1997年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

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1997 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分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.)
1
−
(1)【答案】e 2
【解析】由于 f(x)在x=0处连续,故
f(0)=lim f(x)=limelnf(x) =limeln(cosx)x−2 =limex−2lncosx
x→0 x→0 x→0 x→0
1
(−sinx)
lncosx lim lncosx 洛必达 limcosx
=lime x2 =ex→0 x2 = ex→0 2x
x→0
sinx 1
lim− −
=ex→0 2xcosx =e 2
【相关知识点】1.函数y = f(x)在点x 连续：
0
设函数 f(x)在点x 的某一邻域内有定义,如果lim f(x)= f(x ),则称函数 f(x)在点
0 0
x→x
0
x 连续.
0
2.如果函数在x 处连续,则有 lim f(x)= lim f(x)= f(x ).
0 0
x→x + x→x −
0 0
3
(2)【答案】−
2
【解析】题目考察复合函数在某点处的高阶导数,按照复合函数求导法则具体计算如下：
1
y = ln(1−x)−ln(1+x2),
 
2
1 −1 2x 1 x
y′= ( − )=− − ,
2 1−x 1+x2 2(1−x) 1+x2
1 1−x2 3
y′′=− − ,y′′ =− .
2(1−x)2 (1+x2)2 x=0 2
【相关知识点】1.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) ]
dy dy dy du
在点x可导,且其导数为 = f′(u)⋅g′(x)或 = ⋅ .
dx dx du dx
x−2 x
(3)【答案】arcsin +C或2arcsin +C
2 2
【解析】题目考察不定积分的计算,分别采用凑微分的方法计算如下：
x−2
d( )
dx x−2
方法1：原式=∫ =∫ 2 =arcsin +C .
4−(x−2)2 x−2 2
1−( )2
2
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x
d
dx d x x
方法2：原式=∫ =2∫ =2∫ 2 =2arcsin +C.
x 4−( x)2 4−( x)2 x 2
1−( )2
2
π
(4)【答案】
8
【解析】题目考察广义积分的计算,采用凑微分的方法,结合基本微分公式表计算如下：
x+2
d( )
+∞ dx 1 +∞ 2
原式=∫ = ∫
0 4+(x+2)2 2 0 x+2
1+( )2
2
+∞
1 x+2 1 π π π
= arctan = ( − )= .
2 2 2 2 4 8
0
(5)【答案】3
【解析】方法1：利用初等变换.
以α,α,α为行构成3×4矩阵,对其作初等变换：
1 2 3
α 1 2 −1 1  1 2 −1 1 

1
  
[2]+[1]×(−2)
 
A= α = 2 0 t 0 → 0 −4 t+2 −2
 2    
  α   0 −4 5 −2   0 −4 5 −2 
3
1 2 −1 1 
[3]+[2]×(−1)
 
→ 0 −4 t+2 −2 ,
 
 0 0 3−t 0  
α
1
 
因为r ( A )=r α =2,所以3−t =0,t =3.
 2
α
 
3
方法2：利用秩的定义.
α
1
 
由于r α =r ( A )=2,则矩阵A中任一三阶子行列式应等于零.
 2
α
 
3
α 1 2 −1 1 
1
   
α = 2 0 t 0 ,
 2  
  α   0 −4 5 −2 
3
应有
1 2 −1 1 2 −1 1 2 −1
2 0 t = 0 −4 t+2 = 0 −4 t+2 =0,
0 −4 5 0 −4 5 0 0 3−t
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解得t =3.
方法3：利用线性相关性.
因为r (α,α,α)=r ( A )=2,故α,α,α线性相关,⇔ 以αT,αT,αT 组成的线性齐次方
1 2 3 1 2 3 1 2 3
程组αTx +αTx +αTx = BX =0有非零解,因
1 1 2 2 3 3
 1 2 0 
 
2 0 −4
B=αT,αT,αT = 
 1 2 3  −1 t 5 
 
1 0 −2 
[2]+[1]×(−2)1 2 0  [2]×    − 1 4    1 2 0 
[3]+[1]
 
[3]+[2]×(−t−2)
 
