1995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 1995 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.) 2 cos(x2)⋅sin (1)【答案】−2xsin(x2)⋅sin2 1 − x x x2 【解析】该函数是由两个复合函数的乘积构成,满足复合函数求导法则, ′ ′ 1  1 y′=cos(x2) sin2 +cos(x2) sin2     x  x 1 1 1 1 =−sin(x2)⋅2x⋅sin2 +cos(x2)⋅2sin ⋅cos ⋅(−1) x x x x2 2 cos(x2)⋅sin =−2xsin(x2)⋅sin2 1 − x . x x2 【相关知识点】复合函数求导法则：y =ϕ(f(x))的导数为y′=ϕ′(f(x))f′(x). (2)【答案】y =c cosx+c sinx−2x 1 2 【解析】微分方程y′′+ y =−2x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,故对应齐次方程的通解为C cosx+C sinx. 1,2 1 2 设非齐次方程的特解Y =ax+b,则Y′=a,Y′′=0,代入微分方程y′′+ y =−2x,得 0+ax+b=−2x, 比较系数得a =−2,b=0,故Y =−2x.所以通解为 y =C cosx+C sinx−2x. 1 2 【相关知识点】1.二阶线性非齐次方程解的结构：设 y*(x)是二阶线性非齐次方程 y′′+P(x)y′+Q(x)y = f(x)的一个特解.Y(x)是与之对应的齐次方程 y′′+P(x)y′+Q(x)y =0的通解,则y =Y(x)+ y*(x)是非齐次方程的通解. 2. 二阶常系数线性齐次方程通解的求解方法：对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解 Y(x),可用特征方程法求解：即y′′+P(x)y′+Q(x)y =0中的P(x)、Q(x)均是常数,方程 变为y′′+ py′+qy =0.其特征方程写为r2 + pr+q=0,在复数域内解出两个特征根r,r ； 1 2 分三种情况： (1) 两个不相等的实数根r,r ,则通解为y =Cerx 1 +C er 2 x; 1 2 1 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (2) 两个相等的实数根r =r ,则通解为y =( C +C x ) erx 1; 1 2 1 2 (3) 一对共轭复根r =α±iβ,则通解为y =eαx( C cosβx+C sinβx ) .其中C ,C 1,2 1 2 1 2 为常数. 3.对于求解二阶线性非齐次方程 y′′+P(x)y′+Q(x)y = f(x)的一个特解 y*(x),可用待定 系数法,有结论如下： 如果 f(x)= P (x)eλx,则二阶常系数线性非齐次方程具有形如y*(x)= xkQ (x)eλx m m 的特解,其中Q (x)是与P (x)相同次数的多项式,而k按λ不是特征方程的根、是特征方 m m 程的单根或是特征方程的重根依次取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 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. (3)【答案】y−3x+7=0 【解析】切线的斜率为 dy dy dt 3t2 3 = = = t =3. dx dx 2t 2 t=2 t=2 t=2 dt t=2 当t =2时,x=5,y =8.故所求切线方程为 y−8=3(x−5).化简得 y−3x+7=0. x=φ(t) dy ϕ′(t) 【相关知识点】参数方程所确定函数的微分法：如果 ,则 = . y =ϕ(t) dx φ′(t) 1 (4)【答案】 2 【解析】应用夹逼准则求数列的极限.令 1 2 n a = + ++ n n2 +n+1 n2 +n+2 n2 +n+n 1 2 n 则 a > + ++ n n2 +n+n n2 +n+n n2 +n+n 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 n(n+1) 1+2++n 2 = = n2 +2n n2 +2n 1 n+1 = ⋅ . 2 n+2 1 n(n+1) 1 2 n 1+2++n 1 2 又 a < + ++ = = = , n n2 +n n2 +n n2 +n n2 +n n2 +n 2 1 n+1 1 即 ⋅ x 时,−x <−x ,则函数 f(−x )< f(−x ),即 1 2 1 2 1 2 1 2 −f(−x )>−f(−x ),故−f(−x)是单调增加的.应选择(D). 1 2 对于(A)(B)(C)可令 f(x)= x3,则对任意x ,x ,当x > x 时,都有 f(x )> f(x ), 1 2 1 2 1 2 但 f′(0)=3x2 =0, x=0 f′(−x)=3(−x)2 ≥0, f(−x)=−x3,在其定义域内单调减少. 故排除(A)(B)(C). (4)【答案】(B) 【解析】由 f′′(x)>0可知 f′(x)在区间[0,1]上为严格的单调递增函数,故 f′(1)> f′(x)> f′(0) ,(0< x<1) 由微分中值定理, f(1)− f(0)= f′(ξ),(0<ξ<1).