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1989 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(每小题3分,满分21分.把答案填在题中横线上.)
(1) limxcot2x=＿＿＿＿＿＿.
x→0
π
(2) ∫ tsintdt =＿＿＿＿＿＿.
0
x
(3) 曲线y =∫ (t−1)(t−2)dt在点(0,0)处的切线方程是＿＿＿＿＿＿.
0
(4) 设 f(x)= x(x+1)(x+2)⋅⋅(x+n),则 f′(0)=＿＿＿＿＿＿.
1
(5) 设 f(x)是连续函数,且 f(x)= x+2∫ f(t)dt,则 f(x)=＿＿＿＿＿＿.
0
a+bx2,x≤0
(6) 设 f(x)=sinbx 在x=0处连续,则常数a与b应满足的关系是＿＿＿＿＿.
,x>0
x
(7) 设tan y = x+ y,则dy =＿＿＿＿＿＿.
二、计算题(每小题4分,满分20分.)
(1) 已知y =arcsine− x,求y′.
dx
(2) 求∫ .
xln2 x
1
(3) 求lim(2sinx+cosx)x.
x→0
x =ln(1+t2), dy d2y
(4) 已知 求 及 .
y =arctant, dx dx2
1 2 1
(5) 已知 f(2)= , f′(2)=0及∫ f(x)dx=1,求∫ x2f′′(2x)dx.
2 0 0
三、选择题(每小题 3 分,满分 18 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
(1) 设x>0时,曲线y = xsin ( )
x
(A) 有且仅有水平渐近线
(B) 有且仅有铅直渐近线
(C) 既有水平渐近线,也有铅直渐近线
(D) 既无水平渐近线,也无铅直渐近线
(2) 若3a2 −5b<0,则方程x5 +2ax3+3bx+4c=0 ( )
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(A) 无实根 (B) 有唯一实根
(C) 有三个不同实根 (D) 有五个不同实根
π π
(3) 曲线 y =cosx(− ≤ x≤ )与x轴所围成的图形,绕x轴旋转一周所成的旋转体的体
2 2
积为 ( )
π π2
(A) (B) π (C) (D) π2
2 2
(4) 设两函数 f(x)及g(x)都在x=a处取得极大值,则函数F(x)= f(x)g(x)在x=a处
( )
(A) 必取极大值 (B) 必取极小值
(C) 不可能取极值 (D) 是否取极值不能确定
(5) 微分方程y′′− y =ex +1的一个特解应具有形式(式中a,b为常数) ( )
(A) aex +b (B) axex +b (C) aex +bx (D) axex +bx
(6) 设 f(x)在x=a的某个领域内有定义,则 f(x)在x=a处可导的一个充分条件是( )
1
(A) lim h[f(a+ )− f(a)]存在
h→+∞ h
f(a+2h)− f(a+h)
(B) lim 存在
h→0 h
f(a+h)− f(a−h)
(C) lim 存在
h→0 2h
f(a)− f(a−h)
(D) lim 存在
h→0 h
四、(本题满分6分)
求微分方程xy′+(1−x)y =e2x (0< x<+∞)满足y(1)=0的解.
五、(本题满分7分)
x
设 f(x)=sinx−∫ (x−t)f(t)dt,其中 f 为连续函数,求 f(x).
0
六、(本题满分7分)
x π
证明方程lnx= −∫ 1−cos2xdx在区间(0,+∞)内有且仅有两个不同实根.
e 0
七、(本大题满分11分)
x+1
对函数y = ,填写下表：
x2
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单调减少区间
单调增加区间
极值点
极值
凹()区间
凸()区间
拐点
渐近线
八、(本题满分10分)
设抛物线y =ax2 +bx+c过原点,当0≤ x≤1时,y≥0,又已知该抛物线与x轴及直线
1
x=1所围图形的面积为 ,试确定a,b,c使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积V
3
最小.
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1989 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(每小题3分,满分21分.)
1
(1)【答案】
2
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.
0
cos2x x
方法一： limxcot2x=limx =lim ⋅cos2x
x→0 x→0 sin2x x→0sin2x
x 1 1
=lim 洛lim = .
x→0sin2x x→0 2cos2x 2
cos2x
方法二： limxcot2x=limx
x→0 x→0 sin2x
1 2x 1 2x 1
= lim ⋅cos2x= lim = .
2 x→0sin2x 2 x→0sin2x 2
sinx sinx
【相关知识点】lim 是两个重要极限中的一个,lim =1.
x→0 x x→0 x
(2)【答案】π
【解析】利用分部积分法和牛顿-莱布尼茨公式来求解,
∫ π tsintdt = ∫ π td(−cost) 分部 = 法 [−tcost ]π −∫ π (−cost)dt
0 0 0 0
=π+0+[ sint ]π =π+(0−0)=π.
0
(3)【答案】y =2x
【解析】要求平面曲线的切线,首先应求出该切线的斜率,即 f′(x ).
0
这是一个积分上限函数,满足积分上限函数的求导法则,即y′=(x−1)(x−2).
由y′在其定义域内的连续性,可知y′ =(0−1)(0−2)=2.
x=0
所以,所求切线方程为y−0=2(x−0),即y =2x.
(4)【答案】n!
【解析】方法一：利用函数导数的概念求解,即
f(x)− f(0) x(x+1)(x+2)⋅⋅(x+n)−0
f′(0)=lim =lim
x→0 x x→0 x
=lim(x+1)(x+2)⋅⋅(x+n)=1⋅2⋅⋅n=n!.
x→0
方法二：利用其导数的连续性,由复合函数求导法则可知,
f′(x)=(x+1)(x+2)⋅⋅(x+n)+x⋅1⋅(x+2)⋅⋅(x+n)++
x(x+1)(x+2)⋅⋅(x+n−1)⋅1,
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所以 f′(0)=(0+1)(0+2)⋅⋅(0+n)+0++0 =1⋅2⋅⋅n=n!.
(5)【答案】x−1
1
【解析】由定积分的性质可知,∫ f(t)dt和变量没有关系,且 f(x)是连续函数,故
0
1
∫ f(t)dt为一常数,为简化计算和防止混淆,
0
1
令∫ f(t)dt =a,则有恒等式 f(x)= x+2a,两边0到1积分得
0
1 1
∫ f(x)dx=∫ (x+2a)dx,
0 0
1
即 a=∫ 1 (x+2a)dx=∫ 1 xdx+2a∫ 1 dx= 1 x2 +2a [ x ]1 = 1 +2a,
0 0 0 2 0 2
0
1
解之得a =− ,因此 f(x)= x+2a= x−1.
2
(6)【答案】a=b
【解析】如果函数在x 处连续,则函数在该点处的左右极限与该点处函数值必然相等,
0
由函数连续性可知 f (0)= f(0)=a+b⋅0=a.
−
sinbx sinbx sinbx
而 f (0)= lim = lim ⋅b=b⋅lim =b,
+ x→0+ x x→0+ bx x→0+ bx
如果 f(x)在x=0处连续,必有 f (0)= f (0),即a =b.
− +
dx
(7)【答案】
(x+ y)2
【解析】这是个隐函数,按照隐函数求导法,两边微分得sec2 y⋅dy =dx+dy,
dx dx dx
所以 dy = = = ,(x+ y ≠0).
sec2 y+1 tan2 y (x+ y)2
二、计算题(每小题4分,满分20分.)
(1)【解析】令u =e− x ,v=− x ,则 y =arcsine− x =arcsinu ,由复合函数求导法则,
1 1 1 −1
y′=(arcsinu)′= ⋅u′= ⋅ev⋅v′= ⋅ev⋅ ,
1−u2 1−u2 1−u2 2 x
1 −1
即 y′= ⋅e− x ⋅ .
1−e−2 x 2 x
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【相关知识点】复合函数求导法则：y =ϕ(f(x))的导数y′=ϕ′(f(x))f′(x).
dx dlnx 1
(2)【解析】利用不定积分的换元积分法, ∫ =∫ =− +C.
xln2 x ln2 x lnx
(3)【解析】可将函数转化称为熟悉的形式来求其极限,
1 1
lim(2sinx+cosx)x =lim[1+(2sinx+cosx−1)]x
x→0 x→0
1 2sinx+cosx−1
⋅
=lim[1+(2sinx+cosx−1)]2sinx+cosx−1 x ,
x→0
令 2sinx+cosx−1=t,则当x→0时,t →0,
1 1
则 lim[1+(2sinx+cosx−1)]2sinx+cosx−1 =lim[1+t]t,
x→0 t→0
1
这是个比较熟悉的极限,即lim(1+t)t =e.
t→0
1 2sinx+cosx−1
lim
所以 lim(2sinx+cosx)x =ex→0 x ,
x→0
2sinx+cosx−1 2cosx−sinx
而 lim 洛lim =2,
x→0 x x→0 1
1 2sinx+cosx−1
lim
所以 lim(2sinx+cosx)x =ex→0 x =e2.
x→0
(4)【解析】这是个函数的参数方程,
dy 1
dy dt 1+t2 1
= = = ,
dx dx 2t 2t
dt 1+t2
d2y d 1 d 1 dt d 1 1 −2 1 1+t2
= ( )= ( )⋅ = ( )⋅ = ⋅ =− .
dx2 dx 2t dt 2t dx dt 2t dx (2t)2 2t 4t3
dt 1+t2
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)
(5)【解析】利用定积分的分部积分法求解定积分,
1 1 1 分部法1 1 1 1
∫ x2f′′(2x)dx= ∫ x2df′(2x) = x2⋅ f′(2x) − ∫ f′(2x)dx2
0 2 0 2 0 2 0
= 1 [ 1⋅ f′(2)−0 ]−∫ 1 xf′(2x)dx
2 0
1 1 1
= f′(2)− ∫ xdf(2x)
2 2 0
= 1 f′(2)− 1 ( xf(2x) )1 − 1 ∫ 1 f(2x)dx
2 2 0 2 0
1 1 1 1
= f′(2)− f(2)+ ∫ f(2x)dx,
2 2 2 0
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1 1
令t =2x,则x= t,dx= dt,
2 2
1 1 2
所以 ∫ f(2x)dx= ∫ f(t)dt.
0 2 0
1 2
把 f(2)= , f′(2)=0及∫ f(x)dx=1代入上式,得
2 0
1 1 1 1 1
∫ x2f′′(2x)dx= f′(2)− f(2)+ ∫ f(2x)dx
0 2 2 2 0
1 1 1 1 2
= f′(2)− f(2)+ ⋅ ∫ f(t)dt
2 2 2 2 0
1 1 1 1 1
= ⋅0− ⋅ + ⋅ ⋅1=0.
2 2 2 2 2
三、选择题(每小题3分,满分18分.)
(1)【答案】(A)
1
【解析】函数y = xsin 只有间断点x=0.
x
1 1
lim y = lim xsin ,其中sin 是有界函数.当x→0+时,x为无穷小,无穷小量
x→0+ x→0+ x x
和一个有界函数的乘积仍然是无穷小,所以
1
lim y = lim xsin =0,
x→0+ x→0+ x
故函数没有铅直渐近线.
1
sin
lim y = lim
x
t =
1
lim
sint
=1,
x→+∞ x→+∞ 1 x x→0+ t
x
所以y =1为函数的水平渐近线,所以答案为(A).
【相关知识点】铅直渐近线：如函数 y = f(x)在其间断点x= x 处有 lim f(x)=∞ ,则
0
x→x
0
x= x 是函数的一条铅直渐近线；
0
水平渐近线：当lim f(x)=a,(a为常数）,则y =a为函数的水平渐近线.
x→∞
(2)【答案】(B)
【解析】判定方程 f(x)=0实根的个数,其实就是判定函数 y = f(x)与x有几个交点,
即对函数图形的描绘的简单应用,
令 f(x)= x5 +2ax3+3bx+4c,
则 f′(x)=5x4 +6ax2 +3b.
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令 t = x2,则 f′(x)=5x4 +6ax2 +3b=5t2 +6at+3b= f′(t),
其判别式∆=(6a)2 −4⋅5⋅3b=12(3a2 −5b)<0,
所以 f′(t)=5t2 +6at+3b无实根,即 f′(t)>0.
所以 f(x)= x5 +2ax3+3bx+4c在x∈(−∞,+∞)是严格的单调递增函数.
又 lim f(x)= lim(x5 +2ax3 +3bx+4c)=−∞
x→−∞ x→−∞
lim f(x)= lim(x5 +2ax3 +3bx+4c)=+∞
x→+∞ x→+∞
所以利用连续函数的介值定理可知,在(−∞,+∞) 内至少存在一点 x ∈(−∞,+∞) 使得
0
f(x )=0,又因为y = f(x)是严格的单调函数,故x 是唯一的.
0 0
故 f(x)=0有唯一实根,应选(B).
(3)【答案】(C)
π π
【解析】如图y =cosx(− ≤ x≤ )的图像,则当y =cosx绕x轴旋转一周,在x处取
2 2
微增dx,则微柱体的体积dV =πcos2 xdx,所以体积V 有
π
V =∫2 πcos2 xdx
π
−
2
π cos2x+1 π π π π
=π∫2 dx= ∫2 cos2xd2x+ ∫2 dx
π π π
− 2 4 − 2 −
2 2 2
π π π π π π π π2
= [−sin2x ] 2 + [ x ] 2 =0+ ( + )= .
π π
4 − 2 − 2 2 2 2
2 2
因此选(C).
(4)【答案】(D)
【解析】题中给出的条件中,除了一处极值点外均未指明函数其它性质,为了判定的方便,
可以举出反例而排除.
若取 f(x)= g(x)=−(x−a)2,两者都在x=a处取得极大值0, 而
F(x)= f(x)g(x)=(x−a)4在x=a处取得极小值,所以(A)、(C)都不正确.
若取 f(x)= g(x)=1−(x−a)2,两者都在x=a处取得极大值1, 而
2
F(x)= f(x)g(x)=1−(x−a)2 在x=a处取得极大值1,所以(B)也不正确,从而选(D).
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(5)【答案】(B)
【解析】微分方程y′′− y =ex +1所对应的齐次微分方程的特征方程为r2 −1=0,它的两
个根是r =1,r =−1.
1 2
而形如y′′− y =ex必有特解Y = x⋅aex；y′′− y =1必有特解Y =b.
1 1
由叠加得原方程必有特解Y = x⋅aex +b,应选(B).
(6)【答案】(D)
【解析】利用导数的概念判定 f(x)在x=a处可导的充分条件.
f(a+t)− f(a)
(A)等价于lim 存在,所以只能保证函数在x=a右导数存在；
t→0+ t
(B)、(C)显然是 f(x)在x=a处可导的必要条件,而非充分条件,
1
cos ,x≠0
如 y = x 在x=0处不连续,因而不可导,但是
0,x=0
1 1 1 1
cos(0+ )−cos(0− ) cos −cos
f(a+h)− f(a−h)
h h h h
lim =lim =lim =0,
h→0 2h h→0 2h h→0 2h
1 1 1 1
cos( )−cos(0− ) cos −cos
f(a+2h)− f(a+h)
2h 2h 2h 2h
lim =lim =lim =0均存在；
h→0 h h→0 h h→0 h
(D)是充分的：
f(a+∆x)− f(a)∆x=−h f(a)− f(a−h) f(a)− f(a−h)
lim = lim 存在⇒ f′(a)=lim 存在,
∆x→0 ∆x h→0 h h→0 h
应选(D).
四、(本题满分6分)
【解析】所给方程为一阶线性非齐次微分方程,先写成标准形式
1 1
y′+( −1)y = e2x,
x x
−∫( 1 −1)dx 1 ∫( 1 −1)dx 1 1 x ex
通解为 y =e x (∫ e2xe x dx+C) = ex(∫ e2x dx+C)= (ex +C).
x x x ex x
ex
代入初始条件y(1)=0,得C =−e,所求解为 y = (ex −e).
x
【相关知识点】一阶线性非齐次微分方程的标准形式为y′+ p(x)y =q(x),其通解公式为
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−∫p(x)dx ∫p(x)dx
y =e (∫q(x)e dx+C),其中C为常数.
五、(本题满分7分)
【解析】先将原式进行等价变换,再求导,试着发现其中的规律,
x x x
f(x)=sinx−∫ (x−t)f(t)dt =sinx−x∫ f(t)dt+∫ tf(t)dt,
0 0 0
所给方程是含有未知函数及其积分的方程,两边求导,得
x x
f′(x)=cosx−∫ f(t)dt−xf(x)+xf(x)=cosx−∫ f(t)dt,
0 0
再求导,得
f′′(x)=−sinx− f(x),即 f′′(x)+ f(x)=−sinx,
这是个简单的二阶常系数非齐次线性微分方程,对应的齐次方程的特征方程为r2 +1=0,
此特征方程的根为r =±i,而右边的sinx可看作eαxsinβx,α=0,β=1,α±iβ= ±i为特
征根,因此非齐次方程有特解Y = xasinx+xbcosx.
1 x
代入方程并比较系数,得a=0,b= ,故Y = cosx,所以
2 2
x
f(x)=c cosx+c sinx+ cosx.
1 2 2
1 1 x
又因为 f(0)=0, f′(0)=1,所以c =0,c = ,即 f(x)= sinx+ cosx.
1 2 2 2 2
六、(本题满分7分)
【解析】方法一：判定方程 f(x)=0等价于判定函数y = f(x)与x的交点个数.
x π
令 f(x)=lnx− +∫ 1−cos2xdx,
e 0
π
其中∫ 1−cos2xdx是定积分,为常数,且被积函数1−cos2x在(0,π)非负,故
0
π π x
∫ 1−cos2xdx>0,为简化计算,令∫ 1−cos2xdx=k >0,即 f(x)=lnx− +k ,
0 0 e
1 1
则其导数 f′(x)= − ,令 f′(x)=0解得唯一驻点x=e,
x e
f′(x)>0,0< x0.
e
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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 π
故方程lnx= −∫ 1−cos2xdx在(0,+∞)有且仅有两个不同实根.
e 0
π π
方法二：∫ 1−cos2xdx=∫ sin2 xdx,因为当0≤ x≤π时,sinx≥0, 所以
0 0
∫ π 2sin2 xdx= 2∫ π sinxdx= 2 [−cosx ]π =2 2 >0.
0 0 0
其它同方法一.
七、(本大题满分11分)
x+1 1 1
【解析】函数y = 的定义域为(−∞,0 )( 0,+∞),将函数化简为y = + ,
x2 x x2
2 1 1 2 6 2 1 6
则 y′= − − = (− −1),y′′= + = ( +2).
x3 x2 x2 x x4 x3 x3 x
令y′=0,得x=−2,即
1 2
y′= (− −1)>0,x∈(−2,0),
x2 x
故x=−2为极小值点.
1 2
y′= (− −1)<0,x∈(−∞,−2)(0,+∞),
x2 x
令y′′=0,得x=−3,即
1 6
y′′= ( +2)>0,x∈(−3,0)(0,+∞),为凹，
x3 x
1 6
y′′= ( +2)<0,x∈(−∞,−3)，为凸，
x3 x
2
y′′在x=−3处左右变号,所以x=−3,y(−3)=− 为函数的拐点.
9
1 1
又 limy =lim( + )=∞,故x=0是函数的铅直渐近线；
x→0 x→0 x x2
1 1
lim y = lim( + ) =0,故y =0是函数的水平渐近线.
x→∞ x→∞ x x2
填写表格如下：
单调减少区间 (−∞,−2)(0,+∞)
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单调增加区间 (−2,0)
极值点 x=−2
1
极值 y =−
4
凹区间 (−3,0)(0,+∞)
凸区间 (−∞,−3)
2
拐点 (−3,− )
9
渐近线 x=0,y =0
八、(本题满分10分)
【解析】由题知曲线过点(0,0),得c=0,即y =ax2 +bx.
如图所示,从x→ x+dx的面积dS = ydx,所以
1
1 1 1 1
S =∫ ydx=∫ (ax2 +bx)dx= ax3+ bx2
0 0 3 2
0
a b
= + ,
3 2
a b 1 2−2a
由题知 + = ,即b= .
3 2 3 3
当y =ax2 +bx绕x轴旋转一周,则从x→ x+dx的体积dV =πy2dx,所以
旋转体积
1
1 1 a2x5 abx4 b2x3 a2 ab b2
V =∫ πy2dx=π∫ (ax2 +bx)2dx=π + + =π( + + ),
0 0 5 2 3 5 2 3
0
a2 4(1−a)2 a(1−a)
b用a代入消去b,得V =π
+ +
,这是个含有a的函数,两边对a求
5 27 3
导得
dV π 4
= ( a+1),
da 27 5
5 dV
令其等于0得唯一驻点a =− , 在该处由负变正,此点为极小值点,故体积最小,
4 da
3 5 3
这时b= ,故所求函数y =ax2 +bx+c=− x2 + x.
2 4 2
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1990 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)
x=cos3t π
(1) 曲线 上对应于点t = 点处的法线方程是＿＿＿＿＿＿.
y =sin3t 6
tan 1 1
(2) 设y =e x ⋅sin ,则y′=＿＿＿＿＿＿.
x
1
(3) ∫ x 1−xdx=＿＿＿＿＿＿.
0
(4) 下列两个积分的大小关系是：∫ −1 e−x3 dx＿＿＿＿＿＿ ∫ −1 ex3 dx.
−2 −2
1, |x|≤1
(5) 设函数 f(x)= ,则函数 f[f(x)]=＿＿＿＿＿＿.
0, |x|>1
二、选择题(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.)
x2
(1) 已知lim −ax−b=0,其中a,b是常数,则 ( )
x→∞ x+1
(A) a=1,b=1 (B) a=−1,b=1
(C) a=1,b=−1 (D) a=−1,b=−1
(2) 设函数 f(x)在(−∞,+∞)上连续,则d ∫ f(x)dx等于 ( )
(A) f(x) (B) f(x)dx
(C) f(x)+C (D) f′(x)dx
(3) 已知函数 f(x)具有任意阶导数,且 f′(x)=[f(x)]2,则当n为大于2的正整数时, f(x)
的n阶导数 f (n)(x)是 ( )
(A) n![f(x)]n+1 (B) n[f(x)]n+1
(C) [f(x)]2n (D) n![f(x)]2n
e−x
(4) 设 f(x)是连续函数,且F(x)=∫ f(t)dt,则F′(x)等于 ( )
x
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(A) −e−x f(e−x)− f(x) (B) −e−x f(e−x)+ f(x)
(C) e−x f(e−x)− f(x) (D) e−x f(e−x)+ f(x)
f(x)
, x≠0
(5) 设F(x)= x ,其中 f(x)在x=0处可导, f′(0)≠0, f(0)=0,则x=0
f(0), x=0
是F(x)的 ( )
(A) 连续点 (B) 第一类间断点
(C) 第二类间断点 (D) 连续点或间断点不能由此确定
三、(每小题5分,满分25分.)
x+a
(1) 已知lim( )x =9,求常数a.
x→∞ x−a
(2) 求由方程2y−x=(x− y)ln(x− y)所确定的函数y = y(x)的微分dy.
1
(3) 求曲线y = (x>0)的拐点.
1+x2
lnx
(4) 计算∫ dx.
(1−x)2
(5) 求微分方程xlnxdy+(y−lnx)dx=0满足条件y =1的特解.
x=e
四、(本题满分9分)
x2 y2
在椭圆 + =1的第一象限部分上求一点P,使该点处的切线、椭圆及两坐标轴所
a2 b2
围图形面积为最小(其中a >0,b>0).
五、(本题满分9分)
1 π
证明：当x>0,有不等式arctanx+ > .
x 2
六、(本题满分9分)
x lnt 1
设 f(x)=∫ dt,其中x>0,求 f(x)+ f( ).
1 1+t x
七、(本题满分9分)
过点P(1,0)作抛物线 y = x−2的切线,该切线与上述抛物线及x轴围成一平面图形,
求此平面图形绕x轴旋转一周所围成旋转体的体积.
八、(本题满分9分)
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求微分方程y′′+4y′+4y =eax之通解,其中a为实数.
1990 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 3
(1)【答案】y− = 3(x− 3)
8 8
π π 3 1
【解析】将t = 代入参数方程得x,y在t = 处的函数值:x = 3,y = ;
π π
6 6 t= 8 t= 8
6 6
3 1
得切点为( 3, ).
8 8
过已知点(x ,y )的法线方程为y− y =k(x−x ),当函数在点(x ,y )处的导数
0 0 0 0 0 0
1 π
y′ ≠0时,k = .所以需求曲线在点t = 处的导数.
x=x 0 y′(x ) 6
0
由复合函数求导法则,可得
dy dy dt dy dx 3sin2tcost
= ⋅ = = =−tant,
dx dt dx dt dt −3cos2tsint
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1
y′ =− ；
π
x t= 3
6
1 3
法线斜率为k = 3.所以过已知点的法线方程为y− = 3(x− 3).
8 8
【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
tan 1 1 −1 1 tan 1 1 −1
(2)【答案】e x ⋅sec2 ⋅ ⋅sin +e x cos ⋅
x x2 x x x2
【解析】原函数对x求导,有
tan 1 1 ′ tan 1 ′ 1 tan 1 1 ′
y′=e x ⋅sin =e x ⋅sin +e x ⋅ sin
x x x
tan 1 1 ′ 1 tan 1 11 ′
=e x tan ⋅sin +e x ⋅cos
x x x x
tan 1 1 −1 1 tan 1 1 −1
=e x ⋅sec2 ⋅ ⋅sin +e x cos ⋅ .
x x2 x x x2
【相关知识点】1.两函数乘积的求导公式：
[ f(x)⋅g(x) ]′ = f′(x)⋅g(x)+ f(x)⋅g′(x).
2.复合函数的求导法则:
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
4
(3)【答案】
15
【解析】 对于原定积分,有换元法或拆项法可选择,不管是何种方法,最终的目的都是去
掉积分式子中的根式或使得根式积分可以单独积分出结果.
方法1：换元法,令 1−x =t,原积分区间为0≤ x≤1,则0≤1−x≤1,进而0≤ 1−x ≤1,
新积分区间为0≤t ≤1；当x=0时,t =1,当x=1时,t =0,故新积分上限为0,下限为1.
−1 −1
d 1−x =dt ⇒ dt = dx= dx,则dx=−2tdt.
2 1−x 2t
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0
原式 =∫ (1−t2)⋅t⋅(−2tdt)
1
1
1( ) 1 1
=2∫ t2 −t4 dt =2 t3− t5
0 3 5
0
1 1 4
=2 − = .
3 5 15
方法2：拆项法,x=( x−1 )+1,
原式 =∫ 1 ( x−1 )+1 1−xdx
0
=∫ 1 1−xdx−∫ 1( 1−x ) 3 2 dx
0 0
1 1
2 3 2 5 2 2 4
=− ( 1−x ) 2 + ( 1−x ) 2 = − = .
3 5 3 5 15
0 0
(4)【答案】>
【解析】由于e−x3 ,ex3在[−2,−1]连续且e−x3 > ex3,根据比较定理得到
∫ −1 e−x3 dx> ∫ −1 ex3 dx.
−2 −2
【相关知识点】对于相同区间上的定积分的比较,有“比较定理”如下：
若 f(x)与g(x)在区间[a,b](a,b为常数,a1时,有 f(x)=0.代入 f[f(x)],又 f(0)=1,即当|x|>1时,也有 f[f(x)]≡1.
因此,对任意的x∈(−∞,+∞),有 f[f(x)]≡1.
二、选择题(每小题3分,满分15分.)
(1)【答案】C
【解析】本题考查多项式之比当x→∞时的极限.
由题设条件,有
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x2 (1−a)x2 −(a+b)x−b
lim −ax−b=lim =0,
x→∞ x+1 x→∞ x+1
1−a =0, (1−a)x2 −(a+b)x−b
分析应有 否则lim ≠0.
a+b=0, x→∞ x+1
所以解以上方程组,可得a=1,b=−1.所以此题应选C.
(2)【答案】B
【解析】由函数的不定积分公式:
若F(x)是 f(x)的一个原函数,∫ f(x)dx= F(x)+C,dF(x)= f(x)dx,有
d[∫ f(x)dx]=[∫ f(x)dx]′dx= f(x)dx.
所以本题应该选(B).
(3)【答案】A
【解析】本题考查高阶导数的求法.
为方便记y = f(x).由y′= y2,逐次求导得
y′′=2yy′=2y3, y′′′=3!y2y′=3!y4,,
由第一归纳法,可归纳证明y(n) =n!yn+1.
假设n=k成立,即y(k) =k!yk+1,则
′ ′
y(k+1) =y(k) =k!yk+1 =( k+1 ) !yk ⋅y′
=( k+1 ) !y (k+1)+1,
所以n=k+1亦成立,原假设成立.
(4)【答案】A
e−x
【解析】对F(x)=∫ f(t)dt两边求导数得
x
F′(x)= f(e−x)(e−x)′− f(x)(x)′ =−e−x f(e−x)− f(x).
故本题选A.
【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：
β(t)
若F(t)=∫ f(x)dx,α(t),β(t)均一阶可导,则
α(t)
F′(t)=β′(t)⋅ f [β(t) ]−α′(t)⋅ f [α(t) ].
2.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) ]
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dy dy dy du
在点x可导,且其导数为 = f′(u)⋅g′(x)或 = ⋅ .
dx dx du dx
(5)【答案】B
f(x) f(x)− f(0)
【解析】由于 limF(x)=lim =lim ,
x→0 x→0 x x→0 x−0
由函数在一点处导数的定义,
∆y f(x +∆x)− f(x )
f′(x )= lim = lim 0 0 ,
0 ∆x→0∆x ∆x→0 ∆x
得limF(x)= f′(0)≠0= f(0)= F(0),
x→0
所以函数不连续,且极限存在但不等于函数值,故为第一类(可去)间断点,故本题选B.
【相关知识点】1. 函数y = f(x)在点x 连续：设函数 f(x)在点x 的某一邻域内有定义,
0 0
如果lim f(x)= f(x ),则称函数 f(x)在点x 连续.
0 0
x→x
0
2.函数 f(x)的间断点或者不连续点的定义：设函数 f(x)在点x 的某去心邻域内有定义,
0
只要满足一下三种情况之一即是间断点.
(1) 在x= x 没有定义；
0
(2) 虽在x= x 有定义,但lim f(x)不存在；
0
x→x
0
(3) 虽在x= x 有定义,且lim f(x)存在,但lim f(x)≠ f(x );
0 0
x→x x→x
0 0
通常把间断点分成两类：如果 x 是函数 f(x)的间断点,但左极限 f(x−)及右极限
0 0
f(x+)都存在,那么x 称为函数 f(x)的第一类间断点；不是第一类间断点的任何间断点,
0 0
称为第二类间断点.
三、(每小题5分,满分25分.)
1
(1)【解析】此题考查重要极限：lim(1+ )x =e.
x→∞ x
a a x ⋅a
(1+ )x (1+ )a
lim(
x+a
)x =lim x =lim x =
ea
=e2a =9,
x→∞ x−a x→∞
(1−
a
)x
x→∞
(1−
a
)−
x
a
⋅(−a) e−a
x x
得2a =ln9 ⇒a =ln3.
x−a x
x+a 2a 2a
⋅
x−a
⋅2a
或由 lim( )x =lim1+ =e2a,
x→∞ x−a x→∞ x−a
同理可得a =ln3.
(2)【解析】方程两边求微分,得
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2dy−dx =ln(x− y)⋅d(x− y)+(x− y)⋅dln(x− y)
dx−dy
=(dx−dy)ln(x− y)+(x− y) ,
x− y
2+ln(x− y)
整理得 dy = dx.
3+ln(x− y)
′
u u′v−uv′
(3)【解析】对分式求导数,有公式 = ,所以
v v2
−2x 2(3x2 −1)
y′= ,y′′= ,
(1+x2)2 (1+x2)3
1 1 1
令y′′=0得x= ,y′′在此变号,即是x< 时,y′′<0; x> 时,y′′>0;
3 3 3
1 3
故拐点为( , ).
3 4
【相关知识点】1.拐点的定义：设函数 f(x)在点x 的某一邻域连续,函数 f(x)的图形在点
0
x 处的左右侧凹凸性相反,则称(x , f(x ))为曲线 f(x)的拐点.
0 0 0
2.拐点判别定理：
(1)设函数 f(x)在(x −δ,x +δ)连续,在去心邻域(x −δ,x +δ)\ { x },就是区间
0 0 0 0 0
(x −δ,x +δ)内不包括点x 二阶可导,且 f′′(x)(x−x )在0< x−x <δ上不变号,则
0 0 0 0 0
(x , f(x ))为拐点.
0 0
(2)设函数 f(x)在(x −δ,x +δ)二阶可导, f′′(x )=0,又 f′′′(x )≠0,则(x , f(x ))
0 0 0 0 0 0
为拐点.
本题利用第一个判别定理就足够判定所求点是否是拐点了.
dx −d(1−x) 1
(4)【解析】由 = =d 有
(1−x)2 (1−x)2 (1−x)
lnx 1 lnx 1 1
∫ dx=∫lnxd( ) 分部法 −∫( + )dx
(1−x)2 1−x 1−x x 1−x
xlnx
= +ln|1−x|+C, C为任意常数.
1−x
注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题,如果选择不当可能引起更繁杂的计
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算,最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结,积累经验.
【相关知识点】分部积分公式：假定u =u(x)与v=v(x)均具有连续的导函数,则
∫uv′dx=uv−∫u′vdx,或者∫udv=uv−∫vdu.
(5)【解析】所给方程为一阶线性非齐次方程,其标准形式为
1 1
y′+ y = .
xlnx x
∫ dx lnx
由于 e xlnx =|lnx|,两边乘以lnx得(ylnx)′= .
x
lnx
积分得 ylnx=∫ dx+C,
x
lnx C
通解为 y = + .
2 lnx
1 lnx 1
代入初始条件y =1可得C = ,所求特解为y = + .
x=e 2 2 2lnx
四、(本题满分9分)
xdx ydy dy b2x
【解析】对椭圆方程进行微分,有 + =0 ⇒ =− .
a2 b2 dx a2y
过曲线上已知点(x ,y )的切线方程为y− y =k(x−x ),当y′(x )存在时,k = y′(x ).
0 0 0 0 0 0
b2x xX yY
所以点(x,y)处的切线方程为Y − y =− (X −x),化简得到 + =1.
a2y a2 b2
a2 b2
分别令X =0与Y =0,得切线在x,y上的截距分别为 , ；
x y
又由椭圆的面积计算公式πab,其中a,b为半长轴和半短轴,故所求面积为
1 a2 b2 1
S = ⋅ − πab,x∈(0,a).
2 x y 4
a,b为常数,欲使得S 的最小,则应使得xy最大；从而问题化为求u = xy( y由椭圆方程所
确定)当x∈(0,a)时的最大值点.
y x2 y2 x y
令u = xy,u′= xy′+ y =0,得 y′= ,再对 + =1两边求导得 + y′=0,联
x a2 b2 a2 b2
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a
合可得x= (唯一驻点),即在此点u = xy取得最大,S取得最小值.
2
a
由于lim S(x)= lim S(x)=+∞,所以S(x)在(0,a)上存在最小值,x= 必为最小
x→0+ x→a−0 2
a b
点,所求P点为 , .
2 2
五、(本题满分9分)
【解析】证明不等式的一般方法是将表达式移到不等号的一边,令其为 f(x),另一边剩下0,
再在给定区间内讨论 f(x)的单调性即可证明原不等式.
1 π 1 1
令 f(x)=arctanx+ − ,则 f′(x)= − <0 (x>0).因此, f(x)在
x 2 1+x2 x2
π
(0,+∞)上单调减；又有 lim arctanx= ,所以
x→+∞ 2
π 1 π 1
lim f(x)= lim( + − )= lim =0,
x→+∞ x→+∞ 2 x 2 x→+∞ x
故0< x<+∞时, f(x)> lim f(x)=0,所以原不等式得证.
x→+∞
六、(本题满分9分)
1 1 lnt 1 −1 1
【解析】方法1：f( )=∫x dt,由换元积分t = ,dt = du,t:1→ ⇒ u:1→ x；
x 1 1+t u u2 x
1
1 1 lnt t= u x lnu
所以 f( )=∫x dt = ∫ du.
x 1 1+t 1 u(u+1)
由区间相同的积分式的可加性,有
1 x lnt x lnt xlnt 1
f(x)+ f( )=∫ dt+∫ dt =∫ dt = ln2 x.
x 1 1+t 1 t(t+1) 1 t 2
1
方法2：令F(x)= f(x)+ f( ),则
x
1
ln
F′(x)= lnx + x ⋅ −1 = lnx .
1+x 1 x2 x
1+
x
由牛顿-莱布尼兹公式,有
xlnx 1
F(x)−F(1)=∫ dx = ln2 x,
1 x 2
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1lnx 1 1
而F(1)=∫ dx=0,故F(x)= f(x)+ f( )= ln2 x.
1 x x 2
【相关知识点】牛顿-莱布尼兹公式：设函数 f(x)在[a,b]上连续,F(x)为 f(x)在[a,b]上
的任意一个原函数,则有
∫ b f(x)dx= F(x) b = F(b)−F(a).
a a
七、(本题满分9分)
【解析】先求得切线方程：对抛物线方程求导数,得 y
1
y′= ,过曲线上已知点(x ,y )的切线方程
2 x−2 0 0
1
为y− y =k(x−x ),当y'(x )存在时,k = y'(x ). y
0 0 0 0
x
所以点(x , x −2)处的切线方程为 O
0 0 1 2 3
1
y− x −2 = (x−x ),
0 2 x −2 0
0
此切线过点P(1,0),所以把点P(1,0)代入切线方程得x =3,再x =3代入抛物线方程得
0 0
1 1 1
y =1,y′(3)= = .由此,与抛物线相切于(3,1)斜率为 的切线方程为
0 2 3−2 2 2
x−2y =1.
旋转体是由曲线 y = f(x),直线x−2y =1与x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周所
形成的,求旋转体体积V ：
方法1：曲线表成y是x的函数,V 是两个旋转体的体积之差,套用已有公式得
31 3
V =π∫ (x−1)2dx−π∫ ( x−2)2dx
1 4 2
1 1 3 1 3 π
=π ⋅ (x−1)3 −π( x2 −2x) = .
