0, 特征根为r =±i,故对应齐次通解为C cosx+C sinx. 1,2 1 2 方程y′′+ y = x必有特解为Y =ax+b,代入方程可得a=1,b=0. 1 方程y′′+ y =cosx的右端eαxcosβx=cosx,α+βi =i为特征根,必有特解 1 Y = x⋅Acosx+x⋅Bsinx,代入方程可得A=0,B= . 2 2 x 由叠加原理,原方程必有特解Y =Y +Y = x+ sinx. 1 2 2 1 所以原方程的通解为y =C cosx+C sinx+x+ xsinx. 1 2 2 【相关知识点】关于微分方程特解的求法: 如果 f(x)= P (x)eλx,则二阶常系数非齐次线性微分方程y′′+ p(x)y′+q(x)y = f(x) m 具有形如y* = xkQ (x)eλx的特解,其中Q (x)与P (x)同次(m次)的多项式,而k按λ不 m m m 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)=eλx[P(x)cosωx+P (x)sinωx],则二阶常系数非齐次线性微分方程 l n 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 y′′+ p(x)y′+q(x)y = f(x)的特解可设为 y* = xkeλx[R(1)(x)cosωx+R(2)(x)sinωx], m m 其中R(1)(x)与R(2)(x)是m次多项式,m=max { l,n },而k按λ+iω(或λ−iω)不是特征 m m 方程的根、或是特征方程的单根依次取为0或1. 六、(本题满分9分) 【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x =1, 1 3 1 x =2,顶点坐标为( ,− ). 2 2 4 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 dV =π(x+dx)2 y −πx2 y =2πx y dx+π y dx2 其中dx2为dx→0的高阶无穷小,故可省略,且y为负的, 故 y =−y,即dV =−2πxydx=−2πx(x−1)(x−2)dx. 把x从1→2积分得 2 2 V =∫ 2πx(1−x)(x−2)dx=2π∫ (3x2 −x3 −2x)dx 1 1  1  2 1 π =2π x3 − x4 −x2 =2π(0+ )= .    4  4 2 1 方法二：考虑对y的积分,如图中阴影部分绕y轴旋转一周的体积为抛物线两半曲线分别绕 y轴旋转一周后的体积差,即 dV =πx 2dy−πx2dy 2 1 其中,x ,x 为Y = y与抛物线的交点,且x > x , 1 2 2 1 把Y = y代入抛物线方程y =(x−1)(x−2),解得 3− 1+4y 3+ 1+4y x = ,x = , 1 2 2 2 0 故旋转体体积为V =∫ π(x2 −x2)dy.把x ,x 的值代入化简,得 − 1 2 1 1 2 4 0 0 3π 2 3 3π 2 π V =∫ 3π 1+4ydy = ⋅ (1+4y)2 = ⋅ = . 1 − 4 4 3  − 1 4 3 2 4 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 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x ,x,因为| AB|<1,所以x <0, x>0.依题设 1 1 AB : DC =2:1,所以有ex 1 =2e−2x,两边同时取自然对数,得x =ln2−2x, 1 而 BC = x−x = x−(ln2−2x)=3x−ln2,(x>0), 1 所以梯形ABCD的面积为 1 1 3 S = (ex 1 +e−2x)(3x−ln2)= (2e−2x +e−2x)(3x−ln2) = (3x−ln2)e−2x. 2 2 2 3 求函数S = (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, 2 并令S′=0有 3 S′= (3−6x+2ln2)e−2x =0, 2 1 1 1 1 得驻点x= + ln2,在此点S′由正变负,所以x= + ln2是极大值点. 2 3 2 3 1 1 3 又驻点唯一,故x= + ln2>0是S = (3x−ln2)e−2x最大值点. 2 3 2 1 1 1 此时x= + ln2,x = ln2−1时,梯形ABCD面积最大, 2 3 1 3 1 1 1 故B点的坐标为( ln2−1,0),C点的坐标为( + ln2,0). 3 2 3 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+π)= f(x)+sin(x+π)= x−sinx,x∈[0,π), f(x+2π)= f(x+π)+sin(x+2π)= x−sinx+sinx= x,x∈[0,π), 3π 2π 3π 而 ∫ f(x)dx=∫ f(x)dx+∫ f(x)dx, π π 2π 2π 对于∫ f(x)dx,令t = x−π,则x=t+π,dx=dt,所以 π 2π π π ∫ f(x)dx=∫ f(t+π)dt =∫ (t−sint)dt; π 0 0 3π 对于∫ f(x)dx,令t = x−2π,则x=t+2π,dx=dt,所以 2π 3π π π ∫ f(x)dx=∫ f(t+2π)dt =∫ tdt; 2π 0 0 3π 2π 3π 所以 ∫ f(x)dx=∫ f(x)dx+∫ f(x)dx π π 2π 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 π π =∫ (t−sint)dt+∫ tdt 0 0 π π =∫ 2tdt−∫ sintdt 0 0 =t2 π +[ cost ]π =π2 −2.   0 0 更多考研资料分享+qq810958634