2000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 2000 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 (1)【答案】−1 6 1 arctanx−xln ( 1+2x3) 2x3 arctanx−x洛 1+x2 −1 −x2 1 【详解】lim = lim =lim =lim =− x→0 ln ( 1+2x3 ) x→0 2x3 x→0 6x2 x→0 6x2 ( 1+x2 ) 6 (2)设函数y = y(x)由方程2xy = x+ y所确定，则dy = . x=0 【答案】(ln2−1)dx 【详解】 方法1：对方程2xy = x+ y两边求微分，有 2xyln2⋅(xdy+ ydx)=dx+dy. 由所给方程知，当x=0时y =1. 将x=0， y =1代入上式，有ln2⋅dx=dx+dy. 所以，dy =(ln2−1)dx. x=0 方法2：两边对x求导数，视y为该方程确定的函数，有 2xyln2⋅(xy′+ y)=1+ y′. 当x=0时y =1，以此代入，得y′=ln2−1，所以dy =(ln2−1)dx. x=0 π (3)【答案】 3 【详解】由于被积函数在x=2处没有定义，则该积分为广义积分.对于广义积分，可以先按 照不定积分计算，再对其求极限即可. 作积分变量替换，令 x−2 =t,x−2=t2dx=2tdt, +∞ +∞ dx +∞ 2t 1 t 2 π π ∫ =∫ dt =2⋅ arctan = ⋅ = . 2 (x+7) x−2 0 (t2 +9)t 3 3 3 2 3 0 (4)【答案】y =2x+1 y 【公式】y=kx+b为y= f(x)的斜渐近线的计算公式：k = lim ,b= lim [f(x)−kx] x→∞ x x→∞ (x→+∞) (x→+∞) x→−∞ x→−∞ 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 y 1 1 【详解】k = lim = lim(2− )ex =2, x→+∞ x x→+∞ x 1 1 2eu −2 b= lim(y−2x)=lim[(2x−1)ex −2x] 令 =u lim( −eu) x→+∞ x→+∞ x u→0+ u 2(eu −1) 2u = lim( −eu) eu −1u lim( −eu)=2−1=1 u→0+ u u→0+ u 所以，x→+∞方向有斜渐近线y =2x+1. 当x→−∞时，类似地有斜渐近线y =2x+1. 1 总之，曲线y =(2x−1)ex的斜渐近线方程为y =2x+1.  1 0 0 0   −1 2 0 0   (5)【答案】  0 −2 3 0    0 0 −3 4 【详解】先求出(E+B)−1然后带入数值，由于B=(E+ A)−1(E−A)，所以 －１ (E+B)−1 =E+(E+ A)−1(E−A)   －１ =(E+ A)−1(E+ A)+(E+ A)−1(E−A)   －１ 1 =2(E+ A)−1 = (E+ A)   2  2 0 0 0  1 0 0 0     1 −2 4 0 0 −1 2 0 0 =   =  2 0 −4 6 0  0 −2 3 0      0 0 −6 8  0 0 −3 4 二、选择题 (1)【答案】D 【详解】排除法： 如果a<0，则在(−∞,+∞)内 f(x)的分母a+ebx必有零点x ，从而 f(x)在x= x 处 0 0 不连续，与题设不符.不选(A)，若b>0，则无论a=0还是a≠0均有 lim f(x)=∞,与题 x→−∞ 设 lim f(x)=0矛盾，不选(B)和(C).故选(D). x→−∞ (2)【答案】C 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 【定理应用】判断极值的第二充分条件：设函数 f(x)在x 出具有二阶导数且 f′(x )=0， 0 0 f′′(x )≠0，那么：(1) 当 f′′(x )>0时，函数 f(x)在x 处取得极大值； 0 0 0 (2)当 f′′(x )<0时，函数 f(x)在x 处取得极小值； 0 0 【详解】令等式 f′′(x)+[f′(x)]2 = x中x=0，得 f′′(0)=0−[ f′(0) ]2 =0，无法利用判断极 值的第二充分条件，故无法判断是否为极值或拐点. 再求导数(因为下式右边存在，所以左边也存在)： f′′′(x)=(x−[ f′(x) ]2 )′=1−2f′(x)f′′(x) 以x=0代入，有 f′′′(0)=1，所以 f′′(x)− f′′(0) f′′(x) f′′′(0)=lim =lim =1. x→0 x−0 x→0 x 从而知，存在x=0去心邻域，在此去心邻域内， f′′(x)与x同号，于是推知在此去心 邻域内当x<0时曲线 y = f(x)是凸的，在此去心临域内x>0时曲线y = f(x)是凹的， 点(0, f(0))是曲线y = f(x)的拐点，选(C). (3)【答案】A 【分析】由选项答案可知需要利用单调性证明，关键在于寻找待证的函数. 