4 3 1 2 6
2
方法 2：曲线表成x是 y的函数,并作水平分割,相应于[ y,y+dy ]小横条的体积微元,如上
图所示,
dV =2πy(y2 +2)−(2y+1)dy,
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1 1 2 1 1 π
于是,旋转体体积 V =2π∫ (y3−2y2 + y)dy =2π y4 − y3 + y2 = .
0 4 3 2 0 6
【相关知识点】1.由连续曲线y = f(x)、直线x=a,x=b及x轴所围成的曲边梯形绕x轴
b
旋转一周所得的旋转体体积为：V =π∫ f 2(x)dx.
a
2.设 f(x)在[a,b]连续,非负,a>0,则曲线 y = f(x),直线x=a,x=b及x轴围成的平
b
面图形绕y轴旋转所得旋转体体积为：V =2π∫ xf(x)dx(可用微元法导出).
a
八、(本题满分9分)
【解析】所给方程为常系数二阶线性非齐次方程,特征方程 r2 +4r+4=0 的根为
r =r =−2,原方程右端eax =eαx中的α=a.
1 2
1
当α=a ≠−2时,可设非齐次方程的特解Y = Aeax,代入方程可得A= ,
(a+2)2
1
当α=a=−2时,可设非齐次方程的特解Y = x2Aeax,代入方程可得A= ,
2
eax
所以通解为 y =(c +c x)e−2x + (a ≠−2),
1 2 (a+2)2
x2e−2x
y =(c +c x)e−2x + (a=−2).
1 2 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
(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
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(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.
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1991 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)
(1) 设y =ln(1+3−x),则dy =＿＿＿＿＿＿.
(2) 曲线y =e−x2 的上凸区间是＿＿＿＿＿＿.
+∞lnx
(3) ∫ dx=＿＿＿＿＿＿.
1 x2
π
(4) 质点以速度tsin(t2)米每秒作直线运动,则从时刻t = 秒到t = π秒内质点所经
1 2 2
过的路程等于＿＿＿＿＿＿米.
1
1−ex
(5) lim =＿＿＿＿＿＿.
x→0+ 1
x+ex
二、选择题(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) 若曲线y = x2 +ax+b和2y =−1+xy3在点(1,−1)处相切,其中a,b是常数,则 ( )
(A) a =0,b=−2 (B) a =1,b=−3
(C) a =−3,b=1 (D) a=−1,b=−1
x2, 0≤ x≤1,
x
(2) 设函数 f(x)= 记F(x)=∫ f(t)dt,0≤ x≤2,则 ( )
2−x,1< x≤2, 0
x3 x3
, 0≤ x≤1 , 0≤ x≤1
3 3
(A) F(x)= (B) F(x)=
1 x2 7 x2
+2x− ,1< x≤2 − +2x− ,1< x≤2
3
3
6 2
x3 x3
, 0≤ x≤1 , 0≤ x≤1
3 3
(C) F(x)= (D) F(x)=
x2 x2
x2
+2x− ,1< x≤2 2x− ,1< x≤2
3 2
2
(3) 设函数 f(x)在(−∞,+∞)内有定义,x ≠0是函数 f(x)的极大点,则 ( )
0
(A) x 必是 f(x)的驻点 (B) −x 必是−f(−x)的极小点
0 0
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(C) −x 必是−f(x)的极小点 (D) 对一切x都有 f(x)≤ f(x )
0 0
1+e−x2
(4) 曲线y = ( )
1−e−x2
(A) 没有渐近线 (B) 仅有水平渐近线
(C) 仅有铅直渐近线 (D) 既有水平渐近线又有铅直渐近线
(5) 如图,x轴上有一线密度为常数µ,长度为l的细杆,有一质量为m的质点到杆右端的距
离为a,已知引力系数为k,则质点和细杆之间引力的大小为 ( )
l a
O m x
0
kmµ
l
kmµ
(A) ∫ dx (B) ∫ dx
−l(a−x)2 0 (a−x)2
0
kmµ l kmµ
(C) 2∫ dx (D) 2∫2 dx
− l (a+x)2 0 (a+x)2
2
三、(每小题5分,满分25分.)
x=tcost d2y
(1) 设 ,求 .
y =tsint dx2
4 dx
(2) 计算 ∫ .
1 x(1+ x)
x−sinx
(3) 求 lim .
x→0 x2(ex −1)
(4) 求 ∫xsin2 xdx.
(5) 求微分方程xy′+ y = xex满足y(1)=1的特解.
四、(本题满分9分)
ln(1+x) x
利用导数证明：当x>1时,有不等式 > 成立.
lnx 1+x
五、(本题满分9分)
求微分方程y′′+ y = x+cosx的通解.
六、(本题满分9分)
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曲线y =(x−1)(x−2)和x轴围成一平面图形,求此平面图形绕 y轴旋转一周所成的旋
转体的体积.
七、(本题满分9分)
如图,A和D分别是曲线y =ex和y =e−2x上的点,AB和DC 均垂直x轴,且
AB : DC =2:1, AB <1,求点B和C的横坐标,使梯形ABCD的面积最大.
y
y = e−2x y = ex
1
A
D
B O C x
八、(本题满分9分)
设函数 f(x)在(−∞,+∞)内满足 f(x)= f(x−π)+sinx,且 f(x)= x,x∈[0,π),
3π
计算∫ f(x)dx.
π
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1991 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(每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)
ln3
(1)【答案】− dx
3x +1
【解析】由复合函数求导法则,即y =ϕ(f(x))的微分为dy =ϕ′(f(x))f′(x)dx,有
1 ln3
dy = ⋅3−xln3⋅(−1)dx=− dx.
1+3−x 3x +1
1 1
(2)【答案】(− , )
2 2
【解析】求函数y = f(x)的凹凸区间,只需求出y′′,若 y′′>0,则函数图形为上凹,若
y′′<0,则函数图形为上凸,由题可知
y′=e−x2 ⋅(−2x)=−2xe−x2
,
1
y′′=−2e−x2 +(−2x)e−x2 ⋅(−2x)=4e−x2 (x2 − ).
2
1 1 2 2
因为4e−x2 >0,所以当x2 − <0时 y′′<0,函数图像上凸,即x2 < ,− < x< 时,
2 2 2 2
1 1
函数图像上凸.故曲线上凸区间为(− , ).
2 2
(3)【答案】1
【解析】用极限法求广义积分.
+∞lnx blnx b 1
∫ dx= lim ∫ dx= lim ∫ lnxd(− )
1 x2 b→+∞ 1 x2 b→+∞ 1 x
分部 lnx b b 1 1
= lim − −∫ (− ) dx
b→+∞ x
1
1 x x
lnb ln1 1
b
lnb 1
= lim − + +
−
=− lim( + )+1=1.
b→+∞ b 1 x
1
b→+∞ b b
1
(4)【答案】
2
【解析】这是定积分的应用.
设在t →t+dt 时刻的速度为tsin(t2),则在dt 时间内的路程为ds =tsin(t2)dt,所以
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π
从时刻t = 秒到t = π秒内质点所经过的路程为
1 2 2
t
s =∫ 2tsin(t2)dt
t
1
π 1 π
=∫ tsin(t2)dt = ∫ sin(t2)dt2
π/2 2 π/2
π
1 1 π 1 1
=− cos(t2) =− (cosπ−cos )=− (−1−0)= .
2 2 2 2 2
π/2
(5)【答案】−1
∞ − 1
【解析】这是一个 型未定式,分子分母同乘以e x,得
∞
1 1
−
1−ex e x −1
lim = lim .
x→0+ 1 x→0+ − 1
x+ex xe x +1
1 1
为简化计算,令t =− ,则x=− ,原式可化为
x t
1
−
e x −1 et −1 0−1
lim = lim = =−1.
x→0+ − 1 t→−∞ et 0+1
xe x +1 − +1
t
二、选择题(每小题3分,满分15分.)
(1)【答案】(D)
【解析】两函数在某点处相切,则在该点处的切线的斜率相等,即在该点处的导数相等,
对两函数分别对x求导,得
y′=2x+a,则该曲线在点(1,−1)处的导数为y′ =2+a,
x=1
y3
2y′= y3+3xy2y′,即y′= ,则曲线在点(1,−1)处的导数为
2−3xy2
(−1)3
y′ = =1,
x=1 2−3⋅1⋅(−1)2
两导数相等,有2+a =1,即a=−1.
又因为曲线y = x2 +ax+b过点(1,−1),所以有−1=1+a+b=1−1+b=b,b=−1.
所以选项(D)正确.
(2)【答案】(B)
【解析】这是分段函数求定积分.
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x
x x 1 1
当0≤ x≤1时, f(x)= x2,所以F(x)=∫ f(t)dt =∫ t2dt = t3 = x3.
0 0 3 3
0
当1< x≤2时, f(x)=2−x, 所以
x 1 x
F(x)=∫ f(t)dt =∫ t2dt+∫ (2−t)dt
0 0 1
1 x
1 1 1 1 1
= t3 + 2t− t2 = +(2x− x2)−(2− )
3 2 3 2 2
0 1
7 1
=− +2x− x2.
6 2
x3
,0≤ x≤1
3
所以F(x)= ,应选(B).
7 x2
− +2x− ,1< x≤2
6 2
(3)【答案】(B)
【解析】方法一：用排除法.
由于不可导点也可取极值,如 f(x)=− x−1 ,在 x =1处取极大值,但是x =1不是
0 0
f(x)=− x−1的驻点,所以(A)不正确；
注意到极值的局部性,即极值不是最值,所以(D)也不正确；
对于 f(x)=−|x−1|,在x =1处取极大值,但−x =−1并非是−f(x)=|x−1|的极小
0 0
值点,所以(C)也不成立；故选(B).
方法二：证明(B)是正确的,因为x ≠0,不妨设x >0,则 f(x )为极大值,则在x 的某个领
0 0 0 0
域内有 f(x )> f(x ±∆x)；
0 0
函数 y =−f(−x)与函数 y = f(x)关于原点对称,所以必有−f(−x )<−f(−x ±∆x),即
0 0
在−x 的某个领域内−f(−x )为极小值,故(B)是正确的.
0 0
(4)【答案】(D)
【解析】函数的定义域为x≠0,所以函数的间断点为x=0,
1+e−x2 ex2 +1
limy =lim =lim =∞,所以x=0为铅直渐近线,
x→0 x→01−e−x2 x→0 ex2 −1
1+e−x2 ex2 +1
limy =lim ==lim =1,所以y =1为水平渐近线.
x→∞ x→∞1−e−x2 x→∞ex2 −1
所以选(D).
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【相关知识点】铅直渐近线：如函数 y = f(x)在其间断点x= x 处有 lim f(x)=∞ ,则
0
x→x
0
x= x 是函数的一条铅直渐近线；
0
水平渐近线：当lim f(x)=a,(a为常数）,则y =a为函数的水平渐近线.
x→∞
(5)【答案】(A)
【解析】如图建立坐标系,则x→ x+dx中,dx长度的细杆的质量为µdx,与质点的距离
kmµdx
0
kmµ
为a−x,故两点间的引力为dF = ,积分得F =∫ dx,故选(A).
(a−x)2 −l(a−x)2
l
同理应用微元法可知,若以l的中点为原点,则质点的坐标为(a+ ,0),故
2
l kmµ
F =∫2 dx；
− l l
2 (a+ −x)2
2
l
kmµ
若以l的左端点为原点,则质点的坐标为(a+l,0),故F =∫ dx.
0 (a+l−x)2
故(B)、(C)、(D)均不正确,应选(A).
三、(每小题5分,满分25分.)
(1)【解析】这是个函数的参数方程,
dy dy/dt sint+tcost
= = ,
dx dx/dt cost−tsint
d2y d dy 1 d sint+tcost 1
= ( )⋅ = ( )⋅
dx2 dt dx dx dt cost−tsint cost−tsint
dt
(2cost−tsint)(cost−tsint)+(2sint+tcost)(sint+tcost) 1
= ⋅
(cost−tsint)2 cost−tsint
2(cos2t+sin2t)+t2(sin2t+cos2t)−3tsintcost+3tsintcost
=
(cost−tsint)3
2+t2
= .
(cost−tsint)3
【相关知识点】参数方程所确定函数的微分法：
x=φ(t) dy ϕ′(t)
如果 ,则 = .
y =ϕ(t) dx φ′(t)
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(2)【解析】用换元法求定积分.
令t = x ,则x=t2,dx=2tdt,则
4 dx 2 1 2 1 1
∫ =∫ ⋅2tdt =2∫ ( − )dt
1 x(1+ x) 1 t2(1+t) 1 t 1+t
2
t 2 1 4
=2 ln =2(ln −ln )=2ln .
t+1 3 2 3
1
(3)【解析】利用等价无穷小和洛必达法则.
当x→0时,有sinx x,ex 1+x,所以
2
x x
2sin2 2
x−sinx x−sinx 1−cosx 2 2 1
lim =lim 洛lim =lim =lim = .
x→0 x2(ex −1) x→0 x3 x→0 3x2 x→0 3x2 x→0 3x2 6
(4)【解析】用分部积分法求不定积分.
1−cos2x 1
∫xsin2 xdx=∫x⋅ dx= ∫(x−xcos2x)dx
2 2
1 1 1 1
= ∫xdx− ∫xcos2xdx= x2 − ∫xd(sin2x)
2 2 4 4
1 1 1
= x2 − xsin2x+ ∫sin2xdx
4 4 4
1 1 1
= x2 − xsin2x− cos2x+C .
4 4 8
1
(5)【解析】所给方程是一阶线性方程,其标准形式为y′+ y =ex.通解为
x
−∫1 dx ∫1 dx 1
y =e x (∫exe x dx+C)= (∫xexdx+C)
x
1 1 1
= (∫xdex +C)= (xex −∫exdx+C)= (xex −ex +C).
x x x
1 x−1
代入初始条件y(1)=1得C =1,所以特解为y = + ex.
x x
【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】首先应简化不等式,从中发现规律.
当x>1时,原不等式即(1+x)ln(1+x)> xlnx,即(1+x)ln(1+x)−xlnx>0.
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证法一：令 f(x)=(1+x)ln(1+x)−xlnx,则只需证明在x>1时 f(x)>0即可,
可利用函数的单调性证明,对于 f(x)有
x+1
f′(x)=ln(1+x)+1−lnx−1=ln( ).
x
x+1
因x>1,故 >1,即 f′(x)>0,所以在(1,+∞)上 f(x)是严格递增函数,所以
x
f(x)> f(1)=2ln2>0,
ln(1+x) x
故(1+x)ln(1+x)−xlnx>0,所以当x>1时,有不等式 > 成立.
lnx 1+x
证法二：当x>1时,原不等式即(1+x)ln(1+x)> xlnx,不等式左右两端形式一致,故令
f(x)= xlnx,则 f′(x)=lnx+1>0(x>1),所以 f(x)= xlnx在x>1时严格单调递增,
故 f(x+1)> f(x)，即(1+x)ln(1+x)> xlnx.
ln(1+x) x
所以当x>1时,有不等式 > 成立.
lnx 1+x
五、(本题满分9分)
【解析】微分方程y′′+ y = x+cosx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,故对应齐次通解为C cosx+C sinx.
1,2 1 2
方程y′′+ y = x必有特解为Y =ax+b,代入方程可得a=1,b=0.
1
方程y′′+ y =cosx的右端eαxcosβx=cosx,α+βi =i为特征根,必有特解
1
Y = x⋅Acosx+x⋅Bsinx,代入方程可得A=0,B= .
2 2
x
由叠加原理,原方程必有特解Y =Y +Y = x+ sinx.
1 2 2
1
所以原方程的通解为y =C cosx+C sinx+x+ xsinx.
1 2 2
【相关知识点】关于微分方程特解的求法:
如果 f(x)= P (x)eλx,则二阶常系数非齐次线性微分方程y′′+ p(x)y′+q(x)y = f(x)
m
具有形如y* = xkQ (x)eλx的特解,其中Q (x)与P (x)同次(m次)的多项式,而k按λ不
m m m
是特征方程的根、是特征方程的单根或是特征方程的重根依次取为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
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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.
六、(本题满分9分)
【解析】利用定积分求旋转体的体积,用微元法,曲线为一抛物线,与x轴的交点是x =1,
1
3 1
x =2,顶点坐标为( ,− ).
2 2 4
方法一：考虑对x积分,如图中阴影部分绕y轴旋转一周,
环柱体的体积为
dV =π(x+dx)2 y −πx2 y =2πx y dx+π y dx2
其中dx2为dx→0的高阶无穷小,故可省略,且y为负的,
故 y =−y,即dV =−2πxydx=−2πx(x−1)(x−2)dx.
把x从1→2积分得
2 2
V =∫ 2πx(1−x)(x−2)dx=2π∫ (3x2 −x3 −2x)dx
1 1
1 2 1 π
=2π x3 − x4 −x2 =2π(0+ )= .
4 4 2
1
方法二：考虑对y的积分,如图中阴影部分绕y轴旋转一周的体积为抛物线两半曲线分别绕
y轴旋转一周后的体积差,即
dV =πx 2dy−πx2dy
2 1
其中,x ,x 为Y = y与抛物线的交点,且x > x ,
1 2 2 1
把Y = y代入抛物线方程y =(x−1)(x−2),解得
3− 1+4y 3+ 1+4y
x = ,x = ,
1 2 2 2
0
故旋转体体积为V =∫ π(x2 −x2)dy.把x ,x 的值代入化简,得
− 1 2 1 1 2
4
0
0 3π 2 3 3π 2 π
V =∫ 3π 1+4ydy = ⋅ (1+4y)2 = ⋅ = .
1
− 4 4 3 − 1 4 3 2
4
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七、(本题满分9分)
【解析】可以利用函数的极值求解.
设B、C的横坐标分别为x ,x,因为| AB|<1,所以x <0, x>0.依题设
1 1
AB : DC =2:1,所以有ex 1 =2e−2x,两边同时取自然对数,得x =ln2−2x,
1
而 BC = x−x = x−(ln2−2x)=3x−ln2,(x>0),
1
所以梯形ABCD的面积为
1 1 3
S = (ex 1 +e−2x)(3x−ln2)= (2e−2x +e−2x)(3x−ln2) = (3x−ln2)e−2x.
2 2 2
3
求函数S = (3x−ln2)e−2x,(x>0)的最值,满足一般函数求最值的规律,两边对x求导,
2
并令S′=0有
3
S′= (3−6x+2ln2)e−2x =0,
2
1 1 1 1
得驻点x= + ln2,在此点S′由正变负,所以x= + ln2是极大值点.
2 3 2 3
1 1 3
又驻点唯一,故x= + ln2>0是S = (3x−ln2)e−2x最大值点.
2 3 2
1 1 1
此时x= + ln2,x = ln2−1时,梯形ABCD面积最大,
2 3 1 3
1 1 1
故B点的坐标为( ln2−1,0),C点的坐标为( + ln2,0).
3 2 3
八、(本题满分9分)
【解析】这是个抽象函数求定积分,由题知
f(x+π)= f(x)+sin(x+π)= x−sinx,x∈[0,π),
f(x+2π)= f(x+π)+sin(x+2π)= x−sinx+sinx= x,x∈[0,π),
3π 2π 3π
而 ∫ f(x)dx=∫ f(x)dx+∫ f(x)dx,
π π 2π
2π
对于∫ f(x)dx,令t = x−π,则x=t+π,dx=dt,所以
π
2π π π
∫ f(x)dx=∫ f(t+π)dt =∫ (t−sint)dt;
π 0 0
3π
对于∫ f(x)dx,令t = x−2π,则x=t+2π,dx=dt,所以
2π
3π π π
∫ f(x)dx=∫ f(t+2π)dt =∫ tdt;
2π 0 0
3π 2π 3π
所以 ∫ f(x)dx=∫ f(x)dx+∫ f(x)dx
π π 2π
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π π
=∫ (t−sint)dt+∫ tdt
0 0
π π
=∫ 2tdt−∫ sintdt
0 0
=t2 π +[ cost ]π =π2 −2.
0 0
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1992 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)
x= f(t)−π,
dy
(1) 设 其中 f 可导,且 f′(0)≠0,则 =＿＿＿＿＿＿.
y = f(e3t −1), dx
t=0
π
(2) 函数y = x+2cosx在[0, ]上的最大值为＿＿＿＿＿＿.
2
1− 1−x2
(3) lim =＿＿＿＿＿＿.
x→0 ex −cosx
+∞ dx
(4) ∫ =＿＿＿＿＿＿.
1 x(x2 +1)
(5) 由曲线y = xex与直线y =ex所围成的图形的面积S =＿＿＿＿＿＿.
二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项
是符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内.)
(1) 当x→0时,x−sinx是x2的 ( )
(A) 低阶无穷小 (B) 高阶无穷小
(C) 等价无穷小 (D) 同阶但非等价的无穷小
x2, x≤0
(2) 设 f(x)= ,则 ( )
x2 +x,x>0
−x2, x≤0 −(x2 +x),x<0
(A) f(−x)= (B) f(−x)=
−(x2 +x),x>0 −x2, x≥0
x2, x≤0 x2 −x,x<0
(C) f(−x)= (D) f(−x)=
x2 −x,x>0 x2, x≥0
x2 −1 1
(3) 当x→1时,函数 ex−1的极限 ( )
x−1
(A) 等于2 (B) 等于0
(C) 为∞ (D) 不存在但不为∞
x2
(4) 设 f(x)连续,F(x)=∫ f(t2)dt,则F′(x)等于 ( )
0
(A) f(x4) (B) x2f(x4)
(C) 2xf(x4) (D) 2xf(x2)
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(5) 若 f(x)的导函数是sinx,则 f(x)有一个原函数为 ( )
(A) 1+sinx (B) 1−sinx
(C) 1+cosx (D) 1−cosx
三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.)
3+x x−1
(1) 求lim( ) 2 .
x→∞ 6+x
d2y
(2) 设函数y = y(x)由方程y−xey =1所确定,求 的值.
dx2
x=0
x3
(3) 求∫ dx.
1+x2
π
(4) 求∫ 1−sinxdx.
0
(5) 求微分方程(y−x3)dx−2xdy =0的通解.
四、(本题满分9分)
1+x2,x<0
3
设 f(x)= ,求∫ f(x−2)dx.
e−x, x≥0 1
五、(本题满分9分)
求微分方程y′′−3y′+2y = xex的通解.
六、(本题满分9分)
1
计算曲线y =ln(1−x2)上相应于0≤ x≤ 的一段弧的长度.
2
七、(本题满分9分)
求曲线 y = x 的一条切线l,使该曲线与切线l及直线x=0,x=2所围成的平面图形
面积最小.
八、(本题满分9分)
已知 f′′(x)<0, f(0)=0,试证：对任意的二正数x 和x ,恒有
1 2
f(x +x )< f(x )+ f(x )
1 2 1 2
成立.
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1992 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】3
dy dy/dt 3e3t f′(e3t −1) dy
【解析】由复合函数求导法则可得 = = ,于是 =3.
dx dx/dt f′(t) dx
t=0
【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
π
(2)【答案】 3+
6
π π
【解析】令y′=1−2sinx=0,得[0, ]内驻点x= .
2 6
因为只有一个驻点,所以此驻点必为极大值点,与端点值进行比较,求出最大值.
π π π π
又 y(0)=2,y( )= 3+ , y( )= ,
6 6 2 2
π π
可见最大值为y( )= 3+ .
6 6
(3)【答案】0
1 1
【解析】由等价无穷小,有x→0时,1− 1−x2 − (−x2)= x2,故
2 2
1
− (−x2)
1− 1−x2
2
lim =lim ,
x→0 ex −cosx x→0 ex −cosx
0
上式为“ ”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,由洛必达法则,有
0
x
原式=lim =0.
x→0 ex +sinx
1
(4)【答案】 ln2
2
【解析】令b→+∞,
b dx b x2 +1−x2 b 1 x
原式= lim ∫ = lim ∫ dx = lim ∫ ( − )dx(分项法)
b→+∞ 1 x(x2 +1) b→+∞ 1 x(x2 +1) b→+∞ 1 x x2 +1
= lim lnx b − lim 1 ∫ b 1 dx2 (凑微分法)
b→+∞ 1 b→+∞2 1 x2 +1
= lim lnx b − lim 1 ln(x2 +1) b = lim ln b + 1 ln2
b→+∞ 1 b→+∞2 1 b→+∞ b2 +1 2
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b2 1 1 1
= lim ln + ln2 =ln1+ ln2 = ln2.
b→+∞ b2 +1 2 2 2
e
(5)【答案】 −1
2
【解析】联立曲线和直线的方程,解得两曲线的交点为(0,0),(1,e),则所围图形面积为
1
S =∫ (ex−xex)dx,再利用分部积分法求解,得
0
1
e 1 e
S = x2 −xex +∫ exdx= −1.
2 0 2
0
注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题,如果选择不当可能引起更繁杂的计
算,最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结,积累经验.
【相关知识点】分部积分公式：假定u =u(x)与v=v(x)均具有连续的导函数,则
∫uv′dx=uv−∫u′vdx, 或者 ∫udv=uv−∫vdu.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)
(1)【答案】(B)
x−sinx 0
【解析】lim 为“ ”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,连续
x→0 x2 0
x−sinx 1−cosx sinx
运用两次洛必达法则,有 lim =lim =lim =0,故选(B).
x→0 x2 x→0 2x x→0 2
【相关知识点】无穷小的比较：
α(x)
设在同一个极限过程中,α(x),β(x)为无穷小且存在极限 lim =l,
β(x)
(1) 若l ≠0,称α(x),β(x)在该极限过程中为同阶无穷小；
(2) 若l =1,称α(x),β(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为α(x)β(x)；
(3) 若l =0,称在该极限过程中α(x)是β(x)的高阶无穷小,记为α(x)=o (β(x) ).
α(x)
若lim 不存在(不为∞),称α(x),β(x)不可比较.
β(x)
(2)【答案】(D)
【解析】直接按复合函数的定义计算.
(−x)2, −x≤0 x2 −x,x<0,
f(−x)= =
(−x)2 +(−x), −x>0 x2, x≥0.
所以应选(D).
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(3)【答案】(D)
【解析】对于函数在给定点x 的极限是否存在,需要判定左极限x→ x−和右极限
0 0
x→ x+是否存在且相等,若相等,则函数在点x 的极限是存在的.
0 0
x2 −1 1 1
lim ex−1 = lim(x+1)ex−1 =0,
x→1− x−1 x→1−
x2 −1 1 1
lim ex−1 = lim(x+1)ex−1 =∞.
x→1+ x−1 x→1+
0≠∞,故当x→1时函数没有极限,也不是∞.故应选(D).
(4)【答案】(C)
x2
【解析】 F′(x)=[∫ f(t2)dt]′= f[(x2)2]⋅(x2)′=2xf(x4),
0
故选(C).
【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式：
β(t)
若F(t)=∫ f(x)dx,α(t),β(t)均一阶可导,则
α(t)
F′(t)=β′(t)⋅ f [β(t) ]−α′(t)⋅ f [α(t) ].
(5)【答案】(B)
【解析】由 f(x)的导函数是sinx,即 f′(x)=sinx,得
f(x)=∫ f′(x)dx=∫sinxdx=−cosx+C , 其中C为任意常数.
所以 f(x)的原函数
F(x)=∫ f(x)dx=∫(−cosx+C)dx=−sinx+C x+C ,其中C ,C 为任意常数.
1 2 1 2
令C =0,C =1得F(x)=1−sinx.故选(B).
1 2
三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.)
3
−
(1)【答案】e 2
1
【解析】此题考查重要极限：lim(1+ )x =e.
x→∞ x
将函数式变形,有
3+x x−1 3 6+x ⋅ −3 ⋅ x−1
lim( ) 2 =lim(1− ) −3 6+x 2
x→∞ 6+x x→∞ 6+x
−3 x−1 −3 x−1 3
⋅ lim ⋅ −
=lime6+x 2 =ex→∞6+x 2 =e 2 .
x→∞
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(2)【答案】2e2
【解析】函数y = y(x)是一个隐函数,即它是由一个方程确定,写不出具体的解析式.
方法1：在方程两边对x求导,将y看做x的函数,得
ey
y′−ey −xey⋅y′=0,即 y′= ,
1−xey
把x=0,y =1代入可得y′(0)=e.
两边再次求导,得
eyy′(1−xey)+ey(ey +xeyy′)
y′′= ,
(1−xey)2
d2y
把x=0,y =1,y′(0)=e代入得y′′(0)= =2e2.
dx2
x=0
方法2：方程两边对x求导,得 y′−ey −xeyy′=0；
再次求导可得y′′−eyy′−(eyy′+xeyy′2 +xeyy′′)=0,
d2y
把x=0,y =1代入上面两式,解得y′(0)=e,y′′(0)= =2e2.
dx2
x=0
【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) ]在点x可导,且其导数为
dy dy dy du
= f′(u)⋅g′(x) 或 = ⋅ ,
dx dx du dx
2.两函数乘积的求导公式：
[ f(x)⋅g(x) ]′ = f′(x)⋅g(x)+ f(x)⋅g′(x).
′
u u′v−uv′
3.分式求导公式： = .
v v2
3
(3)【答案】(1+x2)2 − 1+x2 +C 其中C为任意常数.
【解析】方法1：积分的凑分法结合分项法,有
x3 1 x2 1 (1+x2)−1
∫ dx= ∫ d(1+x2)= ∫ d(1+x2)
1+x2 2 1+x2 2 1+x2
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1 1
= ∫( 1+x2 − )d(1+x2)
2 1+x2
1 1 1
= ∫ 1+x2d(1+x2)− ∫ d(1+x2)
2 2 1+x2
1 3
= (1+x2)2 − 1+x2 +C 其中C为任意常数.
3
方法2：令x=tant ,则dx=sec2tdt,
x3
∫ dx=∫tan3tsectdt =∫tan2td(sect)=∫(sec2t−1)d(sect)
1+x2
1 1 3
= sec3t−sect+C = (1+x2)2 − 1+x2 +C ,其中C为任意常数.
3 3
1
方法3：令t = x2,则x= t,dx= ,
2 t
x3 1 t
∫ dx= ∫ dt 此后方法同方法1,积分的凑分法结合分项法
1+x2 2 1+t
1 1 1 3
= ∫( 1+t − )dt = (1+x2)2 − 1+x2 +C,其中C为任意常数.
2 1+t 3
(4)【答案】4( 2−1)
【解析】注意 f(x)2 = f(x) ≠ f(x),不要轻易丢掉绝对值符号；绝对值函数的积分实
际上是分段函数的积分.
α α
由二倍角公式 sinα=2sin ⋅cos ,则有
2 2
α α α α α α 2
1−sinα=sin2 +cos2 −2sin ⋅cos = sin −cos .
2 2 2 2 2 2
2
π π x x π x x
所以 ∫ 1−sinxdx=∫ sin −cos dx=∫ sin −cos dx
0 0 2 2 0 2 2
π x x π x x
=∫2cos −sin dx+∫ πsin −cos dx
0 2 2 2 2
2
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π
π
x x 2 x x
=2sin +cos
+2 −cos −sin
2 2 2 2π
0
2
=4( 2−1).
1
(5)【答案】y =C x − x3,其中C为任意常数
5
1 1
【解析】所给方程为一阶线性非齐次方程,其标准形式为 y′− y =− x2.
2x 2
由一阶线性微分方程的通解公式,得
∫ 1 dx 1 −∫ 1 dx
y =e 2x ∫− x2e 2x dx+C
2
1
=C x − x3 其中C为任意常数.
5
【相关知识点】一阶线性非齐次方程y′+P(x)y =Q(x)的通解为
−∫P(x)dx ∫P(x)dx
y =e ∫Q(x)e dx+C,其中C为任意常数.
四、(本题满分9分)
【解析】分段函数的积分应根据积分可加性分段分别求积分.另外,被积函数的中间变量非积
分变量,若先作变量代换,往往会简化计算.
令x−2=t,则dx=dt.当x=1时,t =−1；当x=3时,t =1,于是
∫ 3 f(x−2)dx=∫ 1 f(t)dt分段∫ 0( 1+t2 ) dt+∫ 1 e−tdt
1 −1 −1 0
0
= t+ 1 t3 −e−t 1 = 7 − 1 .
3 0 3 e
−1
五、(本题满分9分)
【解析】所给方程为常系数的二阶线性非齐次方程,对应的齐次方程的特征方程
r2 −3r+2=0有两个根为r =1,r =2,而非齐次项xeαx,α=1=r 为单特征根,因而非齐
1 2 1
次方程有如下形式的特解Y = x(ax+b)ex,
1
代入方程可得a=− ,b=−1,所求解为
2
x
y =Cex +C e2x − (x+2)ex,其中C ,C 为任意常数.
1 2 2 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
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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
(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.
六、(本题满分9分)
【解析】由于y =ln(1−x2),
−2x (1+x2)2 1+x2 1
y′= ,1+ y′2 = , ds = 1+ y′2dx= dx,(0≤ x≤ ),
1−x2 (1−x2)2 1−x2 2
1/21+x2 1/22−(1−x2)
所以 s =∫ dx=∫ dx
0 1−x2 0 1−x2
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1/2 2 1/2 1 1/2 1 1
=∫
−1dx=∫ dx+∫ dx−
0 1−x2 0 1−x 0 1+x 2
1/2
1+x 1 1
=ln − =ln3− .
1−x 2 2
0
【相关知识点】平面曲线弧长计算：已知平面曲线 AB的显式表示为y = f(x) ( a≤ x≤b ),
则弧微分为 ds = 1+ f′2(x)dx,弧长s =∫ b 1+ f′2(x)dx,其中 f(x)在[ a,b ]有连续的
a
导数.
七、(本题满分9分)
【解析】过曲线上已知点(x ,y )的切线方程为 y− y =k(x−x ),其中当 y′(x )存在
0 0 0 0 0
时,k = y′(x ).
0
如图所示,设曲线上一点(t, t)处的切线方程为 y
1
y− t = (x−t),
t
2 t
x t
化简即得 y = + .
2 t 2 x
O t 2
2 x t 1 4
面积 S(t)=∫ + − xdx= + t − 2 ,
0 2 t 2 t 3
1 1 t−1
其一阶导数 S′(t)=− t−3/2 + t−1/2 = .
2 2 2t t
令S′(t)=0解得唯一驻点t =1,而且S′在此由负变正,即S(t)在(−∞,1]单调递减,在
[1,+∞)单调递增,在此过程中S(t)在t =1时取极小值也是最小值,所以将t =1代入先前所
x 1
设的切线方程中,得所求切线方程为y = + .
2 2
八、(本题满分9分)
【解析】证法一：用拉格朗日中值定理证明.不妨设x > x >0,要证的不等式是
2 1
f(x +x )− f(x )< f(x )− f(0).
1 2 2 1
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在[0,x ]上用中值定理,有 f(x )− f(0)= f′(ξ)x , 0<ξ< x ,
1 1 1 1
在[x ,x +x ]上用中值定理,又有 f(x +x )− f(x )= f′(η)x ,x <η< x +x ,
2 1 2 1 2 2 1 2 1 2
由 f′′(x)<0,所以 f′(x)单调减,而ξ< x < x <η,有 f′(ξ)> f′(η),所以
1 2
f(x +x )− f(x )< f(x )− f(0)= f(x ),
1 2 2 1 1
即 f(x +x )< f(x )+ f(x ).
1 2 1 2
证法二：用函数不等式来证明.
要证 f(x +x)< f(x )+ f(x),x>0.
1 1
令辅助函数ϕ(x)= f(x )+ f(x)− f(x +x),则ϕ′(x)= f′(x)− f′(x +x).
1 1 1
由 f′′(x)<0, f′(x)单调减, f′(x)> f′(x +x),ϕ′(x)>0,由此,
1
ϕ(x)>ϕ(0)= f(x )+ f(0)− f(x )=0(x>0).
1 1
改x为x 即得证.
2
【相关知识点】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<ξ0),则函数F(x)的单调减少区间是＿＿＿＿＿＿.
1 t
tanx
(4) ∫ dx=＿＿＿＿＿＿.
cosx
1
(5) 已知曲线 y = f(x)过点(0,− ),且其上任一点(x,y)处的切线斜率为xln(1+x2),则
2
f(x)=＿＿＿＿＿＿.
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 1
(1) 当x→0时,变量 sin 是 ( )
x2 x
(A) 无穷小 (B) 无穷大
(C) 有界的,但不是无穷小 (D) 有界的,但不是无穷大
|x2 −1|
,x≠1,
(2) 设 f(x)= x−1 则在点x=1处函数 f(x) ( )
2, x=1,
(A) 不连续 (B) 连续,但不可导
(C) 可导,但导数不连续 (D) 可导,且导数连续
x2,0≤ x<1,
x
(3) 已知 f(x)= 设F(x)=∫ f(t)dt (0≤ x≤2),则F(x)为 ( )
1, 1≤ x≤2, 1
1 1 1
x3,0≤ x<1 x3− ,0≤ x<1
(A) 3 (B) 3 3
x,1≤ x≤2 x,1≤ x≤2
1 1 1
x3,0≤ x<1 x3− ,0≤ x<1
(C) 3 (D) 3 3
x−1,1≤ x≤2 x−1,1≤ x≤2
x
(4) 设常数k >0,函数 f(x)=lnx− +k 在(0,+∞)内零点个数为 ( )
e
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(A) 3 (B) 2 (C) 1 (D) 0
(5) 若 f(x)=−f(−x),在(0,+∞)内 f′(x)>0, f′′(x)>0,则 f(x)在(−∞,0)内 ( )
(A) f′(x)<0, f′′(x)<0 (B) f′(x)<0, f′′(x)>0
(C) f′(x)>0, f′′(x)<0 (D) f′(x)>0, f′′(x)>0
三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.)
d2y
(1) 设y =sin[f(x2)],其中 f 具有二阶导数,求 .
dx2
(2) 求 lim x( x2 +100+x).
x→−∞
π x
(3) 求∫4 dx.
0 1+cos2x
+∞ x
(4) 求∫ dx.
