1999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 1999 年全国硕士研究生入学统一考试数二试题解析 一、填空题 (1)【答案】y+2x−1=0 【详解】点( 0, 1 )对应t =0，则曲线在点( 0, 1 )的切线斜率为 dy dy dt et cost−etsint cost−sint = = = ， dx dx etsin2t+2et cos2t sin2t+2cos2t dt dy 1 把t =0代入得 = ，所以改点处法线斜率为−2，故所求法线方程为y+2x−1=0. dx 2 (2)【答案】1 ( ) 【详解】y(x)是有方程ln x2 + y = x3y+sinx所确定，所以当x=0时，y =1. ( ) 对方程ln x2 + y = x3y+sinx两边非别对x求导，得 2x+ y′ =3x2y+x3y′+cosx， x2 + y dy 把x=0和y =1代入得y′(0)= =1 dx x=0 1 x−3 (3)【答案】 ln(x2 −6x+13)+4arctan +C 2 2 【详解】通过变换，将积分转化为常见积分，即 x+5 x−3 8 ∫ dx=∫ dx+∫ dx x2 −6x+13 x2 −6x+13 x2 −6x+13 1 d(x2 −6x+13) 8 = ∫ +∫ dx 2 x2 −6x+13 (x−3）2 +4 x−3 d( ） 1 2 = ln(x2 −6x+13)+4∫ 2 x−3 ( ）2 +1 2 1 x−3 = ln(x2 −6x+13)+4arctan +C 2 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 3+1 (4)【答案】 π 12 【详解】按照平均值的定义有 1 3 x2 y = ∫ 2 dx， 1 3 1 1−x2 − 2 2 2 作变换令x=sint，则dx=costdt，所以 1 πsin2tcost 2 π y = ∫3 dt = ∫3sin2tdt π π 3 1 1−sin2t 3−1 − 6 6 2 2 π π 1 1 1 1 3 3+1 =( 3+1)∫ π 3( − cos2t)dt =( 3+1)  t− sin2t  = π 2 2 2 2 π 12 6 6  1  (5)【答案】y =Ce−2x + C + xe2x,其中C ,C 为任意常数. 1  2 4  1 2 【分析】先求出对应齐次方程的通解，再求出原方程的一个特解. 【详解】原方程对应齐次方程y"−4y =0的特征方程为：λ2 −4=0,解得λ=2,λ =−2， 1 2 故y"−4y =0的通解为y =Ce−2x +C e2x, 1 1 2 由于非齐次项为 f(x)=e2x,因此原方程的特解可设为y* = Axe2x,代入原方程可求得 1  1  A= ，故所求通解为y = y + y* =Ce−2x + C + xe2x 4 1 1  2 4  二、选择题 (1)【答案】( D ) 【详解】由于可导必连续，连续则极限必存在，可以从函数可导性入手. 1 x2 f(x)− f(0) 1−cosx 因为 f′(0)= lim = lim = lim 2 =0, + x→0+ x−0 x→0+ x x x→0+ x x f(x)− f(0) x2g(x) f′(0)= lim = lim = lim xg(x)=0, − x→0− x−0 x→0− x x→0− 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 从而， f′(0)存在，且 f′(0)=0，故正确选项为(D). (2)【答案】( C ) 【详解】当x→0有， 5xsint sin5x ∫ dt ⋅5 lim α(x) =lim 0 t =lim 5x x→0β(x) x→0 sinx 1 x→0 1 ∫ (1+t)tdt (1+sinx)sinx ⋅cosx 0 sin5x 1 1 5 =5lim ⋅ =5×1× = x→0 5x 1 e×1 e lim (1+sinx)sinx ⋅limcosx sinx→0 x→0 所以当x→0时α( x )是β( x )同阶但不等价的无穷小. (3)【答案】( A ) 【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性. x f(x)的原函数F(x)可以表示为F(x)=∫ f(t)dt+C,于是 0 F(−x)=∫ −x f(t)dt+C u= = −t ∫ x f(−u)d (−u )+C. 0 0 当 f(x)为奇函数时， f(−u)=−f(u)，从而有 x x F(−x)=∫ f(u)du+C =∫ f(t)dt+C = F(x) 0 0 即 F(x)为偶函数. 