1993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 1993 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(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】0 ∞ 【解析】这是个0⋅∞型未定式,可将其等价变换成 型,从而利用洛必达法则进行求解. ∞ 1 lim xlnx= lim lnx 洛lim x =−lim x=0. x→0+ x→0+ 1 x→0+ − 1 x→0+ x x2 y2 −ex −2xcos(x2 + y2) (2)【答案】 2ycos(x2 + y2)−2xy 【解析】这是一个由复合函数和隐函数所确定的函数,将方程sin(x2 + y2)+ex −xy2 =0两 边对x求导,得 cos(x2 + y2)⋅(2x+2yy′)+ex − y2 −2xyy′=0, y2 −ex −2xcos(x2 + y2) 化简得 y′= . 2ycos(x2 + y2)−2xy 【相关知识点】复合函数求导法则： 如果u = g(x)在点x可导,而 y = f(x)在点u = g(x)可导,则复合函数 y = f [ g(x) ] 在点x可导,且其导数为 dy dy dy du = f′(u)⋅g′(x) 或 = ⋅ . dx dx du dx 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 (3)【答案】0< x≤ 4 【解析】由连续可导函数的导数与0的关系判别函数的单调性. x 1 1 将函数F(x)=∫ (2− )dt,两边对x求导,得 F′(x)=2− . 1 t x 1 1 若函数F(x)严格单调减少,则F′(x)=2− <0,即 x < . x 2 1 所以函数F(x)单调减少区间为0< x≤ . 4 【相关知识点】函数的单调性：设函数y = f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导. (1) 如果在(a,b)内 f′(x)>0,那么函数y = f(x)在[a,b]上单调增加； (2) 如果在(a,b)内 f′(x)<0,那么函数y = f(x)在[a,b]上单调减少. (4)【答案】2cos−1/2 x+C tanx sinx − 3 【解析】 ∫ dx=∫ dx=∫sinxcos 2 xdx cosx cosx cosx 3 1 − − =−∫cos 2 xdcosx=2cos 2 x+C. 1 1 1 (5)【答案】 (1+x2)ln(1+x2)− x2 − 2 2 2 【解析】这是微分方程的简单应用. dy 由题知 = xln(1+x2),分离变量得 dy = xln(1+x2)dx,两边对x积分有 dx 1 y =∫xln(1+x2)dx= ∫ln(1+x2)d(x2 +1). 2 由分部积分法得 1 1 1 2x ∫ln(1+x2)d(x2 +1)= (1+x2)ln(1+x2)− ∫(1+x2)⋅ dx 2 2 2 1+x2 1 = (1+x2)ln(1+x2)−∫xdx 2 1 1 = (1+x2)ln(1+x2)− x2 +C. 2 2 1 1 因为曲线y = f(x)过点(0,− ),故C =− ,所以所求曲线为 2 2 1 1 1 y = (1+x2)ln(1+x2)− x2 − . 2 2 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】(D) 1 【解析】因为当x→0时,sin 是振荡函数,所以可用反证法. x 1 1 1 若取 x = ,则 sin =(kπ)2sinkπ=0, 1k kπ x2 x 1k 1k 1 1 1 1 x = ,则 sin =(2k+ )2π2,(k =1,2,,). 2k 1 x2 x 2 (2k+ )π 2k 2k 2 1 1 因此,当k →∞时,有x →0及x →0,但变量 sin 或等于 0 或趋于+∞,这表 1k 2k x2 x 明当x→0时它是无界的,但不是无穷大量,即(D)选项正确. (2)【答案】(A) 【解析】利用函数连续定义判定,即如果函数在x 处连续,则有 0 lim f(x)= lim f(x)= f(x ). 0 x→x + x→x − 0 0 由题可知 |x2 −1| x2 −1 lim f(x)= lim = lim = lim(x+1)=2, x→1+ x→1+ x−1 x→1+ x−1 x→1+ |x2 −1| 1−x2 lim f(x)= lim = lim =−lim(x+1)=−2. x→1− x→1− x−1 x→1− x−1 x→1− 因 f(x)在x=1处左右极限不相等,故在x=1处不连续,因此选(A). (3)【答案】(D) 【解析】这是分段函数求定积分. 当0≤ x<1时,0≤ x≤t ≤1,故 f(t)=t2,所以 x x x 1  1 F(x)=∫ f(t)dt =∫ t2dt = t3 = (x3−1).   1 1 3  3 1 当1≤ x≤2时,1≤t ≤ x≤2,故 f(t)=1,所以 F(x)=∫ x f(t)dt =∫ x 1dt =[ t ]x = x−1. 