[4]+[1]×(−1) 0 −4 −4 [4]+[2]×(−2) 0 1 1
→   →   ,
0 t+2 5  0 0 −t+3
   
0 −2 −2 0 0 0 
故BX =0有非零解⇔ t =3.
二、选择题(本题共 5 小题,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)【答案】(C)
【解析】题目考察无穷小量的性质和无穷小量的比较,采用洛必达法则计算如下：
etanx −ex etanx−x −1
lim =limex⋅
x→0 xn x→0 xn
tanx−x洛必达 sec2−1 tan2 xn=3 x2 1
=lim = lim =lim = lim = ,
x→0 xn x→0 nxn−1 x→0 nxn−1 x→03x2 3
etanx −ex与x3同阶,故应选(C).
(2)【答案】(D)
【解析】方法 1：用几何意义.由 f(x)>0, f′(x)<0, f′′(x)>0可知,曲线 y = f(x)是
上半平面的一段下降的凹弧,y = f(x)的图形大致如右图. y
S =∫ b f(x)dx是曲边梯形ABCD的面积； D
1
a
S = f(b)(b−a)是矩形ABCE的面积；
2
E C
1
S = [f(a)+ f(b)](b−a)是梯形ABCD的面积.
3 2 A B
a b x
由图可见S <S <S ,应选(D). O
2 1 3
方法 2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的 f(x)都成立的结果,故可以取满足条件的
1
特定的 f(x)来观察结果是什么.例如取 f(x)= ,x∈[1,2],则
x2
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2 1 1 1 5
S =∫ dx= ,S = ,S = ⇒S <S <S .
1 1 x2 2 2 4 3 8 2 1 3
【评注】本题也可用分析方法证明如下：
b
由积分中值定理,至少存在一个点ξ,使∫ f(x)dx= f(ξ)(b−a),a<ξ<b成立,再由
a
f′(x)<0,所以 f(x)是单调递减的,故 f(ξ)> f(b),从而
b
S =∫ f(x)dx= f(ξ)(b−a)> f(b)(b−a)=S .
1 2
a
1 x
为证S >S ,令ϕ(x)= [f(x)+ f(a)](x−a)−∫ f(t)dt,则ϕ(a)=0,
3 1 2 a
1 1
ϕ′(x)= f′(x)(x−a)+ (f(x)+ f(a))− f(x)
2 2
1 1
= f′(x)(x−a)− (f(x)− f(a))
2 2
1 1
= f′(x)(x−a)− f′(η)(x−a) (a<η< x)(拉格朗日中值定理)
2 2
1
= (f′(x)− f′(η))(x−a),
2
由于 f′′(x)>0,所以 f′(x)是单调递增的,故 f′(x)> f′(η),ϕ′(x)>0,即ϕ(x)在[a,b]上
单调递增的.由于ϕ(a)=0,所以ϕ(x)>0,x∈[a,b],从而
1 b
ϕ(b)= [f(b)+ f(a)](b−a)−∫ f(t)dt >0,
2 a
即S >S .因此,S <S <S ,应选(D).
3 1 2 1 3
如果题目改为证明题,则应该用评注所讲的办法去证,而不能用图证.
【相关知识点】1.积分中值定理：如果函数 f(x)在积分区间[a,b]上连续,则在(a,b)上至
b
少存在一个点ξ,使下式成立：∫ f(x)dx= f(ξ)(b−a)(a<ξ<b).这个公式叫做积分中值
a
公式.
2. 拉格朗日中值定理：如果函数 f(x)满足在闭区间[a,b]上连续,在开区间( a,b )内可导,
那么在( a,b )内至少有一点ξ(a<ξ<b),使等式 f(b)− f(a)= f′(ξ)(b−a)成立.
(3)【答案】(B)
【解析】题目考察函数的极值点与拐点问题,分析如下：
由 f′(x )=0 知 x= x 为 f(x) 的驻点.把 x= x 代入恒等式 x f′′(x )=1−e−x 0 ,即
0 0 0 0 0
1−e−x
0
f′′(x )= .由于分子、分母同号,故 f′′(x )>0,因此驻点x= x 为极小值点.应选
0 x 0 0
0
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(B).
(4)【答案】(A)
【解析】由于函数esintsint是以2π为周期的函数,所以,
x+2π 2π
F(x)=∫ esintsintdt =∫ esintsintdt,
x 0
F(x)的值与x无关.不选D,(周期函数在一个周期的积分与起点无关).
2π
估计∫ esintsintdt 的值有多种方法.
0
方法1：划分esintsint取值正、负的区间.
2π π 2π