故(A)为正确选项. (B)、(C)、(D)可分别举反例如下： 1 f(x)= x2是偶函数，但其原函数F(x)= x3 +1不是奇函数，可排除(B)； 3 1 1 f(x)=cos2 x是周期函数，但其原函数F(x)= x+ sin2x不是周期函数，可排除 2 4 (C)； 1 f(x)= x在区间(−∞,+∞)内是单调增函数，但其原函数F(x)= x2在区间(−∞,+∞) 2 内非单调增函数，可排除(D). (4)【答案】( C ) 【详解】 【方法1】“必要性”：数列极限的定义 “对于任意给定的ε >0，存在N >0，使得当n> N 1 1 1 时恒有|x −a|<ε”. 由该定义可以直接推出题中所述，即必要性；“充分性”：对于任 n 1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ε 1 意给定的ε >0，取ε=min 1, ，这时ε∈(0,1)，由已知，对于此ε存在N >0， 1 3 3 使得当n≥ N 时，恒有|x −a|<2ε，现取N = N −1，于是有当n≥ N > N 时，恒 n 1 1 2 有|x −a|≤ ε <ε. 这证明了数列{ x }收敛于a. 故(C)是正确的. n 3 1 1 n 【方法2】数列极限的精确定义是：对于任意给定的ε>0，总存在N >0，使得当n> N 时 |x −a|<ε，则称数列{ x }收敛于a. 这里要抓住的关键是ε要能够任意小，才能使 n n |x −a|任意小. n 将本题的说法改成：对任意ε =2ε∈(0,2)>0 ，总存在 N >0 ，使得当 1 1 n≥ N > N 时，有|x −a|<2ε=ε，则称数列{ x }收敛于a. 1 n 1 n 由于ε∈(0,2)可以任意小，所以|x −a|能够任意小. 故两个说法是等价的. 1 n (5)【答案】(B) 【详解】利用行列式性质，计算出行列式是几次多项式，即可作出判别. x−2 x−1 x−2 x−3 2x−2 2x−1 2x−2 2x−3 f(x)= 3x−3 3x−2 4x−5 3x−5 4x 4x−3 5x−7 4x−3 x−2 1 0 −1 x−2 1 0 0 2列−1列 2x−2 1 0 −1 2x−2 1 0 0 3列−1列 4列+2列 3x−3 1 x−2 −2 3x−3 1 x−2 −1 4列−1列 4x −3 x−7 −3 4x −3 x−7 −6 x−2 1 x−2 −1 A B = ⋅ (若A,B,C均为n阶方阵，则 = A ⋅ C ) 2x−2 1 x−7 −6 O C =[(x−2)⋅1−(2x−2)⋅1]×[−6(x−2)−(−1)(x−7)] =(−x)×(−5x+5) =5x⋅(x−1) 故 f(x)= x⋅(5x−5)=0有两个根x =0,x =1，故应选(B). 1 2 三【详解】进行等价变化，然后应用洛必达法则， 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1+tanx − 1+sinx ( 1+tanx− 1+sinx)( 1+tanx+ 1+sinx) 【方法1】lim =lim x→0 xln ( 1+x )−x2 x→0 (xln ( 1+x )−x2)( 1+tanx+ 1+sinx) 1−cosx tanx−sinx 1 sinx cosx =lim =lim   x→0 x(ln ( 1+x )−x)2 x→0 2 x ln ( 1+x )−x 1 1−cosx 1 (1+x)sinx 1 = lim 洛 lim =− 2 x→0 ln ( 1+x )−x 2 x→0 −x 2 1+tanx − 1+sinx tanx−sinx 【方法2】lim =lim x→0 xln ( 1+x )−x2 x→0 x(ln ( 1+x )−x)2 tanx(1−cosx) x(1−cosx) 1 1−cosx =lim =lim = lim x→0 2x(ln ( 1+x )−x) x→0 2x(ln ( 1+x )−x) 2 x→0 ln ( 1+x )−x 1 x2 2 1 x 1 −1 1 = lim 洛 lim = lim =− 2 x→0 ln ( 1+x )−x 2 x→0 −x (1+x) 2 x→01+x 2 四【详解】采用分部积分法 +∞ +∞arctanx +∞ 1 1 +∞1 1 ∫ dx =−∫ arctanxd( ) =− arctanx +∫  dx 1 x2 1 x x 1 x 1+x2 1 +∞ π +∞ 1 x π  1  = +∫ ( − )dx= +  lnx− ln(1+x2)  4 1 x 1+x2 4  2  1 π x π 1 = +ln |+∞ = + ln2 4 1+x2 1 4 2 dy y+ x2 + y2 y y 五【详解】将原方程化简 = = + 1+( )2 dx x x x y dy du du 令 =u，则 =u+x ，代入上式，得 u+x =u+ 1+u2 ， x dx dx dx du dx 化简并移项，得 = ， 1+u2 x 由积分公式得 ln(u+ 1+u2)=ln(Cx)，其中C是常数， y y 因为x>0,所以C >0，去掉根号，得 u+ 1+u2 =Cx，即 + 1+( )2 =Cx， x x 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 把y =0代入并化简，得 y = x2 − ,x>0 x=1 2 2 六【详解】建立坐标轴如图所示， 解法1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功W =W +W +W ，其中W 是克服抓斗自重所 1 2 3 1 作的功；W 是克服缆绳重力作的功；W 为提出污泥所作的功. 由题意知 2 3 W =400N×30m=12000J. 1 将抓斗由x处提升到x+dx处，克服缆绳重力所作的功为 dW = 缆绳每米重×缆绳长×提升高度 2 =50(30−x)dx, 30 从而 W =∫ 50(30−x)dx=22500J. 2 0 在时间间隔[t,t+dt]内提升污泥需做功为 dW =(原始污泥重−漏掉污泥重）×提升高度(3dt) 3 =(2000−20t)3dt 30m 将污泥从井底提升至井口共需时间 =10s, 3m/s 10 所以 W =∫ 3(2000−20t)dt =57000J. 3 0 因此，共需做功 W =W +W +W =（12000+22500+57000)J =91500J 1 2 3 解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为W ，当抓斗运动到x处时，作用力 f(x)包 x 括抓斗的自重400N , 缆绳的重力50(30−x)N， 污泥的重力(2000− ⋅20)N, 3 20 170 即 f(x)=400+50(30−x)+2000− x=3900− x, 3 3 于是 30 170  85 W =∫ 3900− xdx=3900x− x2 30 =117000−24500=91500J 0  3  3 0 七【详解】函数的定义域为(−∞,1)(1,+∞)，对函数求导，得 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 x2(x−3) 6x y′= ，y′′= (x−1)3 (x−1)4 令y′=0得驻点x=0,x=3；令 y′′=0得x=0. 因此，需以0,1,3为分界点来讨论，列表 讨论如下： x (−∞,0) 0 (0,1) (1,3) 3 (3,+∞) y′′ − 0 + + + + y′ + 0 + − 0 + y 凸，增 拐点 凹，增 凹，减 极小值 凹，增 由此可知， 27 (1)函数的单调增区间为(−∞,1)(3,+∞)，单调减区间为(1,3)，极小值为y = . x=3 4 (2)函数图形在区间(−∞,0)内是向上凸的，在区间(0,1),(1,+∞)内是向上凹的，拐点为 (0,0)点. x3 (3)由lim =+∞，可知x=1是函数图形的铅直渐近线. x→1 (x−1)2 y x3 又因为 lim =lim =1 x→∞ x x→∞ x(x−1)2 x3 x3−x(x−1)2 2x2 −x lim(y−x)=lim( −x)=lim  =lim  =2 x→∞ x→∞ (x−1)2 x→∞ (x−1)2  x→∞(x−1)2  故y = x+2是函数的斜渐近线. 