0 (1+x)3
(5) 求微分方程(x2 −1)dy+(2xy−cosx)dx=0满足初始条件y =1的特解.
x=0
四、(本题满分9分)
设二阶常系数线性微分方程y′′+αy′+βy =γex的一个特解为y =e2x +(1+x)ex,试
确定常数α,β,γ,并求该方程的通解.
五、(本题满分9分)
设平面图形A由x2 + y2 ≤2x与 y≥ x所确定,求图形A绕直线x=2旋转一周所得旋
转体的体积.
六、(本题满分9分)
作半径为r的球的外切正圆锥,问此圆锥的高h为何值时,其体积V 最小,并求出该最小值.
七、(本题满分6分)
设x>0,常数a >e,证明(a+x)a 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
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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
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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) ′
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=−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
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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+α2e2x +(2+x)ex+βe2x +(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.
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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,
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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 1
(A) 左、右导数都存在 (B) 左导数存在,但右导数不存在
(C) 左导数不存在,但右导数存在 (D) 左、右导数都不存在
(3) 设y = f(x)是满足微分方程y′′+ y′−esinx =0的解,且 f′(x )=0,则 f(x)在 ( )
0
(A) x 的某个领域内单调增加 (B) x 的某个领域内单调减少
0 0
(C) x 处取得极小值 (D) x 处取得极大值
0 0
1 x2 +x+1
(4) 曲线y =ex2 arctan 的渐近线有 ( )
(x−1)(x+2)
(A) 1条 (B) 2条 (C) 3条 (D) 4条
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π sinx π π
(5)设M =∫2 cos4 xdx,N =∫2 (sin3 x+cos4 x)dx, P=∫2 (x2sin3 x−cos4 x)dx,
− π 1+x2 − π − π
2 2 2
则有 ( )
(A) N < P0,证明： < .
1 D 2
y 1
B
C
1
y = x2 +
2
O A x
四、(本题满分9分)
1
设当x>0时,方程kx+ =1有且仅有一个解,求k的取值范围.
x2
五、(本题满分9分)
x3 +4
设y = ,
x2
(1) 求函数的增减区间及极值；
(2) 求函数图像的凹凸区间及拐点；
(3) 求其渐近线；
(4) 作出其图形.
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六、(本题满分9分)
求微分方程y′′+a2y =sinx的通解,其中常数a>0.
七、(本题满分9分)
λ 1
设 f(x)在[0,1]上连续且递减,证明：当0<λ<1时,∫ f(x)dx≥λ∫ f(x)dx.
0 0
八、(本题满分9分)
求曲线y =3−|x2 −1|与x轴围成的封闭图形绕直线y =3旋转所得的旋转体体积.
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1994 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】−2
sin2x+e2ax −1
【解析】 在x≠0时是初等函数,因而连续；要使 f(x)在(−∞,+∞)上连
x
续, f(x)在x=0处也连续,这样必有lim f(x)= f(0).
x→0
由极限的四则混合运算法则和等价无穷小,x→0时,sinx x；ex−1 x.
sin2x+e2ax −1 sin2x e2ax −1
lim =lim( + )
x→0 x x→0 x x
2x 2ax
=lim +lim =2+2a =a,
x→0 x x→0 x
从而有a =−2.
(t+1)(6t+5)
(2)【答案】
t
dy dy dt dy dx y′ 3t2 +2t
【解析】 = ⋅ = = t = =3t2 +5t+2,
dx dt dx dt dt x′ 1
t 1−
1+t
(y′)′ 6t+5 (t+1)(6t+5)
y′′ = x t = = .
xx x′ 1 t
t 1−
1+t
【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
(3)【答案】−3sin3xf(cos3x)
【解析】原式= f(cos3x)⋅(cos3x)′= f(cos3x)⋅(−sin3x)⋅3=−3sin3xf(cos3x).
【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式：
β(t)
若F(t)=∫ f(x)dx,α(t),β(t)均一阶可导,则
α(t)
F′(t)=β′(t)⋅ f [β(t) ]−α′(t)⋅ f [α(t) ].
1
(4)【答案】 (x2 −1)ex2 +C,其中C为任意常数
2
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【解析】本题利用不定积分的分部积分法求解.显然是ex2先进入积分号,
1 1
原式= ∫x2d(ex2 )= x2ex2 −∫ex2 d(x2)
2 2
1
= (x2 −1)ex2 +C 其中C为任意常数.
2
注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题,如果选择不当可能引起更繁杂的计
算,最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结,积累经验.
【相关知识点】分部积分公式：假定u =u(x)与v=v(x)均具有连续的导函数,则
∫uv′dx=uv−∫u′vdx, 或者 ∫udv=uv−∫vdu.
(5)【答案】(x−4)⋅y4 =Cx,C为任意常数
【解析】这是可分离变量的方程.
dx dy
分离变量得 + =0,两项分别对x和对 y积分得到
x(x−4) y
1 x−4
ln +ln y =C ,
4 x 1
x−4
化简有 ⋅y4 =C ,即 (x−4)⋅y4 =Cx,C为任意常数.
x
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)
(1)【答案】(A)
【解析】方法1：将极限中的分子用泰勒—皮亚诺公式展开得
x2
ln(1+x)−(ax+bx2)=(x− +o(x2))−(ax+bx2)
2
1
=(1−a)x−( +b)x2 +o(x2),
2
1−a=0
5
由假设,应该有 1 ,故由此a=1,b=− ,故应选(A).
−( +b)=2 2
2
ln(1+x)−(ax+bx2) 0
方法 2：用洛必达法则.lim 为“ ”型的极限未定式,又分子分母在
x→0 x2 0
点0处导数都存在,所以,
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1
−a−2bx
1+x
原式左边=lim
x→0 2x
(1−a)−(a+2b)x−2bx2
=lim (若1−a≠0,则原式极限为∞,必有1−a=0)
x→0 2x(1+x)
1+2b 5
=− =2, ⇒a=1,b=− .
2 2
故应选(A).
(2)【答案】(B)
′
2 2
【解析】方法1：因 f(x)= x3,(x≤1)⇒ f(x)左可导, f′(1)= x3 =2.
−
3 3
−
x=1
又lim f(x)= limx2 =1≠ f(1)⇒ f(x)不右连续⇒ f(x)在x=1的右导数不存在,
x→1+ x→1+
故选(B).
2
方法2： f(1)= ,而 lim f(x)= limx2 =1≠ f(1),
3 x→1+ x→1+
所以, f(x)在x=1点不连续,故不可导,但左,右导数可能存在,这只需要用左,右导数定义
进行验证.
2
x2 −
f′(1)= lim f(x)− f(1) = lim 3 =+∞,
+ x→1+ x−1 x→1+ x−1
2 2
x3 −
f′(1)= lim f(x)− f(1) = lim 3 3 =2.
− x→1− x−1 x→1− x−1
故 f(x)在x=1点左导数存在,但右导数不存在,故应选(B).
(3)【答案】(C)
【解析】由于 f(x)满足微分方程 y′′+ y′−esinx =0,当x= x 时,有
0
f′′(x )+ f′(x )=esinx 0.
0 0
又由 f′(x )=0,有 f′′(x )=esinx 0 >0,因而点x 是 f(x)的极小值点,应选(C).
0 0 0
(4)【答案】(B)
1
【解析】用换元法求极限,令t = ,则当x→±∞时,t →0,且有
x
t2 +t+1 π
lim y =limet2 arctan = , limy =−∞,
x→±∞ t→0 (1−t)(1+2t) 4 x→0
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π
所以y轴和y = 是曲线的两条渐近线.
4
πe
而x=1和x=−2并非曲线的渐近线,因当x=1和x=−2时,y分别趋向于± 和
2
1
πe 4
± .故应选(B).
2
【相关知识点】渐近线的相关知识：
水平渐近线：若有lim f(x)=a,则y =a为水平渐近线；
x→∞
铅直渐近线：若有lim f(x)=∞,则x=a为铅直渐近线；
x→a
f(x)
斜渐近线：若有a=lim ,b=lim[f(x)−ax]存在且不为∞,则y =ax+b为斜渐
x→∞ x x→∞
近线.
(5)【答案】(D)
【解析】对于关于原点对称的区间上的积分,应该关注被积函数的奇偶性.
由对称区间上奇偶函数积分的性质,被积函数是奇函数,积分区间关于原点对称,则积分
为0,故M =0,且
由定积分的性质,如果在区间[ a,b ]上,被积函数 f(x)≥0,则∫ b f(x)dx≥0 (a0, P=−2∫2cos4 xdx=−N <0.
0 0
因而 P0, limϕ(x)=−∞,ϕ(x)在x>0有
x→+∞
唯一的零点；
2 2 2 4
当k >0时,ϕ(x) 在(0, )单调减少,在( ,+∞) 单调增加,ϕ( )=1− ,而
3k 3k 3k 27k2
2
ϕ(0)=1>0, limϕ(x)=+∞,当且仅当最小值ϕ( )=0时,ϕ(x)才在x>0有唯一零点,
x→+∞ 3k
2
这时应该有k = 3.
9
2
总之,当k ≤0或k = 3时,原方程有唯一实根.
9
五、(本题满分9分)
【解析】求函数的增减区间一般先求出函数的不连续点和驻点,根据这些点将函数的定义域
分成不同区间,然后根据y′在此区间上的正负来判断该区间上函数的增减性以及极值点；根
据y′′的正负判定区间的凹凸性；求渐近线时除判定是否存在水平或垂直渐近线外,还要注意
有没有斜渐近线.作函数图形时要能综合(1)、(2)、(3)所给出的函数属性,尤其注意渐近线、
拐点、极值点和零点.
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4 8 24
y = x+ ,y′=1− ,y′′= >0.
x2 x3 x4
无定义点：x=0,驻点：x=2.
(−∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞)
y′ + 无定义 − 0 +
y′′ + 无定义 + + +
y 上升 无定义 下降 极小 上升
函数在(−∞,0)(2,+∞)单调增加,在(0,2)单调减少,在(−∞,0)(0,+∞)凹,在x=2取
极小值y =3；
x=2
由于 limy =∞,所以x=0为垂直渐近线.
x→0
y 4
由于 lim =1,lim(y−x)=lim =0,所以y = x是斜渐近线.
x→∞ x x→∞ x→∞ x2
粗略草图如下：
y
y = x
3
x
O 2
【相关知识点】渐近线的相关知识：
水平渐近线：若有lim f(x)=a,则y =a为水平渐近线；
x→∞
铅直渐近线：若有lim f(x)=∞,则x=a为铅直渐近线；
x→a
f(x)
斜渐近线：若有a=lim ,b=lim[f(x)−ax]存在且不为∞,则y =ax+b为斜渐
x→∞ x x→∞
近线.
六、(本题满分9分)
【解析】所给方程为常系数的二阶线性非齐次方程,对应的齐次方程的特征方程r2 +a2 =0
有两个根为r,r =±ai.
1 2
当a ≠1时,非齐次方程的特解应设为 Y = Asinx+Bcosx.
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1 sinx
代入方程可以确定 A= ,B=0,Y = .
a2 −1 a2 −1
当a =1时,应设 Y = xAsinx+xBcosx,
1 x
代入方程可以确定 A=0,B=− ,Y =− cosx.
2 2
由此,所求的通解为
sinx
当a≠1时,y =c cosax+c sinax+ ；
1 2 a2 −1
x
当a=1时,y =c cosx+c sinx− cosx.
1 2 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
(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
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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.
七、(本题满分9分)
【解析】方法一：用积分比较定理.
λ 1
首先需要统一积分区间：换元,令x=λt,则 ∫ f(x)dx=λ∫ f(λt)dt,
0 0
由此 ∫ λ f(x)dx−λ∫ 1 f(x)dx=λ∫ 1[ f(λx)− f(x) ] dx.
0 0 0
因为 f(x)递减而λx< x,所以 f(λx)≥ f(x),上式的右端大于零,问题得证.
方法二：用积分中值定理.
为分清两中值的大小,需要分别在(0,λ),(λ,1)两区间内用积分中值定理：
1 λ 1
∫ f(x)dx=∫ f(x)dx+∫ f(x)dx,
0 0 λ
由此,
λ 1 λ 1
∫ f(x)dx−λ∫ f(x)dx=(1−λ)∫ f(x)dx−λ∫ f(x)dx
0 0 0 λ
=(1−λ)⋅λf(ξ)−λ⋅(1−λ)f(ξ)
1 2
=(1−λ)⋅λ[ f(ξ)− f(ξ) ],
1 2
其中,0<ξ <λ<ξ <1；又因 f(x)递减, f(ξ)≥ f(ξ).上式的右端大于零,问题得证.
1 2 1 2
方法三：作为函数不等式来证明.令
λ 1
ϕ(λ)=∫ f(x)dx−λ∫ f(x)dx, λ∈[0,1].
0 0
1
则 ϕ′(λ)= f(λ)−∫ f(x)dx.
0
由积分中值定理,有ϕ′(λ)= f(λ)− f(ξ),其中ξ∈(0,1)为常数.
由 f(λ)递减,λ=ξ为唯一驻点,且ϕ′(λ)在λ=ξ由正变负,λ=ξ是ϕ(λ)的极大值
点也是最大值点；由此,最小点必为端点λ=0或1.从而有
ϕ(λ)≥ϕ(0)=ϕ(1)=0,0<λ<1.
命题得证.
【相关知识点】积分上限的函数的求导公式：
β(t)
若F(t)=∫ f(x)dx,α(t),β(t)均一阶可导,则
α(t)
F′(t)=β′(t)⋅ f [β(t) ]−α′(t)⋅ f [α(t) ].
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八、(本题满分9分)
【解析】如右图所示,曲线左右对称,
y
与x轴的交点是(−2,0),(2,0). y=3
只计算右半部分即可.作垂直分割,
y=3− x2−1
相应于[ x,x+dx ]的小竖条的体积微元：
dV =π 32 −(3− y)2 dx= 32 −(x2 −1)2 dx −2 O x x+dx 2 x
=π(8+2x2 −x4)dx,0≤ x≤2,
2 448
于是 V =2π∫ (8+2x2 −x4)dx= π.
0 15
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1995 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)
1
(1) 设y =cos(x2)sin2 ,则y′=＿＿＿＿＿＿.
x
(2) 微分方程y′′+ y =−2x的通解为＿＿＿＿＿＿.
x=1+t2
(3) 曲线 在t =2处的切线方程为＿＿＿＿＿＿.
y =t3
1 2 n
(4) lim( + +L + )=＿＿＿＿＿＿.
n→∞ n2 +n+1 n2 +n+2 n2 +n+n
(5) 曲线y = x2e−x2的渐近线方程为＿＿＿＿＿＿.
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) 设 f(x)和ϕ(x)在(−∞,+∞)内有定义, f(x)为连续函数,且 f(x)≠0,ϕ(x)有间断点,
则 ( )
(A) ϕ[f(x)]必有间断点 (B) [ϕ(x)]2必有间断点
ϕ(x)
(C) f[ϕ(x)]必有间断点 (D) 必有间断点
f(x)
(2) 曲线y = x(x−1)(2−x)与x轴所围图形的面积可表示为 ( )
2
(A) −∫ x(x−1)(2−x)dx
0
1 2
(B) ∫ x(x−1)(2−x)dx−∫ x(x−1)(2−x)dx
0 1
1 2
(C) −∫ x(x−1)(2−x)dx+∫ x(x−1)(2−x)dx
0 1
2
(D) ∫ x(x−1)(2−x)dx
0
(3) 设 f(x)在(−∞,+∞)内可导,且对任意x ,x ,当x > x 时,都有 f(x )> f(x ),则
1 2 1 2 1 2
( )
(A) 对任意x, f′(x)>0 (B) 对任意x, f′(−x)≤0
(C) 函数 f(−x)单调增加 (D) 函数−f(−x)单调增加
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(4) 设函数 f(x)在[0,1]上 f′′(x)>0,则 f′(1)、f′(0)、f(1)− f(0)或 f(0)− f(1)的大小
顺序是 ( )
(A) f′(1)> f′(0)> f(1)− f(0) (B) f′(1)> f(1)− f(0)> f′(0)
(C) f(1)− f(0)> f′(1)> f′(0) (D) f′(1)> f(0)− f(1)> f′(0)
(5) 设 f(x)可导,F(x)= f(x)(1+|sinx|),若使F(x)在x=0处可导,则必有 ( )
(A) f(0)=0 (B) f′(0)=0
(C) f(0)+ f′(0)=0 (D) f(0)− f′(0)=0
三、(本题共6小题,每小题5分,满分30分.)
1− cosx
(1) 求lim .
x→0+ x(1−cos x)
d2y
(2) 设函数y = y(x)由方程xef(y) =ey确定,其中 f 具有二阶导数,且 f′≠1,求 .
dx2
x2
(3) 设 f(x2 −1)=ln ,且 f[ϕ(x)]=lnx,求∫ϕ(x)dx.
x2 −2
1
xarctan ,x≠0,
(4) 设 f(x)= x2 试讨论 f′(x)在x=0处的连续性.
0, x=0,
x=1−cost
(5) 求摆线 一拱(0≤t ≤2π)的弧长.
y =t−sint
(6) 设单位质点在水平面内作直线运动,初速度v =v ,已知阻力与速度成正比(比例常
t=0 0
v
数为1),问t为多少时此质点的速度为 0 ？并求到此时刻该质点所经过的路程.
3
四、(本题满分8分)
x2
求函数 f(x)=∫ (2−t)e−tdt的最大值和最小值.
0
五、(本题满分8分)
设y =ex是微分方程xy′+ p(x)y = x的一个解,求此微分方程满足条件y =0的特
x=ln2
解.
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六、(本题满分8分)
如图,设曲线L的方程为y = f(x),且y′′>0,又MT,MP分别为该曲线在点
3
(1+ y′2)2
M(x ,y )处的切线和法线,已知线段MP的长度为 0 (其中y′ = y′(x ),
0 0 y′′ 0 0
0
y′′= y′′(x )),试推导出点P(ξ,η)的坐标表达式.
0 0
y L
•
P (ξ,η)
M(x ,y )
0 0
T
O
x
七、(本题满分8分)
x sint π
设 f(x)=∫ dt,计算∫ f(x)dx.
0π−t 0
八、(本题满分8分)
f(x)
设lim =1,且 f′′(x)>0,证明 f(x)≥ x.
x→0 x
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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
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(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
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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
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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
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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)=limarctan − = −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
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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
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+∞ +∞ +∞
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
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( )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=∫
∫ dtdx,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=∫ ∫ dtdx=∫∫ 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
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π π πsint πsint π π
∫ f(x)dx=∫ ∫ dxdt =∫ 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
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1996 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)
x 2
−
(1) 设y =(x+e 2)3 ,则y′ =＿＿＿＿＿＿.
x=0
1
(2) ∫ (x+ 1−x2)2dx=＿＿＿＿＿＿.
−1
(3) 微分方程y′′+2y′+5y =0的通解为＿＿＿＿＿＿.
3 1
(4) limx sinln(1+ )−sinln(1+ ) =＿＿＿＿＿＿.
x→∞ x x
1
(5) 由曲线y = x+ ,x=2及y =2所围图形的面积S =＿＿＿＿＿＿.
x
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) 设当x→0时,ex −(ax2 +bx+1)是比x2高阶的无穷小,则 ( )
1
(A) a= ,b=1 (B) a=1,b=1
2
1
(C) a=− ,b=−1 (D) a=−1,b=1
2
(2) 设函数 f(x)在区间(−δ,δ)内有定义,若当x∈(−δ,δ)时,恒有| f(x)|≤ x2,则x=0
必是 f(x)的 ( )
(A) 间断点 (B) 连续而不可导的点
(C) 可导的点,且 f′(0)=0 (D) 可导的点,且 f′(0)≠0
(3) 设 f(x)处处可导,则 ( )
(A) 当 lim f(x)=−∞,必有 lim f′(x)=−∞
x→−∞ x→−∞
(B) 当 lim f′(x)=−∞,必有 lim f(x)=−∞
x→−∞ x→−∞
(C) 当 lim f(x)=+∞,必有 lim f′(x)=+∞
x→+∞ x→+∞
(D) 当 lim f′(x)=+∞,必有 lim f(x)=+∞
x→+∞ x→+∞
1 1
(4) 在区间(−∞,+∞)内,方程|x|4 +|x|2 −cosx=0 ( )
(A) 无实根 (B) 有且仅有一个实根
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(C) 有且仅有两个实根 (D) 有无穷多个实根
(5) 设 f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,且g(x)< f(x)2.
(1) 写出 f(x)的反函数g(x)的表达式；
(2) g(x)是否有间断点、不可导点,若有,指出这些点.
六、(本题满分8分)
设函数 y = y(x)由方程2y3 −2y2 +2xy−x2 =1所确定,试求y = y(x)的驻点,并判别
它是否为极值点.
七、(本题满分8分)
设 f(x)在区间[a,b]上具有二阶导数,且 f(a)= f(b)=0, f′(a)f′(b)>0,试证明：
存在ξ∈(a,b)和η∈(a,b),使 f(ξ)=0及 f′′(η)=0.
八、(本题满分8分)
设 f(x)为连续函数,
y′+ay = f(x),
(1) 求初值问题 的解y(x),其中a为正的常数；
y =0
x=0
k
(2) 若| f(x)|≤k(k为常数),证明：当x≥0时,有| y(x)|≤ (1−e−ax).
a
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1996 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
(1)【答案】
3
1
−
2 − x 3 1 − x 2 1 1
【解析】y′= x+e 2 ⋅1− e 2 , y′ = 1− = .
3 2 x=0 3 2 3
(2)【答案】2
【解析】注意到对称区间上奇偶函数的积分性质,有
原式=∫ 1 x2 +2x 1−x2 + ( 1−x2 ) dx=∫ 1 2x 1−x2 +1 dx=0+2=2.
−1 −1
【相关知识点】对称区间上奇偶函数的积分性质：
a
若 f(x)在[−a,a]上连续且为奇函数,则∫ f(x)dx=0；
−a
a a
若 f(x)在[−a,a]上连续且为偶函数,则∫ f(x)dx=2∫ f(x)dx.
−a 0
(3)【答案】y =e−x( c cos2x+c sin2x )
1 2
【解析】因为y′′+2y′+5y =0是常系数的线性齐次方程,其特征方程r2 +2r+5=0有
一对共轭复根r,r =−1±2i.故通解为y =e−x( c cos2x+c sin2x ).
1 2 1 2
(4)【答案】2
k k k
【解析】因为x→∞时,sinln1+
ln1+
(k为常数),所以,
x x x
3 1 3 1
原式=limxsinln1+
−limxsinln1+
=limx⋅
−limx⋅
=3−1=2.
x→∞ x x→∞ x x→∞ x x→∞ x
1
(5)【答案】ln2−
2
′
1 1 x2 −1
【解析】曲线y = x+ , y =2的交点是( 1,2 ), y′= x+ = ,当x>1时
x x x2
1
y = x+
1
(单调上升)在y =2上方,于是
y y = x+
x
x
2
2 1
S =∫ x+ −2dx
1 x
2
1 1
= x2 +lnx−2x =ln2− .
2 2
1
O 1 2 x
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二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)
(1)【答案】(A)
【解析】方法1：用带皮亚诺余项泰勒公式.由
( )
ex − ax2 +bx+1
x2
( )
( )
=1+x+ +ο x2 − ax2 +bx+1
2!
=( 1−b ) x+ 1 −a x2 +ο ( x2 ) 令 ο ( x2 ) ,
2
1−b=0,
1
可得 1 ⇒a= ,b=1.应选(A).
−a=0, 2
2
方法2：用洛必达法则.由
ex −(ax2 +bx+1) ex −2ax−b
lim 洛lim =0,
x→0 x2 x→0 2x
( )
有 lim ex −2ax−b =1−b=0⇒b=1.
x→0
ex −2ax−b ex −2a 1−2a 1
又由 lim =lim = =0⇒a = .
x→0 2x x→0 2 2 2
应选(A).
(2)【答案】(C)
【解析】方法一：首先,当x=0时,| f(0)|≤0⇒ f(0)=0.
而按照可导定义我们考察
f(x)− f(0) f(x) x2
0≤ = ≤ = x →0(x→0),
x x x
f(x)− f(0)
由夹逼准则, f′(0)=lim =0,故应选(C).
x→0 x
f(x)
方法二：显然, f(0)=0,由| f(x)|≤ x2,x∈(−δ,δ),得 ≤1,x∈(−δ,0)(0,δ),即
x2
f(x)
有界,且
x2
f(x)− f(0) f(x)
f′(0)=lim =lim ⋅x =0.
x→0 x x→0 x2
故应选(C).
方法三：排除法.
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令 f(x)= x3, f′(0)=0,故(A)、(B)、(D)均不对,应选(C).
【相关知识点】定理：有界函数与无穷小的乘积是无穷小.
(3)【答案】(D)
【解析】方法一：排除法.例如 f(x)= x,则(A),(C)不对；又令 f(x)=e−x,则(B)不对.
故应选择(D).
方法二：由 lim f′(x)=+∞,对于M >0,存在 x ,使得当x> x 时, f′(x)>M .
0 0
x→+∞
由此,当x> x 时,由拉格朗日中值定理,
0
f(x)= f(x )+ f′(ξ)(x−x )> f(x )+M(x−x )→+∞ (x→+∞),
0 0 0 0
从而有 lim f(x)=+∞,故应选择(D).
x→+∞
【相关知识点】拉格朗日中值定理：如果函数 f(x)满足
(1) 在闭区间[a,b]上连续；
(2) 在开区间(a,b)内可导,
那么在(a,b)内至少有一点ξ(a<ξ0).
π π π π
1 1
首先注意到 f(0)=−1<0, f( )=( ) 4 +( ) 2 >1>0,当0< x< 时,由零值定
2 2 2 2
理,函数 f(x)必有零点,且由
1 − 3 1 − 1
f′(x)= x 4 + x 2 +sinx>0,
4 2
π
f(x)在(0, )单调递增,故 f(x)有唯一零点.
2
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π 1 1 π π
1 1
当x≥ 时, f(x)= x4 +x2 −cosx≥( ) 4 +( ) 2 −1>0,没有零点；
2 2 2
因此, f(x)在(0,+∞)有一个零点.又由于 f(x)是偶函数, f(x)在(−∞,+∞)有两个零点.
故应选(C).
【相关知识点】零点定理：设函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续,且 f(a)与 f(b)异号(即
f(a)⋅ f(b)<0),那么在开区间(a,b)内至少有一点ξ,使 f(ξ)=0.
(5)【答案】(B)
y
【解析】
m
y= f(x)
y=g(x)
O a x x+dx b x
见上图,作垂直分割,相应于[ x,x+dx ]的小竖条的体积微元
dV =π(m−g(x))2dx−π(m− f(x))2dx
=π[ (m−g(x))+(m− f(x)) ]⋅[ (m−g(x))−(m− f(x)) ] dx
=π[ 2m−g(x)− f(x) ]⋅[ f(x)−g(x) ] dx,
于是 V =∫ b π[ 2m−g(x)− f(x) ]⋅[ f(x)−g(x) ] dx,
a
故选择(B).
三、(本题共6小题,每小题5分,满分30分.)
(1)【解析】方法一：换元法.
1 u
令 1−e−2x =u,则x=− ln(1−u2),dx= du,
2 1−u2
ln2 3 u2 3 1 1 3 1 1
所以 ∫ 1−e−2xdx=∫ 2 du =∫ 2 ( −1)du = ∫ 2 ( + −2)du
0 0 1−u2 0 1−u2 2 0 1−u 1+u
3
1 1+u 2 3 3
= ln − =ln(2+ 3)− .
2 1−u 2 2
0
方法二：换元法.
cost π π
令e−x =sint,则x=−lnsint,dx=− dt ,x:0→ln2⇒t: → ,
sint 2 6
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ln2 π cost π 1
∫ 1−e−2xdx=∫6cost⋅ − dt =∫2 −sintdt
π π
0 sint sint
2 6
π π 3
=ln(csct−cott) 2 −cost 2 =ln(2+ 3)− .
π π
2
6 6
方法三：分部积分法和换元法结合.
ln2 ln2
原式=∫ e−x e2x −1dx=∫ e2x −1d(−e−x)
0 0
ln2 ln2 e2x
=−e−x e2x −1 +∫ e−x dx
0 0 e2x −1
令ex =t,则x:0→ln2⇒t:1→2,
3 2 dt 3 2 3
原式=− +∫ =− +ln(t+ t2 −1) =− +ln(2+ 3).
2 1 t2 −1 2 1 2
1
【相关知识点】1.∫cscxdx=∫ dx=ln cscx−cotx +C,
sinx
dx
2. a>0时,∫ =ln x+ x2 −a2 +C.
x2 −a2
dx (1−sinx)dx 1−sinx
(2)【解析】方法一：∫ =∫ =∫ dx
1+sinx (1+sinx)(1−sinx) cos2 x
1 sinxdx dcosx
=∫ dx−∫ =∫sec2 xdx+∫
cos2 x cos2 x cos2 x
1
=tanx− +C.
cosx
dx dx
方法二： ∫ =∫
1+sinx x x
(cos +sin )2
2 2
x
d(1+tan )
sec2 x 2
2
=∫ dx=2∫ =− +C.
x x x
(1+tan )2 (1+tan )2 1+tan
2 2 2
方法三：换元法.
x 2 2tant 2t
令tan =t,则x=2arctant,dx= ,sinx= = ,
2 1+t2 1+tan2t 1+t2
1 2 dt 2 2
原式=∫ ⋅ dt =2∫ =− +C =− +C.
2t 1+t2 (1+t)2 1+t x
1+ 1+tan
1+t2 2
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(3)【解析】这是由参数方程所确定的函数,其导数为
dy
dy = dt = 2f(t2)⋅ f′(t2)⋅2t =4tf′(t2),
dx dx f(t2)
dt
d2y d dy dt d dt 1
所以 = ( )⋅ = (4tf′(t2))⋅ =4f′(t2)+4tf′′(t2)⋅2t⋅
dx2 dt dx dx dt dx f(t2)
4
= f′(t2)+2t2f′′(t2).
f(t2)
(4)【解析】函数 f(x)在x=0处带拉格朗日余项的泰勒展开式为
f (n)(0) f (n+1)(θx)
f(x)= f(0)+ f′(0)x++ xn + xn+1,(0<θ<1).
n! (n+1)!
1−x
对于函数 f(x)= ,有
1+x
2
f(x)= −1=2(1+x)−1−1,
1+x
f′(x)=2⋅(−1)(1+x)−2,
f′′(x)=2⋅(−1)⋅(−2)(1+x)−3,
,,
f (n)(x)=2(−1)n⋅n!(1+x)−(n+1)
所以 f (n)(0)=2(−1)n⋅n!, (n=1,2,3),
1−x 2xn+1
故 f(x)= =1−2x+2x2 ++(−1)n2xn +(−1)n+1 (0<θ<1).
1+x (1+θx)n+1
(5)【解析】方法一：微分方程y′′+ y = x2对应的齐次方程y′′+ y′=0的特征方程为
r2 +r =0,两个根为r =0,r =−1,故齐次方程的通解为y =c +c e−x.
1 2 1 2
1
设非齐次方程的特解Y = x⋅(ax2 +bx+c),代入方程可以得到a = ,b=−1,c=2,
3
1
因此方程通解为y =c +c e−x + x3 −x2 +2x.
1 2 3
x3
方法二：方程可以写成(y+ y′)′= x2,积分得y+ y′= +c ,这是一阶线性非齐次微分方
3 0
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程,可直接利用通解公式求解.通解为
−∫dx
x3
∫dx
y =e (∫( +c )e dx+C)
3 0
x3 1
=e−x(∫( +c )exdx+C)=e−x( ∫x3dex +c ex +C)
3 0 3 0
e−x
= (x3ex −3∫exx2dx)+c +Ce−x
3 0
x3 x3
= −e−x∫exx2dx+c +Ce−x = −e−x(exx2 −2∫exxdx)+c +Ce−x
3 0 3 0
x3
= −x2 +2e−x(exx−ex)+c +Ce−x
3 0
x3
= −x2 +2x+c +Ce−x.
3 1
方法三：作为可降阶的二阶方程,令y′= P,则 y′′= P′,方程化为P′+P= x2,这是一阶线性
非齐次微分方程,可直接利用通解公式求解.通解为
P=e−x(c +∫x2exdx)=e−x(c +x2ex −2xex +2ex)
0 0
=c e−x +x2 −2x+2.
0
x3
再积分得 y =c +c e−x + −x2 +2x.
1 2 3
【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
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(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.
4. 一阶线性非齐次方程y′+P(x)y =Q(x)的通解为
−∫P(x)dx ∫P(x)dx
y =e ∫Q(x)e dx+C, 其中C为任意常数.
x2 y2
(6)【解析】建立坐标系,底面椭圆方程为 + =1.
a2 b2
方法一：以垂直于y轴的平面截此楔形体所得的截面为直角三角形,
a
其中一条直角边长为x= b2 − y2 ,
b
a
另一条直角边长为 b2 − y2 ⋅tanα,
b
故截面面积为
1 a2
S(y)= (b2 − y2)⋅tanα.
2 b2
楔形体的体积为
b a2 b 2
V =2∫ S(y)dy = tanα∫ (b2 − y2)dy = a2btanα.
0 b2 0 3
方法二：以垂直于x轴的平面截此楔形体所得的截面为矩形,
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b
其中一条边长为2y =2 a2 −x2 ,
a
另一条边长为x⋅tanα,
故截面面积为
b
S(x)=2 x a2 −x2 ⋅tanα,
a
楔形体的体积为
a 2b a 2
V =2∫ S(x)dx= tanα∫ x a2 −x2dx= a2btanα.
0 a 0 3
四、(本题满分8分)
【解析】方法一：分部积分法.
arctanx arctanx arctanx
∫ dx=∫ dx−∫ dx
x2(1+x2) x2 1+x2
1
=∫arctanxd(− )−∫arctanxd(arctanx)
x
1 dx 1
分部− arctanx+∫ − arctan2 x
x x(1+x2) 2
1 1 x 1
=− arctanx+∫( − )dx− arctan2 x
x x 1+x2 2
1 1 1
=− arctanx+ln x − ln(1+x2)− arctan2 x+C.
x 2 2
方法二：换元法与分部积分法结合.
令arctanx=t ,则x=tant,dx=sec2tdt,
arctanx tsec2t t
∫ dx=∫ dt =∫ dt =∫tcot2tdt
x2(1+x2) tan2t(1+tan2t) tan2t
=∫t(csc2t−1)dt =∫td(−cott)−∫tdt
1
分部−tcott+∫cotdt− t2
2
cosx 1
=−tcott+∫ dt− t2
sinx 2
1 1
=−tcott+∫ dsint− t2
sint 2
1
=−tcott+ln sint − t2 +C .
2
五、(本题满分8分)
【分析】为了正确写出函数 f(x)的反函数g(x),并快捷地判断出函数g(x)的连续性、可导
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性,须知道如下关于反函数的有关性质.
【相关知识点】反函数的性质：① 若函数 f(x)是单调且连续的,则反函数g(x)有相同的单
1
调性且也是连续的；② 函数 f(x)的值域即为反函数g(x)的定义域；③ g′(x)= ,
f′(x)
故函数 f(x)的不可导点和使 f′(x)=0的点x对应的值 f(x)均为g(x)的不可导点.
【解析】(1) 由题设,函数 f(x)的反函数为
1−x
− , x<−1,
2
g(x)= 3 x, −1≤ x≤8,
x+16
, x>8.
12
(2) 方法一：考察 f(x)的连续性与导函数.注意
1−2x2, x<−1,
f(x)= x3, −1≤ x≤2,
12x−16, x>2
在(−∞,−1),(−1,2),(2,+∞)区间上 f(x)分别与初等函数相同,故连续.在x=−1,x=2处分
别左、右连续,故连续.易求得
−4x, x<−1,
f′(x)=3x2, −1< x<2, f′(−1)=4, f′(−1)=3,
− +
12, x>2
f′(2)=12, f′(2)=12⇒ f′(2)=12.
− +
由于函数 f(x)在(−∞,+∞)内单调上升且连续,故函数g(x)在(−∞,+∞)上单调且连续,
没有间断点.
由于仅有x=0时 f′(x)=0且 f(0)=0,故x=0是g(x)的不可导点；仅有x=−1是
f(x)的不可导点(左、右导数∃,但不相等),因此g(x)在 f(−1)=−1处不可导.
方法二：直接考察g(x)的连续性与可导性.注意
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1−x
− , x<−1,
2
g(x)= 3 x, −1≤ x≤8,
x+16
, x>8,
12
在(−∞,−1),(−1,8),(8,+∞)区间上g(x)分别与初等函数相同,故连续.在x=−1,x=8处分
别左、右连续,故连续,即g(x)在(−∞,+∞)连续,没有间断点.
g(x)在(−∞,−1),(−1,8),(8,+∞)内分别与初等函数相同,这些初等函数只有3 x 在
x=0不可导,其余均可导.在x=−1处,
′
1−x 1 ( )′ 1
g′(−1)=− = ,g′(−1)= 3 x = ,
− +
2 4 + 3
− x=−1
x=−1
⇒ g′(−1)不∃.在x=8处,
′
( )′ 1 x+16 1
g′(8)= 3 x = ,g′(8)= = ,
− +
− 12 12 12
x=8 +
x=8
⇒ g′(8) ∃.
因此,g(x)在(−∞,+∞)内仅有x=0与x=−1两个不可导点.
六、(本题满分8分)
【解析】方程两边对x求导,得
3y2y′−2yy′+xy′+ y−x=0,(3y2 −2y+x)y′+ y−x=0. ①
令y′=0,得 y = x,代入原方程得2x3−x2 −1=0,解之得唯一驻点x=1；对①两边再求导
又得
(3y2 −2y+x)y′′+(3y2 −2y+x)′ y′+ y′−1=0. ②
x
以x= y =1,y′=0代入②得
1
2y′′−1=0, y′′ = >0,
x=1 2
x=1是极小点.
【相关知识点】1.驻点：通常称导数等于零的点为函数的驻点(或稳定点,临界点).