F(x)=∫ esintsintdt =∫ esintsintdt+∫ esintsintdt
0 0 π
π π
=∫ esintsintdt+∫ e−sinu(−sinu)du
0 0
π
=∫ (esint −e−sint)sintdt
0
当0<t <π时,sint >0,esint −e−sint >0,所以F(x)>0.选(A).
方法2：用分部积分法.
2π 2π
F(x)=∫ esintsintdt =−∫ esintdcost
0 0
2π 2π
=−esint cost +∫ costdesint
0 0
2π 2π
=−e0(1−1)+∫ esint cost2dt =∫ esint cost2dt >0.
0 0
故应选(A).
【评注】本题的方法1十分有代表性.
被积函数在积分区间上可以取到正值与负值时,则常将积分区间划分成若干个,使每一
个区间内,被积函数保持确定的符号,然后再作适当的变量变换,使几个积分的积分上下限相
同,然后只要估计被积函数的正、负即可.
(5)【答案】(D)
【解析】题目考察函数的复合问题,分清内层函数的定义域与值域,要注意内层函数的值
域又构成了外层函数的定义域.
当x<0时, f(x)= x2 >0,则g[f(x)]= f(x)+2= x2 +2；
当x≥0时, f(x)=−x≤0,则g[f(x)]=2− f(x)=2−(−x)=2+x.
x2 +2, x<0
故g[f(x)]= ,因此应选(D).
2+x, x≥0
三、(本题共6小题,每小题5分,满分30分.)
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∞
(1)【分析】这是 型的极限,可以设法约去分子、分母中极限为∞的因子,从而转化为确定
∞
型的极限.于是分子、分母同除 x2 .在计算过程中应注意x趋于负无穷.
【解析】分子、分母同除 x2 ,注意 x2 =−x (x<0),则
1 1 1
4+ − −1−
x x2 x 4−1
原式= lim = =1.
x→−∞ sinx 1
1−
x2
(2)【解析】题目考察参数方程所确定的函数的微分法.
y′ 1
y′ = t ,x′= ,
x x′ t 1+t2
t
y′可由第二个方程两边对t求导得到：
t
2y′−2tyy′− y2 +et =0,
t t
y2 −et (1+t2)(y2 −et)
解得y′= .由此,有y′ = .
t 2(1−ty) x 2(1−ty)
(3)【解析】题目考察,不定积分的换元与分部积分法,难度不大,具体计算如下：
原式=∫e2x(sec2 x+2tanx)dx=∫e2xsec2 xdx+2∫e2x tanxdx
分部
= ∫e2xd tanx+∫tanxde2x =e2x tanx+C .
(4)【解析】题目考察齐次微分方程的通解,分别利用齐次方程的求解方法和凑全微分方法计
算如下：
方法1：所给方程是齐次方程.
令y = xu,则dy = xdu+udx,代入原方程得
3(1+u−u2)dx+x(1−2u)du =0,
1−2u 3
分离变量得 du =− dx,
1+u−u2 x
d(1+u−u2) 1
积分得 ∫ =−3∫ dx,
1+u−u2 x
即 1+u−u2 =Cx−3.
y C
以u = 代入得通解x2 +xy− y2 = .
x x
方法2：用凑全微分的方法求解.由于
(3x2 +2xy− y2)dx+(x2 −2xy)dy
=3x2dx+(yd(x2)+x2dy)−(y2dx+xd(y2))
=d(x3)+d(x2y)−d(xy2)
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=d(x3 +x2y−xy2),
故通解为： x3 +x2y−xy2 =C.
(5)【解析】y − y =e−x与y − y =e2x −e−x都是相应齐次方程的解,(y − y )+(y − y )
1 3 1 2 1 3 1 2
=e2x 也是相应齐次方程的解, e−x 与 e2x 是两个线性无关的相应齐次方程的解；而
y −e−x = xex是非齐次方程的解.下面求该微分方程：
2
方法1：由e−x,e2x是齐次解,知r =−1,r =2是特征方程的两个根,特征方程为
1 2
(r+1)(r−2)=0,即r2 −r−2=0,
相应的齐次微分方程为：y′′− y′−2y =0.
设所求非齐次方程为：y′′− y′−2y = f(x),把非齐次解xex代入,便得
f(x)=(xex)′′−(xex)′−2(xex)=(1−2x)ex.
所求方程为：y′′− y′−2y =(1−2x)ex.
方法2：由于通解为：y =ce−x +c e2x +xex,求出
1 2
y′=−ce−x +2c e2x +(x+1)ex, y′′=ce−x +4c e2x +(x+2)ex,
1 2 1 2
并消去c ,c ,便得微分方程y′′− y′−2y =(1−2x)ex.
1 2
0 2 1
 