所以 f′(1)> f(1)− f(0)= f′(ξ)> f′(0),(0<ξ<1) 应选择(B). (5)【答案】(A) 【解析】函数 f(x)在x= x 处可导的充分必要条件是 f′(x )与 f′(x )存在且相等. 0 − 0 + 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 由于F(x)= f(x)+ f(x)|sinx|,而 f(x)可导,所以F(x)在x=0处可导等价于 f(x)|sinx|在x=0可导. 令ϕ(x)= f(x)|sinx|,则  f(x)|sinx| f(x)sinx ϕ′(0)= lim = lim = f(0),   + x→0+ x x→0+ x  f(x)|sinx| f(x)sinx  ϕ′(0)= lim =−lim =−f(0),  − x→0− x x→0− x 于是要使F(x)在x=0处可导,当且仅当−f(0)= f(0),即 f(0)=0.故选择(A). 三、(本题共6小题,每小题5分,满分30分.) (1)【解析】利用等价无穷小计算,即当x→0时,sinx x. 2 x  x 2sin2 2⋅   1−cosx 1 1 2 1 2 1 原式= lim ⋅ = lim = lim = . x→0+ x ( 1−cos x ) 1+ cosx 2x→0+ 2xsin2 x 2x→0+ 2x⋅   x   2 2 2  2  (2)【解析】这是一个由复合函数和隐函数所确定的函数. 方法一：将方程两边对x求导,得 ef(y) +xef(y)⋅ f′(y)⋅y′=ey⋅y′, ef(y) 即 y′= , ey −xf′(y)ef(y) 1 将xef(y) =ey代入并化简,得 y′= . x(1− f′(y)) 两边再对x求导,得 0−[ x(1− f′(y)) ]′ −[ (1− f′(y))+x(−f′′(y)⋅y′) ] y′′= = [ x(1− f′(y)) ]2 [ x(1− f′(y)) ]2 1 y′f′′(y) =− + . x2(1− f′(y)) x [ (1− f′(y)) ]2 1 将y′= 代入并化简得 x(1− f′(y)) 1 f′′(y) y′′=− + . x2(1− f′(y)) x2[ (1− f′(y)) ]3 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 方法二：方程两边先取对数再对x求导. 方程两边取对数得 lnx+ f(y)= y, 1 求导得 + f′(y)⋅y′= y′, x 1 因为 f′≠1,所以 y′= . x(1− f′(y)) 以下同方法一. 【相关知识点】复合函数求导法则：y =ϕ(f(x))的导数为y′=ϕ′(f(x))f′(x). (3)【解析】首先应求出ϕ(x)的表达式.由 x2 x2 −1+1 f(x2 −1)=ln =ln , x2 −2 x2 −1−1 t+1 令x2 −1=t,得 f(t)=ln .又 t−1 ϕ(x)+1 f[ϕ(x)]=ln =lnx, ϕ(x)−1 ϕ(x)+1 x+1 则 = x.解得ϕ(x)= .因此 ϕ(x)−1 x−1 x+1 2 ∫ϕ(x)dx=∫ dx=∫(1+ )dx= x+2ln x−1+C. x−1 x−1 (4)【解析】函数 f(x)在x= x 处的导函数连续的充分必要条件是 f′(x )与 f′(x )存在且 0 − 0 + 0 必与 f′(x )相等. 0 1 2x2 当x≠0时, f′(x)=arctan − ,由于 x2 1+x4  1 2x2  π π lim f′(x)= lim f′(x)=lim f′(x)=limarctan −  = −0= , x→0− x→0+ x→0 x→0 x2 1+x4  2 2 f(x)− f(0) f(x) 1 π f′(0)=lim =lim =limarctan = , x→0 x−0 x→0 x x→0 x2 2 所以 lim f′(x)= lim f′(x)= f′(0). x→0− x→0+ 故 f′(x)在x=0处连续. (5)【解析】由弧微分公式得 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ds = [ x′(t) ]2 +[ y′(t) ]2 dt = sin2t+(1−cost)2dt = 2(1−cost)dt, 所以 2π 2π t 2π t 2π t s =∫ 2(1−cost)dt =∫ 2⋅2sin2 dt =2∫ sin dt =2∫ sin dt 0 0 2 0 2 0 2 2π  t  =−4 cos =−4(−1−1)=8.    2 0 (6)【解析】设质点的运动速度为v(t),由题设,阻力为−v(t),按牛顿第二定律有 dv(t) m =−v(t), dt dv(t) 其中质量m=1,即 =−v(t). dt 这是简单变量可分离的微分方程,解之得v(t)=Ce−t. 另有初始条件v(0)=v ,得v(t)=v e−t. 0 0 v v 当此质点的速度为 0 时,有 0 =v e−t,得t =ln3. 3 3 0 到此时刻该质点所经过的路程为 s =∫ 0 ln3 v 0 e−tdt =−v 0   e−t  l 0 n3 =−v 0    1 3 −1    = 2 3 v 0 . 