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2.函数在驻点处取得极大值或极小值的判定定理.
当函数 f(x)在驻点处的二阶导数存在且不为零时,可以利用下述定理来判定 f(x)在
驻点处取得极大值还是极小值.
定理：设函数 f(x)在x 处具有二阶导数且 f′(x )=0, f′′(x )≠0,那么
0 0 0
(1) 当 f′′(x )<0时,函数 f(x)在x 处取得极大值；
0 0
(2) 当 f′′(x )>0时,函数 f(x)在x 处取得极小值.
0 0
七、(本题满分8分)
【解析】首先证明∃ξ∈(a,b),使 f(ξ)=0：
方法一：用零点定理.主要是要证明 f(x)在(a,b)有正值点与负值点.不妨设 f′(a)>0,
f′(b)>0.
f(x)− f(a)
由 lim = f′(a)= f′(a)>0与极限局部保号性,知在x=a的某右邻域,
x→a+ x−a +
f(x)− f(a)
>0,从而 f(x)>0,因而∃x ,b> x >a, f(x )>0；类似地,由 f′(b)>0可证
x−a 1 1 1
∃x ,x < x 0,或 f(x)<0,
不妨设 f(x)>0.由导数定义与极限局部保号性,
f(x)− f(a) f(x)
f′(a)= f′(a)= lim = lim ≥0,
+ x→a+ x−a x→a+ x−a
f(x)− f(b) f(x)
f′(b)= f′(b)= lim = lim ≤0,
− x→b− x−b x→b− x−b
从而 f′(a)f′(b)≤0,与 f′(a)f′(b)>0矛盾.
其次,证明∃η∈(a,b), f′′(η)=0：
由于 f(a)= f(ξ)= f(b)=0,根据罗尔定理,
∃η∈(a,ξ),η ∈(ξ,b),使 f′(η)= f′(η)=0；又由罗尔定理,
1 2 1 2
∃η∈(η,η)⊂(a,b), f′′(η)=0.
1 2
注：由 f′(x )>0可得：在(x −δ,x ), f(x)< f(x )；在(x ,x +δ), f(x)> f(x ).注意
0 0 0 0 0 0 0
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由 f′(x )>0得不到 f(x)在(x −δ,x +δ)单调增的结果！
0 0 0
【相关知识点】1.零点定理：设函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续,且 f(a)与 f(b)异号(即
f(a)⋅ f(b)<0),那么在开区间(a,b)内至少有一点ξ,使 f(ξ)=0.
2．函数极限的局部保号性定理：如果lim f(x)= A,且A>0(或A<0),那么存在常数δ>0,
x→x
0
使得当0< x−x <δ时,有 f(x)>0(或 f(x)<0).
0
3. 函数极限局部保号性定理的推论：如果在x 的某去心邻域内 f(x)≥0(或 f(x)≤0),而
0
且lim f(x)= A,那么A≥0(或A≤0).
x→x
0
4.罗尔定理：如果函数 f(x)满足
(1) 在闭区间[a,b]上连续；
(2) 在开区间(a,b)内可导；
(3) 在区间端点处的函数值相等,即 f(a)= f(b),
那么在(a,b)内至少有一点ξ(a<ξ0, f′(x)<0, f′′(x)>0,记S =∫ f(x)dx,S = f(b)(b−a),
1 2
a
1
S = [f(a)+ f(b)](b−a),则 ( )
3 2
(A) S 0 −x, x≥0
2+x2, x<0 2−x2, x<0
(A) (B)
2−x, x≥0 2+x, x≥0
2−x2, x<0 2+x2, x<0
(C) (D)
2−x, x≥0 2+x, x≥0
三、(本题共6小题,每小题5分,满分30分.)
4x2 +x−1+x+1
(1) 求极限 lim .
x→−∞ x2 +sinx
x=arctant
dy
(2) 设y = y(x)由 所确定,求 .
2y−ty2 +et =5 dx
(3) 计算∫e2x(tanx+1)2dx.
(4) 求微分方程(3x2 +2xy− y2)dx+(x2 −2xy)dy =0的通解.
(5) 已知 y = xex +e2x,y = xex +e−x,y = xex +e2x −e−x 是某二阶线性非齐次微分方程
1 2 3
的三个解,求此微分方程.
1 1 −1
(6) 已知A= 0 1 1 ,且A2 −AB= E,其中E是三阶单位矩阵,求矩阵B.
0 0 −1
四、(本题满分8分.)
2x +λx −x =1
1 2 3
λ取何值时,方程组λx −x +x =2 无解,有惟一解或有无穷多解？并在有无穷
1 2 3
4x +5x −5x =−1
1 2 3
多解时写出方程组的通解.
五、(本题满分8分)
设曲线L的极坐标方程为r =r(θ),M(r,θ)为L上任一点,M (2,0)为L上一定点,
0
若极径OM 、OM 与曲线L所围成的曲边扇形面积值等于L上M ,M 两点间弧长值的一
0 0
半,求曲线L的方程.
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六、(本题满分8分)
设函数 f(x)在闭区间[0,1]上连续,在开区间(0,1)内大于零,并满足xf′(x)= f(x)+
3a
x2(a为常数),又曲线 y = f(x)与x=1,y =0所围成的图形S 的面积值为 2,求函数
2
y = f(x),并问a为何值时,图形S绕x轴旋转一周所得的旋转体的体积最小.
七、(本题满分8分.)
f(x) 1
已知函数 f(x)连续,且lim =2,设ϕ(x)=∫ f(xt)dt,求ϕ′(x),并讨论ϕ′(x)的
x→0 x 0
连续性.
八、(本题满分8分)
π π
就k 的不同取值情况,确定方程x− sinx=k 在开区间(0, )内根的个数,并证明你
2 2
的结论.
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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 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 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00,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 −11 0 0[1]+[3]×(−1)1 1 0 1 0 −1
[2]+[3]
[ AE ]= 0 1 1 0 1 0 → 0 1 0 0 1 1
0 0 −10 0 1 0 0 −10 0 1
[1]+[2]×(−1)1 0 01 −1 −2
[3]×(−1)
→ 0 1 00 1 1 =EA−1
0 0 10 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)
[ Ab ]= λ −1 1 2 → λ+2 λ−1 0 3
4 5 −5−1 −6 −5λ+5 0 −6
2 λ −11
[3]+[2]×5
→ λ+2 λ−1 0 3
5λ+4 0 0 9
4
当λ≠− 且λ≠1时,r ( A )=r [ Ab ]=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 [ Ab ]=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 [ Ab ]=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
[ Ab ]= − 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 [ Ab ] ,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 [ Ab ]=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 0)的渐近线方程为 .
x
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分.在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) 设数列x 与y 满足limx y =0,则下列断言正确的是 ( )
n n n n
n→∞
(A) 若x 发散,则y 发散 (B) 若x 无界,则y 必有界
n n n n
1
(C) 若x 有界,则y 必为无穷小 (D) 若 为无穷小,则y 必为无穷小
n n x n
n
(2) 函数 f(x)=(x2 −x−2) x3−x 的不可导点的个数是 ( )
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3
y∆x
(3) 已知函数y = y(x)在任意点x处的增量∆y = +α,其中α是比∆x(∆x→0)高阶
1+x2
的无穷小,且y(0)=π,,则y(1)= ( )
π π
(A) πe4 (B) 2π (C) π (D) e4
(4) 设函数 f(x)在x=a的某个邻域内连续,且 f(a)为其极大值,则存在δ>0,当
x∈(a−δ,a+δ)时,必有 ( )
(A) (x−a)[f(x)− f(a)]≥0 (B) (x−a)[f(x)− f(a)]≤0
f(t)− f(x) f(t)− f(x)
(C) lim ≥0(x≠a) (D) lim ≤0(x≠a)
t→a (t−x)2 t→a (t−x)2
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(5) 设A是任一n(n≥3)阶方阵,A∗是其伴随矩阵,又k为常数,且k ≠0,±1,则必有
(kA)∗ = ( )
(A) kA∗ (B) kn−1A∗ (C) knA∗ (D) k−1A∗
三、(本题满分5分)
x
π
tan(x− )
求函数 f(x)=(1+x) 4 在区间(0,2π)内的间断点,并判断其类型.
四、(本题满分5分)
ax−sinx
确定常数a,b,c的值,使lim =c(c≠0).
x→0 xln(1+t3)
∫ dt
b t
五、(本题满分5分)
u
利用代换y = 将方程y′′cosx−2y′sinx+3ycosx=ex化简,并求出原方程的通
cosx
解.
六、(本题满分6分)
3 dx
计算积分∫2 .
1
x−x2
2
七、(本题满分6分)
从船上向海中沉放某种探测仪器,按探测要求,需确定仪器的下沉深度y(从海平面算起)
与下沉速度v之间的函数关系.设仪器在重力作用下,从海平面由静止开始铅直下沉,在下沉
过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为m,体积为B,海水比重为ρ,仪器所受的
阻力与下沉速度成正比,比例系数为k(k >0).试建立y与v所满足的微分方程,并求出函数
关系式y= f ( v ).
八、(本题满分8分)
设y = f(x)是区间[0,1]上的任一非负连续函数.
(1) 试证存在x ∈(0,1),使得在区间[0,x ]上以 f(x )为高的矩形面积,等于在[x ,1]上以
0 0 0 0
y = f(x)为曲边的梯形面积.
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2f(x)
(2) 又设 f(x)在区间(0,1)内可导,且 f′(x)>− ,证明(1)中的x 是唯一的.
x 0
九、(本题满分8分)
设有曲线y = x−1,过原点作其切线,求由此曲线、切线及x轴围成的平面图形绕x
轴旋转一周所得到的旋转体的表面积.
十、(本题满分8分)
1
设y = y(x)是一向上凸的连续曲线,其上任意一点(x,y)处的曲率为 ,且此曲
1+ y′2
线上点(0,1)处的切线方程为y = x+1,求该曲线的方程,并求函数y = y(x)的极值.
十一、(本题满分8分)
设x∈(0,1),证明：
(1) (1+x)ln2(1+x)< x2;
1 1 1 1
(2) −1< − < .
ln2 ln(1+x) x 2
十二、(本题满分5分)
设(2E−C−1B)AT =C−1,其中E是4阶单位矩阵,AT 是4阶矩阵A的转置矩阵,
1 2 −3 −2 1 2 0 1
0 1 2 −3 0 1 2 0
B=
,C
=
,
0 0 1 2 0 0 1 2
0 0 0 1 0 0 0 1
求A.
十三、(本题满分8分)
已知α =(1,4,0,2)T,α =(2,7,1,3)T,α =(0,1,−1,a)T,β=(3,10,b,4)T,问：
1 2 3
(1) a,b取何值时,β不能由α,α,α线性表示？
1 2 3
(2) a,b取何值时,β可由α,α,α线性表示？并写出此表达式.
1 2 3
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1998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,把答案填在题中横线上.)
1
(1)【答案】−
4
【解析】方法1：用四则运算将分子化简,再用等价无穷小替换,
( )( )
1+x + 1−x −2 1+x + 1−x +2
原式=lim
( )
x→0 x2 1+x + 1−x +2
( 1+x + 1−x )2 −4 2 ( 1−x2 −1 )
=lim =lim
x→0 x2 ( 1+x + 1−x +2 ) x→0 4x2
1
− x2
1 2 1
1−x2 −1 − x2 lim =− .
2 x→0 2x2 4
方法2：采用洛必达法则.
1 1
( )′ −
1+x + 1−x −2
2 1+x 2 1−x
原式 洛 lim =lim
x→0 (
x2
)′ x→0 2x
−1 1
−
1−x − 1+x 1−x − 1+x 2 1−x 2 1+x
=lim =lim 洛 lim
x→0 4x 1−x2 x→0 4x x→0 4
−1 1
lim −
x→02 1−x 2 1+x 1
= =− .
4 4
方法3：将分子按佩亚诺余项泰勒公式展开至x2项,
1 1 ( ) 1 1 ( )
1+x =1+ x− x2 +o x2 , 1−x =1− x− x2 +o x2 ,
2 8 1 2 8 2
1 1 ( ) 1 1 ( )
1+ x− x2 +o x2 +1− x− x2 +o x2 −2
2 8 1 2 8 2
从而 原式=lim
x→0 x2
1 ( ) ( )
− x2 +o x2 +o x2
4 1 2 1
=lim =− .
x→0 x2 4
37
(2)【答案】
12
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【分析】求曲线与x轴围成的图形的面积,应分清楚位于x轴上方还是下方,为此,要先求
此曲线与x轴交点.
【解析】 y =−x3 +x2 +2x与x轴的交点,即−x3 +x2 +2x=−x(x−2)(x+1)=0的根
为x=−1,0,2.
当−1< x<0时,y<0；当0< x<2时,y >0,从而
0 2 0 2
A=∫ −ydx+∫ ydx=∫ (x3−x2 −2x)dx+∫ (−x3+x2 +2x)dx
−1 0 −1 0
0 2
x4 x3 x4 x3
= − −x2 − − −x2
4 3 4 3
−1 0
1 1 8 5 8 37
=0−( + −1)−(4− −4)= + = .
4 3 3 12 3 12
(3)【答案】−cotx⋅lnsinx−cotx−x+C.
【解析】因为( cotx )′ =−csc2 x =− 1 ,所以
sin2 x
∫ lnsinx dx =−∫lnsinx ( cotx )′ dx =−∫lnsinxdcotx
sin2 x
分部 −[cotx⋅lnsinx−∫cotxdlnsinx]
cosx
=−cotx⋅lnsinx+∫cotx⋅ dx
sinx
cos2 x
=−cotx⋅lnsinx+∫ dx
sin2 x
1−sin2 x
=−cotx⋅lnsinx+∫ dx
sin2 x
dx
=−cotx⋅lnsinx+∫ −∫1dx
sin2 x
=−cotx⋅lnsinx+∫(−cotx )′ dx−x
=−cotx⋅lnsinx−cotx−x+C.
(4)【答案】xf(x2)
【解析】作积分变量代换u = x2 −t2, t:0→ x⇒u:x2 →0,
( ) 1
du =d x2 −t2 =−2tdt ⇒dt =− du,
2t
x 0 1 0 1 1 x2
∫ tf(x2 −t2)dt u = x2 −t2 =∫ tf(u) − du =∫ − f(u)du = ∫ f(u)du,
0 x2 2t x2 2 2 0
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d x 1 d x2 1 ( )′ 1
∫ tf(x2 −t2)dt = ∫ f(u)du = f(x2)⋅ x2 = f(x2)⋅2x= xf(x2).
dx 0 2 dx 0 2 2
β(t)
【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)=∫ f(x)dx,α(t),β(t)均一
α(t)
阶可导,则
F′(t)=β′(t)⋅ f [β(t) ]−α′(t)⋅ f [α(t) ].
1
(5)【答案】y = x+
e
【解析】题中未说什么渐近线,所以三类渐近线都要考虑.
+
1 1
由曲线方程y = xln(e+ )知,铅直渐近线可能在两处：x→
−
及x→0,但题设
x e
+
1
x>0,所以x→
−
不予考虑,考虑x→0+的情况.当x→0+时,
e
1 ln(e+t) 1
lim xln(e+ ) x=1 t lim 洛 lim =0≠∞,
x→0+ x t→+∞ t t→+∞e+t
所以无铅直渐近线；
1
因 lim y(x)= lim xln(e+ )= lim xlne=+∞,
x→+∞ x→+∞ x x→+∞
故无水平渐近线.
再考虑斜渐近线:
y 1
lim = lim ln(e+ )=1,
x→+∞ x x→+∞ x
1 1
lim ( y−x )= lim x ln(e+ )−1 = lim x lne+ln(1+ )−1
x→+∞ x→+∞ x x→+∞ ex
1 1 1
= lim xln(1+ )= lim x⋅ = ,
x→+∞ ex x→+∞ ex e
1 1
(x→+∞时,ln(1+ ) )
ex ex
1
所以有斜渐近线y = x+ .
e
【相关知识点】1.铅直渐近线：如函数y = f(x)在其间断点x= x 处有lim f(x)=∞,则
0
x→x
0
x= x 是函数的一条铅直渐近线；
0
水平渐近线：当lim f(x)=a,(a为常数）,则y =a为函数的水平渐近线.
x→∞
f(x)
斜渐近线：若有a=lim ,b=lim[f(x)−ax]存在且不为∞,则y =ax+b为斜渐近线.
x→∞ x x→∞
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题
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目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)
(1)【答案】(D)
【解析】方法1:直接利用无穷小量的性质可以证明(D)是正确的.
1 1
由y =(x y )⋅ 及limx y =0,lim =0可知y 为两个无穷小之积,故y 亦为无
n n n x n→∞ n n n→∞ x n n
n n
穷小,应选(D).
方法2:排除法.
1 1 1
(A)的反例:x =n,y = ,limx y =limn⋅ =lim =0满足题设,但lim y =0
n n n2 n→∞ n n n→∞ n2 n→∞n n→∞ n
不发散；
2k−1, n=2k−1, 0, n=2k−1,
(B)的反例:x = y = k =1,2,,
n 0, n=2k, n 2k, n=2k,
满足limx y =0,但y 不是有界数列；
n n n
n→∞
1 1 1
(C)的反例:x :1, , ,, ,有界数列,y =1(n=1,2,),满足
n 2 3 n n
1
limx y =lim =0,但y 不是无穷小；
n→∞ n n n→∞n n
排除掉(A)、(B)、(C),故选(D).
(2)【答案】(B)
【解析】当函数中出现绝对值号时,就有可能出现不可导的“尖点”,因为这时的函数是
分段函数. f(x)=(x2 −x−2) x x2 −1,当x≠0,±1时 f(x)可导,因而只需在x=0,±1处
考察 f(x)是否可导.在这些点我们分别考察其左、右导数.
(x2 −x−2)x(1−x2), x<−1,
(x2 −x−2)x(x2 −1), −1≤ x<0,
由 f(x)=
(x2 −x−2)x(1−x2), 0≤ x<1,
(x2 −x−2)x(x2 −1), 1≤ x,
f ( x )− f (−1 ) (x2 −x−2)x(1−x2)−0
⇒ f′(−1)= lim = lim =0,
− x→−1− x+1 x→−1− x+1
f ( x )− f (−1 ) (x2 −x−2)x(1−x2)−0
f′(−1)= lim = lim =0,
+ x→−1+ x+1 x→−1+ x+1
即 f(x)在x=−1处可导.又
f ( x )− f ( 0 ) (x2 −x−2)x(x2 −1)−0
f′(0)= lim = lim =2,
− x→0− x x→0− x
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f ( x )− f ( 0 ) (x2 −x−2)x(1−x2)−0
f′(0)= lim = lim =−2,
+ x→0+ x x→0+ x
所以 f(x)在x=0处不可导.
类似,函数 f(x)在x=1处亦不可导.因此 f(x)只有2个不可导点,故应选(B).
评注：本题也可利用下列结论进行判断：
设函数 f(x)= x−aϕ(x),其中ϕ(x)在x=a处连续,则 f(x)在x=a处可导的充要
条件是ϕ(a)=0.
(3)【答案】(A)
y∆x ∆y y α
【解析】由∆y = +α,有 = + .
1+x2 ∆x 1+x2 ∆x
α
令∆x→0,得α是∆x的高阶无穷小,则lim =0,
∆x→0∆x
∆y y α y α y
lim = lim + = lim + lim =
∆x→0∆x ∆x→01+x2 ∆x ∆x→01+x2 ∆x→0∆x 1+x2
dy y
即 = .
dx 1+x2
dy dx
分离变量,得 = ,
y 1+x2
两边积分,得 ln y =arctanx+C,即y =Cearctanx.
1
代入初始条件y(0)=π,得y ( 0 )=Cearctan0 =C =π.所以,y =πearctanx.
1 1
π
故 y(1)=πearctanx =πearctan1 =πe4.
x=1
【相关知识点】无穷小的比较：
α(x)
设在同一个极限过程中,α(x),β(x)为无穷小且存在极限 lim =l,
β(x)
(1) 若l ≠0,称α(x),β(x)在该极限过程中为同阶无穷小；
(2) 若l =1,称α(x),β(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为α(x)β(x)；
(3) 若l =0,称在该极限过程中α(x)是β(x)的高阶无穷小,记为α(x)=o (β(x) ).
α(x)
若lim 不存在(不为∞),称α(x),β(x)不可比较.
β(x)
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(4)【答案】(C)
【解析】由x=a是 f(x)的极大点,知存在δ>0,当x∈( a−δ,a+δ)时, f(x)≤ f(a),
即 f(x)− f(a)≤0.因此,
当x∈( a−δ,a )时,(x−a) [ f(x)− f(a) ]≥0;
当x∈( a,a+δ)时,(x−a) [ f(x)− f(a) ]≤0.
所以,(A)与(B)都不正确.
已知 f(x)在x=a处连续,由函数在一点连续的定义可知,lim f(x)= f(a),再由极限
x→a
四则运算法则可得
f(t)− f(x) f(a)− f(x)
lim = ≥0(x≠a).
t→a (t−x)2 (a−x)2
应选(C).
(5)【答案】(B)
【解析】对任何n阶矩阵都要成立的关系式,对特殊的n阶矩阵自然也要成立.那么,当A
可逆时,由A∗ = A A−1,有
1
(kA)∗ = kA (kA)−1 =kn A ⋅ A−1 =kn−1 A A−1 =kn−1A∗.
k
故应选(B).
一般地,若A=(a ) ,有kA=(ka ) ,那么矩阵kA的第i行 j列元素的代数余子式
ij n×n ij n×n
为
ka ka ka ka
11 1,j−1 1,j+1 1n
ka ka ka ka
(−1)i+j i−1,1 i−1,j−1 i−1,j+1 i−1,n
ka ka ka ka
i+1,1 i+1,j−1 i+1,j+1 i+1,n
ka ka ka ka
n1 n,j−1 n,j+1 nn
a a a a
11 1,j−1 1,j+1 1n
a a a a
=(−1)i+jkn−1 i−1,1 i−1,j−1 i−1,j+1 i−1,n ,
a a a a
i+1,1 i+1,j−1 i+1,j+1 i+1,n
a a a a
n1 n,j−1 n,j+1 nn
即 kA 中每个元素的代数余子式恰好是 A 相应元素的代数余子式的kn−1倍,因而,按伴随矩
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阵的定义知(kA)*的元素是A*对应元素的kn−1倍.
【相关知识点】1.行列式的性质：若A是n阶矩阵,则 kA =kn A.
1
2.矩阵A可逆的充要条件是 A ≠0,且A−1 = A∗.
A
三、(本题满分5分)
【分析】由间断点的定义可知,函数无定义的点一定是间断点,故可以先找出函数无定义的点,
再讨论判断出间断点的类型.
1 π 3π 5π 7π
【解析】f(x)在区间(0,2π)内的间断点为 无定义的点,即x= , , ,
π 4 4 4 4
tan(x− )
4
各点.
π 5π π 5π
在x= 处, lim f(x)=+∞；在x= 处, lim f(x)=+∞,故x= , 为 f(x)
4 π+ 4 5π+ 4 4
x→ x→
4 4
的第二类间断点；
3π 7π
在x= 处, lim f(x)=1；在x= 处, lim f(x)=1,但相应的函数值在该点无定
4 3π 4 7π
x→ x→
4 4
3π 7π
义,故 f(x)在x= , 处为可去间断点.
4 4
0,0< A<1
【相关知识点】设lim f(x)= A,limg(x)=+∞,则lim f(x)g(x) = .
x→a x→a x→a +∞,A>1
2.函数 f(x)的间断点或者不连续点的定义：设函数 f(x)在点x 的某去心邻域内有定义,
0
只要满足一下三种情况之一即是间断点.
(1) 在x= x 没有定义；
0
(2) 虽在x= x 有定义,但lim f(x)不存在；
0
x→x
0
(3) 虽在x= x 有定义,且lim f(x)存在,但lim f(x)≠ f(x );
0 0
x→x x→x
0 0
3.通常把间断点分成两类：如果x 是函数 f(x)的间断点,但左极限 f(x−)及右极限 f(x+)
0 0 0
都存在,那么x 称为函数 f(x)的第一类间断点；不是第一类间断点的任何间断点,称为第二
0
类间断点.
四、(本题满分5分)
【分析】解决这类问题,原则上与求极限差不多,但是因为其中含有某些参数,比如在用洛必
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0 ∞
达法则前,极限是否为“ ”型或“ ”型,要先行讨论,通过讨论,有时就可以推断出其中
0 ∞
参数的特点,然后再求极限,这是一类常考的题目.
ax−sinx
【解析】当x→0时ax−sinx→0,又由题设lim =c(c≠0),所以应有
x→0 xln(1+t3)
∫ dt
b t
xln(1+t3) ax−sinx
lim∫ dt =0(否则与lim =c(c≠0)矛盾),从而只有b=0,因此
x→0 b t x→0 xln(1+t3)
∫ dt
b t
ax−sinx
lim 满足洛必达法则的条件,用洛必达法则求其极限.
x→0 xln(1+t3)
∫ dt
b t
ax−sinx 洛 a−cosx 等 a−cosx
0≠c=lim =lim =lim .
x→0 xln(1+t3) x→0 ln(1+x3) x→0 x2
∫ dt
b t x
(当x→0时,ln(1+x)∼ x)
如果a ≠1,则右边极限为∞,与原设左边矛盾,故a=1,于是上述等式成为
1−cosx等1 1
0≠c=lim = .(当x→0时,1−cosx∼ x2)
x→0 x2 2 2
1
所以最后得a =1,b=0,c= ．
2
五、(本题满分5分)
u
【解析】方法１：由y = =usecx,有
cosx
y′=u′secx+usecxtanx,
y′′=u′′secx+2u′secxtanx+u(secxtan2 x+sec3 x),
代入原方程y′′cosx−2y′sinx+3ycosx=ex,得
u′′+4u =ex. (*)
先求其相应齐次方程的通解,由于其特征方程为λ2 +4=0 ,则特征方程的根为
λ=±2i.所以通解为 u(x)=C cos2x+C sin2x,(C ,C 为任意常数).
1 2 1 2
再求非齐次方程的特解,特解应具有形式u∗(x)= Aex,代入(*)式,得
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( )′′
Aex +4Aex = Aex +4Aex =5Aex =ex
1 1
解得,A= ,因此u∗(x)= ex.
5 5
故(*)的通解为
1
u(x)=C cos2x+C sin2x+ ex,(C ,C 为任意常数).
1 2 5 1 2
所以,原微分方程的通解为
cos2x ex
y =C +2C sinx+ .
1 cosx 2 5cosx
u
方法２：由y = 有u = ycosx,于是
cosx
u′= y′cosx− ysinx,
u′′= y′′cosx−2y′sinx− ycosx,
原方程化为u′′+4u =ex(以下与方法１相同)．
【相关知识点】两函数乘积的求导公式：
[ f(x)⋅g(x) ]′ = f′(x)⋅g(x)+ f(x)⋅g′(x).
六、(本题满分6分)
1
【解析】当x=1时,被积函数的极限lim =∞,即x=1是被积函数的无穷间断点,
x→1 x−x2
故所给的是广义积分.
x−x2, 0≤ x≤1,
x−x2 = x(1−x) =
x2 −x, x<0或x>1.
3 dx 1 dx 3 dx
∫2 =∫ +∫2
1 1
2
x−x2
2
x−x2 1 x2 −x
1 dx 3 dx
=∫ +∫2
1
1 1 1 1 1
2 −(x− )2 (x− )2 −
4 2 2 4
π π
=arcsin(2x−1) 1 1 +ln(sect+tant) 3 = +ln(2+ 3).
0 2
2
其中,
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1 dx 1 dx
∫ =∫
1 1
1 1 1 1
2 −(x− )2 2 1−4(x− )2
4 2 2 2
1 2dx 1 d(2x−1)
=∫ =∫
1 1
1−(2x−1)2 1−(2x−1)2
2 2
=arcsin(2x−1) 1
1
2
3 dx
求∫2 ：
1 1 1
(x− )2 −
2 4
1 1 3 π 1 1 1
设x− = sect,x:1→ ,则t:0→ ,dx=d( + sect)= secttantdt,
2 2 2 3 2 2 2
1 1 1 1 1 1
(x− )2 − = ( sect)2 − = sec2t−1= tant,
2 4 2 4 2 2
1
secttantdtdx
3 dx π π π
2
于是, ∫2 =∫3 =∫3sectdt =ln(sect+tant) 3.
1 1 1 0 1 0 0
(x− )2 − tant
2 4 2
七、(本题满分6分)
【解析】先建立坐标系,取沉放点为原点O,铅直向下作为Oy轴正向,探测器在下沉过程中
受重力、浮力和阻力的作用,其中重力大小：mg,浮力的大小：F =−ρB；阻力：−kv,
浮
则由牛顿第二定律得
d2y
m =mg−Bρg−kv, y =0,v =0. (*)
dt2 t=0 t=0
dy d2y dv dv dy dv dy
由 =v, = = ⋅ =v =v ,代入(*)得y与v之间的微分方程
dt dt2 dt dy dt dy dv
−1
dy
mv =mg−Bρ−kv, v =0.
dv y=0
mv
分离变量得 dy = dv,
mg−Bρ−kv
mv
两边积分得 ∫dy =∫ dv,
mg−Bρ−kv
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Bmρ m2g Bmρ m2g
mv+ − − +
k k k k
y =∫ dv
mg−Bρ−kv
m Bmρ m2g
− (mg−Bρ−kv)− +
k k k
=∫ dv
mg−Bρ−kv
m2g−Bmρ
m k
=∫− + dv
k mg−Bρ−kv
m m(mg−Bρ)
=∫− dv+∫ dv
k k(mg−Bρ−kv)
1
m(mg−Bρ)⋅(− )
m k
=− v+∫ d(mg−Bρ−kv) (第一类换元法)
k k(mg−Bρ−kv)
m m(mg−Bρ)
=− v− ln(mg−Bρ−kv)+C.
k k2
再根据初始条件v| =0,即
y=0
m(mg−Bρ) m(mg−Bρ)
− ln(mg−Bρ)+C =0⇒C = ln(mg−Bρ).
k2 k2
故所求y与v函数关系为
m m ( mg−Bρ) mg−Bρ−kv
y =− v− ln .
k k2 mg−Bρ
八、(本题满分8分)
1 1
【解析】(1)要证∃x ∈(0,1),使x f(x )=∫ f(x)dx；令ϕ(x)= xf(x)−∫ f(t)dt,要证
0 0 0
x x
0
x
∃x ∈(0,1),使ϕ(x )=0.可以对ϕ(x)的原函数Φ(x)=∫ ϕ(t)dt使用罗尔定理：
0 0
0
Φ(0)=0,
1 1 1 1
Φ(1)=∫ ϕ(x)dx=∫ xf(x)dx−∫ (∫ f(t)dt)dx
0 0 0 x
分部 1 1 x=1 1
= ∫ xf(x)dx− x∫ f(t)dt +∫ xf(x)dx =0,
0 x x=0 0
又由 f(x)在[0,1]连续⇒ϕ(x)在[0,1]连续,Φ(x)在[0,1]连续,在(0,1)可导.根据罗尔定
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理,∃x ∈(0,1),使Φ′(x )=ϕ(x )=0.
0 0 0
(2) 由ϕ′(x)= xf′(x)+ f(x)+ f(x)= xf′(x)+2f(x)>0,知ϕ(x)在(0,1)内单调增,故(1)
中的x 是唯一的.
0
评注：若直接对ϕ(x)使用零点定理,会遇到麻烦：
1
ϕ(0)=−∫ f(t)dt ≤0,ϕ(1)= f(1)≥0.
0
当 f(x)≡0时,对任何的x ∈(0,1)结论都成立；
0
当 f(x)≡0时,ϕ(0)<0,但ϕ(1)≥0,若ϕ(1)=0,则难以说明在(0,1)内存在x .当直
0
接对ϕ(x)用零点定理遇到麻烦时,不妨对ϕ(x)的原函数使用罗尔定理.
【相关知识点】1.罗尔定理：如果函数 f(x)满足
(1) 在闭区间[a,b]上连续；
(2) 在开区间(a,b)内可导；
(3) 在区间端点处的函数值相等,即 f(a)= f(b),
那么在(a,b)内至少有一点ξ(a<ξ0(0< x<1).
(1+x)2
⇒ϕ′′(x)在(0,1)内单调递增,ϕ′′(x)>ϕ′′(0)=0(0< x<1)；
⇒ϕ′(x)在(0,1)内单调递增,ϕ′(x)>ϕ′(0)=0(0< x<1)；
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⇒ϕ(x)在(0,1)内单调递增,ϕ(x)>ϕ(0)=0(0< x<1),
即(1+x)ln2(1+x)< x2.
方法2：改写原不等式,当x∈(0,1)时,1+x>0,故可在不等式两边同时除以(1+x),有
x2
ln2(1+x)< ,
1+x
x
两边开平方, ln(1+x)< .
1+x
x
令g(x)=ln(1+x)− ,
1+x
x
1+x −
1 2 1+x
g′(x)= −
1+x 1+x
2 1+x −2−x x+1−2 1+x +1
= =−
3 3
2 ( 1+x ) 2 2 ( 1+x ) 2
( )2
1+x −1
=− <0,(当x>0)
3
2 ( 1+x ) 2
故函数g(x)在区间[0,1]上单调减少,由g(0)=0,可知当x>0时,g(x)< g(0)=0,即
x
ln(1+x)< ,从而原不等式成立,证毕.
1+x
方法3：由方法1,ϕ(x)= x2 −(1+x)ln2(1+x),已证ϕ(0)=0,ϕ′(0)=0,ϕ′′(x)>0, (x>0)
于是由ϕ(x)的1阶麦克劳林公式(拉格朗日余项)有
1 1
ϕ(x)=ϕ(0)+ϕ′(0)x+ ϕ′′(ξ)x2 = ϕ′′(ξ)x2 >0.
2! 2
即(1+x)ln2(1+x)< x2,证毕.
1 1 x−ln(1+x)
(2)令 f(x)= − = ,
ln(1+x) x xln(1+x)
1 1 (1+x)ln2(1+x)−x2
f′(x)=− + = ,
(1+x)ln2(1+x) x2 x2(1+x)ln2(1+x)
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由(1), f′(x)<0(0< x<1)⇒ f(x)在(0,1)单调减⇒ f(1)< f(x)< f(0+)(0< x<1),而
1
f(1)= −1,且
ln2
x−ln(1+x) x−ln(1+x)
f(0+)= lim f(x)= lim 等 lim
x→0+ x→0+ xln(1+x) x→0+ x2
1
1−
洛 lim
1+x
= lim
1
=
1
,
x→0+ 2x x→0+ 2(1+x) 2
1 1 1 1 1 1
故 −1< f(x)< ,即 −1< − < .证毕.
ln2 2 ln2 ln(1+x) x 2
十二、(本题满分5分)
【解析】由矩阵运算法则,将等式(2E−C−1B)AT =C−1两边左乘C,得
C(2E−C−1B)AT =CC−1,即(2C−B)AT = E.
对上式两端取转置,有A(2CT −BT)= E.
由可逆矩阵及逆矩阵的定义,可知矩阵2CT −BT,A均可逆,因为A是4阶方阵,故
−1
1 0 0 0 1 0 0 0
2 1 0 0 −2 1 0 0
A=(2CT −BT)−1 = = .
3 2 1 0 1 −2 1 0
4 3 2 1 0 1 −2 1
十三、(本题满分8分)
【分析】β能由(不能由)α,α,,α线性表出⇔α,i =1,2,s,β为列向量的非齐次线
1 2 s i
性方程组αx +αx ++αx =β有解(无解),从而将线性表出的问题转化为方程组解
1 1 2 2 s s
的情况的判定与求解.
【解析】令A=[α,α,α] ,X =[ x ,x ,x ]T,作方程组AX =β,并对此方程组的增广矩阵
1 2 3 1 2 3
进行初等变换：
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1 2 0 3 1 2 0 3
4 7 1 10 0 −1 1 −2
[ Aβ]= (∗ )
0 1 −1 b
1
0 1 −1 b
2 3 a 4 0 −1 a −2
1 2 0 3
0 −1 1 −2
(∗ ) .
2
0 0 a−1 0
0 0 0 b−2
其中,(∗ )变换：将第1行乘以-4加到第2行,再将第1行乘以-2加到第4行；
1
(∗ )变换：第2行加到第1行,再将第2行乘以-1加到第4行,最后3,4行互换.
2
由非齐次线性方程组有解的判定定理,可得
(1)当b≠2时,线性方程组AX =β无解,此时β不能由α,α,α线性表出.
1 2 3
(2)当b=2,a≠1时,r(A)=r(A)=3,线性方程组 AX =β有唯一解,下面求此唯一
解.
由以上增广矩阵变换可得线性方程组AX =β的同解方程组为
x +2x =3
1 2
−x +x =−2,
2 3
(a−1)x =0
3
解得唯一解为X =[−1,2,0 ]T .故β能由α,α,α线性表出为β=−α +2α.
1 2 3 1 2
(3)当b=2,a=1时,r(A)=r(A)=2<3,线性方程组AX =β有无穷多解.求齐次线
性方程组AX =0的基础解系.
齐次线性方程组AX =0的同解方程组为
x +2x =0
1 2 ,
−x +x =0
2 3
基础解系所含向量的个数为n−r(A)=3−2=1,选x 为自由未知量,取x =1,解得基础解
2 2
系为ξ=(−2,1,1)T.取x =0,解得的一个特解为η∗ =(−1,2,0)T,则由非齐次线性方程组解
3
的结构可知,方程组AX =β的通解为
X =kξ+η∗ =(−2k−1,k+2,k )T,k是任意常数.
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则β能由α,α,α线性表出,且表示法为无穷多(常数k可以任意),且
1 2 3
β=−(2k+1)α +(k+2)α +kα.
1 2 3
【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理：设A是m×n矩阵,方程组Ax=b,则
(1)有唯一解⇔ r(A)=r(A)=n.
(2)有无穷多解⇔ r(A)=r(A)0
(1) 设 f(x)= x ，其中g ( x )是有界函数，则 f(x)在x=0处 ( )
x2g ( x ) , x≤0
(A) 极限不存在.