(6)【答案】 0 0 0
 
 0 0 0 
【解析】由题设条件A2 −AB= E,把A提出来得A ( A−B )= E ,因为
1 1 −1
A = 0 1 1 =−1≠0,
0 0 −1
由此知道A是满秩的,所以A可逆,两边左乘 A−1,从而有A−B= A−1,B= A−A−1.
(或A2 −AB= E,AB= A2 −E, A可逆,两边左乘 A−1,得B= A−1 ( A2 −E ) = A−A−1).
用矩阵的初等变换求A−1.
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1 1 −11 0 0[1]+[3]×(−1)1 1 0 1 0 −1
 
[2]+[3]
 
[ AE ]= 0 1 1 0 1 0 → 0 1 0 0 1 1
   
 0 0 −10 0 1   0 0 −10 0 1  
[1]+[2]×(−1)1 0 01 −1 −2
[3]×(−1)
 
→ 0 1 00 1 1 =EA−1
   
 0 0 10 0 −1 
1 −1 −2
 
得 A−1 = 0 1 1 ,
 
 0 0 −1 
1 1 −1 1 −1 −2 0 2 1
     
从而得 B= A−A−1 = 0 1 1 − 0 1 1 = 0 0 0 .
     
 0 0 −1   0 0 −1   0 0 0 
四、(本题满分8分.)
【解析】方法1：对原方程组的增广矩阵作初等行变换：
2 λ −1 1 [2]+[1]  2 λ −1 1 
 
[3]+[1]×(−5)
 
[ Ab ]= λ −1 1  2 → λ+2 λ−1 0  3
   
 4 5 −5−1    −6 −5λ+5 0 −6 
 2 λ −11
[3]+[2]×5

→ λ+2 λ−1 0 3
 
 5λ+4 0 0 9 
4
当λ≠− 且λ≠1时,r ( A )=r [ Ab ]=3,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等
5
且等于未知量的个数,故原方程组有唯一解.
4
当λ=− 时,r ( A )=2≠r [ Ab ]=3,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩不相等,
5
故原方程组无解.
当λ=1时,原方程组的同解方程组为
2x +x −x =1
 1 2 3 ,
x =１
1
x =1,
1

原方程组有无穷多解,其通解为x =−1+k,(k为任意常数).
2

x =k.
3
(或[ x ,x ,x ]T =[ 1,−1,0 ]T +k [ 0,1,1 ]T(k为任意常数))
1 2 3
方法2：原方程组系数矩阵的行列式
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2 λ −1 2 λ λ−1
A = λ −1 1 = λ −1 0 =(λ−1 )( 5λ+4 ),
4 5 −5 4 5 0
4
故知：当λ≠− 且λ≠1时,r ( A )=r [ Ab ]=3,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等
5
且等于未知量的个数,故原方程组有唯一解.
4
当λ=− 时,对原方程组的增广矩阵作初等行变换,得
5
 4 
2 − −1  1
 
5
 [1]×5 10 −4 −5  5  10 −4 −5  5
[ Ab ]=  − 4 −1 1  2 
[
→
2]×5
−4 −5 5  10 
[3
→
]+[2]
 −4 −5 5  10 
     
5
    4 5 −5  −1    0 0 0  9 
4 5 −5  −1
 
 
r ( A )≠r [ Ab ] ,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩不相等,故原方程组无解.
当λ=1时,对原方程组的增广矩阵作初等行变换,得
[1]↔[2] [3]+[2]×3


2 1 −1 1 

[
[3
2
]
]
+
+
[
[
1
1
]
]
×
×
(
(
−
−
4
2
)
)

1 −1 1  2 

[2]× 1
3


1 −1 1  2 

1 −1 1  2 → 0 3 −3−3 → 0 1 −1−1
     
 4 5 −5−1   0 9 −9−9   0 0 0  0  
r ( A )=r [ Ab ]=2<3,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且小于未知量的个数,故
x =1,
1