1 1 1 应选(D). (4)【答案】(B) 【解析】判定函数 f(x)零点的个数等价于判定函数y = f(x)与x的交点个数. x 1 1 对函数 f(x)=lnx− +k 两边对x求导,得 f′(x)= − . e x e 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 令 f′(x)=0,解得唯一驻点x=e,  f′(x)>0,0< x0. e  x lim f(x)= lim(lnx− +k)=−∞   x→0+ x→0+ e 又因为  , x  lim f(x)= lim(lnx− +k)=−∞ x→+∞ x→+∞ e 由连续函数的介值定理知在(0,e)与(e,+∞)各有且仅有一个零点(不相同). x 故函数 f(x)=lnx− +k 在(0,+∞)内零点个数为2,选项(B)正确. e (5)【答案】(C) 【解析】方法一：由几何图形判断. 由 f(x)=−f(−x),知 f(x)为奇函数,图形关于原点对称； 在(0,+∞)内 f′(x)>0, f′′(x)>0, f(x)图形单调增加且向上凹, 根据图可以看出 f(x)在(−∞,0)内增加而凸, f′(x)>0, f′′(x)<0,选(C). 方法二：用代数法证明. 对恒等式 f(x)=−f(−x)两边求导,得 f′(x)= f′(−x), f′′(x)=−f′′(−x). 当x∈(−∞,0)时,有−x∈(0,+∞),所以 f′(x)= f′(−x)>0, f′′(x)=−f′′(−x)<0, 故应选(C). 三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.) { }′ (1)【解析】y′= sin[f(x2)] =cos[f(x2)]⋅ f′(x2)⋅2x, { }′ y′′= cos[f(x2)]⋅ f′(x2)⋅2x { }′ ′ = cos[f(x2)] ⋅ f′(x2)⋅2x+cos[f(x2)]⋅f′(x2) ⋅2x   +cos[f(x2)]⋅ f′(x2)⋅(2x) ′ 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 =−sin[f(x2)]⋅[f′(x2)]2⋅(2x)2 +cos[f(x2)]⋅ f′′(x2)⋅(2x)2 +cos[f(x2)]⋅ f′(x2)⋅2. 【相关知识点】复合函数求导法则： 如果u = g(x)在点x可导,而 y = f(x)在点u = g(x)可导,则复合函数 y = f [ g(x) ] 在点x可导,且其导数为 dy dy dy du = f′(u)⋅g′(x) 或 = ⋅ . dx dx du dx (2)【解析】应先化简再求函数的极限, x( x2 +100+x)⋅( x2 +100−x) lim x( x2 +100+x)= lim x→−∞ x→−∞ x2 +100−x 100x 100 = lim = lim . x→−∞ x2 +100−x x→−∞ 1 ⋅ x2 +100−1 x 因为x<0,所以 100 100 100 lim = lim = =−50. x→−∞ 1 ⋅ x2 +100−1 x→−∞− 1+100x−2 −1 −1−1 x (3)【解析】先进行恒等变形,再利用基本积分公式和分部积分法求解. π x π xsec2 x 1 π ∫4 dx=∫4 dx= ∫4 xdtanx 0 1+cos2x 0 2 2 0 1 π 1 π 1 π 1 πsinx = [ xtanx ] 4 − ∫4tanxdx= ( −0)− ∫4 dx 2 0 2 0 2 4 2 0 cosx π 1 π −1 π 1 π = − ∫4 dcosx= + [ ln(cosx) ] 4 8 2 0 cosx 8 2 0 π 1 π π 1 2 π 1 = + [ln(cos )−ln(cos0)]= + ln = − ln2. 8 2 4 8 2 2 8 4 (4)【解析】用极限法求广义积分. +∞ x +∞(1+x)−1 +∞ ∫ dx=∫ dx=∫ [(1+x)−2 −(1+x)−3]d(1+x) 0 (1+x)3 0 (1+x)3 0  1  +∞  2x+1  b =  −(1+x)−1+ (1+x)−2  = lim  −   2  b→+∞ 2(x+1)2  0 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 2b+1 1 1 1 =− lim + =0+ = . b→+∞2(b+1)2 2 2 2 (5)【解析】所给方程是一阶线性非齐次微分方程,其标准形式是 2x cosx y′+ y = , x2 −1≠0, x2 −1 x2 −1 −∫ 2x dx cosx ∫ 2x dx 通解为 y =e x2−1 [∫ e x2−1 dx+C] x2 −1 −∫d(x2−1)  cosx ∫d(x2−1)  =e x2−1 ∫ e x2−1 dx+C  x2 −1    1 sinx+C = ∫cosxdx+C = . x2 −1   x2 −1 sin0+C sinx−1 代入初始条件 y =1,得 =1,所以 C =−1.所求特解为 y = . x=0 02 −1 x2 −1 【相关知识点】一阶线性非齐次微分方程y′+ p(x)y =q(x)的通解公式为: −∫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】要确定常数α,β,γ,只需将特解代入原微分方程后,用比较系数法即得. 