(B) 极限存在，但不连续.
(C) 连续，但不可导.
(D) 可导.
(2) 设α( x )=∫ 5xsint dt, β( x )=∫ sinx( 1+t ) 1 t dt，则当x→0时α( x )是β( x )的 ( )
0 t 0
(A)高阶无穷小 (B)低阶无穷小
(C)同阶但不等价的无穷小 (D)等价无穷小
(3) 设 f(x)是连续函数，F ( x )是 f(x)的原函数，则 ( )
(A) 当 f(x)是奇函数时，F ( x )必是偶函数.
(B) 当 f(x)是偶函数时，F ( x )必是奇函数.
(C) 当 f(x)是周期函数时，F ( x )必是周期函数.
(D) 当 f(x)是单调增函数时，F ( x )必是单调增函数.
(4) “对任意给定的ε∈( 0, 1 )，总存在正整数N ，当n≥ N 时，恒有 x −a ≤2ε”是数列{ x }
n n
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收敛于a的 ( )
(A)充分条件但非必要条件. (B)必要条件但非充分条件.
(C)充分必要条件. (D)既非充分条件又非必要条件.
x−2 x−1 x−2 x−3
2x−2 2x−1 2x−2 2x−3
(5)记行列式 为 f ( x )，则方程 f ( x )=0的根的个数为( )
3x−3 3x−2 4x−5 3x−5
4x 4x−3 5x−7 4x−3
(A) 1. (B) 2. (C) 3. (D) 4.
三、(本题满分5分)
1+tanx − 1+sinx
求 lim .
x→0 xln ( 1+x )−x2
四、(本题满分6分)
+∞arctanx
计算 ∫ dx.
1 x2
五、(本题满分7分)
( )
y+ x2 + y2 dx−xdy =0(x>0)
求初值问题 的解.
y =0
x=1
六、(本题满分7分)
为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口
见图，已知井深30m30m,抓斗自重400N , 缆绳每米重50N ，抓斗抓
起的污泥重2000N ，提升速度为3m/s,在提升过程中，污泥以20N /s
的速度从抓斗缝隙中漏掉，现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重
力需作多少焦耳的功？(说明：①1N×1m=1J;其中m,N,s,J 分别表示
米，牛顿，秒，焦耳；②抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽略不
计.)
七、(本题满分8分)
x3
已知函数y = ，求
( x−1 )2
(1)函数的增减区间及极值；
(2)函数图形的凹凸区间及拐点
(3)函数图形的渐近线.
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，
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f′(
0
)=0，证明：在开区间(−1,1 )内至少存在一点ξ，使 f′′′(ξ)=3.
九、(本题满分9分)
设函数 y ( x )( x≥0 )二阶可导，且 y′( x )>0， y ( 0 )=1.过曲线 y = y ( x )上任意一点
P ( x, y )作该曲线的切线及x轴的垂线，上述两直线与x轴所围成的三角形的面积记为S ，
1
区间[ 0, x ]上以y = y ( x )为曲边的曲边梯形面积记为S ，并设2S −S 恒为 1，求此曲线
2 1 2
y = y ( x )的方程.
十、(本题满分6分)
n
设 f ( x )是区间[ 0, +∞)上单调减少且非负的连续函数，a =∑ f ( k )−∫ n f ( x ) dx
n
1
i=1
( n=1,2,)，证明数列{
a
}的极限存在.
n
十一、(本题满分8分)
1 1 −1
设矩阵A= −1 1 1 ，矩阵X 满足A*X = A−1+2X ，其中A*是A的伴随矩阵，
1 −1 1
求矩阵X .
十二、(本题满分5分)
设向量组α =( 1,1,1,3 )T，α =(−1,−3,5,1 )T，α =( 3,2,−1,p+2 )T，α =(−2,−6,10,p )T
1 2 3 4
(1) p为何值时，该向量组线性无关？并在此时将向量α=( 4,1,6,10 )T用α, α, α, α
1 2 3 4
线性表出；
(2) p为何值时，该向量组线性相关？并此时求出它的秩和一个极大线性无关组.
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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
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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 + xe2x,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 + xe2x
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−
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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
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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，
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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
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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− xdx=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
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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
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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)
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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
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=[∑ 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
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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 −10 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 11 0 0 2行× 1 −1 1 1 0 0
2
2 行 + 3 行 0 2 00 1 1 0 1 0 0 1/2 1/2
1
0 0 21 0 1 3行× 0 0 11/2 0 1/2
2
1 −1 01/2 0 −1/2 1 0 01/2 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 11/2 0 1/2 0 0 11/2 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 p10
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×20 0 −7 0 −7
4行−1行×3
0 4 p−7 p+6−2 0 0 p−9 p−2−8
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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
)
70 0 1 0 1 0 0 1 0 1
0 0 p−9 p−2−8 0 0 0 p−21− 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
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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
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2000 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上)
arctanx−x
(1) lim = .
x→0 ln(1+2x3)
(2) 设函数y = y(x)由方程2xy = x+ y所确定，则dy = .
x=0
+∞ dx
(3) ∫ = .
2 (x+7) x−2
1
(4) 曲线y =(2x−1)ex的斜渐近线方程为 .
1 0 0 0
−2 3 0 0
(5) 设A= ，E为4阶单位矩阵，且B=(E+ A)−1(E−A)则
0 −4 5 0
0 0 −6 7
(E+B)−1 = .
二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在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.)
x
(1) 设函数 f(x)= 在(−∞,+∞)内连续，且 lim f(x)=0,则常数a,b满足 ( )
a+ebx x→−∞
(A)a<0,b<0. (B)a>0,b>0.
(C)a≤0,b>0. (D)a≥0,b<0.
(2) 设函数 f(x)满足关系式 f′′(x)+[f′(x)]2 = x，且 f′(0)=0，则 ( )
(A) f(0)是 f(x)的极大值.
(B) f(0)是 f(x)的极小值.
(C)点(0, f(0))是曲线y = f(x)的拐点.
(D) f(0)不是 f(x)的极值，点(0, f(0))也不是曲线y = f(x)的拐点.
(3 ) 设 f(x),g(x)是大于零的可导函数，且 f '(x)g(x)− f(x)g'(x)<0,则当a< x f(b)g(x) (B) f(x)g(a)> f(a)g(x)
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(C) f(x)g(x)> f(b)g(b) (D) f(x)g(x)> f(a)g(a)
sin6x+xf(x) 6+ f(x)
(4) 若lim =0，则lim 为 ( )
x→0 x3 x→0 x2
(A)0. (B)6. (C)36. (D)∞.
(5) 具有特解y =e−x,y =2xe−x,y =3ex的3阶常系数齐次线性微分方程是 ( )
1 2 3
(A)y′′′− y′′− y′+ y =0. (B)y′′′+ y′′− y′− y =0.
(C)y′′′−6y′′+11y′−6y =0. (D)y′′′−2y′′− y′+2y =0.
三、(本题满分5分)
ln(1+x)
设 f(lnx)= ，计算∫ f(x)dx.
x
四、(本题满分5分)
{ }
设 xoy平面上有正方形D= (x,y) 0≤ x≤1,0≤ y≤1 及直线l:x+ y =t(t ≥0) .若
x
S(t)表示正方形D位于直线l左下方部分的面积，试求∫ S(t)dt,(x≥0).
0
五、(本题满分5分)
求函数 f(x)= x2ln(1+x)在x=0处的n阶导数 f n(0)(n≥3).
六、(本题满分6分)
x
设函数S(x)=∫ |cost|dt，
0
(1)当n为正整数，且nπ≤ x≤(n+1)π时，证明2n≤S(x)<2(n+1)；
S(x)
(2)求 lim .
x→+∞ x
七、(本题满分7分)
V
某湖泊的水量为V ，每年排入湖泊内含污染物A的污水量为 ，流入湖泊内不含A的
6
V V
水量为 ，流出湖泊的水量为 ，已知 1999 年底湖中A的含量为5m ，超过国家规定指
6 3 0
m
标.为了治理污染，从2000年初起，限定排入湖泊中含A污水的浓度不超过 0 .问至多需要
V
经过多少年，湖泊中污染物A的含量降至m 以内(注：设湖水中A的浓度是均匀的)
0
八、(本题满分6分)
设函数 f(x)在[ 0,π]上连续，且∫ π f(x)dx=0,∫ π f(x)cosxdx=0，试证明：在(0,π)
0 0
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内至少存在两个不同的点ξ,ξ ，使 f(ξ)= f(ξ)=0.
1 2 1 2
九、(本题满分7分)
已知 f(x)是周期为5的连续函数，它在x=0的某个邻域内满足关系式
f(1+sinx)−3f(1−sinx)=8x+α(x)
其中α(x)是当x→0时比x高阶的无穷小，且 f(x)在x=1处可导，求曲线y = f(x)在点
(6, f(6))处的切线方程.
十、(本题满分8分)
设曲线 y =ax2(a>0,x≥0)与 y =1−x2交于点A，过坐标原点O和点A的直线与曲
线y =ax2围成一平面图形.问a为何值时，该图形绕x轴旋转一周所得的旋转体体积最大？
最大体积是多少？
十一、(本题满分8分)
函数 f(x)在[0,+∞)上可导， f(0)=1且满足等式
1 x
f′(x)+ f(x)− ∫ f(t)dt =0,
x+1 0
(1)求导数 f′(x)；
(2)证明：当x≥0时，成立不等式e−x ≤ f(x)≤1成立
十二、(本题满分6分)
1
1 0
1
设α= 2 ,β= ,γ= 0 ,A=αβT,B=βTα.其中βT 是β的转置，
2
1 8
0
求解方程2B2A2x= A4x+B4x+γ
十三、(本题满7分)
0 a b 1 3 9
已知向量组β = 1 ,β = 2 ,β = 1 与向量组α = 2 ,α = 0 ,α = 6
1 2 3 1 2 3
−1 1 0 −3 1 −7
具有相同的秩，且β可由α,α,α线性表出，求a,b的值.
3 1 2 3
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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→−∞
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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 −1u 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
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【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：
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(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
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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
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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
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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
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(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
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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
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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
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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
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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−63b+ ( 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
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2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上)
3−x − 1+x
(1) lim =
x→1 x2 +x−2
(2) 设函数y = f(x)由方程e2x+y −cos(xy)=e−1所确定,则曲线y = f(x)在点(0,1)处的
法线方程为 .
π
( )
(3) ∫2 x3 +sin2 x cos2 xdx=
π
−
2
1 y
(4) 过点 ,0 且满足关系式y'arcsinx+ =1的曲线方程为 .
2 1−x2
a 1 1x 1
1
(5) 设方程 1 a 1 x = 1 有无穷多个解,则a= .
2
1 1 a x −2
3
二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在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, x ≤1,
(1) 设 f(x)= 则 f { f [ f(x) ]} 等于 ( )
0, x >1,
1, x ≤1, 0, x ≤1,
(A)0 (B)1 (C) (D) f(x)=
0, x >1, 1, x >1,
( )
(2) 设当x→0时，(1−cosx)ln(1+x2)是比xsinxn高阶的无穷小，xsinxn是比 ex2 −1
高阶的无穷小，则正整数n等于 ( )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
(3) 曲线y =(x−1)2(x−3)2的拐点个数为 ( )
(A)0. (B)1. (C)2. (D)3
(4)已知函数 f(x) 在区间 (1−δ,1+δ) 内具有二阶导数， f '(x) 严格单调减少，且
f(1)= f '(1)=1,则 ( )
(A)在(1−δ,1)和(1,1+δ)内均有 f(x)< x.
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(B)在(1−δ,1)和(1,1+δ)内均有 f(x)> x.
(C)在(1−δ,1)内， f(x)< x.在(1,1+δ)内， f(x)> x.
(D)在(1−δ,1)内， f(x)> x.在(1,1+δ)内， f(x)< x.
(5)设函数 f(x)在定义域内可导，y = f(x)的图形如右图所示，
则导函数y = f′(x) 的图形为 ( )
三、(本题满分6分)
dx
求∫ .
(2x2 +1) x2 +1
四、(本题满分7分)
x
sint sint−sinx
求极限lim
，记此极限为 f(x)，求函数 f(x)的间断点并指出其类型.
t→xsinx
五、(本题满分7分)
设ρ=ρ(x)是抛物线y = x 上任一点M(x,y)(x≥1)处的曲率半径，s =s(x)是该抛
d2ρ dρ 2
物线上介于点A(1,1)与M 之间的弧长，计算3ρ −
的值.(在直角坐标系下曲率
ds2 ds
y"
公式为K = )
3
(1+ y'2)2
六、(本题满分7分)
f(x)
设函数 f(x)在[0,+∞)上可导，f(0)=0，且其反函数为g(x).若∫ g(t)dt = x2ex ，
0
求 f(x).
七、(本题满分7分)
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设函数 f(x),g(x)满足 f′(x)= g(x),g′(x)=2ex − f(x)，且 f(0)=0,g(0)=2，
πg(x) f(x)
求 ∫ − dx
0 1+x (1+x)2
八、(本题满分9分)
设L是一条平面曲线，其上任意一点P(x,y) (x>0)到坐标原点的距离，恒等于该点
1
处的切线在y轴上的的截距，且L经过点 ,0.
2
(1) 试求曲线L的方程
(2) 求L位于第一象限部分的一条切线，使该切线与L以及两坐标轴所围图形面积最小.
九、(本题满分7分)
一个半球体状的雪堆，其体积融化的速率与半球面面积S 成正比，比例常数K >0.假
设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为r 的雪堆在开始融化的3小时内，融化
0
7
了其体积的 ，问雪堆全部融化需要多少小时？
8
十、(本题满分8分)
设 f(x)在区间[−a,a](a>0)上具有二阶连续导数, （f 0）=0,
(1) 写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;
a
(2) 证明在[−a,a]上至少存在一点η，使a3f′′(η)=3∫ f(x)dx.
−a
十一、(本题满分6分)
1 0 0 0 1 1
已知矩阵A= 1 1 0 ,B= 1 0 1 .且矩阵X 满足
1 1 1 1 1 0
AXA+BXB= AXB+BXA+E,其中E是3阶单位阵，求X .
十二、(本题满分6分)
设α,α,,α为线性方程组AX =0的一个基础解系，β =α +tα,β =α +tα,
1 2 4 1 1 2 2 2 3
β =α +tα,β =α +tα,试问实数t满足什么关系时，β,β,β,β也为AX =0的一个
3 3 4 4 4 1 1 2 3 4
基础解系.
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2001 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
2
(1)【答案】−
6
3−x − 1+x 3−x − 1+x
【详解】lim =lim
x→1 x2 +x−2 x→1 ( x+2 )( x−1 )
( )( )
3−x − 1+x 3−x + 1+x 3−x−( 1+x )
=lim =lim
( ) ( )
x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x
2 ( 1−x ) 2
=lim =−lim
( ) ( )
x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x x→1 ( x+2 ) 3−x + 1+x
lim2
2 1 2
=− x→1 =− =− =− .
( ) ( )
lim ( x+2 ) 3−x + 1+x ( 1+2 ) 3−1+ 1+1 3 2 6
x→1
(2)【答案】 x−2y+2=0.
【详解】在等式e2x+y −cos(xy)=e−1两边对x求导, 其中y视为x的函数，得
e2x+y( 2x+ y )′ +sin(xy) ( xy )′ =0，即e2x+y⋅(2+ y')+sin(xy)⋅(y+xy')=0
−1 1
将x=0, y=1代入上式, 得e⋅(2+ y')=0，即 y'(0)=−2. 故所求法线方程斜率k = = ，
−2 2
1
根据点斜式法线方程为：y−1= x, 即 x−2y+2=0.
2
π
(3)【答案】
8
【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设 f ( x )在有界闭区域[−a,a ]上连续，则
∫ a f ( x ) dx=2∫ a f ( x ) dx, f ( x )为偶函数
有 −a 0 ，
∫ a f ( x ) dx=0， f ( x )为奇函数
−a
【详解】由题设知
π π π
( )
∫2 x3 +sin2 x cos2 xdx =∫2 x3cos2 xdx+∫2 sin2 xcos2 xdx
π π π
− − −
2 2 2
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π π
在区间[− , ]上，x3cos2 x是奇函数，sin2 xcos2 x是偶函数，故
2 2
π π π
∫2 x3cos2 xdx=0，∫2 sin2 xcos2 xdx=2∫2sin2 xcos2 xdx，
π π
− − 0
2 2
π π π
所以，原式=∫2 x3cos2 xdx+∫2 sin2 xcos2 xdx =2∫2sin2 xcos2 xdx
π π
− − 0
2 2
π1 1 π
=∫2 sin22xdx = ∫2(1−cos4x)dx
0 2 4 0
1 π 1 π 1 π 1 π π π
= x 2 − ∫2cos4xd4x = ⋅ − sin4x 2 = −0 = .
4 0 16 0 4 2 16 0 8 8
1
(4)【答案】yarcsinx= x− .
2
【详解】
方法1：因为( yarcsinx )′ = y'arcsinx+ y ，所以原方程y'arcsinx+ y =1可
1−x2 1−x2
改写为 ( yarcsinx )′ =1,
两边直接积分，得 yarcsinx= x+c.
1 1 1
又由y( )=0代入上式，有 0⋅arcsinx= +c，解得c=− .
2 2 2
1
故所求曲线方程为 yarcsinx= x− .
2
方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式
1 1
y'+ y = .
1−x2 arcsinx arcsinx
dy
由一阶线性微分方程 +P ( x ) y =Q ( x )通解公式：
dx
f(x)=e
−∫P(x)dx
C+∫Q ( x ) e
∫P(x)dx
dx
1 1
这里P ( x )= , Q ( x )= ，代入上式得：
1−x2 arcsinx arcsinx
−∫ 1 dx 1 ∫ 1 dx
y =e 1−x2arcsinx C+∫ e 1−x2arcsinx dx
arcsinx
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−∫ 1 darcsinx 1 ∫ 1 darcsinx
=e arcsinx C+∫ e arcsinx dx
arcsinx
1
=e−lnarcsinx
C+∫ elnarcsinxdx
arcsinx
1 arcsinx C x
=
C+∫ dx
= +
arcsinx arcsinx arcsinx arcsinx
1 1 1
又由y( )=0,解得C =− . 故曲线方程为：yarcsinx= x− .
2 2 2
(5)【答案】 -2
【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有
a 1 1 1 1 1 a −2
1,3行
A= 1 a 1 1 1 a 1 1
互换
1 1 a −2 a 1 1 1
1 1 a −2
1行的(-1),(-a)倍
0 a−1 1−a 3
分别加到2，3行
0 1−a 1−a2 1+2a
1 1 a −2
2 行 加 到 3 行 0 a−1 1−a 3
0 0 (1−a)(a+2) 2(2+a)
由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设A是m×n矩阵，方程组Ax=b有无
穷多解⇔ r(A)=r(A)=1
f(x) ≤1，于是 f [ f(x) ]=1，从而 f { f [ f(x) ]} = f ( 1 )=1
(2)【答案】(B)
β
【详解】根据高阶无穷小的定义：如果lim =0，就说β是比α高阶的无穷小，由题设当
α
x→0时，(1−cosx)ln(1+x2)是比xsinxn高阶的无穷小，所以
1 1
x2⋅x2 x3
(1−cosx)ln(1+x2) 1
0=lim 等价 lim 2 等价 lim 2 =lim x3−n
x→0 xsinxn x→0 x⋅xn x→0 xn x→0 2
从而n应满足n≤2；
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又由xsinxn是比(ex2 −1)高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有：
xsinxn x⋅xn
0=lim 等价 lim =limxn−1，从而n应满足n≥2
x→0 ex2 −1 x→0 x2 x→0
综上，故正整数n=2，故选(B)
(3)【答案】(C)
【详解】y =(x−1)2(x−3)2，
所以 y′ =2(x−1)(x−3)2 +2(x−1)2(x−3) =4(x−1)(x−2)(x−3)
y′′ =4 [ (x−2)(x−3)+(x−1)(x−3)+(x−1)(x−2) ]
=4
x2 −5x+6+x2 −4x+3+x2 −3x+2
=4
3x2 −12x+11
y′′′ =4 [ 6x−12 ] =24 ( x−2 )
令y′′=0，即3x2 −12x+11=0，因为判别式：∆ =b2 −4ac=122 −4⋅3⋅11=12>0，
所以y′′=0有两个不相等的实根，且y′′( 2 ) =3⋅22 −12⋅2+11 =−1≠0，所以两个实根不
为2，因此在使y′′=0这两点处，三阶导数y′′′≠0，(一般地，若 f′′( x )=0，且 f′′′( x )≠0，
0 0
则点 ( x , f ( x )) 一定是曲线y = f ( x )的拐点)，因此曲线有两个拐点，故选(C)
0 0
或根据y′′ =43x2 −12x+11是一条抛物线，且与x轴有两个不相同的交点，所以在
两个交点的左右y′′符号不相同，满足拐点的定义，因此选(C)
(4)【答案】(A)
【详解】方法1：令F ( x )= f(x)−x，则F′( x )= f′(x)−1= f′(x)− f′( 1 )
由于 f '(x) 严格单调减少，因此当 x∈(1−δ,1) 时， f′(x)> f′( 1 ) ，则
F′( x ) = f′(x)− f′( 1 ) >0 ； 当 x∈(1,1+δ) 时 ， f′(x)< f′( 1 ) ， 则
F′( x ) = f′(x)− f′( 1 ) <0，且在x=1处F′( 1 )= f′(1)− f′( 1 )=0，
根据判定极值的第一充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心δ领
0 0
域内可导，若x∈( x −δ, x )时，f′(x)>0，而x∈( x , x +δ)时，f′(x)<0，则 f(x)
0 0 0 0
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在x 处取得极大值，知F ( x )在x=1处取极大值，即在在(1−δ,1)和(1,1+δ)内均有
0
F ( x )< F ( 1 )=0，也即 f(x)< x. 故选(A)
( x−1 )2
方 法 2 ： 排 除 法 ， 取 f(x)=− +x ， 则 f′(x)=−2 ( x−1 )+1=−2x+3 ，
2
f′′(x)=−2<0，所以满足题设在区间(1−δ,1+δ)内具有二阶导数， f '(x)严格单调
( x−1 )2
减少，且 f(1)= f '(1)=1,当x<1时或x>1时，均有 f(x) =− +x < x，因此
2
可以排除(B)、(C)、(D)，选(A)
(5) 【答案】(D)
【详解】从题设图形可见，在y轴的左侧，曲线y = f(x)是
严格单调增加的，因此当x<0时，一定有 f '(x)>0，对应
y = f′(x)图形必在x轴的上方，由此可排除(A)，(C)；
又 y = f(x) 的图形在 y 轴右侧靠近 y 轴部分是单调增，所以在这一段内一定有
f '(x)>0，对应y = f′(x)图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D).
三【详解】作积分变量变换，令x=tanu,则dx=sec2udu,
sec2udu sec2udu
原式=∫ =∫
(2tan2u+1) tan2u+1 (2tan2u+1)secu
du du cos2udu
=∫ =∫ =∫
(2tan2u+1)cosu 2sin2u ( 2sin2u+cos2u ) cosu
( +1)cosu
cos2u
cosudu cosudu dsinu
=∫ =∫ =∫
2sin2u+cos2u sin2u+1 sin2u+1
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tanu
sinu =
1+tan2u x
=arctan(sinu)+C arctan( )+C
tanu = x 1+x2
四【分析】应先求出 f(x)的表达式，再讨论它的间断点，首先明确间断点的类型分为两大
类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为：可去间断点(左右极限存在且
相等的间断点)和跳跃间断点(左右极限存在但不相等的间断点)；第二类间断点又可分为：无
穷间断点(有一个极限为无穷的间断点)和振荡间断点(极限值在某个区间变动无限多次).
x x
sint sint−sinx ln sint sint−sinx x ln sint
【详解】由 f(x)= lim =lime sinx =limesint−sinx sinx
t→xsinx t→x t→x
x sint x sint
又 lim ln = lim ln1+ −1
t→x sint−sinx sinx t→x sint−sinx sinx
x sint−sinx x sint−sinx
=lim ln1+
=lim
t→x sint−sinx sinx t→x sint−sinx sinx
x x
=lim =
t→x sinx sinx
x sint x sint x
ln lim ln
所以 f(x) =limesint−sinx sinx =et→xsint−sinx sinx =esinx
t→x
x
由 f(x) =esinx 的 表 达 式 ， 可 以 看 出 自 变 量 x 应 满 足 sinx≠0 ， 从 而
x≠kπ, k =0,±1,±2,
当x→0时，
x x
lim
lim f(x)=limesinx =ex→0sinx =e1 =e，
x→0 x→0
所以x=0为 f(x)的第一类间断点(左右极限相等，又进一步可知是可去间断点)；
对于非零整数k，
x x
lim
lim f(x)= lim esinx =ex→kπ−sinx sinx→0 ∞，
x→kπ− x→kπ−
故x=kπ, k =±1,±2,为 f(x)的第二类间断点(无穷间断点)
1 1
五【解答】由y = x ，有y'= ,y′′=− , 抛物线在点M(x,y)处的曲率半径
2 x 4 x3
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3
1
22 3
3 1+ 1+ 1 2
1 (1+ y'2)2 2 x 4x 1 3
ρ=ρ(x)= = = = = (4x+1)2.
K y" 1 1 2
−
4 x3 4x x
若 已 知 平 面 曲 线 AM 的 显 式 表 示 为 y = f ( x ) ( a≤ x≤b ) ， 则 弧 长 为
s =∫ b 1+ f′2( x ) dx，其中 f ( x )在[ a,b ]有连续的导数.
a
根据上述结论，所以抛物线上AM 的弧长
2
x x 1 x 1
s =s(x) =∫ 1+ y'2dx =∫ 1+ dx =∫ 1+ dx
1 1 2 x 1 4x
′
dρ 1 (4x+1) 3 2 1 ⋅ 3 (4x+1) 1 2 ⋅4 1
dρ dx 2 2 2 3(4x+1)2⋅2 x
故 = = = = =6 x
ds ds ′ 1 1
x 1 1+ (4x+1)2
dx ∫ 1+ dx 4x
1 4x
d2ρ d dρ 1 d 1
= ( )⋅ = (6 x)⋅
ds2 dx ds ds dx ′
x 1
dx ∫ 1+ dx
1 4x
6 1 6 2 x 6
= ⋅ = ⋅ = .
2 x 1 2 x 1+4x 1+4x
1+
4x
d2ρ dρ 1 3 6 ( )2
因此 3ρ −( )2 =3⋅ ( 1+4x ) 2 ⋅ − 6 x =9 ( 1+4x )−36x =9
ds2 ds 2 1+4x
f(x)
六【详解】f(x)的反函数是g(x)，根据反函数的性质有g(f(x))= x，∫ g(t)dt = x2ex
0
两边对x求导，有
( ∫ f(x) g(t)dt )′ = ( x2ex )′ ⇒ g
f ( x )
f′(x)= x2ex +2xex
0
又g(f(x))= x，所以
xf′(x)= x2ex +2xex ⇒ f′(x)= xex +2ex， x∈(0,+∞)
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( )
两边积分 ∫ f′(x)dx=∫ xex +2ex dx ⇒ f(x)=∫xexdx+∫2exdx
⇒ f(x)=∫xdex +2ex ⇒ f(x) 分部 xex −∫exdx+2ex
⇒ f(x)= xex −ex +2ex +C ⇒ f(x)= xex +ex +C.
由于题设 f(x)在[0,+∞)上可导，所以在x=0处连续，故
f ( 0 )= lim f(x)= lim ( xex +ex +C ) =1+C =0，
x→0+ x→0+
所以C =−1，于是
f(x)= xex +ex −1， x∈[0,+∞)
七【详解】由 f′(x)= g(x),g′(x)=2ex − f(x)，得 f′′(x)= g′(x)=2ex − f(x)，即
f′′(x)+ f(x)=2ex
此为二阶常系数线性非齐次方程，且右端呈P ( x ) eλx型(其中P ( x )=2, λ=1)，
m m
对应的齐次方程为 f′′(x)+ f(x)=0，特征方程为r2 +1=0，对应的特征值为r =±i，
于是齐次方程的通解为：y =C cosx+C sinx，
1 2
( )′′
因为λ=1≠r，所以设特解为y* =aex(a为实数)， y* =aex，
代入 f′′(x)+ f(x)=2ex，aex +aex =2ex，所以a+a=2，即a=1，从而特解y* =ex，
非齐次方程的通解为 f ( x )=C cosx+C sinx+ex，
1 2
又 f(0)=0，所以， f ( 0 )=C cos0+C sin0+e0 =0 ⇒C +1=0⇒C =−1
1 2 1 1
又， f′( x )=−C sinx+C cosx+ex , f′( 0 )= g(0)=2，
1 2
所以， f′( 0 )=−C sin0+C cos0+e0 =C +1=2 ⇒C =1，
1 2 2 2
所以原方程的解为： f ( x )=sinx−cosx+ex
以下计算积分，有两个方法：
πg(x) f(x) πg(x) ( 1+x )− f(x)
方法1：∫ − dx =∫ dx
0 1+x (1+x)2 0 (1+x)2
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π f′(x) ( 1+x )− f(x) π f(x) ′ π f(x)
f′(x)= g(x) ∫ dx =∫
dx =∫ d
0 (1+x)2 0 1+x 0 1+x
f(x) π f(π) f(0) sinπ−cosπ+eπ 1+eπ
= = − = − f(0) =
1+x 1+π 1+0 1+π 1+π
0
πg(x) f(x) πg(x) π f(x)
方法2：∫ − dx =∫ dx−∫ dx
0 1+x (1+x)2 0 1+x 0 (1+x)2
′
πg(x) π 1 πg(x) π 1
=∫ dx+∫ f(x) dx =∫ dx+∫ f(x)d
0 1+x 0 1+x 0 1+x 0 1+x
πg(x) f(x) π π f′(x)
分部 ∫ dx+ −∫ dx
0 1+x 1+x 0 1+x
0
π
πg(x) f(x) πg(x)
g ( x )= f′(x) ∫ dx+ −∫ dx
0 1+x 1+x 0 1+x
0
f(x) π f(π) f(0) sinπ−cosπ+eπ 1+eπ
= = − = − f(0) =
1+x 1+π 1+0 1+π 1+π
0
八【详解】(1)设曲线 L 过点 P(x,y) 的切线方程为Y − y = y′( X −x )，令 X =0 ，则
Y =−xy′+ y，即它在y轴上的截距为−xy′+ y，
根据两点( x,y ) , ( x ,y )距离公式d = ( x−x )2 +( y− y )2 ，所以原点到点P(x,y)
0 0 0 0
的距离为 x2 + y2 ，由题设P(x,y) (x>0)到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在y轴
上的截距，所以：−xy′+ y = x2 + y2 ， (x>0)，
y x2 + y2
即 y′= − ， (x>0)
x x
dy
此为一阶齐次方程，按规范方法解之，命y =ux，则 =u+xdu，代入，方程变为：
dx
du x u2 +1 du du dx
u+x =u− ⇒ x =− u2 +1 ⇒ =−
dx x dx u2 +1 x
du dx ( ) C
积分得 ∫ =−∫ ⇒ln u+ 1+u2 =−lncx ⇒u+ 1+u2 =
u2 +1 x x
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y
把u = 代入上式，得
x
2
y y C
+ 1+
= ⇒ y+ x2 + y2 =C.
x x x
2
1 1 1
由题设曲线经过点 ,0 ，代入得0+ +0 =C，则C = ，故所求方程为：
2 2 2
1 1
y+ x2 + y2 = ，即y = −x2.
2 4
1 1
(2) 由(1)知y = −x2，则y′=−2x，点P(x,y)= Px, −x2 ，所以在点P处的切
4 4
1
线方程为：Y − −x2 =−2x ( X −x )，分别令X =0，Y =0，解得在 y轴，x轴上的
4
1 x 1
截距分别为x2 + 和 + .
4 2 8x
此切线与两坐标轴围成的三角形面积为：
A ( x ) = 1 x + 1 x2 + 1 = 1 ( 4x2 +1 )2 , x>0
22 8x 4 64x
由于该曲线在第一象限中与两坐标轴所围成的面积为定值，记S ，于是题中所要求的
0
面积为：S ( x )= A ( x )−S = 1 ( 4x2 +1 )2 −S ,
0 64x 0
求最值点时与S 无关，以下按微分学的办法求最值点.
0
S′( x ) = 1 ( 4x2 +1 )2 −S
′
=
2⋅8x ( 4x2 +1 ) − ( 4x2 +1 )2
64x 0 64x2
( ) ( )2 ( )( )
2⋅8x 4x2 +1 x− 4x2 +1 4x2 +1 12x2 −1
= =
64x2 64x2
1 3 3 3
令S′( x )=0得x= = ，当0< x< 时，S′( x )<0；当x> 时，S′( x )>0，
12 6 6 6
根据极值存在的第一充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心δ领域内
0 0
可导，若x∈( x −δ, x )时， f′(x)>0，而x∈( x , x +δ)时， f′(x)<0，则 f(x)在x
0 0 0 0 0
3
处取得极大值，知：x= 是S ( x )在x>0处的唯一极小值点，即最小值点，
6
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于是所求切线方程为：
2
1 3 2 3 3 3 1
Y − − =− X − ，即Y =− X +
4 6 6 6 3 3
九【详解】
2
方法1：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积V = πr3，侧面积S =2πr2. 由
3
dV
题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知： =−kS，
dt
dV d 2 dr dr
由于r是t的函数， =
πr3
=2πr2 ，代入上式，得：2πr2 =−kS，
dt dt3 dt dt
dr
即2πr2 =−k⋅2πr2，从而dr =−kdt，r =r .
dt t=0 0
积分得r =−kt+c，把r =r 代入，得c=r ，所以r =−kt+r .
t=0 0 0 0
7
又半径为 r 的雪堆在开始融化的 3 小时内，融化了其体积的 ，即
0 8
7 1
V =V − V = V ，其中V 表示t =0时的V . 以V 的公式代入上式，为
t=3 0 8 0 8 0 0
2 1 2
V = πr3 = ⋅ πr3
t=3 3 8 3
t=3 t=0
2
将r =−kt+r 代入上式，两边约去 π，得：
0 3
1 1
(−kt+r )3 = r3，即−kt+r = r
0 8 0 0 2 0
1 1 t
从而求得：k = r ，于是r =−kt+r =− rt+r =r 1− ，当t =6时r =0，雪
6 0 0 6 0 0 0 6
融化完.
2
方法 2：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积V = πr3，侧面积S =2πr2，
3
2
联立V = πr3，S =2πr2消去r，得：S = 318πV2
3
dV
由题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知： =−kS，从而推知
dt
dV
=−k318πV2, V =V
dt t=0 0
dV 1
分离变量 =−k318πdt ，积分：3V3 =−k318πt+c，把V =V 代入，
2 t=0 0
V3
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1 1 1
c=3V3，所以，3V3 =3V3 −k318πt.
0 0
7 1 3 1 1 1 V
又由V =V − V = V ，代入上式 V3 =3V3 −3k318π，得k = 3 0 ，
t=3 0 8 0 8 0 2 0 0 2 18π
1 1 1 1 V 1 1 1
故 3V3 =3V3 −k318πt =3V3 − 3 0 318πt =3V3 − V3t.
0 0 2 18π 0 2 0
命V =0，解得：t =6，即雪堆全部融化需6小时.
十【应用定理】闭区间上连续函数的介值定理：设 f(x)在[ a,b ]上连续， f(a)≠ f(b)，
则对 f(a)与f(b)之间的任何数η，必存在c(a0
x
(1) 设函数 f(x)=arcsin 在x=0处连续，则a= .
2
ae2x, x≤0
(2) 位于曲线y = xe−x(0≤ x<+∞)下方，x轴上方的无界图形的面积是_______.
1
(3) 微分方程yy′′+ y′2 =0满足初始条件y =1,y′ = 的特解是_________.
x=0 x=0
2
1 π 2π nπ
(4) lim 1+cos + 1+cos +...+ 1+cos =_____ .
n→∞n n n n
0 −2 −2
(5) 矩阵 2 2 −2 的非零特征值是_________.
−2 −2 2
二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在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) 设函数 f(u)可导，y = f(x2)当自变量x在x=−1处取得增量∆x=−0.1时，相应的函
数增量∆y 的线性主部为0.1，则 f′(1)=( )
(A)－1 (B)0.1 (C)1 (D)0.5
(2) 设函数 f(x) 连续，则下列函数中，必为偶函数的是( )
x x
(A)∫ f(t2)dt (B)∫ f 2(t)dt
0 0
x x
(C)∫ t[f(t)− f(−t)]dt (D)∫ t[f(t)+ f(−t)]dt
0 0
(3) 设y =(x)是二阶常系数微分方程 y′′+ py′+qy =e3x 满足初始条y(0)= y′(0)=0的
ln(1+x2)
特解，则当x→0，函数 的极限( )
y(x)
(A)不存在 (B)等于1 (C)等于2 (D)等于3
(4) 设函数y = f(x)在(0,+∞)内有界且可导，则( )
(A)当 lim f(x)=0时，必有 lim f′(x)=0.
x→+∞ x→+∞
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(B)当 lim f′(x)存在时，必有 lim f′(x)=0.
x→+∞ x→+∞
(C)当lim f(x)=0时，必有lim f′(x)=0.
x→0+ x→0+
(D)当lim f′(x)存在时，必有lim f′(x)=0.
x→0+ x→0+
(5) 设向量组α,α,α线性无关，向量β 可由α,α,α线性表示，而向量β 不能由
1 2 3 1 1 2 3 2
α,α,α线性表示，则对于任意常数k ，必有( )
1 2 3
(A)α,α,α , kβ+β 线性无关； (B)α,α,α , kβ+β 线性相关；
1 2 3 1 2 1 2 3 1 2
(C)α,α,α,β+kβ 线性无关； (D)α,α,α,β+kβ 线性相关
1 2 3 1 2 1 2 3 1 2
三、(本题满分6分)
π
已知曲线的极坐标方程是r =1−cosθ ，求该曲线上对应于θ= 处的切线与法线的
6
直角坐标方程.