题设中已知 f(x) f '(x)g(x)− f(x)g'(x)<0, 想到设函数为相除的形式 . g(x) 【详解】 设F(x)= f(x) ，则( F(x) )′ = f '(x)g(x)− f(x)g'(x) <0, g(x) g2(x) 则F(x)在a< x F(x)> F(b)，即 f(a) f(x) f(b) > > g(a) g(x) g(b) 得 f(x)g(b)> f(b)g(x), a< x2时，图形面积就是正方形的面积：S(t)=1， 则 1 t2, 0≤t ≤1,  2   1 S(t)=1− (2−t)2, 12时，∫ S(t)dt =∫ S(t)dt+∫ S(t)dt =1+∫ 1dt = x−1. 0 0 2 2 1 x3 0≤ x≤1  6  x  1 1 因此 ∫ S(t)dt =− x3+x2 −x+ 1< x≤2 0  6 3 x−1 x>2   五【详解】 方法1：按莱布尼茨高阶导数公式： 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (uv)(n) =u(n)v+C1u(n−1)v′++Cku(n−k)v(k) ++uv(n). n n 为了求ln(1+x)的n阶导数，设y =ln(1+x)， 1 y′= ； 1+x 1 1 y′′=− =− ； ( 1+x )2 ( 1+x )2 1 1⋅2 y′′′=−(−2 )⋅ = ； ( 1+x )3 ( 1+x )3 1⋅2 1⋅2⋅3 y(4) =−3 =− ( 1+x )4 ( 1+x )4 一般地，可得 (−1)n−1(n−1)! y(n) = (1+x)n (−1)n−1(n−1)! 即 [ ln(1+x) ](n) = (1+x)n 设u=ln(1+x)，v=x2，利用上述公式对函数展开，由于对x2求导，从三阶导数 开始就为零，故展开式中只含有前三项. (−1)n−1(n−1)! (−1)n−2(n−2)! (−1)n−3(n−1)! f (n)(x)= x2 +2nx +n(n−1) . (1+x)n (1+x)n−1 (1+x)n−2 代入x=0，得： (−1)n−1n! f (n)(0)=n(n−1)(−1)n−3(n−3)!= ,n=3,4. n−2 方法2： y = f(x)带佩亚诺余项的麦克劳林公式： f′′(0) f(n)(0) f(x)= f(0)+ f′(0)x+ x2 ++ xn +ο(xn) 2! n! 求 f n(0)(n≥3)可以通过先求y = f(x)的的麦克劳林展开式，则展开式中xn项的 系数与n!的乘积就是y = f(x)在点x=0处的n阶导数值 f (n)(0). 由麦克劳林公式， x2 x3 xn−2 ln(1+x)= x− + ++(−1)n−1 +ο(xn−2), 2 3 n−2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 x4 x5 xn−2 所以 x2ln(1+x)= x3− + ++(−1)n−1 +ο(xn). 2 3 n−2 对照麦克劳林公式 f′(0) f′′(0) f (n)(0) f(x)= f(0)+ x+ x2 ++ xn +ο(xn), 1! 2! n! 从而推知 f (n)(0) (−1)n−1 = n! n−2 (−1)n−1n! 得 f (n)(0)= ,n=3,4. n−2 六【详解】因为 cosx ≥0，且nπ≤ x<(n+1)π， nπ x (n+1)π 所以 ∫ cosx dx≤∫ cosx dx<∫ cosx dx. 定积分的性质 0 0 0 又因为 cosx 具有周期π，所以在长度为π的积分区间上的积分值均相等： a+π π ∫ cosx dx=∫ cosx dx， a 0 从而 nπ π 2π nπ ∫ cosx dx=∫ cosx dx+∫ cosx dx++∫ cosx dx 0 0 π (n−1)π π π π =n∫ cosx dx=n(∫2cosxdx−∫ cosxdx) π 0 0 2 π π =n(sinx 2 −sinx π )=n(1−(0−1))=2n 0 2 (n+1)π 所以 ∫ cosxdx=2(n+1). 0 x 所以 2n≤∫ cosxdx<2(n+1), 即 2n≤S(x)<2(n+1). 