四、(本题满分8分) x2 【解析】对函数 f(x)=∫ (2−t)e−tdt两边求导并令 f′(x)=0,得 0 f′(x)=2x(2−x2)e−x2 =0, 解得驻点x=0,x=± 2. f′(x)>0, −∞< x<− 2, f(x)严格单调增,  f′(x)<0, − 2 < x<0, f(x)严格单调减, 由于  f′(x)>0, 0< x< 2, f(x)严格单调增,  f′(x)<0, 2 < x<+∞, f(x)严格单调减, 所以 f(− 2), f( 2)为函数 f(x)的极大值点, f(0)为函数 f(x)的极小值点,且 f(± 2)=∫ 2 (2−t)e−tdt =−(2−t)e−t 2 −∫ 2 e−tdt =1+e−2, 0 0 0 0 f(0)=∫ (2−t)e−tdt =0, 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 +∞ +∞ +∞ 又 lim f(x)= lim f(x)=∫ (2−t)e−tdt =−(2−t)e−t −∫ e−tdt =1, x→−∞ x→+∞ 0 0 0 所以 f(± 2)=1+e−2为函数 f(x)最大值, f(0)=0为函数 f(x)的最小值. 【相关知识点】积分上限函数的求导公式： d ∫ β(x) f ( t ) dt = f ( β( x )) β′( x )− f ( α( x )) α′( x ). dx α(x) 五、(本题满分8分) 【解析】把y =ex和y′=ex代入所给的一阶线性微分方程,得 xex + p(x)ex = x, 解得 p(x)= xe−x −x. 线性方程被确定为xy′+(xe−x −x)y = x,即 y′+(e−x −1)y =1. 这是一阶线性非齐次微分方程,通解为 −∫(e−x−1)dx ∫(e−x−1)dx  y =e ∫e dx+C   =ee−x+x ( ∫e−e−x−xdx+C ) =ee−x+x  ∫ e−e−x dx+C  =ee−x+x   ∫ ( e−e−x )′ dx+C    ex     =ee−x+x(e−e−x +C)=ex +Cee−x+x. 1 再由 y =0得eln2 +Cee−ln2+ln2 =0,即C =−e − 2. x=ln2 e−x+x− 1 故所求的特解为 y =ex −e 2. 【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. 六、(本题满分8分) 【解析】要求点P的坐标,也就是说,要用x ,y ,y′,y′′,表示出ξ,η. 0 0 0 0 ( )32 由 MP = 1+ y′2 y′′,有 0 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ( )3 1+ y′2 (ξ−x )2 +(η− y )2 = 0 , ① 0 0 y′′2 0 又由法线的斜率与切线斜率互为负倒数的关系,知 ξ−x y′ =− 0 , ② 0 η− y 0 把②式,即(ξ−x )=−y′(η− y )代入①消去ξ,得到 0 0 0 (η− y )2 =(1+ y′2)2 / y′′2, ③ 0 0 0 1+ y′2 由y′′>0,知曲线是向上凹的,容易看出η> y ,所以③可化为 η− y = 0 , 0 0 y′′ 0 y′(1+ y′2) 且 ξ−x =−y′(η− y )=− 0 0 , 0 0 0 y′′ 0  y′ ξ= x − 0 (1+ y′2),   0 y′′ 0 于是得  0 1  η= y + (1+ y′2).   0 y′′ 0 0 七、(本题满分8分) 【解析】方法一：这是一个积分上限函数求定积分,可以考虑用定积分的分部积分法. sinx 由于 f′(x)= , π−x 0 sint 因而由分部积分法和 f(0)=∫ dt =0,有 0π−t π π π ∫ f(x)dx=∫ f(x)d(x−π)= f(x)(x−π) π+∫ f′(x)(π−x)dx 0 0 0 0 =∫ π (π−x) sinx dx=∫ π sinxdx=[−cosx ]π =2. 0 π−x 0 0 π π x sint  方法二：对于二重积分∫ f(x)dx=∫  ∫ dtdx,可以通过变换积分次序来求解. 0 0  0π−t  π π x sint  sint ∫ f(x)dx=∫  ∫ dtdx=∫∫ dtdx, 0 0  0π−t  π−t D 其中 { } D= (x,t) 0≤ x≤π,0≤t ≤ x { } = (x,t) 0≤t ≤π,t ≤ x≤π . 于是 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 π π πsint  πsint π π ∫ f(x)dx=∫  ∫ dxdt =∫ dt∫ dx=∫ sintdt =2. 0 0  t π−t  0 π−t t 0 八、(本题满分8分) f(x) 【解析】由于 lim =1,所以必有 f(0)=0,且 x→0 x f(x)− f(0) f(x) f′(0)=lim =lim =1. x→0 x−0 x→0 x 证法一：用函数单调性证明不等式. 令 ϕ(x)= f(x)−x, 则 ϕ′(x)= f′(x)−1= f′(x)− f′(0). 由于 f′′(x)>0,所以函数 f′(x)单调增加, ϕ′(x)= f′(x)− f′(0)>0,x>0,  ϕ′(x)= f′(x)− f′(0)<0,x<0, ϕ′(x)在x=0由负变正,所以x=0是ϕ(x)的极小值点也是最小值点, ϕ(x)= f(x)−x≥ϕ(0)= f(0)−0=0, 即 f(x)≥ x. 证法二：用泰勒公式. 1 1 f(x)= f(0)+ f′(0)x+ f′′(ξ)x2 = x+ f′′(ξ)x2. 2! 2 1 因为 f′′(x)>0,所以 f′′(ξ)x2 ≥0. 2 1 所以 f(x)= x+ f′′(ξ)x2 ≥ x. 2 更多考研资料分享+qq810958634