四、(本题满分7分)
3
2x+ x2, −1≤ x<0
2 x
设 f(x)= 求函数F(x)=∫ f(t)dt的表达式.
xex
, 0≤ x≤1
−1
(ex +1)2
五、(本题满分7分)
已知函数 f(x)在(0,+∞)内可导 f(x)>0， lim f(x)=1 , 且满足
x→+∞
f(x+hx) 1 1
lim( )h =ex,求 f(x).
h→0 f(x)
六、(本题满分8分)
求微分方程xdy+(x−2y)dx=0的一个解y = y(x),使得由曲线y = y(x)， 与直线
x=1,x=2以及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周的旋转体体积最小.
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七、(本题满分7分)
D 1m 1m C
某闸门的性状与大小如图所示，其中直线l 为对
称轴，闸门的上部为矩形ABCD，下部由二次抛物线
与线段AB所围成，当水面与闸门的上端相平时，欲使
l h
闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之
比为5：4，闸门矩形部分的高h 应为多少m (米)？
A B
1m
八、(本题满分8分)
设0< x <3,x = x (3−x )(n=1,2,)，证明数列{ x }的极限存在，并求此极限.
1 n+1 n n n
九、(本题满分8分)
2a lnb−lna 1
设00 ，则对于ε= >0 ，存在 X >0 ，使当 x> X 时，
2
A A A A 3A
f′(x)−A <ε= ，即 = A− < f′(x)< A+ =
2 2 2 2 2
A
由此可知， f′(x)有界且大于 ．在区间[x,X]上应用拉格朗日中值定理，有
2
A
f(x)= f(X)+ f′(ξ)(x−X)> f(X)+ (x−X)
2
从而 lim f(x)=+∞，与题设 f(x)有界矛盾．类似可证当 A<0时亦有矛盾． 故
x→+∞
A=0．
(5)【答案】A
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【详解】方法 1：对任意常数k，向量组α,α,α，kβ+β 线性无关． 用反证法，若
1 2 3 1 2
α,α,α，kβ+β 线性相关，因已知α,α,α线性无关，故kβ+β 可由α,α,α
1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 1 2 3
线性表出． 即存在常数λ,λ,λ，使得 kβ+β =λα +λα +λα
1 2 3 1 2 1 1 2 2 3 3
又已知β可由α,α,α线性表出，即存在常数l ,l ,l ，使得β =lα +lα +lα
1 1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 2 3 3
代入上式，得
kβ+β =k(lα +lα +lα)+β =λα +λα +λα
1 2 1 1 2 2 3 3 2 1 1 2 2 3 3
⇒β =(λ−kl )α +(λ −kl )α +(λ−kl )α
2 1 1 1 2 2 2 3 3 3
与β 不能由α,α,α线性表出矛盾．故向量组α,α,α，kβ+β 线性无关，选(A)
2 1 2 3 1 2 3 1 2
方法2：用排除法
B选项：取k =0，向量组α,α,α，kβ+β 即α,α,α，β 线性相关不成立，
1 2 3 1 2 1 2 3 2
否则因为α,α,α，β 线性相关，又α,α,α线性无关，故β 可由α,α,α线性表
1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3
出．即存在常数λ,λ,λ，使得 β =λα +λα +λα与已知矛盾，排除(B)．
1 2 3 2 1 1 2 2 3 3
C选项：取k =0，向量组α,α,α，β+kβ ，即α,α,α，β线性无关不成
1 2 3 1 2 1 2 3 1
立，因为β可由α,α,α线性表出，α,α,α，β线性相关，排除(C)．
1 1 2 3 1 2 3 1
D选项：k ≠0时，α,α,α，β+kβ 线性相关不成立．若α,α,α，β+kβ
1 2 3 1 2 1 2 3 1 2
线性相关，因已知α,α,α线性无关，故β+kβ 可由α,α,α线性表出．即存在常
1 2 3 1 2 1 2 3
数λ,λ,λ，使得 β+kβ =λα +λα +λα. 又已知β可由α,α,α线性表出，
1 2 3 1 2 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3
即存在常数l ,l ,l ，使得β =lα +lα +lα代入上式，得
1 2 3 1 1 1 2 2 3 3
β+kβ =(lα +lα +lα)+kβ =λα +λα +λα
1 2 1 1 2 2 3 3 2 1 1 2 2 3 3
⇒ kβ =(λ−l )α +(λ −l )α +(λ−l )α
2 1 1 1 2 2 2 3 3 3
λ−l λ −l λ−l
因为k ≠0，故 β = 1 1α + 2 2α + 3 3α
2 k 1 k 2 k 3
与β 不能由α,α,α线性表出矛盾．故α,α,α,β+kβ 线性相关不成立，排除(D)．
2 1 2 3 1 2 3 1 2
故选(A)．
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x=rcosθ
三【详解】由极坐标到直角坐标的变换公式 ，化极坐标曲线r =1−cosθ为直
y =rsinθ
角坐标的参数方程为
x=(1−cosθ)cosθ x=cosθ−cos2θ
， 即
y =(1−cosθ)sinθ y =sinθ−cosθsinθ
π 3 3 1 3
曲线上θ= 的点对应的直角坐标为( − , − )
6 2 4 2 4
dy
dy dθ cosθ+sin2θ−cos2θ
= = =1.
dx θ= π dx −sinθ+2cosθsinθ π
6 θ=
dθ π 6
θ=
6
于是得切线的直角坐标方程为
1 3 3 3 3 5
y−( − )= x−( − )，即x− y− 3+ =0．
2 4 2 4 4 4
(这是由直线的点斜式得到的，直线的点斜式方程为y− y =k(x−x )，由导数的几何意义
0 0
π 3 3 1 3
知在θ= 时斜率为1，且该点的直角坐标为( − , − ))，
6 2 4 2 4
法线方程为
1 3 1 3 3 3 1
y−( − )=− (x−( − )),即x+ y− + =0．
2 4 1 2 4 4 4
(这是由直线的点斜式方程及在同一点切线斜率与法线斜率为负倒数的关系而得)
四【详解】当−1≤ x<0时
x x 3 1 x 1 1
F(x)=∫ f(t )dt =∫ (2t+ t2)dt =(t2 + t3) = x3 +x2 − .
−1 −1 2 2 −1 2 2
当0≤ x<1时，
x 0 x 1 0 x tet
F(x)=∫ f(t)dt =∫ f(t)dt+∫ f(t)dt =(t2 + t3) +∫ dt
−1 −1 0 2 −1 0 (et +1)2
1 t x x dt
1 x 1 =− − +∫ 1 x x e−tdt
=− −∫ td 2 et +1 0 0 et +1 =− − +∫
2 0 (et +1) 2 ex +1 0 1+e−t
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1 x x 1 x ex
=− − −ln(1+e−t) =− − +ln +ln2
2 ex +1 0 2 ex +1 ex +1
所以
1 1
x3 +x2 − , 当−1≤ x<0
2 2
F(x)=
ln ex − x +ln2− 1 , 当0≤ x<1
ex +1 ex +1 2
1
f(x+hx)h 1 ln f(x+hx)
五【详解】因为 =eh f(x) ，
f(x)
1 f(x+hx) 1
又 lim ln =lim (ln f(x+hx)−ln f(x))， x≠0
h→0 h f(x) h→0 h
ln f(x+hx)−ln f(x) xf′(x)
=lim( )×x =(ln f(x))′×x=
h→0 hx f(x)
1
f(x+hx)h xf′(x) 1
从而得到 lim =e f(x)由题设ex
h→0 f(x)
xf′(x) 1 1
于是推得 =(ln f(x))′x= ，即(ln f(x))′=
f(x) x x2
1 − 1
解此微分方程，得 ln f(x)=− +C ，改写成 f(x)=Ce x
x 1
1
−
再由条件 lim f(x)=C =1，于是得 f(x)=e x.
x→+∞
2
六【详解】这是一阶线性微分方程y′− y =−1，由通解公式(如果一个一阶线性方程为
x
y′+ p(x)y =q(x)那么通解为y =e
−∫p(x)dx
[∫q(x)e
∫p(x)dx
dx+C])有
∫2 dx −∫2 dx 1 1
y =e x [−∫e x dx+C] = x2[−∫ dx+C] = x2( +C)= x+Cx2,1≤ x≤2
x2 x
由曲线y = x+Cx2与x=1,x=2及x轴围成的图形绕x轴旋转一周的旋转体的体积为
2 31 15 7
V =π∫ (x+Cx2)2dx=π( C2 + C+ )
1 5 2 3
(旋转体的体积公式：设有连续曲线Γ: y = f(x)(a≤ x≤b)，f(x)≥0与直线x=a,x=b及
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b
x轴围成平面图形．该图形绕x轴旋转一周产生旋转体的体积为V =∫ πf(x)2dx)
a
dV
取C使V 最小，由求最值的方法知先求函数的驻点，即 =0的点，
dC
dV 62 15
=π( C+ )=0
dC 5 2
75 75
解得C =− . 又V′′(C)>0，故C =− 为V 的惟一极小值点，也是最小值点，于是
124 124
所求曲线为
75
y = x− x2.
124
y
七【详解】方法1：建立坐标系如下图，
D 1m 1m C
由于底部是二次抛物线我们设此抛物线为
y = px2 +q，由坐标轴的建立知此抛物线过
l h
(0,0),(1,1)点，把这两点代入抛物线的方程，
0= p×02 +q
A B
得 ，所以q =0, p =1．
1= p×12 +q 1m
O x
即底部的二次抛物线是y = x2，−1≤ x≤1．
细横条为面积微元，按所建立的坐标系及抛物线的方程，得到面积微元dA=2xdy，因
此压力微元
dp=2ρgx(1+h− y)dy (这是由压力的公式得到的：压力=压强×面积)
平板ABCD上所受的总压力为
1+h
P =∫ 2ρgx(1+h− y)dy
1
1
其中以x=1代入，计算得P =ρgh2．
1
抛物板AOB上所受的总压力为
1
P =∫ 2ρgx(1+h− y)dy,
2
0
1 2
其中由抛物线方程知x= y ，代入计算得P =4ρg( h+ )，
2 3 15
h2 5
由题意P :P =5:4，即 =
1 2 1 2 4
4( h+ )
3 15
1
解之得h=2(米)(h=− 舍去)，即闸门矩形部分的高应为2m．
3
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八【详解】由0< x <3知x 及（3−x）均为正数，故
1 1 1
1 3 a+b
0< x = x (3−x ) ≤ (x +3−x )= . (ab≤( )2 a,b为正数)
2 1 1 2 1 1 2 2
3 a+b
假设0< x ≤ ，则再一次用不等式ab≤( )2，得
k 2 2
1 3
x = x (3−x ) ≤ (x +3−x )= .
k+1 k k 2 k k 2
3
由数学归纳法知，对任意正整数n≥2有0< x ≤ ．
n 2
x (3−x )−x 2 x (3−2x )
另一方面，x -x = x (3−x )−x ≤ n n n = n n ≥0.
n+1 n n n n x (3−x )+x x (3−x )+x
n n n n n n
所以{ x }单调增加．单调增加数列{ x }有上界，所以limx 存在，记为a.
n n n
n→∞
由x = x (3−x )两边取极限，于是由极限的运算性质得
n+1 n n
a = a(3−a),即2a2 −3a=0,
3
解得a = 或a=0，但因x >0且单调增，故a≠0，所以
2 1
3
limx = ．
n→∞ n 2
九【详解】左、右两个不等式分别考虑. 先证左边不等式，
方法1：由所证的形式想到用拉格朗日中值定理．
lnb−lna 1
=(lnx)′ = ,0 > 中第二个不等式来自不等式a2 +b2 >2ab(当00(当0a>0时ϕ(x)单调递增. 所以ϕ(x)>ϕ(a)=0，故ϕ(b)>0，
2a(b−a) lnb−lna 2a
即 ϕ(b)=lnb−lna− >0 ⇒ >
a2 +b2 b−a a2 +b2
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再证右边不等式，用单调性证，将b改写为x并移项，命
1
ψ(x)=lnx−lna− (x−a),
ax
1 1 1 a ( x − a)2
有ψ(a)=0，及ψ′(x)= − ( + )=− <0,
x a 2 x 2x x 2x ax
所以当x>a>0时，ψ(x)<0，再以x=b代入，得
1 lnb−lna 1
lnb−lna< (b−a),即 < ．
ab b−a ab
右边证毕．
十【详解】从题目结论出发，要证存在唯一的一组λ,λ,λ，使得
1 2 3
λf(h)+λ f(2h)+λf(3h)− f(0)
L=lim 1 2 3 =0
h→0 h2
由极限的四则运算法则知，分子极限应为0，即
lim [λf(h)+λ f(2h)+λf(3h) ]= f(0)
1 2 3
h→0
由于 f(x)在x=0连续，于是上式变形为 f(0)(λ+λ +λ)= f(0). 由 f(0)≠0,知
1 2 3
λ+λ +λ =1. (1)
1 2 3
由洛必达法则，
λf(h)+λ f(2h)+λf(3h)− f(0)
L=lim 1 2 3
h→0 h2
λf′(h)+2λ f′(2h)+3λf′(3h)
=lim 1 2 3 (2)
h→0 2h
由极限的四则运算法则知分子的极限应是0，即
lim(λf′(h)+2λ f′(2h)+3λf′(3h))=0
1 2 3
h→0
由于 f′(x)在x=0连续，于是上式变形为(λ+2λ +3λ)f′(0)=0，由 f′(0)≠0,知
1 2 3
λ+2λ +3λ =0 (3)
1 2 3
对(2)再用洛必达法则，和 f′′(x)在x=0连续
λf′′(h)+4λ f′′(2h)+9λf′′(3h) 1
L=lim 1 2 3 = (λ+4λ +9λ)f′′(0)
h→0 2 2 1 2 3
由 f′′(0)≠0，故应有
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λ+4λ +9λ =0 (4)
1 2 3
将(1)、(3)、(4)联立解之，由于系数行列式
1 1 1
1 2 3 =2≠0,
1 4 9
由克莱姆法则知，存在唯一的一组解满足题设要求，证毕．
十一【详解】(1) 由题设条件2A−1B= B−4E，两边左乘A，得2AA−1B= AB−4A，即
2B= AB−4A ⇒ AB−2B=4A
所以 (A−2E)B = AB−2B =4A=4A−8E+8E =4(A−2E)+8E，
⇒ (A−2E)B−4(A−2E)=8E ⇒ (A−2E)B−(A−2E)⋅4E =8E
1
⇒ (A−2E)(B−4E)=8E ⇒ (A−2E) (B−4E)= E
8
1
根据可逆矩阵的定义知A−2E可逆，且(A−2E)−1 = (B−4E)．
8
1
(2) 由(1)结果知(A−2E)−1 = (B−4E)，根据逆矩阵的性质(kA)−1 =k−1A−1，其中k
8
为不等于零的常数，有
−1
1
A−2E =
(B−4E)
=8(B−4E)−1
8
故 A=8(B−4E)−1+2E
1 −2 0 4 0 0 −3 −2 0
又 B−4E = 1 2 0 − 0 4 0 = 1 −2 0 (对应元素相减)
0 0 2 0 0 4 0 0 −2
初等行变换
因为若( A E ) → ( E A−1 ) ，对[ B−4EE ]进行初等行变换，
−3 −2 0 1 0 0 1 −2 0 0 1 0
1、3行互换
[ B−4EE ]= 1 −2 0 0 1 0 → −3 −2 0 1 0 0
0 0 −2 0 0 1 0 0 −2 0 0 1
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0 1 0
1 −2 0 0 1 0 1 1 −2 0
2行+1行×3 2行×(− 8 ) 1 3
→ 0 −8 0 1 3 0 → 0 1 0 − − 0
8 8
0 0 1 1 0 0 1
0 0 − 1
2 0 0 −
2
1 1
− 0
4 4
1 0 0
1行+2行×2 1 3
→ 0 1 0 − − 0
8 8
0 0 1
1
0 0 −
2
1 1
− 0
4 4
故(B−4E)−1 = − 1 − 3 0 ，代入A=8(B−4E)−1+2E中，则
8 8
1
0 0 −
2
1 1
− 0
4 4
2
A=8(B−4E)−1+2E =8 − 1 − 3 0 + 2
8 8
2
1
0 0 −
2
(常数与矩阵相乘，矩阵的每一个元素都需要乘以该常数)
−2 2 0 2 0 2 0
= −1 −3 0 + 2 = −1 −1 0 (对应元素相加)
0 0 −4 2 0 0 −2
十二【详解】方法1：记A=[α,α,α,α]，由α,α,α线性无关，及α =2α −α +0α,
1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4
即α可以由α,α,α线性表出，故α,α,α,α 线性相关，及β=α +α +α +α即
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
β可由α,α,α,α 线性表出，知
1 2 3 4
r
[ Aβ]=r [α,α,α,α,β]=r [α,α,α,α]=r(A)=r [α,α,α]=3
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3
系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故Ax=β有解．
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对应齐次方程组Ax=0，其系数矩阵的秩为3，故其基础解系中含有4-3(未知量的
个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成kξ，η∗是Ax=β的一
个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知Ax=β的通解为kξ+η∗，其中kξ
是对应齐次方程组Ax=0的通解，η∗是Ax=β的一个特解，因
1
−2
α =2α −α +0α,故α −2α +α −0α =[α,α,α,α] =0，
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1
0
故ξ=[ 1,−2,1,0 ]T 是Ax=0的一个非零解向量，因为Ax=0的基础解系中只含有一个
解向量，故ξ=[ 1,−2,1,0 ]T 是Ax=0的基础解系．
又
1 1
1 1
β=α +α +α +α =[α,α,α,α] ，即A =β
1 2 3 4 1 2 3 4 1 1
1 1
故η∗ =[ 1,1,1,1 ]T是Ax=β的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程
组的通解为k [ 1,−2,1,0 ]T +[ 1,1,1,1 ]T．(其中k是任意常数)
方法2：令x=[
x ,x ,x ,x
]T，则线性非齐次方程为
1 2 3 4
x
1
x
Ax=[α,α,α,α] x =[α,α,α,α] 2 =αx +αx +αx +αx =β
1 2 3 4 1 2 3 4 x 1 1 2 2 3 3 4 4
3
x
4
已知β=α +α +α +α，故
1 2 3 4
αx +αx +αx +αx =α +α +α +α
1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4
将α =2α −α代入上式，得
1 2 3
(2α −α)x +αx +αx +αx =(2α −α)+α +α +α
2 3 1 2 2 3 3 4 4 2 3 2 3 4
⇒ 2αx −αx +αx +αx +αx =2α −α +α +α +α =3α +α
2 1 3 1 2 2 3 3 4 4 2 3 2 3 4 2 4
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⇒ (2x +x )α −αx +αx +αx −3α −α =0
1 2 2 3 1 3 3 4 4 2 4
⇒ (2x +x −3)α +(−x +x )α +(x −1)α =0
1 2 2 1 3 3 4 4
由已知α,α,α 线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得
2 3 4
kα +kα +kα =0，上式成立当且仅当
2 2 3 3 4 4
2x +x =3
1 2
−x +x =0
1 3
x −1=0
4
2 1 0 0 1 0 0
其系数矩阵为 −1 0 1 0 ，因为3阶子式 0 1 0 =1≠0，其秩为3，故其齐次
0 0 0 1 0 0 1
线性方程组的基础解系中存在1个(4-3)线性无关的解向量，取自由未知量x =k，则方
3
程组有解
x =1,x =k,x = x =k,x =−2k+3
4 3 1 3 2
故方程组Ax=β有通解
x k 1 0
1
x −2k+3 −2 3
2 = =k + ．(其中k是任意常数)
x k 1 0
3
x 1 0 1
4
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2003 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.
1
(1) 若x →0时，(1−ax2)4 −1 与xsinx是等价无穷小，则a= .
(2) 设函数y = f(x)由方程xy+2lnx = y4所确定，则曲线y = f(x)在点(1,1)处的切线方
程是 .
(3) y = 2x的麦克劳林公式中xn项的系数是 .
(4) 设曲线的极坐标方程为ρ=eaθ(a >0) ，则该曲线上相应于θ从0变到2π的一段弧与
极轴所围成的图形的面积为 .
1 −1 1
(5) 设α为3维列向量，αT是α的转置. 若ααT = −1 1 −1 ，则
1 −1 1
αTα= .
(6) 设三阶方阵A,B满足A2B− A−B = E，其中E为三阶单位矩阵，若
1 0 1
A= 0 2 0 ，则 B = .
−2 0 1
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，下列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) 设{a },{b },{c }均为非负数列，且lima =0,limb =1,limc =∞,则必有( )
n n n n n n
n→∞ n→∞ n→∞
(A) a I >1. (B) 1> I > I .
1 2 1 2
(C) I > I >1. (D) 1> I > I .
2 1 2 1
(6)设向量组I：α,α ,,α 可由向量组II：β,β ,,β 线性表示，则( )
1 2 r 1 2 s
(A) 当r < s时，向量组II必线性相关. (B) 当r > s时，向量组II必线性相关.
(C) 当r < s时，向量组I必线性相关. (D) 当r > s时，向量组I必线性相关.
三 、(本题满分10分)
ln(1+ax3)
, x<0
x−arcsinx
设函数 f(x)=6, x=0
eax +x2 −ax−1
, x>0
x
xsin
4
问a为何值时， f(x)在x=0处连续；a为何值时，x=0是 f(x)的可去间断点？
四 、(本题满分9分)
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x=1+2t2,
d2y
设函数y = y(x)由参数方程 1+2lnteu (t >1) 所确定，求 .
y =∫ du dx2 x=9
1 u
五 、(本题满分9分)
xearctanx
计算不定积分 ∫ dx.
3
(1+ x2) 2
六、(本题满分12分)
设函数 y = y(x))在(−∞,+∞)内具有二阶导数，且 y′≠ 0,x = x(y)是y = y(x)的反函
数.
d2x dx
(1) 试将x= x(y)所满足的微分方程 +(y+sinx)( )3 =0变换为 y = y(x)满足
dy2 dy
的微分方程；
3
(2) 求变换后的微分方程满足初始条件y(0) =0,y′(0) = 的解.
2
七 、(本题满分12分)
讨论曲线y = 4lnx+k与y = 4x+ln4 x的交点个数.
八 、(本题满分12分)
2 1
设位于第一象限的曲线y = f(x)过点( , )，其上任一点P(x,y)处的法线与 y轴
2 2
的交点为Q，且线段PQ被x轴平分.
(1) 求曲线 y = f(x)的方程；
(2) 已知曲线y =sinx在[0,π]上的弧长为l，试用l表示曲线y = f(x)的弧长s.
y
九 、(本题满分10分)
有一平底容器，其内侧壁是由曲线
x =ϕ(y)(y ≥0)绕y轴旋转而成的旋转曲面
(如图)，容器的底面圆的半径为2m. 根据设
y x=φ(y)
计要求，当以3m3 /min的速率向容器内注入
-2 O 2 x
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液体时，液面的面积将以πm2 /min的速率均
匀扩大(假设注入液体前，容器内无液体).
(1) 根据t时刻液面的面积，写出t与ϕ(y)之间的关系式；
(2) 求曲线x =ϕ(y)的方程.
(注：m表示长度单位米，min表示时间单位分.)
十 、(本题满分10分)
设函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且 f ′(x) >0. 若极限
f(2x−a)
lim 存在，证明：
x→a+ x−a
(1) 在(a,b)内 f(x)>0;
b2 −a2 2ξ
(2) 在(a,b)内存在点ξ，使 = ；
∫
b
f(x)dx
f(ξ)
a
2ξ
b
(3) 在(a,b)内存在与(2)中ξ相异的点η，使 f ′(η)(b2 −a2) = ∫ f(x)dx.
ξ−a a
十 一、(本题满分10分)
2 2 0
若矩阵 A= 8 2 a 相似于对角阵Λ，试确定常数a的值；并求可逆矩阵P 使
0 0 6
P−1AP = Λ.
十二 、(本题满分8分)
已知平面上三条不同直线的方程分别为
l :ax+2by+3c=0，l :bx+2cy+3a =0，l :cx+2ay+3b=0.
1 2 3
试证: 这三条直线交于一点的充分必要条件为a+b+c =0.
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2003 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】−4
1 1 1 1
【详解】 当x →0时，(1+x)n −1~ x，sinx~ x，则(1−ax2)4 −1~ − ax2，xsinx ~ x2
n 4
1
由题设已知，当x →0时，(1−ax2)4 −1与xsinx是等价无穷小，
1
1 − ax2
(1−ax2)4 1
4
所以 1=lim =lim =− a，
x→0 xsinx x→0 x2 4
从而 a =−4．
(2)【答案】x− y =0
【分析】为了求曲线在点(1,1)处的切线方程，首先需要求出函数在点(1,1)处的导数，然后利
用点斜式写出切线方程即可．
【详解】对所给方程两边对x求导数，将其中的y视为x的函数，有
2
y+ xy′+ = 4y3y′
x
将x=1,y =1代入上式，得y′(1) =1. 故函数在点(1,1)处的导数为 1，即点(1,1)处切线的斜
率为1，再利用点斜式得，过点(1,1)处的切线方程为
y−1=1⋅(x−1)，即x− y =0.
(ln2)n
(3)【答案】
n!
【详解】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 y = f(x)的麦克劳林公式中xn项的系数相当于先求 y = f(x)在点x=0处的n阶
f (n)(0)
导数值 f (n)(0)， 就是麦克劳林公式中xn项的系数.
n!
y′= 2x ln2；y′′= 2x(ln2)2； y(n) =2x(ln2)n (归纳法及求导公式)
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y(n)(0) (ln2)n
于是有y(n)(0)=(ln2)n，故y = 2x的麦克劳林公式中xn项的系数是 = .
n! n!
1
(4)【答案】 (e4πa −1)
4a
【详解】
1 β
方法1：用定积分计算. 极坐标下平面图形的面积公式：S = ∫ ρ2(θ)dθ，则
2 α
1 2π 1 2π 1 2π 1
S = ∫ ρ2(θ)dθ= ∫ e2aθdθ= e2aθ = (e4πa −1)．
2 0 2 0 4a 0 4a
方法2：用二重积分计算. D表示该图形所占的区域，在极坐标下，利用二重积分面积公式：
σ=∫∫ρdρdθ
D
2π eaθ 1 2π 1
所以 S =∫∫dσ=∫ dθ∫ rdr = ∫ e2aθdθ= (e4πa −1)．
0 0 2 0 4a
D
(5)【答案】3
【分析】本题的可由矩阵ααT 的秩为 1，把其分解为一列乘一行的形式，而行向量一般可
选第一行(或任一非零行)，列向量的元素则为各行与选定行的倍数构成．也可设A=ααT求
出α，或利用A2或设α=[x x x ]T ，定出α等．
1 2 3
【详解】方法1：观察得A的三个行向量成比列，其比为1:1:1, 故
1 −1 1 1
A=ααT = −1 1 −1 = −1 [ 1 −1 1 ] ，
1 −1 1 1
1 1
知α= −1 ，于是αTα= [ 1 −1 1 ] −1 =3.
1 1
方法2：A=ααT， A2 =ααTααT =(αTα)(ααT)=αTαA (1)
1 −1 1 1 −1 1 3 −3 3
而 A2 = −1 1 −1 −1 1 −1 = −3 3 −3 =3A (2)
1 −1 1 1 −1 1 3 −3 3
比较(1)，(2)式，得αTα=3．
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x2 x x x x 1 −1 1
1 1 2 1 3
方法3：设α=[x
1
x
2
x
3
]T A=ααT =
x
2
x
1
x
2
2 x
2
x
3
=
−1 1 −1
x x x x x 2 1 −1 1
3 1 3 2 3
x
1
故 αTα=(x x x ) x = x2 +x 2 +x 2(A的主对角元之和)
1 2 3 2 1 2 3
x
3
1
(6)【答案】
2
【分析】 先化简分解出矩阵B，再计算行列式 B 或者将已知等式变形成含有因子B
的矩阵乘积形式，而其余因子的行列式都可以求出即可．
【详解】方法1：由A2B− A−B = E，知(A2 −E)B = A+E，即(A+E)(A−E)B = A+E，
易知矩阵A+E可逆，于是有 (A−E)B = E.
再两边取行列式，得 A−E B =1，
0 0 1
1
因为 A−E = 0 1 0 = 2, 所以 B = ．
2
−2 0 0
方法2：由A2B− A−B = E，得
(A+E)(A−E)B = A+E
等式两端取行列式且利用矩阵乘积的行列式=行列式的乘积，得
A+E A−E B = A+E
1 1
约去 A+E ≠0，得 B = = ．
A+E 2
二、选择题
(1)【答案】(D)
【详解】方法1：推理法
b c
由题设limb =1，假设limb c 存在并记为 A，则limc =lim n n = A,这与
n→∞ n n→∞ n n n→∞ n n→∞ b
n
limc =∞矛盾，故假设不成立，limb c 不存在． 所以选项(D)正确．
n n n
n→∞ n→∞
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方法2：排除法
1 n−1
取a = ，b = ，满足lima =0,limb =1, 而a =1,b =0,a >b ，(A)不正确；
n n n n n→∞ n n→∞ n 1 1 1 1
n−1
取b = ，c =n−2，满足limb =1,limc =∞,而b =0>−1=c ，(B)不正确；
n n n n→∞ n n→∞ n 1 1
1
取a = ，c =n−2，满足lima =0,limc =∞,而lima c =1，(C)不正确．
n n n n→∞ n n→∞ n n→∞ n n
(2)【答案】(B)
3 n 3 n
【详解】a = ∫n+1xn−1 1+ xndx= ∫n+1 1+ xnd(1+ xn) (第一类换元法)
n 2 0 2n 0
n 3
1 3 n+1 1 n n2 1
= (1+xn)2 = 1+ −
n n n+1 n
0
3
n
n2
可见 l n i → m ∞ na n =l n i → m ∞ = 1+ n+1 −1
3
=lim 1+ (1+ −1 )−(n+1) − n n +1 2 −1 (凑重要极限形式)
n→∞ n+1
3
=(1+e−1)2 −1 (重要极限)
所以选项(B)正确
(3)【答案】(A)
x y x lnx−1
【详解】将y = 代入微分方程y′= +ϕ ，其中y′= ，得：
lnx x y ln2 x
lnx−1 1 1
= +ϕ(lnx)，即 ϕ(lnx)=−
ln2 x lnx ln2 x
1 x
令lnx=u，有ϕ(u) = − ，以u= 代入，得
u2 y
x y2
ϕ( )=− .
y x2
故选项(A)正确．
(4) 【答案】(C)
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【分析】函数的极值点可能是驻点(一阶导数为零)
或导数不存在的点，极值点是极大值点还是极小值 y
点可进一步由取极值的第一或第二充分条件判定．
【详解】根据导函数的图形可知，一阶导数为零的
点有3个(导函数与x轴交点的个数)；x=0是导数
不存在的点．
对3个一阶导数为零的点左右两侧导数符号均
不一致，故必为极值点，其中第一个交点左右两侧
导数符号由正变为负，是极大值点；第二个交点和第三个交点左右两侧导数符号由负变为正，
是极小值点，则三个驻点中有两个极小值点，一个极大值点；
对导数不存在的点：x=0．左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见x=0为极
大值点．
故 f(x)共有两个极小值点和两个极大值点，应选(C)．
(5)【答案】(B)
π
【详解】令ϕ(x)=tanx−x ，有ϕ(0)=0,ϕ′(x)=sec2 x−1>0, x∈ 0, ，所以当
4
π tanx x
x∈ 0, 时ϕ(x)单调递增，则ϕ(x)>0，即tanx> x>0， >1， <1，由定
4 x tanx
积分的不等式性质知，
πtanx π π π x
I =∫4 dx>∫41dx= >∫4 dx= I
1 0 x 0 4 0 tanx 2
π
可见有 I > I 且I < ．
1 2 2 4
(6)【分析】 本题为一般教材上均有的比较两组向量个数的定理：若向量组I：α,α ,,α
1 2 r
可由向量组II：β,β ,,β线性表示，则当r > s时，向量组I必线性相关． 或其逆否命
1 2 s
题：若向量组I：α,α ,,α 可由向量组II：β,β ,,β线性表示，且向量组I线性无
1 2 r 1 2 s
关，则必有r ≤ s． 可见正确选项为(D)． 本题也可通过举反例用排除法找到答案．
【详解】 用排除法：
0 1 0
α =
,β =
,β =
，则α =0⋅β +0⋅β ，但β,β 线性无关，排除(A)；
1 0 1 0 2 1 1 1 2 1 2
0 1 1
α =
,α =
,β =
，则α,α 可由β线性表示，但β线性无关，排除(B)；
1 0 2 0 1 0 1 2 1 1
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1 1 0
α =
,β =
,β =
，α可由β,β 线性表示，但α线性无关，排除(C)．
1 0 1 0 2 1 1 1 2 1
三【详解】函数 f(x)在x=0处连续，则要求函数 f(x)在x=0处既是左连续又是右连续，
即 f(0+)= f(0)= f(0−).
ln(1+ax3) ax3
f(0−)= lim f(x)= lim = lim
x→0− x→0− x−arcsinx x→0− x−arcsinx
(由于ln(1+x) x(x→0)，所以ln(1+ax3) ax3 (x→0))
3ax2 0
=lim （ 型极限，用洛必达法则）
x→0−
1−
1 0
1−x2
3ax2
= lim ⋅lim 1−x2 (极限的四则运算)
x→0− 1−x2 −1 x→0−
3ax2 1 1 1
=lim （(1−x2)2 −1 (−x2)=− x2 (x→0)）
x→0−
−
1
x2
2 2
2
=−6a
eax +x2 −ax−1 eax +x2 −ax−1
f(0+)= lim f(x)= lim =lim
x→0+ x→0+ x x→0+ x2
xsin
4 4
eax +x2 −ax−1 aeax +2x−a
=4lim =4lim
x→0+ x2 x→0+ 2x
a2eax +2
=4lim =2lim(a2eax +2) =2a2 +4
x→0+ 2 x→0+
f(0)=6.
所以，x=0为 f(x)的连续点⇔ f(0+)= f(0−) ⇔ −6a=6=2a2 +4，得a = −1；
所以，x=0为 f(x)的可去间断点⇔ −6a=2a2 +4≠6，即2a2 +6a+4=0,但a≠−1
解得a = −2，此时 f(x)在x=0为可去间断点．
d ( u(x) )
四【分析】(i)变上限积分求导公式： ∫ f(t)dt = f(u)u′(x)− f(v)v′(x)；
dx v(x)
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x=ϕ(t) dy dy dt dy 1 ψ′(t)
(ii)参数方程 的一阶导数: = ⋅ = ⋅ = ；
y =ψ(t) dx dt dx dt dx ϕ′(t)
dt
(iii)若x=ϕ(t)，y =ψ(t)二阶可导，函数的二阶导数公式：
d2y d dy d ψ′(t) dt
= = ⋅
dx2 dxdx dtϕ′(t) dx
ψ′′(t)ϕ′(t)−ψ′(t)ϕ′′(t) 1 ψ′′(t)ϕ′(t)−ψ′(t)ϕ′′(t)
= ⋅ =
ϕ′2(t) ϕ′(t) ϕ′3(t)
【详解】设x=ϕ(t)=1+2t2 ,y =ψ(t)=∫
1+2lnteu
du，则
1 u
dx dy e1+2lnt 2 e⋅t2 2 2et
=ϕ′(t)=4t； =ψ′(t)= ⋅ = ⋅ = ；
dt dt 1+2lnt t 1+2lnt t 1+2lnt
2et
所以
dy
=
1+2lnt
=
e
dx 4t 2(1+2lnt)
1
′ −4e
所以 d2y = d dy = d ψ′(t) ⋅ dt = e ⋅ 1 = t ⋅ 1 =− e
dx2 dxdx dtϕ′(t) dx 2(1+2lnt) 4t 4(1+2lnt)2 4t 4t2(1+2lnt)2
当x=9时，由x =1+2t2及t >1得t =2, 故
d2y e e
=− =− .
dx2 4t2(1+2lnt)2 16(1+2ln2)2
x=9 t=2
五【详解】方法 1：第二类换元法. 由于被积函数中含有根号 1+ x2 ，作积分变量变换
π π
x=tant(− < x< )，那么(1+x2) 3 2 =sec3t，dx=sec2tdt，则
2 2
xearctanx et tant et tant
∫ dx=∫ sec2tdt =∫ sec2tdt 三角变换公式
(1+ x2)
3
2 (1+tan2t)
3
2
sec3t
tant
=∫et dt=∫et sintdt.
sect
又∫et sintdt = −∫etdcost=−(et cost −∫et costdt) 分部积分
=−(etcost−∫etd(sint)) =−(etcost−etsint+∫etsintdt) 分部积分
=−et cost +et sint −∫et sintdt ，
1
故∫et sintdt = et(sint −cost)+C.
2
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π π
由x=tant(− < x< )得t =arctanx，因此
2 2
xearctanx 1 x 1 (x−1)earctanx
∫ dx= earctanx( − )+C = +C.
(1+ x2) 3 2 2 1+ x2 1+ x2 2 1+ x2
方法2：分部积分法
xearctanx x 1
∫ dx=∫ dearctanx d(earctanx)=earctanx
(1+ x2) 3 2 1+ x2 1+x2
xearctanx earctanx
= −∫ dx 分部积分
1+ x2 (1+ x2) 3 2
xearctanx 1 1
= −∫ dearctanx d(earctanx)=earctanx
1+ x2 1+ x2 1+x2
1
− ⋅2x
=
xearctanx
−
earctanx
−∫earctanx 2 dx
分部积分
1+x2 1+x2 (1+x2) 3 2
xearctanx earctanx xearctanx
= − −∫ dx，
1+ x2 1+ x2 (1+ x2) 3 2
移项整理得；
xearctanx (x−1)earctanx
∫ dx= +C.