对于特解y =e2x +(1+x)ex,有 y′=2e2x +ex +(1+x)ex =2e2x +(2+x)ex, ′ y′′=2e2x +(2+x)ex =4e2x +ex +(2+x)ex =4e2x +(3+x)ex,   代入方程y′′+αy′+βy =γex,得恒等式 4e2x +(3+x)ex+α2e2x +(2+x)ex+βe2x +(1+x)ex =γex,       化简得 (4+2α+β)e2x +(3+2α+β)ex +(1+α+β)xex ≡γex, 比较同类项系数,得 4+2α+β=0  3+2α+β=γ,  1+α+β=0 解之得α=−3,β=2,γ=−1. 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 于是原方程为y′′−3y′+2y =−ex,所对应的齐次微分方程y′′−3y′+2y =0的特征方 程为r2 −3r+2=0,解之得 r =1,r =2. 1 2 所以微分方程y′′−3y′+2y =−ex的通解为 y =cex +c e2x + y* =cex +c e2x +e2x +(1+x)ex =cex +c e2x +xex. 1 2 1 2 1 2 五、(本题满分9分) 【解析】利用定积分求旋转体的体积,用微元法. x2 + y2 ≤2x等价于(x−1)2 + y2 ≤1. 解法一：考虑对y的积分,则边界线为 x =1− 1− y2 与x = y(0≤ y≤1), 1 2 如右图所示.当y→ y+dy时, dV =π(2−x )2dy−π(2−x )2dy 1 2 =π  (2−1+ 1− y2)2 −(2− y)2 dy   =2π  1− y2 −(1− y)2 dy.   所以 V =2π∫ 1 1− y2 −(1− y)2 dy.   0 1 对于∫ 1− y2dy,令y =sint,则dy =costdt,所以 0 π 1 π 1 π 1 1 2 π ∫ 1− y2dy =∫2cos2tdt = ∫2(1+cos2t)dt = t+ sin2t = ；   0 0 2 0 2 2  4 0 1 1 1 (1− y)3 1 对于 ∫ (1− y)2dy =−∫ (1− y)2d(1− y)=−   = , 0 0  3  3 0 所以 V =2π∫ 1 1− y2 −(1− y)2 dy =2π   1 π− 1  .   0 4 3 解法二：取x为积分变量,则边界线为 y = 2x−x2 与y = x(0≤ x≤1), 1 2 如右图所示. 当x→ x+dx时, 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 dV =2π(2−x)(y − y )dx 1 2 =2π(2−x)( 2x−x2 −x)dx, 1 所以V =2π∫ (2−x)( 2x−x2 −x)dx. 0 令x−1=t,则x=1+t,dx=dt,所以 1 ∫ (2−x)( 2x−x2 −x)dx 0 =∫ 0 (1−t)  2(1+t)−(1+t)2 −(1+t)  dt =∫ 0  1−t2 −t 1−t2 +t2 −1  dt.     −1 −1 再令t =sinθ,则dt =cosθdθ, 所以 ∫ 0  1−t2 −t 1−t2 +t2 −1  dt =∫ 0 (cosθ−sinθcosθ+sin2θ−1)cosθdθ   π −1 − 2 0 0 0 0 =∫ cos2θdθ−∫ sinθcos2θdθ+∫ sin2θcosθdθ−∫ cosθdθ π π π π − − − − 2 2 2 2 1 0 0 0 0 = ∫ (1+cos2θ)dθ+∫ cos2θdcosθ+∫ sin2θdsinθ−∫ cosθdθ π π π π 2 − − − − 2 2 2 2 1 1  0 cos3θ 0 sin3θ 0 =  θ+ sin2θ  +   +   −[ sinθ]0 π 2 2  − π  3  − π  3  − π − 2 2 2 2 π 1 1 π 1 = + + −1= − . 4 3 3 4 3 1 1 1 所以 V =2π∫ (2−x)( 2x−x2 −x)dx=2π( π− ). 0 4 3 六、(本题满分9分) 【解析】这是一个将立体几何问题转化为函数求最值的问题. 设圆锥底半径为R,如图,BC = R,AC =h,OD=r. A BC OD 由 = ,AD= OA2 −OD2 ,有 AC AD D R r hr = ⇒ R= . O h (h−r)2 −r2 h2 −2hr 于是圆锥体积 B C 1 1 h2 V = πR2h= πr2 (2r 0 8 所以h=4r 为极小值点也是最小值点,最小体积V(4r)= πr3. 3 七、(本题满分9分) 【解析】首先应简化不等式,从中发现规律. 当x>0,常数a>e时,原不等式两边取自然对数可化为 ln(a+x) lna aln(a+x)<(a+x)lna 或 < . a+x a a 证法一：令 f(x)=(a+x)lna−aln(a+x),则 f′(x)=lna− . a+x a 由a>e,x>0,知lna>1, <1,故 f′(x)>0(x>0). a+x 从而 f(x)为严格单调递增函数,且 f(x)=(a+x)lna−aln(a+x)> f(0)=alna−alna =0,(x>0) 即 (a+x)lna−aln(a+x)>0, 所以 (a+x)a a>e时,有 f′(x)= <0, x2 所以函数在x>a>e为严格单调递减函数,即 f(x+a)< f(a), ln(a+x) lna 所以有 < , a+x a 即 (a+x)a