原方程组有无穷多解,其通解为x =−1+k,(k为任意常数).
2

x ==k.
3
(或[ x ,x ,x ]T =[ 1,−1,0 ]T +k [ 0,1,1 ]T(k为任意常数))
1 2 3
五、(本题满分8分)
1 θ 1 θ
【解析】由已知条件得 ∫ r2dθ= ⋅∫ r2 +r′2dθ.
2 0 2 0
两边对θ求导,得 r2 = r2 +r′2 (隐式微分方程),
解出r′,得 r′=±r r2 −1.
dr
分离变量,得 =±dθ.
r r2 −1
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1
d( )
dr 1
r
由于 ∫ =−∫ =arccos ,
r r2 −1 1 r
1−( )2
r
dr r=sect 1
或 ∫ = ∫dt =t =arccos ,
r r2 −1 r
1
两边积分,得 arccos =±θ+c.
r
1 π 1 π
代入初始条件r(0)=2,得c=arccos = ,⇒arccos = ±θ.
2 3 r 3
1 π 1 3
即L的极坐标方程为 =cos( ±θ)≡ cosθ sinθ,
r 3 2 2
从而,L的直角坐标方程为x 3y =2.
六、(本题满分8分)
3a
【解析】由xf′(x)= f(x)+ x2,有
2
xf′(x)− f(x) 3a f(x) 3a
= ,即( )′= ,
x2 2 x 2
f(x) 3a 3a
从而得 = x+C,即 f(x)= x2 +Cx.
x 2 2
又由题设知,面积
1 1 3a a C
S =∫ f(x)dx=∫ ( +Cx)dx= + =2,
0 0 2 2 2
3a
得C =4−a,从而 f(x)= x2 +(4−a)x.
2
1 1 3a a2 a 16
旋转体体积 V(a)=π∫ y2dx=π∫ [ x2 +(4−a)x]2dx=π( + + ).
0 0 2 30 3 3
a 1 π
由V′(a)=π( + )=0,解得惟一驻点a=−5；又由V′′(a)= >0,a=−5是极小值点
15 3 15
15
也是最小值点.(易验证,此时 f(x)=− x2 +9x在(0,1]恒正.)
2
七、(本题满分8分.)
f(x)
【分析】通过变换将ϕ(x)化为积分上限函数的形式,此时x≠0,但根据lim = A,知
x→0 x
1
f(0)=0,从而ϕ（0）=∫ f(0)dt =0,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的
0
定义以及函数连续性的定义来判定ϕ′(x)在x=0处的连续性.
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f(x)
【解析】由题设lim = A知, f(0)=0, f′(0)= A,且有ϕ(0)=0.又
x→0 x
x
∫ f(u)du
1
ϕ(x)=∫ f(xt)dt u = xt 0 (x≠0),
0 x
x
xf(x)−∫ f(u)du
从而 ϕ′(x)= 0 (x≠0).
x2
由导数定义,有
x
∫ f(u)du
f(x) A
ϕ′(0)=lim 0 =lim = .
x→0 x2 x→0 2x 2
x x
xf(x)−∫ f(u)du ∫ f(u)du
f(x)
由于 limϕ′(x)=lim 0 =lim −lim 0
x→0 x→0 x2 x→0 x x→0 x2
A A
= A− = =ϕ′(0),
2 2
从而知ϕ′(x)在x=0处连续.
八、(本题满分8分)
π π
【解析】设 f(x)= x− sinx,研究 f(x)在(0, )内的极值情况,从而判定它与水平线
2 2
π π
y =k 的 交点个 数. 由 f′(x)=1− cosx=0 解得 f(x) 在 (0, ) 内的唯一驻点
2 2
2 π
x =arccos ；由cosx在(0, )单调减, f′(x)在点x 由负变正,x 是 f(x)的极小点也是
0 π 2 0 0
π π
最小点.最小值 f(x )= x − sinx  y ；由此,最大值 f(0)= f( )=0(显然y <0).
0 0 2 0 0 2 0
当k ≥0或k < y 时, y = f(x)与 y =k 没有交点；当k = y 时,两者有唯一交点；当
0 0
y <k <0时,两者有两个交点.
0
π
评注：也可以设g(x)= x− sinx−k,研究它的零点个数.
2
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