(1+ x2) 3 2 2 1+ x2
dx d2x dy d2y
六【详解】 (1) 将题中的 与 变换成以x为自变量y为因变量的导数 与 来表
dy dy2 dx dx2
示(即通常所说的反函数变量变换)，有
dx 1 1 d2x d dx d 1 dx − y′′ 1 y′′
= = ， = ( )= ( )⋅ = ⋅ = − ．
dy dy y′ dy2 dy dy dx y′ dy y′2 y′ (y′)3
dx
代入原方程，得 y′′− y =sinx. ( * )
(2) 方程( * )所对应的齐次方程为y′′− y =0，特征方程为r2 −1=0，根r =±1，因此
1,2
通解为Y =C ex +C e−x. 由于λ+iω不是特征方程得根，所以设方程( * )的特解为
1 2
y* = Acosx+Bsinx
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则 y*′ =−Asinx+Bcosx，y*′′ =−Acosx−Bsinx
代入方程( * )，得：−Acosx−Bsinx−Acosx−Bsinx=−2Acosx−2Bsinx=sinx
1 1
解得A=0,B = − ，故y* = − sinx. 从而y′′− y =sinx的通解为
2 2
1
y =Y + y* =C ex +C e−x − sinx.
1 2 2
3
由 y(0) =0,y′(0) = ，得C =1,C = −1．故变换后的微分方程满足初始条件
2 1 2
3
y(0) =0,y′(0) = 的解为
2
1
y =ex −e−x − sinx.
2
1
且y(x)的导函数y′(x)=ex +e−x − cosx>0，满足题设y′≠0条件．
2
七【详解】讨论曲线y = 4lnx+k与y = 4x+ln4 x的交点个数等价于讨论方程
ϕ(x)=ln4 x−4lnx+4x−k
在区间(0,+∞)内的零点问题，为此对函数求导，得
4ln3x 4 4
ϕ′(x)= − +4= (ln3x−1+x).
x x x
4
可以看出x=1是ϕ(x)的驻点，而且当0< x <1时，ln3x<0，则ln3x−1+x<0，而 >0，
x
4
有ϕ′(x)<0，即ϕ(x)单调减少；当x>1时，ln3x>0，则ln3x−1+x>0，而 >0，有
x
ϕ′(x)>0，即ϕ(x)单调增加，故ϕ(1) = 4−k 为函数ϕ(x)的惟一极小值即最小值.
① 当ϕ(1)=4−k >0，即当k <4时，ϕ(x)≥ϕ(1)>0，ϕ(x)无零点，两曲线没有交点；
② 当ϕ(1)=4−k =0，即当k =4时，ϕ(x)≥ϕ(1)=0，ϕ(x)有且仅有一个零点，即两
曲线仅有一个交点；
③ 当ϕ(1)=4−k <0，即当k >4时，由于
limϕ(x) = lim[lnx(ln3 x−4)+4x−k]= +∞；
x→0+ x→0+
limϕ(x) = lim[lnx(ln3 x−4)+4x−k]= +∞
x→+∞ x→+∞
由连续函数的介值定理，在区间(0,1)与(1,+∞)内各至少有一个零点，又因ϕ(x)在区间(0,1)
与(1,+∞)内分别是严格单调的，故ϕ(x)分别各至多有一个零点. 总之，ϕ(x)有两个零点．
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综上所述，当k <4时，两曲线没有交点；当k =4时，两曲线仅有一个交点；当k >4
时，两曲线有两个交点．
八【详解】(1) 曲线y = f(x)在点P(x,y)处的法线方程为
1
Y − y = − (X −x)
y′
x
令X =0，则它与y轴的交点为(0,y+ ). 由题意，此点与点P(x,y)所连的线段被x
y′
轴平分，由中点公式得
1 x
(y+ y+ ) =0，即2ydy+ xdx =0.
2 y′
x2 1 1
积分得 + y2 =C(C为任意常数)，代入初始条件y = 得C = ，故曲线y = f(x)
2
2 x= 2 2
2
的方程为
x2 1
+ y2 = ，即x2 +2y2 =1.
2 2
(2) 曲线y =sinx在[0,π]上的弧长为
π
弧长公式 π π x= 2 +t π π
l = ∫ 1+ y′2dx=∫ 1+cos2 xdx = ∫2 1+cos2tdt =2∫2 1+cos2tdt.
π
0 0 − 0
2
另一方面，将(1)中所求得的曲线y = f(x)写成参数形式，在第一象限中考虑，于是
x=cost, π
2
0≤t ≤ .
y = sint, 2
2
于是该曲线的弧长为：
π π 1 1 π
s=∫2 (x′)2 +(y′)2dt=∫2 sin2t+ cos2tdt = ∫2 1+sin2tdt
0 t t 0 2 2 0
π
t= 2 −u 1 0 1 π
= ∫ 1+cos2u(−du)= ∫2 1+cos2udu
π
2 2 0
2
1 2
所以 2s= l，即s= l．
2 4
九【详解】(1) 设在t时刻，液面的高度为y，此时液面的面积为
圆的面积公式
A(t) = πϕ2(y),
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由题设：液面的面积将以πm2 /min的速率均匀扩大，可得
dA(t) d d
= πϕ2(y)=π，即 ϕ2(y)=1
dt dt dt
所以ϕ2(y)=t+C, 由题意，当t =0时ϕ(y)=2，代入求得C =4，于是得
ϕ2(y)=t+4.
从而 t =ϕ2(y)−4.
y
(2) 液面的高度为y时，液体的体积为V(t)=π∫ ϕ2(u)du，由题设：以3m3 /min的
0
速率向容器内注入液体，得
dV(t) d ( y )
= π∫ ϕ2(u)du =3
dt dt 0
y
所以 π∫ ϕ2(u)du =3t =3ϕ2(y)−12.
0
上式两边对y求导，得
变限积分求导
πϕ2(y) = 6ϕ(y)ϕ′(y)，
dϕ(y) π
即 = ϕ(y)
dy 6
解此微分方程，得
π
y
ϕ(y) =Ce6 ，其中C为任意常数，
由ϕ(0) = 2知C =2, 故所求曲线方程为
π
y
x = 2e6 .
f(2x−a)
十【详解】(1) 因为极限 lim 存在，且lim(x−a)=0，故lim f(2x−a)=0
x→a+ x−a x→a+ x→a+
又 f(x)在[a,b]上连续，从而lim f(2x−a)= f(a)，则 f(a)=0．
x→a+
由于 f ′(x) >0，则 f(x)在(a,b)内严格单调增加，所以 f(x)在x=a处取最小值，即
f(x) > f(a) =0,x∈(a,b).
x
(2) 由要证明的形式知，要用柯西中值定理证明．取F(x)= x2 ， g(x)=∫ f(t)dt
a
(a≤ x≤b)，则g′(x) = f(x) >0，则F(x),g(x)满足柯西中值定理的条件，于是在(a,b)
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内存在点ξ，使
F(b)−F(a) b2 −a2 (x2)′ 2ξ
= = =
g(b)−g(a) ∫ b f(t)dt−∫ a f(t)dt (∫ x f(t)dt)′ f(ξ)
a a a x=ξ
b2 −a2 2ξ
即 = ．
∫
b
f(x)dx
f(ξ)
a
(3) 在区间[a,ξ]上应用拉格朗日中值定理，得在(a,ξ)内存在一点η，使
f(ξ)− f(a)= f′(η)(ξ−a)
因 f(a)=0，上式即 f(ξ) = f ′(η)(ξ−a)，代入(2) 的结论得，
b2 −a2 2ξ
=
∫ b f(x)dx f ′(η)(ξ−a)
a
2ξ
b
即 f ′(η)(b2 −a2) = ∫ f(x)dx.
ξ−a a
十一【分析】 已知A相似于对角矩阵，应先求出A的特征值，再根据特征值的重数与线性
无关特征向量的个数相同，转化为特征矩阵的秩，进而确定参数a. 至于求P，则是常识问
题．
【详解】矩阵A的特征多项式为
λ−2 −2 0
λE− A = −8 λ−2 −a =(λ−6)[(λ−2)2 −16]=(λ−6)2(λ+2)，
0 0 λ−6
故A的特征值为λ =λ =6,λ = −2.
1 2 3
由于A相似于对角矩阵Λ，故对应λ =λ =6应有两个线性无关的特征向量，即
1 2
3−r(6E− A) = 2，于是有 r(6E− A) =1.
4 −2 0 2 −1 0
6E−A= −8 4 −a → 0 0 −a ，
0 0 0 0 0 0
所以a=0．于是对应于λ =λ =6的两个线性无关的特征向量可取为
1 2
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0 1
ξ = 0 ， ξ = 2 .
1 2
1
0
当λ = −2时，
3
−4 −2 0 2 1 0
−2E− A= −8 −4 0 → 0 0 1 ，
0 0 −8 0 0 0
1
2x + x =0,
解方程组 1 2 得对应于λ = −2的特征向量ξ = −2 .
x =0, 3 3
3 0
0 1 1
令P = 0 2 −2 ，则P可逆，并有P−1AP = Λ.
1 0 0
十二【分析】三条直线相交于一点，相当于对应线性方程组有唯一解，进而转化为系数矩阵
与增广矩阵的秩均为2．
【详解】方法1：“必要性”. 设三条直线l ,l ,l 交于一点，则线性方程组
1 2 3
ax+2by = −3c,
bx+2cy = −3a, (*)
cx+2ay = −3b,
a 2b a 2b −3c
有唯一解，故系数矩阵A= b 2c 与增广矩阵A = b 2c −3a 的秩均为 2，于
c 2a c 2a −3b
是 A =0.
a 2b −3c a+b+c 2(b+c+a) −3(c+a+b)
A = b 2c −3a = b 2c −3a
c 2a −3b c 2a −3b
1 2 −3 1 1 1
=(a+b+c) b 2c −3a =−6(a+b+c) b c a
c 2a −3b c a b
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1 0 0
c−b a−b
=−6(a+b+c) b c−b a−b =−6(a+b+c)
a−c b−c
c a−c b−c
=−6(a+b+c)[(c−b)(b−c)−(a−b)(a−c)]
=−6(a+b+c)(bc−c2 −b2 +bc−a2 +ac+ab−bc)
=6(a+b+c)(a2 +b2 +c2 −ac−ab−bc)
=3(a+b+c)[(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2],
由于三条直线互不相同，所以(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 ≠ 0，故
a+b+c =0.
“充分性”. 由a+b+c =0，则从必要性的证明可知， A =0，故秩(A)<3.
由于
a 2b 1 3
= 2(ac−b2) = −2[a(a+b)+b2]=−2[(a+ b)2 + b2]≠ 0，
b 2c 2 4
故秩(A)=2．于是，秩(A)=秩(A)=2．因此方程组(*)有唯一解，即三直线l ,l ,l 交
1 2 3
于一点．
方法2：“必要性”
x a 2b 3c
0
设三直线交于一点(x ,y )，则 y 为BX =0的非零解，其中B= b 2c 3a .
0 0 0
1 c 2a 3b
所以|B|=0．而
a 2b 3c a 2b −3c
B = b 2c 3a =− b 2c −3a =− A
c 2a 3b c 2a −3b
=−3(a+b+c)[(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2],(解法同方法1)
但根据题设 (a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 ≠ 0，故a+b+c =0.
“充分性”：考虑线性方程组
ax+2by = −3c,
bx+2cy = −3a, (*)
cx+2ay = −3b,
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将方程组(*)的三个方程相加，并由a+b+c =0.可知，方程组(*)等价于方程组
ax+2by = −3c,
(* *)
bx+2cy = −3a.
a 2b
因为 = 2(ac−b2) = −2[a(a+b)+b2]=−[a2 +b2 +(a+b)2]≠0,
b 2c
故方程组(* *)有唯一解，所以方程组(*)有唯一解，即三直线l ,l ,l 交于一点．
1 2 3
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2004 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.
(n−1)x
(1) 设 f(x)= lim , 则 f(x)的间断点为x= .
n→∞ nx2 +1
x=t3+3t+1
(2) 设函数y(x)由参数方程 确定, 则曲线y = y(x)向上凸的x取值范围
y =t3−3t+1
为 .
+∞ dx
(3) ∫ = .
1 x x2 −1
∂z ∂z
(4) 设函数z = z(x,y)由方程z =e2x−3z +2y确定, 则3 + = .
∂x ∂y
6
(5) 微分方程(y+x3)dx−2xdy =0满足y = 的特解为 .
x=1 5
2 1 0
(6) 设矩阵A= 1 2 0 , 矩阵B满足ABA ∗ =2BA ∗+E, 其中A ∗为A的伴随矩阵, E
0 0 1
是单位矩阵, 则 B = .
二、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分，下列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.
(7) 把x→0 + 时的无穷小量α=∫ x cost2dt , β=∫ x2 tan tdt, γ=∫ x sint3dt 排列起
0 0 0
来, 使排在后面的是前一个的高阶无穷小, 则正确的排列次序是 ( )
(A)α,β,γ. (B)α,γ,β.
(C)β,α,γ. (D)β,γ,α.
(8) 设 f(x)= x(1−x) , 则 ( )
(A) x=0是 f(x)的极值点, 但(0,0)不是曲线y = f(x)的拐点.
(B) x=0不是 f(x)的极值点, 但(0,0)是曲线 y = f(x)的拐点.
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(C) x=0是 f(x)的极值点, 且(0,0)是曲线y = f(x)的拐点.
(D) x=0不是 f(x)的极值点, (0,0)也不是曲线y = f(x)的拐点.
n
1 2 n
(9) limln (1+ )2(1+ )2(1+ )2 等于 ( )
n→∞ n n n
2 2
(A)∫ ln2 xdx. (B)2∫ lnxdx.
1 1
2 2
(C)2∫ ln(1+x)dx. (D)∫ ln2(1+x)dx
1 1
(10) 设函数 f(x)连续, 且 f′(0)>0, 则存在δ>0, 使得 ( )
(A) f(x)在(0,δ)内单调增加.
(B) f(x)在(−δ,0)内单调减小.
(C)对任意的x∈(0,δ)有 f(x)> f(0).
(D)对任意的x∈(−δ,0)有 f(x)> f(0).
(11) 微分方程y′′+ y = x2 +1+sinx的特解形式可设为 ( )
(A)y∗=ax2 +bx+c+x(Asinx+Bcosx).
(B)y∗= x(ax2 +bx+c+ Asinx+Bcosx).
(C)y∗=ax2 +bx+c+ Asinx.
(D)y∗=ax2 +bx+c+ Acosx
{ }
(12) 设函数 f(u)连续, 区域D= (x, y) x2 + y2 ≤2y , 则∫∫ f(xy)dxdy等于 ( )
D
1 1−x2 2 2y−y2
(A)∫ dx∫ f(xy)dy. (B)2∫ dy∫ f(xy)dx.
−1 − 1−x2 0 0
π 2sinθ π 2sinθ
(C)∫ dθ∫ f(r2sinθcosθ)dr. (D)∫ dθ∫ f(r2sinθcosθ)rdr
0 0 0 0
(13) 设A是3阶方阵, 将A的第1列与第2列交换得B, 再把B的第2列加到第3列得C,
则满足AQ=C的可逆矩阵Q为 ( )
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0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1
(A) 1 0 0 . (B) 1 0 1 . (C) 1 0 0 . (D) 1 0 0 .
1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1
(14) 设A,B为满足AB=0的任意两个非零矩阵, 则必有 ( )
(A)A的列向量组线性相关,B的行向量组线性相关.
(B)A的列向量组线性相关,B的列向量组线性相关.
(C)A的行向量组线性相关,B的行向量组线性相关.
(D)A的行向量组线性相关,B的列向量组线性相关.
三、解答题：15－23 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.
(15)(本题满分10分)
1 2+cosx x
求极限lim −1.
x→0 x3 3
(16)(本题满分10分)
设函数 f(x)在(−∞,+∞)上有定义, 在区间[0,2]上, f(x)= x(x2 −4), 若对任意的
x都满足 f(x)=kf(x+2), 其中k为常数.
(I)写出 f(x)在[−2,0]上的表达式; (II)问k为何值时, f(x)在x=0处可导.
(17)(本题满分11分)
π
x+
设 f(x)=∫ 2 sint dt,
x
(I)证明 f(x)是以π为周期的周期函数; (II)求 f(x)的值域.
(18)(本题满分12分)
ex +e−x
曲线y = 与直线x=0, x=t(t >0)及y =0围成一曲边梯形. 该曲边梯形绕x
2
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轴旋转一周得一旋转体, 其体积为V(t), 侧面积为S(t), 在x=t处的底面积为F(t).
S(t) S(t)
(I)求 的值; (Ⅱ)计算极限lim .
V(t) t→+∞ F(t)
(19)(本题满分12分)
4
设e (b−a).
e2
(20)(本题满分11分)
某种飞机在机场降落时,为了减少滑行距离,在触地的瞬间,飞机尾部张开减速伞,以增大
阻力,使飞机迅速减速并停下.
现有一质量为9000kg 的飞机,着陆时的水平速度为700km/h.经测试,减速伞打开后,
飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比(比例系数为k =6.0×106).问从着陆点算起,飞机滑
行的最长距离是多少? (注：kg表示千克,km/h表示千米/小时)
(21)(本题满分10分)
∂z ∂z ∂2z
设z = f(x2 − y2,exy),其中 f 具有连续二阶偏导数,求 , , .
∂x ∂y ∂x∂y
(22)(本题满分9分)
设有齐次线性方程组
(1+a)x +x +x +x =0,
1 2 3 4
2x +(2+a)x +2x +2x =0,
1 2 3 4
3x +3x +(3+a)x +3x =0,
1 2 3 4
4x +4x +4x +(4+a)x =0,
1 2 3 4
试问a取何值时, 该方程组有非零解, 并求出其通解
(23)(本题满分9分)
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1 2 −3
设矩阵 −1 4 −3 的特征方程有一个二重根, 求a的值, 并讨论A是否可相似对角
1 a 5
化.
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2004 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】0.
【详解】本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点. 对不同的x, 先用求极限的方
法得出 f(x)的表达式, 再讨论 f(x)的间断点.
(n−1)x
由 f(x)= lim ，显然当x=0时, f(x)=0；
n→∞ nx2 +1
1 1
(1− )x lim(1− )x
当x≠0时, f(x)=lim (n−1)x =lim n = n→∞ n = x = 1 ,
n→∞ nx2 +1 n→∞
x2 +
1
lim
x2 +
1
x2 x
n n→∞ n
0, x=0
所以 f(x) =1 ,
, x≠0
x
1
因为 lim f(x)=lim =∞≠ f(0)，故 x=0为 f(x)的间断点.
x→0 x→0 x
x= x(t)
(2)【详解】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性，先用由 定义的参数方程求出
y = y(t)
d2y d2y
二阶导数 , 再由 <0确定x的取值范围.
dx2 dx2
dy ( )′ dx ( )′
= t3−3t+1 =3t2 −3， = t3 +3t+1 =3t2 +3
dt dt
dy dy dt 3t2 −3 t2 −1 t2 +1−1−1 2
所以 = = = = =1−
dx dx dt 3t2 +3 t2 +1 t2 +1 t2 +1
′
d2y d dy dt 2 1 4t 1 4t
= = 1− ⋅ = ⋅ = ,
dx2 dtdxdx t2 +1 3(t2 +1) ( t2 +1 )2 3(t2 +1) 3(t2 +1)3
d2y d2y 4t 4t
令 <0(或 ≤0)，即 <0(或 ≤0) ⇒ t <0 (或t ≤0 )
dx2 dx2 3(t2 +1)3 3(t2 +1)3
又x=t3+3t+1， x′=3t2 +3>0，所以x ( t )单调增, 当t =0时，x =1，所以当t <0
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时x ( t )< x ( 0 )=1(或当t ≤0时，x ( t )≤ x ( 0 )=1)，即x∈(−∞,1)(或x∈(−∞,1])时，曲
线凸
π
(3)【答案】 .
2
【详解】利用变量代换法可得所求的广义积分值.
方法1：作积分变量变换，
π
令x=sect，则x2 −1=sec2t−1=tan2t，dx=dsect =secttantdt，t:0→ ，
2
代入原式：
π π
+∞ dx sect⋅tant π
∫ x=sect ∫ 2 dt =∫ 2dt= .
1 x x2 −1 0 sect⋅tant 0 2
1 1 1
方法2：令x= ，则dx=d =− dt，t:1→0，代入原式：
t t t2
∫ +∞ dx x= 1 ∫ 0 t (− 1 )dt =∫ 1 1 dt=arcsint 1 = π .
1 x x2 −1 t 1 1 t2 0 1−t2 0 2
−1
t2
(4)【答案】2.
【详解】此题可利用复合函数求偏导法、公式法或全微分公式求解.
方法1：复合函数求偏导，在 z =e2x−3z +2y 的两边分别对x,y求偏导,z为x,y的函数.
∂z ∂z ∂z ∂z
=e2x−3z(2−3 ), =e2x−3z(−3 )+2,
∂x ∂x ∂y ∂y
∂z 2e2x−3z ∂z 2
从而 = , =
∂x 1+3e2x−3z ∂y 1+3e2x−3z
∂z ∂z 2e2x−3z 2 1+3e2x−3z
所以 3 + =3⋅ + =2⋅ =2
∂x ∂y 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
∂F ∂F ∂F
方法2：令F(x, y, z)=e2x−3z +2y−z =0，则 =e2x−3z⋅2, =2, =e2x−3z(−3)−1
∂x ∂y ∂z
∂z ∂F ∂F e2x−3z⋅2 2e2x−3z
所以 =− =− = ,
∂x ∂x ∂z −(1+3e2x−3z) 1+3e2x−3z
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∂z ∂F ∂F 2 2
=− =− = ,
∂y ∂y ∂z −(1+3e2x−3z) 1+3e2x−3z
∂z ∂z 2e2x−3z 2 1+3e2x−3z
从而 3 + =3⋅ + =2⋅ =2
∂x ∂y 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
方法3：利用全微分公式,得
dz =e2x−3z(2dx−3dz)+2dy =2e2x−3zdx+2dy−3e2x−3zdz
2e2x−3z 2
即(1+3e2x−3z)dz =2e2x−3zdx+2dy，得dz = dx+ dy
1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
∂z 2e2x−3z ∂z 2
所以 = , =
∂x 1+3e2x−3z ∂y 1+3e2x−3z
∂z ∂z 2e2x−3z 2 1+3e2x−3z
从而 3 + =3⋅ + =2⋅ =2
∂x ∂y 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
1
(5)【答案】y = x3 + x.
5
【详解】此题为一阶线性方程的初值问题.可以利用常数变易法或公式法求出方程的通解,再
利用初值条件确定通解中的任意常数而得特解.
dy 1 1
方法1：原方程变形为 − y = x2,
dx 2x 2
dy 1
先求齐次方程 − y =0 的通解:
dx 2x
dy 1
分离变量： = dx
y 2x
1
两边积分得： ln y = lnx+lnc ⇒ y =c x
2
1
用常数变易法，设y =c(x) x为非齐次方程的通解，则y′=c′(x) x +c(x) ，
2 x
dy 1 1 1 1 1 1 3
代入 − y = x2，得c′(x) x +c(x) − c(x) x = x2，即c′(x)= x2,
dx 2x 2 2 x 2x 2 2
1 3 1 5
积分得c(x)=∫ x2dx= x2 +C,
2 5
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1 5 1
于是非齐次方程的通解为： y = x( x2 +C)=C x + x3
5 5
6 1 6
又由于y = 代入通解，得C 1+ 13 = ⇒C =1,
x=1 5 5 5
1
故所求特解为 y = x + x3.
5
dy 1 1
方法2：原方程变形为 − y = x2,
dx 2x 2
dy
由一阶线性微分方程 +P ( x ) y =Q ( x )通解公式：
dx
f(x)=Ce
−∫P(x)dx
+e
−∫P(x)dx
∫Q ( x ) e
∫P(x)dx
dx
这里P ( x )=− 1 , Q ( x )= 1 x2，代入上式得：y =e ∫ 2 1 x dx ∫ 1 x2e −∫ 2 1 x dx dx+C
2x 2 2
由于方程x=0处方程无定义，所以解的存在区间内不能含有点x=0.因此解的存
在区间要么为x>0的某区间，要么为x<0的某区间. 现在初值给在x=1处，所以
x>0，于是
1 lnx 1 − 1 lnx 1 3 1 5
y =e2 ∫ x2e 2 dx+C = x ∫ x2dx+C = x x2 +C
2 2 5
6
再 y(1)= ⇒ C =1,
5
1
从而特解为 y = x + x3.
5
1
(6) 【答案】
9
【详解】
方法1：已知等式两边同时右乘A，得ABA*A=2BA*A+ A，
由伴随矩阵的运算规律：A*A= AA* = A E，有AB A =2B A + A，而
2 1 0
2 1
A = 1 2 0 =(−1)3+3 =2×2−1×1=3，
1 2
0 0 1
于是有 3AB =6B+ A，移项、合并有 (3A−6E)B = A，再两边取行列式，由方阵
乘积的行列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，有
(3A−6E)B = 3A−6E B = A =3，
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2 1 0 1 0 0 6 3 0 6 0 0 0 3 0
而 3A−6E = 3 1 2 0 −6 0 1 0 = 3 6 0 − 0 6 0 = 3 0 0
0 0 1 0 0 1 0 0 3 0 0 6 0 0 −3
0 3
=(−1)3+3(−3) =(−3)×3×3 =27，
3 0
A 3 1
故所求行列式为 B = = =
3A−6E 27 9
方法2：由题设条件ABA* =2BA*+E，得 ABA*−2BA* = (A−2E)BA* = E
由方阵乘积行的列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，故两边取行
列式，有 (A−2E)BA* = A−2E B A* = E =1
2 1 0
2 1
其中 A = 1 2 0 =(−1)3+3 =2×2−1×1=3；
1 2
0 0 1
由伴随矩阵行列式的公式：若A是n阶矩阵，则 A∗ = A n−1 .
0 1 0
1 0
所以， A∗ = A 3−1 = A 2 =9 ； 又 A−2E = 1 0 0 =(−1)1+2 =1.
0 1
0 0 1
1 1
故 B = = .
A−2E A∗ 9
二、选择题
(7)【答案】 (B)
【详解】
x2
β ∫ tan tdt tanx⋅2x
方法1：lim = lim 0 洛必达 lim =0，则β是α的高阶无穷小，
x→0+α x→0+ ∫ x cost2dt x→0+ cosx2
0
根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C),(D)选项，
3 1
γ
∫ x sint3dt sinx2 ⋅
2 x
又lim = lim 0 洛必达 lim
x→0+β x→0+
∫
x2
tan tdt
x→0+ 2xtanx
0
1 x
等价无穷小替换 lim =∞，
4x→0+ x2
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可见γ是比β低阶的无穷小量，故应选(B).
方法2：用xk(当x→0时)去比较.
x
α
∫ cost2dt
cosx2
lim = lim 0 洛 lim ,
x→0+ xk x→0+ xk x→0+ kxk−1
α cost2
limcost2
欲使上式极限存在但不为0，应取k =1，有lim = lim = x→0+ =1，
x→0+ x x→0+ x0 lim x0
x→0+
所以(当x →0+时)α与x同阶.
x2
β ∫ tan tdt tanx⋅2x x⋅2x 2
lim = lim 0 洛 lim = lim = lim
x→0+ xk x→0+ xk x→0+ kxk−1 x→0+ kxk−1 x→0+ kxk−3
β 2tanx 2tanx 2
欲使上式极限存在但不为0，应取k =3, 有lim = lim = lim = ，
x→0+ x3 x→0+ 3x3−2 x→0+ 3x 3
所以(当x →0+时)β与x3同阶.
γ
∫ x sint3dt
sinx
3
2 ⋅x
− 1
2 x
3
2 ⋅x
− 1
2 x
lim = lim 0 洛lim = lim = lim ,
x→0+ xk x→0+ xk x→0+ 2kxk−1 x→0+ 2kxk−1 x→0+ 2kxk−1
γ x 1
欲使上式极限存在但不为0，应取k =2, 有lim = lim = ，
x→0+ x2 x→0+ 2⋅2x2−1 4
所以(当x →0+时)γ与 x2同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是
α,γ,β，选(B).
(8)【答案】C
【详解】由于是选择题，可以用图形法解决，也可用分析法讨论.
2
1 1
方法1：由于是选择题，可以用图形法解决, 令ϕ(x)= x(x−1)，则ϕ(x)= x−
− ，
2 4
1 1 1
是以直线x= 为对称轴，顶点坐标为
,−
，开口向上的一条抛物线，与x轴相
2 2 4
交的两点坐标为( 0,0 ) , ( 1,0 )，y = f(x)=ϕ(x) 的图形如图.
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点x=0是极小值点；又在点(0,0)左侧邻近曲线是凹的，右侧邻近曲线是凸的，
所以点(0,0)是拐点，选C.
−x(1−x), −1< x ≤0
方法2：写出y = f(x)的分段表达式： f(x)= ,
x(1−x), 0< x <1
−1+2x, −1< x <0 2, −1< x <0
从而 f′(x)= , f′′(x)= ,
1−2x, 0< x <1 −2, 0< x <1
lim f′(x)= lim ( 1−2x )=1>0，所以0< x<1时， f(x)单调增，
x→0+ x→0+
lim f′(x)= lim (−1+2x )=−1<0，所以−1< x≤0时， f(x)单调减，
x→0− x→0−
所以x=0为极小值点.
当 −1< x <0 时 , f′′(x)=2>0 ， f(x) 为 凹 函 数 ； 当 1> x>0 时 ,
f′′(x)=−2<0， f(x)为凸函数, 于是(0,0)为拐点.
(9)【答案】 B
【详解】由对数性质，
2
limlnn (1+ 1 )2(1+ 2 )2(1+ n )2 = limln
(1+ 1 )(1+ 2 )(1+ n )
n
n→∞ n n n n→∞ n n n
2 1 2 n
= lim
ln(1+ )+ln(1+ )++ln(1+ )
n→∞n n n n
n i 1 1 2 2
= lim2∑ln(1+ ) =2∫ ln(1+x)dx 1+x=t 2∫ lntdt =2∫ lnxdx
n→∞ n n 0 1 1
i=1
(10)【答案】 (C)
【详解】函数 f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B).
f(x)− f(0)
由导数的定义，知 f ′(0) =lim >0
x→0 x
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f(x)− f(0)
根据极限的保号性，知存在δ>0，当x∈(−δ,0)(0,δ)时，有 >0.
x
即当x∈(−δ,0)时，x<0，有 f(x)< f(0)；而当x∈(0,δ)时，x>0有 f(x)> f(0).
(11)【答案】A
【详解】利用待定系数法确定二阶常系数线性非齐次方程特解的形式.
对应齐次方程 y′′+ y =0 的特征方程为 λ2 +1=0, 则特征根为 λ=±i,
对 y′′+ y = x2 +1=e0(x2 +1)为 f ( x )=eλxP ( x )型，其中λ=0, P ( x )= x2 +1，
m m
因0不是特征根, 从而其特解形式可设为
y∗ =(ax2 +bx+c)e0 =ax2 +bx+c
1
对 y′′+ y =sinx , 为 f ( x )=eλx P ( x ) cosωx+P ( x ) sinωx 型，其中λ=0 ，
l n
ω=1,P ( x )=0, P ( x )=1，因λ+ωi =0+i =i为特征根, 从而其特解形式可设为
l n
y∗ = x(Asinx+Bcosx)
2
由叠加原理，故方程 y′′+ y = x2 +1+sinx 的特解形式可设为
y∗ = ax2 +bx+c+ x(Asinx+Bcosx)
y
(12)【答案】D
2
{ }
【详解】由D= (x, y) x2 + y2 ≤2y ，则积分
区域是以( 0, 1 )为圆心，1为半径的圆及其内部， ⋅
1
积分区域见右图.
在直角坐标系下, 先x后y，
x
− 2y− y2 ≤ x≤ 2y− y2 ，0≤ y≤2 −1 o 1
则应是
2 2y−y2
∫∫ f(xy)dxdy =∫ dy∫ f(xy)dx
0 − 2y−y2
D
先 y后x，由x2 +( y−1 )2 ≤1⇒1− 1−x2 ≤ y≤1+ 1−x2, −1≤ x≤1，则应是
1 1+ 1−x2
∫∫ f(xy)dxdy =∫ dx∫ f(xy)dy
−1 1− 1−x2
D
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故应排除[A],[B].
在极坐标系下, x=rcosθ,y =rsinθ ,
π 2sinθ
∫∫ f(xy)dxdy =∫ dθ∫ f(r2sinθcosθ)rdr, 故应选D.
0 0
D
或直接根据极坐标下，其面积元素为rdrdθ，则可排除C
(13)【答案】(D)
【详解】由题设，将A的第1列与第2列交换，即
0 1 0
AE = A 1 0 0 = B，
12
0 0 1
将B的第2列加到第3列，即
1 0 0 0 1 01 0 0 0 1 1
B 0 1 1 = A 1 0 0 0 1 1 = A 1 0 0 = AQ.
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
0 1 1
故Q= 1 0 0 ，应选(D).
0 0 1
(14)【答案】(A)
【详解】方法1：由矩阵秩的重要公式：若A为m×n矩阵，B 为n× p矩阵，如果AB=0，
则r(A)+r(B)≤n
设A为m×n矩阵，B为n×s矩阵，由AB=0知，r(A)+r(B)≤n，其中n是
矩阵A的列数，也是B的行数
因A为非零矩阵，故r(A)≥1，因r(A)+r(B)≤n，从而r(B)≤n−10 ∫ 4 sintdt = 2 ,
π π
4
4 4
3π
5π
π
5π
f( )=∫ 4 sint dt =∫ sintdt−∫ 4 sintdt =2− 2,
4
3π 3π
π
4 4
π π 3π 3π
又 f(0)=∫2 sint dt =∫2sintdt =1, f(π)=∫ 2 sint dt =∫ 2 (−sint)dt =1,
0 0 π π
比较极值点与两个端点处的值，知 f(x)的最小值是2− 2, 最大值是 2, 故 f(x)的
值域是[2− 2, 2].
2
t t ex +e −x
(18)【详解】(I) 旋转体体积：V(t) =π∫ y2dx =π∫ dx
0 0 2
t
旋转体的侧面积：S(t)=∫ 2πy 1+ y′2 dx
0
′2 2
t ex +e −x ex +e −x t ex +e −x ex −e −x
=2π∫ 1+ dx =2π∫ 1+ dx
0 2 2 0 2 2
t ex +e −x e2x −2+e −2x t ex +e −x e2x +2+e −2x
=2π∫ 1+ dx =2π∫ dx
0 2 4 0 2 4
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2 2
t ex +e −x ex +e −x t ex +e −x
=2π∫ dx =2π∫ dx,
0 2 2 0 2
2
t ex +e −x
2π∫ dx
S(t) 0 2
所以 = =2.
V(t) t ex +e −x 2
π∫ dx
0 2
(Ⅱ) 在x=t处旋转体的底面积为
ex +e−x 2 et +e−t 2
F(t)=πy2 =π =π ,
x=t 2 2
x=t
′
S(t) 2π∫ 0 t ex + 2 e−x 2 dx 2 ∫ 0 t ex + 2 e−x 2 dx
所以lim = lim = lim
t→+∞ F(t) t→+∞ π et + 2 e−t 2 t→+∞ et +e−t 2 ′
2
et +e−t 2
2
2 et +e−t 1+e−2t
=lim = lim = lim =1
t→+∞ et +e−t et −e−t t→+∞et −e−t t→+∞1−e−2t
2
2 2
(19) 【详解】根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用
单调性证明.
方法 1：因为函数 f ( x )=ln2 x在[a,b]⊂ ( e,e2 ) 上连续，且在( a,b )内可导，所以满足拉
格朗日中值定理的条件，
对函数 f ( x )=ln2 x在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得
ln2b−ln2a = ( ln2ξ )′ ( b−a )= 2lnξ ( b−a ) , e .
ξ e2
lnt 1−lnt
设ϕ(t) = ，则ϕ′(t) = ，当t >e时，1−lnt <1−lne=0 ，即ϕ′(t)<0,
t t2
所以ϕ(t)单调减少，又因为ξϕ(e2)，即
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lnξ lne2 2 2lnξ 4
> = ，得 >
ξ e2 e2 ξ e2
4
故 ln2b−ln2 a > (b−a).
e2
方法2：利用单调性， 设ϕ(x) =ln2 x− 4 x，证ϕ(x)在区间 ( e,e2 ) 内严格单调增即可.
e2
lnx 4 lne2 4 4 4 1−lnx
ϕ′(x) = 2 − ，(ϕ′(e2)=2 − = − =0，)ϕ′′(x) = 2 ,
x e2 e2 e2 e2 e2 x2
当x>e时，1−lnx<1−lne=0，ϕ′′(x)<0, 故ϕ′(x)单调减少，从而当e< x ϕ′(e2)=0，即当e< x ϕ(a)，即ln2b− b >ln2 a− a，
e2 e2
4
故 ln2b−ln2 a > (b−a).
e2
4 lnx 4 1−lnx
方法3：设ϕ(x) =ln2 x−ln2 a− (x−a), 则ϕ′(x)=2 − ，ϕ′′(x)=2 ,
e2 x e2 x2
⇒ x>e时, 1−lnx<1−lne=0，得ϕ′′(x)<0，
4 4
⇒ϕ′(x)在(e,e2)上单调减少, 从而当e< xϕ′(e2)= − =0，
e2 e2
⇒ϕ(x)在(e,e2)上单调增加. 从而当eϕ(a) =0.
4
⇒ϕ(b) >0，即ln2b−ln2a> (b−a).
e2
(20) 【详解】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可.
方法 1：由题设，飞机质量m=9000kg ，着陆时的水平速度v =700km/h. 从飞机接触
0
跑道开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，速度为v(t)，则 v(0) =v ,x(0) =0.