0 2n S(x) 2(n+1) (2) 由(1)有，当nπ≤ x≤(n+1)π时， < < (n+1)π x nπ 命n→∞取极限， 1 2(1+ ) 2n 2 2 2(n+1) n 2 lim =lim = ，lim =lim = n→∞(n+1)π n→∞ 1 π n→∞ nπ n→∞ π π (1+ )π n 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 由夹逼定理，得 S(x) 2 lim = . x→∞ x π m 七【详解】设从2000年初(相应t =0)开始，第t年湖泊中污染物A的总量为m，浓度为 ， V m V m 则在时间间隔[t,t+dt]内，排入湖泊中A的量为： 0 ⋅ (t+dt−dt)= 0 dt，流出湖泊 V 6 6 m V m 的水中A的量为 ⋅ dt = dt. V 3 3 m m 因而时间从t到t+dt相应地湖泊中污染物A的改变量为：dm=( 0 − )dt. 6 3 由分离变量法求解： dm =dt m m ( 0 − ) 6 3 两边求积分： m m d( 0 − ) dm 6 3 m m ∫ =∫dt ⇔ −3∫ =t+C ⇔ −3ln( 0 − )=t+C m m m m 1 6 3 1 ( 0 − ) ( 0 − ) 6 3 6 3 m m t+C m m t+C 1 m m − t − C 1 ⇔ln( 0 − )= 1 ⇔ 0 − =e −3 ⇔ − =− 0 +e 3⋅e 3 6 3 −3 6 3 3 6 m − C 1 − t m − t − C 1 ⇔ m= 0 −3e 3 ⋅e 3 ⇔ m= 0 −C⋅e 3, (C =3e 3 ) 2 2 9 m − t 初始条件为m(0)=5m ，代入初始条件得C =− m . 于是m= 0 (1+9e 3)，要满 0 2 0 2 足污染物A的含量可降至m 内，命m=m ，得t =6ln3. 即至多需经过6ln3年，湖泊中 0 0 A的含量降至m 以内. 0 八【证明】 x 方法1：令F(x)=∫ f(t)dt,0≤ x≤π，有F(0)=0,由题设有F(π)=0. 0 π 又由题设∫ f(x)cosxdx=0，用分部积分，有 0 π π 0=∫ f(x)cosxdx=∫ cosxdF(x) 0 0 π π = F(x)cosx π+∫ F(x)sinxdx =∫ F(x)sinxdx 0 0 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 由积分中值定理知，存在ξ∈(0,π)使 π 0=∫ F(x)sinxdx= F(ξ)sinξ⋅(π−0) 0 因为ξ∈(0,π)，sinξ≠0，所以推知存在ξ∈(0,π),使得F(ξ)=0. 再在区间 [0,ξ] 与 [ξ,π] 上 对 F(x) 用 罗 尔 定 理 ， 推 知 存 在 ξ∈(0,ξ) ， ξ ∈(ξ,π) 使 1 2 F′(ξ)=0,F′(ξ)=0，即 f(ξ)=0, f(ξ)=0 1 2 1 2 π 方法2：由∫ f(x)dx=0及积分中值定理知，存在ξ∈(0,π)，使 f(ξ)=0. 若在区间(0,π) 1 1 0 内 f(x)仅有一个零点ξ，则在区间(0,ξ)与(ξ,π)内 f(x)异号. 不妨设在(0,ξ)内 1 1 1 1 π π f(x)>0，在(ξ,π)内 f(x)<0. 于是由∫ f(x)dx=0,∫ f(x)cosxdx=0，有 1 0 0 π π π 0=∫ f(x)cosxdx−∫ f(x)cosξdx=∫ f(x)(cosx−cosξ)dx 1 1 0 0 0 ξ π =∫ 1 f(x)(cosx−cosξ)dx+∫ f(x)(cosx−cosξ)dx 0 1 ξ 1 1 当 0cosξ ， f(x)(cosx−cosξ)>0 ；当ξ 0，得到：0>0. 矛盾，此矛盾证明了 f(x) 1 1 在(0,π)仅有1个零点的假设不正确，故在(0,π)内 f(x)至少有2个不同的零点. 九【详解】为了求曲线 y = f(x)在点(6, f(6))处的切线方程，首先需要求出 y = f(x)在 x=6处的导数，即切线斜率. 而函数又是以周期为5的函数，且在x=1处可导，则在x=6 处可导，且其导数值等于函数在x=1处的导数值. 将 f(1+sinx)−3f(1−sinx)=8x+α(x)两边令x→0取极限，由 f 的连续性得 f(1)−3f(1)=lim(8x+α(x))=0 ⇒ −2f(1)=0 x→0 故 f(1)=0，又由原设 f(x)在x=1处可导，两边同除sinx， f(1+sinx)− f(1) f(1−sinx)− f(1) 8x α(x) lim +3lim =lim +lim x→0 sinx x→0 −sinx x→0sinx x→0 sinx 根据导数的定义，得 8x x α(x) x f′(1)+3f′(1)=lim ⋅ +lim ⋅ =8 ⇒ 4f′(1)=8 x→0 x sinx x→0 x sinx 所以 f′(1)=2，又因 f′(6)= f′(5+1)= f′(1)，所以 f′(6)=2，由点斜式，切线方程为 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (y− f(6))= f′(6)(x−6). 