八、(本题满分8分) 设函数 f ( x )在闭区间[−1,1 ]上具有三阶连续导数，且 f (−1 )=0， f ( 1 )=1， f′( 0 )=0， 证明：在开区间(−1,1 )内至少存在一点ξ，使 f′′′(ξ)=3. 【详解】解法1：由麦克劳林公式得 1 1 f(x)= f(0)+ f′(0)x+ f′′(0)x2+ f′′′(η)x3，其中η介于0与x之间，x∈[−1,1] 2! 3! 分别令x=−1,x=1并结合已知条件得 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 f(−1)= f(0)+ f′′(0)− f′′′(η)=0,−1<η <0 2 6 1 1 1 1 f(1)= f(0)+ f′′(0)+ f′′′(η)=1,0<η <1 2 6 2 2 两式相减，得 f′′′(η)+ f′′′(η)=6 2 1 由 f′′′(x)的连续性，知 f′′′(x)在区间[η,η]上有最大值和最小值，设它们分别为M 和m， 1 2 则有 1 m≤ [ f′′′(η)+ f′′′(η) ]≤M 2 2 1 再由连续函数的介值定理知，至少存在一点ξ∈[η,η]⊂(−1,1)，使 1 2 1 f′′′(ξ)= [ f′′′(η)+ f′′′(η) ]=3 2 2 1 解法 2：构造函数ϕ(x)，使得x∈[−1,1]时ϕ′(x)有三个0点，ϕ′′(x)有两个0点，从而使 用罗尔定理证明ξ必然存在. 设具有三阶连续导数ϕ(x)= f(x)+ax3+bx2 +cx+d  1 a=− ϕ(−1)= f(−1)−a+b−c+d =0  2  f (−1 )=0  ϕ(0)= f(0)+d =0   1 令  ，将f ( 1 )=1 代入得b= f(0)− ϕ(1)= f(1)+a+b+c+d =0 2   f′( 0 )=0   ϕ′(0)= f′(0)+c=0  c=0  d =−f(0) 1 1 代入ϕ(x)得 ϕ(x)= f(x)− x3 +(f(0)− )x2 − f(0) 2 2 由罗尔定理可知，存在η∈(−1,0),η ∈(0,1)，使ϕ′(η)=0,ϕ′(η)=0 1 2 1 2 又因为ϕ′(0)=0，再由罗尔定理可知，存在ξ∈(η,0),ξ ∈(0,η)，使得ϕ′′(ξ)=0,ϕ′′(ξ)=0 1 1 2 2 1 2 再由罗尔定理知，存在ξ∈(ξ,ξ)⊂(η,η)⊂(−1,1)，使 ϕ′′′(ξ)= f′′′(ξ)−3=0 1 2 1 2 即 f′′′(ξ)=3. 九【详解】如图，曲线y = y(x)上点P(x,y)处的切线方程为Y − y(x)= y′(x)(X −x) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634  y  所以切线与x轴的交点为x− ,0  y'  由于y'(x)>0,y(0)=1, 因此y(x)>1>0 (x>0) 1  y  y2 于是 S = y x− x−  = . 1 2  y' 2y' x 又 S =∫ y(t)dt 2 0 y2 x 根据题设2S −S =1, 得2⋅ −∫ y(t)dt =1, 1 2 2y' 0 两边对x求导并化简得yy"=( y' )2 dp dp dy dp 这是可降阶的二阶常微分方程，令 p= y′, 则y′′= = ⋅ = p ， dx dy dx dy dp dp dy dy 上述方程化为yp = p2,分离变量得 = ，解得 p =C y， 即 =C y, dy p y 1 dx 1 从而有 y =Cex +C ，根据y(0)=1,y'(0)=1,可得C =1,C =0, 1 2 1 2 故所求曲线得方程为 y =ex. 十【详解】利用单调有界必有极限的准则来证明.先将a 形式化简， n 因为 ∫ n f(x)dx=∫ 2 f(x)dx+∫ 3 f(x)dx++∫ n f(x)dx=∑ n−1 ∫ k+1 f(x)dx 1 1 2 n−1 k k=1 所以 a =∑ n−1 f ( k )+ f(n)−∑ n−1 ∫ k+1 f(x)dx =∑ n−1 ∫ k+1 [f ( k )− f(x)]dx+ f(n) n k k i=1 k=1 k=1 又因为 f(x)单调减少且非负，k ≤ x≤k+1，所以有   ∑ n−1 ∫ k+1 [f ( k )− f(x)]dx≥0  k ，故a ≥0； k=1 n   f(n)≥0 又因为 a −a =[∑ n+1 f ( k )−∫ n+1 f ( x ) dx]−[∑ n f ( k )−∫ n f ( x ) dx] n+1 n 1 1 i=1 i=1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 =[∑ n+1 f ( k )−∑ n f ( k ) ]−[∫ n+1 f ( x ) dx−∫ n f ( x ) dx] 1 1 i=1 i=1 n+1 n+1 = f(n+1)−∫ f(x)dx =∫ [f(n+1)− f(x)]dx≤0 n n 所以{ a }单调减少，因为单调有界必有极限，所以lima 存在. n n n→∞ 十一【详解】题设条件 A*X = A−1+2X 上式两端左乘A，得 AA*X = AA−1+2AX 因为AA* = A E,AA−1 = E，所以 A X = E+2AX ⇒( A E−2A)X = E 根据可逆矩阵的定义：对于矩阵A ，如果存在矩阵B ，使得AB= BA= E，则称A为 n n 可逆矩阵，并称B是A的逆矩阵，故( A E−2A),X 均是可逆矩阵，且 X =( A E−2A)−1 1 1 −1 1 1 −1 0 1 −1 2行+1行 1 又 A = −1 1 1 0 2 0 1行−3行× 0 2 0 3行+1行 2 1 −1 1 2 0 0 2 0 0 0 0 −1 1 1行−2行× 0 2 0 =4 2 2 0 0 因为常数k与矩阵A相乘，A的每个元素都要乘以k，故 4 0 0  2 2 −2     A E =4E = 0 4 0 ，2A= −2 2 2      0 0 4    2 −2 2   所以  2 −2 2   1 −1 1      A E−2A =2(2E−A) = 2 2 −2 =2 1 1 −1 (对应元素相减)       −2 2 2     −1 1 1     1 −1 1  −1  1 −1 1  −1    1  X =( A E−2A)−1 =  2  1 1 −1  =  1 1 −1  ((kA)−1 =k−1A−1) 2     −1 1 1       −1 1 1   用初等行变换求逆，当用初等行变换将矩阵A化为单位矩阵时，经过相同的初等行变 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 初等行变换 换，单位矩阵E化成了A−1，即( A E ) → ( E A−1 )  1 −1 1 1 0 0 1 −1 1  1 0 0   2行−1行   1 1 −10 1 0 0 2 −2−1 1 0   3行+1行     −1 1 1 0 0 1   0 0 2  1 0 1  1 1 −1 11 0 0 2行× 1 −1 1 1 0 0    2  2 行  + 3 行  0 2 00 1 1   0 1 0 0 1/2 1/2  1  0 0 21 0 1  3行×  0 0 11/2 0 1/2  2 1 −1 01/2 0 −1/2 1 0 01/2 1/2 0      1 行  − 3 行  0 1 0 0 1/2 1/2  1 行  + 2 行  0 1 0 0 1/2 1/2   0 0 11/2 0 1/2    0 0 11/2 0 1/2  1/2 1/2 0  1 1 0 1  1  故 X = 0 1/2 1/2 = 0 1 1     2 4  1/2 0 1/2   1 0 1  十二【概念】向量组α,α,α,α 线性无关⇔以α,i =1,2,3,4为列向量组成的线性齐次 1 2 3 4 i 方程组αx +αx +αx +αx =[α,α,α,α] X =0只有零解 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 向量α能否由向量组α,α,α,α 线性表出⇔以α,i =1,2,3,4为列向量组成的线性 1 2 3 4 i 非齐次方程组αx +αx +αx +αx =α是否有解 1 1 2 2 3 3 4 4 【详解】作方程组αx +αx +αx +αx =α，并对增广矩阵作初等行变换， 1 1 2 2 3 3 4 4 1 −1 3 −2 4   1 −3 2 −6 1 [α,α,α,α,α]→  1 2 3 4 1 5 −1 10 6   3 1 p+2 p10 1 −1 3 −2  4  1 −1 3 −2  4  2行−1行     0 −2 −1 −4 −3 3行+2行×3 0 −2 −1 −4 −3 3行−1行     0 6 −4 12  2  4行+2行×20 0 −7 0 −7  4行−1行×3     0 4 p−7 p+6−2 0 0 p−9 p−2−8 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 −1 3 −2  4  1 −1 3 −2  4      1 0 −2 −1 −4 −3 0 −2 −1 −4  −3 3行×(− )   4  行  −  3  行  ×  (  p  −  9  )   70 0 1 0  1  0 0 1 0  1      0 0 p−9 p−2−8 0 0 0 p−21− p (1) 当 p≠2时，r(α,α,α,α)=r(α,α,α,α,α)=4，方程组有唯一解的充要条 1 2 3 4 1 2 3 4 件是系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，且等于未知量的个数，故α,α,α,α 线性无关，且 1 2 3 4 方程组(α,α,α,α)X =α有唯一解，其同解方程组为 1 2 3 4 x −x +3x −2x =4 1 2 3 4   2x +x +4x =3 3p−4 1− p  2 3 4 ，解得x =2,x = ,x =1,x =  x =1 1 2 p−2 3 4 p−2 3   (p−2)x =1− p 4 代入αx +αx +αx +αx =α中，即α可由α,α,α,α 线性表出，且表出式为 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 3p−4 1− p α=2α + α +α + α 1 p−2 2 3 p−2 4 (2) 向量组α,α,α,α 线性相关⇔以α,i =1,2,3,4为列向量组成的线性齐次方程 1 2 3 4 i 组αx +αx +αx +αx =[α,α,α,α] X =0有非零解 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 当 p =2时， 1 −1 3 −2 4 1 −1 3 −2 4      1 −3 2 −6 1 0 −2 −1 −4−3 [α,α,α,α,α]→  →  1 2 3 4 1 5 −1 10 6 0 0 1 0  1      3 1 4 2 10 0 0 0 0 −1 初等变换不改变向量组的秩，r(α,α,α,α)=3，系数矩阵的秩小于未知量的个数， 1 2 3 4 αx +αx +αx +αx =[α,α,α,α] X =0 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 有非零解，故向量组α,α,α,α 线性相关，列向量组经过初等行变换，其对应的部分列向 1 2 3 4 1 −1 3 −2 4    1 −1 3 0 −2 −1 −4−3 量组具有相同的线性相关性. 在   中，由 0 −2 −1 =−2≠0 或 0 0 1 0  1    0 0 1 0 0 0 0 −1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 3 −2 0 −1 −4 =4≠0知，α,α,α(或α,α,α )线性无关，是其极大线性无关组. 1 2 3 1 3 4 0 1 0 更多考研资料分享+qq810958634