以 f(6)= f(1)=0, f′(6)=2代入得y =2(x−6). 即 2x− y−12=0. 1 十【详解】首先联立两式，求直线与曲线的交点：1−x2 =ax2，得：x=± ，而x≥0， 1+a 1 a ax 则交点坐标为：(x,y)=( , ). 由点斜式，故直线OA的方程为y= . 1+a 1+a 1+a b 由旋转体体积公式V =π∫ f2(x)dx，要求的体积就是用大体积减去小体积： a 1  ax  2 1 ( )2 1 a2x2 V =∫ a+1π   dx−∫ a+1π ax2 dx=∫ a+1π( −a2x4)dx 0  1+a  0 0 1+a 1  a2x3 a2x5  a+1 2πa2 =π −  = 3(1+a) 5  5 0 15(1+a)2 为了求V 的最大值，对函数关于a求导， ′ ′ 5 5 3     2a⋅(1+a)2 −a2⋅ (1+a)2 dV  2πa2  2π a2  2π 2 = = = ⋅ da   5   15   5   15 (1+a)5 15(1+a)2  (1+a)2  3 5 5 (1+a)2[2a(1+a)− a2] [2a(1+a)− a2] 2π 2π 2 2 = ⋅ = ⋅ 15 (1+a)5 15 7 (1+a)2 5 1 [2a+2a2 − a2] [2a− a2] 2π 2π π [4a−a2] 2 2 = ⋅ = ⋅ = ⋅ a>0 15 7 15 7 15 7 (1+a)2 (1+a)2 (1+a)2 dV 32 5 命 =0,得唯一驻点a=4，所以a=4也是V的最大值点，最大体积为V = π. da a=4 1875 1 x 十一【详解】(1) 为了求 f′(x)，将 f′(x)+ f(x)− ∫ f(t)dt =0两边同乘(x+1)，得 x+1 0 x (x+1)f′(x)+(x+1)f(x)−∫ f(t)dt =0, 0 两边对x求导，得 f′(x)+(x+1)f′′(x)+ f(x)+(x+1)f′(x)− f(x)=0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 即 (x+1)f′′(x)+(x+2)f′(x)=0. 上述方程为二阶可降阶微分方程，令u = f′(x)，化为(x+1)u′+(x+2)u =0，即 du (x+2) =− dx u (x+1) 两边求积分： du (x+2) 1 ∫ =−∫ dx=−∫(1+ )dx u (x+1) x+1 即 ln u =−(x+ln(x+1))+C 1 1 所以 u =±e(−x−ln(x+1)+C 1 ) =±(e−x⋅ ⋅eC 1) x+1 Ce−x Ce−x 令C =±eC 1，则u = ，于是 f′(x)=u = . x+1 x+1 1 0 再以x=0代入原方程 f′(0)+ f(0)− ∫ f(t)dt = f′(0)+ f(0)=0，由 f(0)=1，有 1 0 e−x f′(0)=−1，于是C =−1, f′(x)=− . x+1 (2)方法1：用积分证. x x e−t f(x)= f(0)+∫ f′(t)dt =1−∫ dt. 0 0 t+1 而 0≤∫ x e−t dt t ≤ >0 ∫ x e−tdt 牛-莱 = 公式 −e−t x =1−e−x 0 t+1 0 0 两边同乘以(−1)，得： x e−t e−x −1≤−∫ dt ≤0， 0 t+1 x e−t 即 e−x ≤ f(x)=1−∫ dt ≤1 0 t+1 方法2 ：用微分学方法证. 因 f(0)=1, f′(x)<0，即 f(x)单调递减，所以当x≥0时 f(x)≤1. 要证 f(x)≥e−x ，可转化为证明 f(x)−e−x ≥0 ，令ϕ(x)= f(x)−e−x ，则 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 e−x ϕ(0)=1−1=0，且ϕ′(x)= f′(x)+e−x ≥ f′(x)+ =0 (x≥0) x+1 所以，当x≥0时ϕ(x)≥0，即 f(x)≥e−x. 结合两个不等式，推知当x≥0时，e−x ≤ f(x)≤1. 证毕. 十二【详解】由题设得  1  1 0 1  2  1   1     1   A=αβT =  2  1 0  = 2 1 0 ，B=βTα=  1 0  2  =2.   2     2   1 1 1 1 0  2  ( ) 所以 A2 =αβTαβT =ααβT β=2A，A4 =8A；B2 =4，B2 =16 代入原方程2B2A2x= A4x+B4x+γ中，得 16Ax=8Ax+16x+γ，即8 ( A−2E ) x=γ 其中E是三阶单位矩阵，令x=[ x ,x ,x ]T，代入上式，得线性非齐次方程组 1 2 3  1 −x + x =0  1 2 2  2x −x =0 (1) 1 2  1 x + x −2x =1  1 2 2 3 显然方程组得同解方程为 2x −x =0  1 2  1 (2) x + x −2x =1  1 2 2 3 1 令自由未知量 x =k,解得x =2k,x =k− 1 2 3 2 故方程组通解为     x   k  1  0   1         x 2 =  2k  =k  2  +  0  ，(k为任意常数)  x    1   1   1  3 k−  −   2  2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 十三【详解】 方法1：先求γ(α,α,α) ,将矩阵作初等行变换，得 1 2 3  1 3 9  1 3 9  1 3 9       (α,α,α)= 2 0 6 → 0 −6 −12 → 0 1 2 1 2 3         −3 1 −7   0 10 20    0 0 0  知γ(α,α,α)=2. 故γ(β,β,β)=γ(α,α,α)=2，[β,β,β]作初等行变换 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3  0 a b −1 1 0     [β,β,β]= 1 2 1 → 0 3 1 1 2 3       −1 1 0    0 a−3b 0  因为γ(β,β,β)=2，所以a=3b 1 2 3 又β可由α,α,α线性表出，故γ(α,α,α,β)=γ(α,α,α)=2 3 1 2 3 1 2 3 3 1 2 3 将[α,α,α,β]作初等行变换 1 2 3 3  1 3 9  b  1 3 9  b      2 0 6  1 → 0 −6 −12  1−2b       −3 1 −7  0    −1 10 20  3b      b  1 3 9   1−2b   → 0 1 2   −6  0 0 0   5  3b+ ( 1−2b )  3  5 由γ(α,α,α,β)=2，得3b+ ( 1−2b )=0，解得b=5，及a=3b=15. 1 2 3 3 3 方法 2：由方法 1 中的初等变换结果可以看出α,α 线性无关，且α =3α +2α ，故 1 2 3 1 2 γ(α,α,α)=2 ， α,α 是 α,α,α 的 极 大 线 性 无 关 组 . 又 1 2 3 1 2 1 2 3 γ(β,β,β)=γ(α,α,α)=2，β,β,β线性相关. 从而得 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0 a b 0 a b β,β,β = 1 2 1 = 1 3 1 =0, 1 2 3 −1 1 0 −1 0 0 计算三阶行列式得−a+3b=0，得a=3b 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 又β可由α,α,α线性表出 ，即可由α,α 线性表出，α,α β线性相关，有 3 1 2 3 1 2 1 2 3 1 3 b 1 3 b 1 3 b α,α,β = 2 0 1 = 0 −6 1−2b = 0 −6 1−2b =0 1 2 3 −3 1 0 0 10 3b 10 0 0 3b+ ( 1−2b ) 6  10  行列式展开得−63b+ ( 1−2b )  =0，  6  5 所以3b+ ( 1−2b )=0，得b=5及a=3b=15. 3 方法3：先利用β可由α,α,α线性表出，故方程组(α,α,α) X =β有解，即 3 1 2 3 1 2 3  1 3 9 x  b 1      2 0 6 x = 1   2     −3 1 −7   x    0  3 有解. 对其增广矩阵施行初等行变化  1 3 9  b  1 3 9  b      2 0 6  1 → 0 −6 −12  1−2b       −3 1 −7  0    −1 10 20  3b      b  1 3 9   2b−1   → 0 1 2   −6  0 0 0   5  3b+ ( 1−2b )  3  由其次线性方程组有解的条件(系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩)，知 5 5 1 3b+ ( 1−2b ) = − b=0 3 3 3 解得b=5. 又因为α和α 线性无关，且α =3α +2α ，所以向量组α,α,α的秩为 2 ， 1 2 3 1 2 1 2 3 0 a b 0 a b 由题设条件知γ(β,β,β)=2，从而β,β,β = 1 2 1 = 1 3 1 =0, 1 2 3 1 2 3 −1 1 0 −1 0 0 解得a=15 更多考研资料分享+qq810958634