0
dv dv dv dx dv
根据牛顿第二定律，得m = −kv. 又 = ⋅ =v .
dt dt dx dt dx
m m
由以上两式得dx = − dv，积分得x(t) = − v+C.
k k
m m
由于v(0) =v ,x(0) =0，所以x(0)=− v +C =0. 故得C = v ，
0 k 0 k 0
m
从而x(t) = (v −v(t)).
k 0
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mv 9000×700
当v(t)→0时，x(t)→ 0 = =1.05(km).
k 6.0×106
所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.
dv
方法2：根据牛顿第二定律，得 m = −kv,
dt
dv k k
分离变量： =− dt，两端积分得：lnv=− t+C ，
v m m 1
k k
− t − t
通解：v =Ce m ，代入初始条件v =v ，解得C =v ，故v(t) =v e m .
t=0 0 0 0
飞机在跑道上滑行得距离相当于滑行到 v→0 ，对应地 t →+∞ . 于是由
dx=vdt ，有
+∞
+∞ +∞ − k t mv − k t mv
x=∫ v(t)dt =∫ v e m dt =− 0 e m = 0 =1.05(km).
0 0 0 k k
0
或由v ( t )= dx =v e − m k t ，知x(t) = ∫ t v e − m k t dt = − kv 0 (e − m k t −1)，故最长距离为
dt 0 0 0 m
kv
当t →∞时，x(t)→ 0 =1.05(km).
m
dv dx d2x dx
方法3：由m = −kv ，v= ，化为x对t的求导，得m = −k , 变形为
dt dt dt2 dt
d2x k dx
+ =0，v(0)= x′(0)=v ,x(0)=0
dt2 m dt 0
k k − k t
其特征方程为 λ2 + λ=0，解之得λ =0,λ = − ，故x =C +C e m .
m 1 2 m 1 2
dx kC − k t mv
由 x =0,v = =− 2 e m =v ，得C = −C = 0 ,
t=0 t=0 dt m 0 1 2 k
t=0 t=0
mv − k t mv
于是 x(t) = 0 (1−e m ). 当t →+∞时，x(t)→ 0 =1.05(km).
k k
所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.
(21)【详解】利用复合函数求偏导和混合偏导的方法直接计算.
令 u = x2 − y2,v=exy，则z = f(x2 − y2,exy)= f(u,v)，
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∂u ∂u ∂v ∂v
所以 =2x, =−2y， = yexy, = xexy
∂x ∂y ∂x ∂y
∂z ∂f ∂u ∂f ∂v ∂z ∂f ∂u ∂f ∂v
所以 = + =2xf′+ yexy f′， = + =−2yf′+xexy f′
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x 1 2 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y 1 2
∂2z ∂ ∂z ∂
( )
=
= −2yf′+xexy f′
∂x∂y ∂x∂y ∂x 1 2
∂u ∂v ∂u ∂v
=−2y f′′ + f′′
+exy f′+xyexy f′+xexy
f′′ + f′′
11 ∂x 12 ∂x 2 2 21 ∂x 22 ∂x
( ) ( )
=−2y 2xf′′+ yexy f′′ +exy f′+xyexy f′+xexy 2xf′′ + yexy f′′
11 12 2 2 21 22
=−4xyf′′+2(x2 − y2)exy f′′++xye2xy f′′ +exy(1+xy)f′
11 12 22 2
(22) 【详解】
方法1：对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有
1+a 1 1 1 1+a 1 1 1
2 2+a 2 2
1行×(−i)+i行
−2a a 0 0
A= =B
( i = 2 , n )
n n n n+a −na 0 0 a
对|B|是否为零进行讨论：
当a=0时，r(A)=11时，|x|3= n|x|3n < n1+|x|3n ≤ n 2|x|3n = n 2|x|3，命n→∞取极限，得
1 1
limn 2|x|3n =|x|3，由夹逼准则得 f(x)=lim|x|3 ( +1)n =|x|3.
n→∞ n→∞ |x|3n
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1, |x|<1
所以 f(x)=
x3 , |x|≥1
再讨论 f(x)的不可导点. 按导数定义，易知x=±1处 f(x)不可导，故应选(C).
(8)【答案】A
【详解】
方法1：应用函数奇偶性的定义判定，
x
函数 f(x)的任一原函数可表示为F(x) = ∫ f(t)dt +C，且F′(x) = f(x).
0
当 F(x) 为偶函数时，有 F(−x) = F(x) ，于是 F′(−x)⋅(−1) = F′(x) ，即
− f(−x) = f(x)，亦即 f(−x) = −f(x)，可见 f(x)为奇函数；
−x
反过来，若 f(x)为奇函数，则F(−x)=∫ f(t)dt+C，令t =−k ，则有dt =−dk，
0
−x x x
所以 F(−x)=∫ f(t)dt+C =−∫ f(−k)dk+C =∫ f(k)dk+C = F(x)，
0 0 0
x
从而 F(x) = ∫ f(t)dt +C 为偶函数，可见(A)为正确选项.
0
方法2：排除法，
令 f(x)=1, 则取F(x)= x+1, 排除(B)、(C);
1
令 f(x)= x， 则取F(x)= x2, 排除(D);
2
(9)【答案】A
【详解】当x=3时，有t2 +2t =3，得t =1,t =−3(舍去，此时y无意义)，
1 2
dy 1
dy dt 1+t 1
曲线y = y(x)的导数为 = = = ，
dx dx 2t+2 2(t+1)2
dt
1
所以曲线y = y(x)在x=3(即t =1)处的切线斜率为
8
于是在该处的法线的斜率为−8, 所以过点(3,ln2)的法线方程为
y−ln2 = −8(x−3)，
1
令y=0, 得其与x轴交点的横坐标为： ln2+3, 故应(A).
8
(10)【答案】D
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【详解】由于积分区域D是关于y = x对称的, 所以x与 y互换后积分值不变, 所以有
a f(x) +b f(y) a f(y) +b f(x)
∫∫ dσ= ∫∫ dσ
f(x) + f(y) f(y) + f(x)
D D
1 a f(x)+b f(y) a f(y)+b f(x)
= ∫∫[ + ]dσ
2 f(x)+ f(y) f(y)+ f(x)
D
a+b a+b 1 a+b
= ∫∫dσ= ⋅ ⋅π⋅22 = π. 应选(D).
2 2 4 2
D
(11)【答案】B
∂u
【详解】因为 =ϕ′(x+ y)+ϕ′(x− y)+ψ(x+ y)−ψ(x− y)，
∂x
∂u
=ϕ′(x+ y)−ϕ′(x− y)+ψ(x+ y)+ψ(x− y)，
∂y
∂2u
于是 =ϕ′′(x+ y)+ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)−ψ′(x− y)，
∂x2
∂2u
=ϕ′′(x+ y)−ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)+ψ′(x− y)，
∂x∂y
∂2u
=ϕ′′(x+ y)+ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)−ψ′(x− y)，
∂y2
∂2u ∂2u
可见有 = ，应选(B).
∂x2 ∂y2
(12)【答案】D
【详解】由于函数 f(x)在x=0，x=1点处无定义，因此是间断点.
且 lim f(x) =∞，所以x=0为第二类间断点；
x→0
lim f(x) =0，lim f(x) = −1，所以x=1为第一类间断点，故应选(D).
x→1+ x→1−
(13)【答案】B
【详解】
方法1：利用线性无关的定义
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
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Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
设有数k ,k ，使得kα +k A(α +α ) =0，则
1 2 1 1 2 1 2
kα +k λα +k λα =0 ⇒(k +k λ)α +k λα =0.
1 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2
因λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，则
1 2 1 2
k +k λ =0,
1 2 1
k λ =0.
2 2
1 λ
当 1 =λ ≠0时，方程只有零解，则k =0,k =0，此时α，A(α +α )线性
0 λ 2 1 2 1 1 2
2
无关；反过来，若α ， A(α +α ) 线性无关，则必然有λ ≠ 0(否则，α 与
1 1 2 2 1
A(α +α )=λα线性相关)，故应选(B).
1 2 1 1
方法2：将向量组的表出关系表示成矩阵形式
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
1 λ
由于 (α,A(α +α) )=(α,λα +λα )=(α,α ) 1 ，
1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 0 λ
2
因λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，知α,α 线性无关. 若α，
1 2 1 2 1
A(α +α )线性无关，则r (α,A(α +α) )=2，则
1 2 1 1 2
1 λ 1 λ 1 λ
2=r (α,α ) 1 ≤minr (α,α ) ,r 1 ≤r 1 ≤2，
1 2 0 λ 1 2 0 λ 0 λ
2 2 2
1 λ 1 λ 1 λ
故2≤r 1 ≤2，从而r 1 =2，从而 1 =λ ≠0
0 λ 0 λ 0 λ 2
2 2 2
1 λ 1 λ
若 1 =λ ≠0，则r 1 =2，又α,α 线性无关，则
0 λ 2 0 λ 1 2
2 2
1 λ 1 λ
r (α,α ) 1 =r 1 =2，
1 2 0 λ 0 λ
2 2
则
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1 λ
r (α,A(α +α) )=r (α,α ) 1 =2
1 1 2 1 2 0 λ
2
1 λ
从而α，A(α +α )线性无关的充要条件是 1 =λ ≠ 0.故应选(B).
1 1 2 0 λ 2
2
方法3：利用矩阵的秩
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
因λ≠λ ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，又
1 2 1 2
A(α +α)=λα +λα ，故α，A(α +α )线性无关⇔ r(α,A(α +α))=2
1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2
又因为 (α,λα +λα )
将α1 的-λ1 倍
=
加到第2列
(α,λα )
1 1 1 2 2 1 2 2
则r(α,λα +λα)=r(α,λα)=2⇔λ ≠0(若λ =0，与r(α,λα)=2矛盾)
1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2
方法4：利用线性齐次方程组
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
由λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，
1 2 1 2
α,A(α +α)线性无关
1 1 2
⇔α,λα +λα 线性无关
1 1 1 2 2
⇔ α,λα +λα ≠0，
1 1 1 2 2
1 λ
⇔ (α,λα +λα ) X =0只有零解，又(α,λα +λα )=(α,α ) 1
1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 0 λ
2
1 λx
⇔ (α,α ) 1 1 =0只有零解
1 2 0 λ x
2 2
1 λx
⇔α,α 线性无关时(α,α ) Y =0只有零解，故Y = 1 1 =0，只有零解，
1 2 1 2 0 λ x
2 2
1 λx
⇔ Y = 1 1 =0的系数矩阵是个可逆矩阵，
0 λ x
2 2
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1 λ
⇔ 1 =λ ≠0，故应选(B)
0 λ 2
2
方法5：由λ≠λ，α,α 线性无关
1 2 1 2
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
向量组( I ) :α,α 和向量组( II ) :α,A(α +α)=λα +λα . 显然向量组( II )可
1 2 1 1 2 1 1 2 2
以由向量组(
I
)线性表出；当λ ≠0时，不论λ的取值如何，向量组(
I
)可以由向量组
2 1
(
II
)线性表出
λ 1 λ 1
α =α，α =(− 1α)+ (λα +λα)=− 1 ⋅α + A(α +α)，
1 1 2 λ 1 λ 1 1 2 2 λ 1 λ 1 2
2 2 2 2
从而( I )，( II )是等价向量组⇒当λ ≠0时，r (α,α )=r (α,λα +λα )=2
2 1 2 1 1 1 2 2
(14)【答案】(C)
【详解】
方法 1：由题设，存在初等矩阵E (交换n阶单位矩阵的第 1 行与第 2 行所得)，使得
12
E A= B，(A进行行变换，故A左乘初等矩阵)，于是 B* =(E A)* = A*E* ，
12 12 12
E *
又初等矩阵都是可逆的，故 E −1 = 12 ，
12 E
12
又 E =− E =−1(行列式的两行互换，行列式反号)，E −1 = E ，故
12 12 12
B* = A*E* = A* E ⋅E −1 =−A*E −1 =−A*E ，
12 12 12 12 12
即A*E = −B*,可见应选(C).
12
方法2：交换A的第一行与第二行得B，即B= E A.
12
又因为A是可逆阵， E =− E =−1，故 B = E A = E A =− A ≠0，
12 12 12
所以B可逆，且B−1 =(E A)−1 = A−1E .
12 12
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A∗ B∗ B∗ A∗
又A−1 = ,B−1 = ，故 = E ，又因 B =− A ，故A*E = −B*.
A B B A 12 12
三、解答题
(15)【详解】 作积分变量代换，命x−t =u，则
x 0 x
∫ f(x−t)dt =∫ f(u)(−du)=∫ f(u)du,
0 x 0
于是
∫ x (x−t)f(t)dt x∫ x f(t)dt−∫ x tf(t)dt 洛必达法则 ∫ x f(t)dt+xf(x)−xf(x)
lim 0 =lim 0 0 = lim 0
x→0 x∫ x f(x−t)dt x→0 x∫ x f(u)du x→0 ∫ x f(u)du+xf(x)
0 0 0
1 x
整
=
理
lim
∫
0
x f(t)dt 上下
=
同除x
lim x
∫
0
f(t)dt
x→0 ∫ x f(u)du+ xf(x) x→0 f(x)+ 1 ∫ x f(t)dt
0 x 0
x
(∫ f(t)dt)′
1 x
而 lim ∫ f(t)dt =lim 0 =lim f(x)= f(0)
x→0 x 0 x→0 x′ x→0
所以由极限的四则运算法则得，
1 ∫ x f(t)dt lim 1 ∫ x f(t)dt f(0)≠0 1
原式=lim x 0 = x→0 x 0 = f(0) = .
x→0 1 x 1 x f(0)+ f(0) 2
f(x)+ ∫ f(t)dt lim f(x)+lim ∫ f(t)dt
x 0 x→0 x 0
(16) 【详解】由题设图形知，C 在C 的左侧，根据平面图形的面积公式得，
3 1
x 1 1
S (x) = ∫ [et − (1+et)]dt = (ex −x−1)， C C
1 0 2 2 3 2
y l y
y
S (y) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt， M(x,y)
2
1
由S (x) = S (y)，得
1 2
1 y
C
1
(ex −x−1) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt，
2 1
l
注意到M(x,y)是y =ex的点，
1
x
1 y
于是 (y−ln y−1) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt
2 1 O 1 x
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1 1
两边对y求导得 (1− ) =ln y−ϕ(y)，
2 y
y−1
整理上面关系式得函数关系为：x =ϕ(y) =ln y− .
2y
(17)【详解】由直线l 过(0,0)和(2,4)两点知直线l 的斜率为2. 由直线l 是曲线C在点(0,0)
1 1 1
的切线，由导数的几何意义知 f′(0)=2. 同理可得 f′(3)=−2. 另外由点(3,2)是曲线C的
一个拐点知 f′′(3)=0.
由分部积分公式，
∫ 3 (x2 +x)f′′′(x)dx=∫ 3 (x2 +x)df′′(x) =(x2 +x)f′′(x) 3−∫ 3 f′′(x)(2x+1)dx
0 0 0 0
3
=(32 +3)f′′(3)−(02 +0)f′′(0)−∫ f′′(x)(2x+1)dx
0
3 3 3
=−∫ (2x+1)df ′(x) = −(2x+1)f ′(x) +2∫ f ′(x)dx
0 0 0
3
=−(2×3+1)f′(3)+(2×0+1)f′(0)+2∫ f′(x)dx
0
=16+2[f(3)− f(0)]= 20.
dx
(18)【详解】 由题设x =cost(00,
于是由闭区间连续函数的介值定理知，存在ξ∈(0,1), 使得F(ξ) =0，即 f(ξ) =1−ξ.
(II) 在[0,ξ]和[ξ,1]上对 f(x) 分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点
f(ξ)− f(0) f(1)− f(ξ)
η∈(0,ξ),ζ∈(ξ,1)，使得 f ′(η) = ， f ′(ζ) =
ξ−0 1−ξ
f(ξ) 1− f(ξ) 1−ξ ξ
于是 f ′(η)f ′(ζ) = ⋅ = ⋅ =1.
ξ 1−ξ ξ 1−ξ
∂z ∂z ∂z
(20) 【 详 解 】由 dz = 2xdx−2ydy 知 =2x, =−2y . 对 =2x 两 边 积 分 得
∂x ∂y ∂x
∂z
z = f(x,y)= x2 +c(y) . 将 z(x,y)= x2 +c(y) 代 入 =−2y 得 c′(y)=2y . 所 以
∂y
c(y)= y2 +c. 所以z = x2 − y2 +c.再由x=1,y =1时z =2知， c=2. 于是所讨论的函
数为z = x2 − y2 +2.
y2 ∂z ∂z
求 z 在 x2 + <1 中的驻点. 由 =2x, =−2y 得驻点 (0,0) ，对应的
4 ∂x ∂y
z = f(0,0)=2.
y2
讨论z = x2 − y2 +2在D的边界x2 + =1上的最值，有两个方法.
4
方法1：把y2 =4(1−x2)代入z的表达式，有
z = x2 − y2 +2=5x2 −2， −1≤ x≤1
z′ =10x
x
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命z′ =0解得x=0，对应的y =±2，z =−2
x x=0,y=±2
还要考虑−1≤ x≤1的端点x=±1，对应的y =0，z =3
x=±1,y=0
由z =2,z =−2,z =3比较大小，故
minz =−2(对应于x=0，y =±2)，maxz =3(对应于x=0， y =±2)
y2
方法2：用拉格朗日乘数法，作函数F(x,y,λ)= x2 − y2 +2+λ(x2 + −1)
4
∂f
F′= +2λx=2(1+λ)x=0,
x ∂x
∂f λy 1
解方程组 F′= + =−2y+ λy =0
y ∂y 2 2
y2
F′ = x2 + −1=0
λ 4
由上面的第一个方程解得x=0或λ=−1：当x=0时由最后一个方程解得y =±2；当
λ=−1是由第二个方程解得y =0，这时由最后一个方程解得x=±1. 故解得4个可能的极
值点(0,2),(0,−2),(1,0),(−1,0).计算对应z的值：
z =−2, z =−2, z =3, z =3
(0,2) (0,−2) (1,0) (−1,0)
再与z =2比较大小，结论同方法1.
(0,0)
(21) 【详解】D：x2 + y2 −1=0为以O为中心半径为1 的圆周，划分D如下图为D 与D .
1 2
x2 + y2 −1, (x,y)∈D
这时可以去掉绝对值符号 x2 + y2 −1 = 2
1−x2 − y2, (x,y)∈D
1
D D
1 2
x2+y2=1
方法1： ∫∫ x2 + y2 −1dσ=−∫∫(x2 + y2 −1)dxdy +∫∫(x2 + y2 −1)dxdy
D D D
1 2
后一个积分用直角坐标做，
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1 1
∫∫(x2 + y2 −1)dxdy =∫ dx∫ (x2 + y2 −1)dy
0 1−x2
D
2
1 1 1 3
=∫ [(x2 −1)−(x2 −1) 1−x2 + − (1-x2)2]dx
0 3 3
1 2 2 3 1 12 2 1 3
=∫ [(x2 − )+ (1−x2)2]dx=∫ x2dx−∫ dx+ ∫ (1−x2)2dx
0 3 3 0 0 3 3 0
1 2 π 1 2 π 1+cos2t
=− + ∫2cos4tdt =− + ∫2( )2dt
3 3 0 3 3 0 2
1 2 1 π
=− + × ∫2(1+2cos2t+cos22t) dt
3 3 4 0
1 2 1 π 1+cos4t
=− + × ∫2(1+2cos2t+ )dt
3 3 4 0 2
1 2 1 π 1 cos4t
=− + × ∫2(1+ +2cos2t+ )dt
3 3 4 0 2 2
1 2 1 3 π 2 1 π cos4t
=− + × × × + × ∫2(2cos2t+ )dt
3 3 4 2 2 3 4 0 2
1 π 2 1 1 π
=− + + × ×0 =− + .
3 8 3 4 3 8
前一个积分用极坐标做，
π 1 π 1 1 π
∫∫(1−x2 − y2)dxdy =∫2dθ∫ (1−r2)rdr =∫2( − )dθ= .
0 0 0 2 4 8
D
1
π 1 π π 1
所以 ∫∫ x2 + y2 −1dσ= +− + = − .
8 3 8 4 3
D
方法2：由于区域D 的边界复杂，计算该积分较麻烦，可以将D 内的函数“扩充”到整个区
2 2
域D=D D ，再减去“扩充”的部分，就简化了运算. 即
1 2
∫∫(x2 + y2 −1)dσ= ∫∫(x2 + y2 −1)dσ−∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
2 1
因此 ∫∫ x2 + y2 −1dσ=∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
1 2
=∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ−∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
1 1
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=2∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D
1
π 1 π 1 1 π
由极坐标 ∫∫(1−x2 − y2)dxdy =∫2dθ∫ (1−r2)rdr =∫2( − )dθ= .
0 0 0 2 4 8
D
1
1 1 1
x3 1
而 ∫∫(x2 + y2 −1)dσ=∫ dy∫ (x2 + y2 −1)dx=∫ [ +(y2 −1)x] dy
0 0 0 3 0
D
1 1 1 2 y3 2 1 1
=∫ [ + y2 −1]dy =∫ (y2 − )dy =[ − y] =−
0 3 0 3 3 3 0 3
π 1 π 1
所以 ∫∫ x2 + y2 −1dσ=2× − = − .
8 3 4 3
D
(22)【详解】
方法1：记A=(α,α,α),B=(β,β,β). 由于β,β,β不能由α,α,α线性表出，故
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
r(A)<3，(若r(A)=3，则任何三维向量都可以由α,α,α线性表出)，从而
1 2 3
1 1 a 2+a 2+a 2+a 1 1 1
把第2、3行 提取第1行的
A = 1 a 1 1 a 1 (2+a) 1 a 1
加到第1行 公因子(2+a)
a 1 1 a 1 1 a 1 1
1 1 1
2行−1行
(2+a) 0 a−1 0
3行−1行
a−1 0 0
0 a−1
按第3列展开(2+a)⋅(−1)1+3×1× =−(2+a)(a−1)2 =0
a−1 0
(其中(−1)1+3指数中的1和3分别是1所在的行数和列数)
从而得a =1或a =−2.
当a =1时，α =α =α =β =[1,1,1]T ，则α =α =α =β+0⋅β +0⋅β ，
1 2 3 1 1 2 3 1 2 3
故α,α,α可由β,β,β线性表出，但β =[−2,1,4]T 不能由α,α,α线性表出(因
1 2 3 1 2 3 2 1 2 3
−2 1 1 1 k +k +k =−2
1 2 3
为方程组β = 1 =k 1 +k 1 +k 1 ，即k +k +k =1 无解)，故a =1符
2 1 2 3 1 2 3
4 1 1 1 k +k +k =4
1 2 3
合题意.
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当a =−2时,由于
1 −2 −2 1 1 −2 1 −2 −2 1 1 −2
2行−1行，
[BA]= 1 −2 −2 1 −2 1 0 0 0 0 −3 −3
3行+1行×2
−2 4 −2 −2 1 1 0 0 −6 0 0 0
因r(B)=2≠r(Bα)=3，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，故方程组
2
BX =α 无解，故α 不能由β,β,β线性表出，这和题设矛盾，故a =−2不合题意.
2 2 1 2 3
因此a =1.
方法2：对矩阵A =(β,β ,β α,α ,α)作初等行变换，有
1 2 3 1 2 3
1 −2 −2 1 1 a
A =(β,β ,β α,α ,α)= 1 a a 1 a 1
1 2 3 1 2 3
a 4 a a 1 1
1 −2 −2 1 1 a
2行−1行，
0 a+2 a+2 0 a−1 0
3行−1行×a
0 4+2a 3a 0 1−a 1−a
1 −2 −2 1 1 a
3 行 − 2 行 × 2 0 a+2 a+2 0 a−1 0 ，
0 0 a−4 0 3(1−a) 1−a
1 −2 −2 1 1 −2
当a =−2时，A → 0 0 0 0 −3 0 , 不存在非零常数k ,k ,k ，
1 2 3
0 0 −6 0 3 3
1 1 −2 −2
使得 −3 =k 0 +k 0 +k 0 ，α 不能由β,β ,β线性表示，因此a ≠ −2；
1 2 3 2 1 2 3
3 0 0 −6
当a=4时，
1 −2 −2 1 1 4
A → 0 6 6 0 3 0 ，
0 0 0 0 −9 −3
α 不 能 由 β,β ,β 线 性 表 示 ， 不 存 在 非 零 常 数 k ,k ,k ， 使 得
3 1 2 3 1 2 3
4 1 −2 −2
0 =k 0 +k 6 +k 6 . 因此a ≠ 4.
1 2 3
−3 0 0 0
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而当a ≠ −2且a ≠ 4时，秩r(β,β ,β) =3，此时向量组α,α ,α 可由向量组
1 2 3 1 2 3
β,β ,β线性表示. 又
1 2 3
1 1 a 1 −2 −2
B =(α,α ,α β,β ,β) = 1 a 1 1 a a
1 2 3 1 2 3
a 1 1 a 4 a
1 1 a 1 −2 −2
2行−1行，
0 a−1 1−a 0 a+2 a+2
3行−1行×a
0 1−a 1−a2 0 4+2a 3a
1 1 a 1 −2 −2
3 行 + 2 行 0 a−1 1−a 0 a+2 a+2 ，
0 0 2−a−a2 0 6+3a 4a+2
由 题 设 向 量 组 β,β ,β 不 能 由 向 量 组 α,α ,α 线 性 表 示 ， 则 方 程 组
1 2 3 1 2 3
(α α α) x=β或(α α α) x=β 或(α α α) x=β 无解，故系数矩阵的秩
1 2 3 1 1 2 3 2 1 2 3 3
≠增广矩阵的秩，故r(B)≠r (α α α) .
1 2 3
又当a ≠ −2且a ≠ 4时，r(B)=3，则必有a−1=0或2−a−a2 =0，即a=1
或a = −2.
综上所述，满足题设条件的a只能是：a=1.
方法3：记A=(α,α,α) ,B=(β,β,β)，对矩阵( A B )作初等行变换，得
1 2 3 1 2 3
1 1 a 1 −2 −2
( A B )=(α,α,αβ,β,β)= 1 a 1 1 a a
1 2 3 1 2 3
a 1 1 a 4 a
1 1 a 1 −2 −2
2行−1行，
0 a−1 1−a 0 a+2 a+2
3行−1行×a
0 1−a 1−a2 0 4+2a 3a
1 1 a 1 −2 −2
3 行 + 2 行 0 a−1 1−a 0 a+2 a+2 ，
0 0 2−a−a2 0 6+3a 4a+2
由于β,β,β不能由α,α,α线性表出，故r(A)<3，(若r(A)=3，则任何三
1 2 3 1 2 3
维向量都可以由α,α,α线性表出)，从而
1 2 3
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1 1 a 2+a 2+a 2+a 1 1 1
把第2、3行 提取第1行的
A = 1 a 1 1 a 1 (2+a) 1 a 1
加到第1行 公因子(2+a)
a 1 1 a 1 1 a 1 1
1 1 1
2行−1行 0 a−1
(2+a) 0 a−1 0 按第3列展开(2+a)⋅(−1)1+3×1×
3行−1行 a−1 0
a−1 0 0
=−(2+a)(a−1)2 =0
从而得a =1或a =−2.
当a =1时，
1 1 11 −2 2
( A B )= 0 0 00 3 3 ，
0 0 00 9 6
则α =α =α =β+0⋅β +0⋅β ，α,α,α 可由β,β,β 线性表出，但由于
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
r ( A )=1≠r ( A β)=2，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组Ax=β 无解，
2 2
β =[−2,1,4]T不能由α,α,α线性表出. 或由于r ( A )=1≠r ( A β)=2，系数矩阵
2 1 2 3 3
的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组Ax=β无解，β不能由α,α,α线性表出，即
3 3 1 2 3
β,β,β不能由α,α,α线性表出，故a =1符合题意.
1 2 3 1 2 3
当a =−2时，
1 1 −21 −2 2
( A B )= 0 −3 3 0 0 0 ，
0 0 0 0 0 −6
因r ( A )=2≠r ( A β)=3，，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，β,β,β不能
3 1 2 3
由α,α,α线性表出，但r ( B )=2≠r ( B α )=3(或r ( B α)=3)，系数矩阵的秩
1 2 3 2 3
和增广矩阵的秩不相等，即BX =α (或BX =α)无解，即α,α,α不能由β,β,β
2 3 1 2 3 1 2 3
线性表出，与题设矛盾，故a =−2不合题意.
故a =1.
(23)【详解】 由AB=0知，B的每一列均为Ax=0的解，且r(A)+r(B)≤3.(3是A的列
数或B的行数)
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(1) 若k ≠9, β,β 不成比例，β,β 成比例，则r(B)=2, 方程组Ax=0的解向量
1 3 1 2
中至少有两个线性无关的解向量，故它的基础解系中解向量的个数≥2，又基础解系中解向
量的个数=未知数的个数−r(A) =3−r(A)，于是r(A)≤1.
又矩阵 A的第一行元素( a,b,c )不全为零，显然r(A)≥1, 故r(A)=1. 可见此时
Ax=0的基础解系由3−r(A)=2 个线性无关解向量组成，β,β 是方程组的解且线性无
1 3
关，可作为其基础解系，故Ax=0 的通解为：
1 3
x = k 2+k 6,k ,k 为任意常数.
1 2 1 2
3 k
(2) 若k =9，则β,β,β 均成比例，故r(B) =1, 从而1≤ r(A)≤ 2.故r(A)=1或
1 2 3
r(A)=2.
①若r(A)=2, 则方程组的基础解系由一个线性无关的解组成，β是方程组Ax=0的基础
1
1
解系， 则Ax=0的通解为：x = k 2,k 为任意常数.
1 1
3
②若r(A)=1, 则A的三个行向量成比例，因第1行元素( a,b,c )不全为零，不妨设a≠0，
则Ax=0的同解方程组为：ax +bx +cx =0, 系数矩阵的秩为1，故基础解系由3−1=2
1 2 3
个线性无关解向量组成，选x ,x 为自由未知量，分别取x =1,x =0或x =0,x =1，方
2 3 2 3 2 3
b c b c
− − − −
a a a a
程组的基础解系为ξ = 1 ,ξ 0 ，则其通解为x=k 1 +k 0 ,k ,k 为任意
1 2 1 2 1 2
0 1 0 1
常数.
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2006 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题：1-6小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.
x+4sinx
(1) 曲线y = 的水平渐近线方程为
5x−2cosx
1 x
∫sint2dt, x≠0
(2) 设函数 f(x)=x3 在x =0处连续，则a =
0
a, x=0
+∞
xdx
(3) 广义积分 ∫ =
(1+x2)2
0
y(1−x)
(4) 微分方程y′= 的通解是
x
dy
(5) 设函数y = y(x)由方程 y =1−xey确定，则 =
dx x=0
2 1
(6) 设A= ,E为2阶单位矩阵，矩阵B满足BA= B+2E,则 B = .
−1 2
二、选择题：9-14小题，每小题4分，共32分，下列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.
(7) 设函数y = f(x)具有二阶导数，且 f ′(x) >0, f ′′(x) >0, x为自变量x在点x 处的
0
增量，y与dy分别为 f(x)在点x 处对应增量与微分，若x >0，则( )
0
(A)0< dy <y (B)0<y < dy
(C)y < dy <0 (D)dy <y <0
x
(8) 设 f(x)是奇函数，除x=0外处处连续，x=0是其第一类间断点，则∫ f(t)dt是( )
0
(A)连续的奇函数 (B)连续的偶函数
(C)在x =0间断的奇函数 (D)在x =0间断的偶函数
(9)
设函数g(x)可微，h(x)=e1+g(x),h′(1)=1,g′(1)=2,则g(1)等于(
)
(A)ln3−1 (B)−ln3−1 (C)−ln2−1 (D)ln2−1
(10) 函数y =cex +c e−2x +xex满足的一个微分方程是( )
1 2
(A)y′′− y′−2y =3xex (B)y′′− y′−2y =3ex
(C)y′′+ y′−2y =3xex (D)y′′+ y′−2y =3ex
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π
4 1
(11) 设 f(x,y)为连续函数，则∫dθ∫ f(rcosθ,rsinθ)rdr等于( )
0 0
2 2
2 1−x2 2 1−x2
(A) ∫ dx ∫ f(x,y)dy (B) ∫ dx ∫ f(x,y)dy
0 x 0 0
2 2
2
1−y2
2
1−y2
(C) ∫ dy ∫ f(x,y)dx (D) ∫ dy ∫ f(x,y)dx
0 y 0 0
(12) 设 f(x,y)与ϕ(x,y)均为可微函数，且ϕ′(x,y)≠0,已知 (x ,y )是f(x,y)在约束条
y 0 0
件ϕ(x,y)=0下的一个极值点，下列选项正确的是( )
(A)若 f′(x ,y )=0,则f′(x ,y )=0 (B)若 f′(x ,y )=0,则f′(x ,y )≠0
x 0 0 y 0 0 x 0 0 y 0 0
(C)若 f′(x ,y )≠0,则f′(x ,y )=0 (D)若 f′(x ,y )≠0,则f′(x ,y )≠0
x 0 0 y 0 0 x 0 0 y 0 0
(13) 设α,α,,α均为n维列向量，A是m×n矩阵，下列选项正确的是( )
1 2 s
(A)若α,α,,α线性相关，则Aα, Aα,, Aα线性相关.
1 2 s 1 2 s
(B)若α,α,,α线性相关，则Aα, Aα,, Aα线性无关.
1 2 s 1 2 s
(C)若α,α,,α线性无关，则Aα, Aα,, Aα线性相关.
1 2 s 1 2 s
(D)若α,α,,α线性无关，则Aα, Aα,, Aα线性无关.
1 2 s 1 2 s
(14) 设A为3阶矩阵，将A的第2行加到第1行得B，再将B的第1列的-1倍加到第2列
1 1 0
得C，记P= 0 1 0 ，则( )
0 0 1
(A)C = P−1AP. (B)C = PAP−1. (C)C = PTAP. (D)C = PAPT.
三、解答题：15－23 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.
(15)(本题满分10分)
试确定常数 A,B,C 的值，使得ex(1+Bx+Cx2)=1+ Ax+o(x3) ，其中o(x3)是当
x →0时比x3高阶的无穷小.
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(16)(本题满分10分)
arcsinex
求∫ dx
ex
(17)(本题满分10分)
1+xy
设区域D={(x,y)|x2 + y2 ≤1,x≥0}，计算二重积分I =∫∫ dxdy
1+x2 + y2
D
(18)(本题满分12分)
设数列{x }满足0< x <π，x =sinx (n=1,2,)
n 1 n+1 n
1
x x2
(I) 证明limx 存在，并求该极限; (II) 计算lim n+1 n .
n→∞ n n→∞ x
n
(19)(本题满分10分)
证明：当0asina+2cosa+πa.
(20)(本题满分12分)
( ) ∂2z ∂2z
设函数 f(u)在(0,+∞)内具有二阶导数，且Z = f x2 + y2 满足等式 + =0
∂x2 ∂y2
f′(u)
(I)验证 f′′(u)+ =0; (II)若 f(1)=0, f′(1)=1, 求函数 f(u)的表达式.
u
(21)(本题满分12分)
x=t2 +1 ,
已知曲线L的方程 (t ≥0) ,
y =4t−t2
(I) 讨论L的凹凸性;
(II) 过点(−1,0)引L的切线，求切点(x ,y )，并写出切线的方程;
0 0
(III) 求此切线与L(对应x≤ x 的部分)及x轴所围成的平面图形的面积.
0
(22)(本题满分9分)
x +x +x +x =−1,
1 2 3 4
已知非齐次线性方程组4x +3x +5x −x =−1, 有3个线性无关的解.
1 2 3 4
ax +x +3x +bx =1
1 2 3 4
(I) 证明此方程组系数矩阵A的秩r(A)=2; (Ⅱ) 求a,b的值及方程组的通解.
(23)(本题满分9分)
设3阶实对称矩阵A的各行元素之和均为3,向量α =(−1,2,−1 )T ,α =( 0,−1,1 )T是线
1 2
性方程组Ax =0的两个解.
(I) 求A的特征值与特征向量;
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(II) 求正交矩阵Q和对角矩阵Λ,使得QTAQ=Λ.
2006 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
(1)【答案】y =
5
【详解】 由水平渐近线的定义及无穷小量的性质----“无穷小量与有界函数的乘积是无穷小
量”可知
4sinx
1+
x+4sinx x 1+0 1
lim y =lim =lim =lim =
x→∞ x→∞5x−2cosx x→∞ 2cosx x→∞5−0 5
5−
x
1 1
x→0时 为无穷小量，sinx，cosx均为有界量. 故，y = 是水平渐近线.
x 5
1
(2)【答案】
3
【详解】按连续性定义，极限值等于函数值，故
x
∫sint2
sin(x2) x2 1
lim f(x) =lim 0 洛 lim =lim =
x→0 x→0 x3 x→0 3x2 x→03x2 3
0
注： 型未定式，可以采用洛必达法则；等价无穷小量的替换sinx2 x2
0
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(3)【答案】1 2
【详解】
+∞ xdx 1 +∞ dx2 1 1 +∞ 1
∫ = ∫ =− ⋅ =
0 (1+x2)2 2 0 (1+x2)2 2 1+x2 2
0
(4)
【答案】Cxe
−x
.
【详解】分离变量，
dy y(1−x) dy (1−x) dy 1 dy 1
= ⇒ = dx ⇒ =( −1)dx ⇒ ∫ =∫ dx−∫dx
dx x y x y x y x
⇒ ln y =lnx−x+c ⇒ e lny = e lnx−x+c ⇒ y = Cxe −x
(5)【答案】−e
【详解】题目考察由方程确定的隐函数在某一点处的导数.
在原方程中令x =0⇒ y(0) =1 .
将方程两边对x求导得y′=−ey −xeyy′，令x=0得y′(0)=−e
(6) 【答案】 2
【详解】由已知条件BA= B+2E变形得，BA−2E = B ⇒ B(A−E)=2E, 两边取行列
式, 得
B(A−E) = 2E =4 E =4
2 1 1 0 1 1
其中， A−E = − = =2， 2E =22 E =4
−1 2 0 1 −1 1
2E 4
因此， B = = =2.
A−E 2
二、选择题.
(7)【答案】A
【详解】
方法1： 图示法.
因为 f ′(x) >0, 则 f(x) 严格单调增加；因为 f ′′(x) >0, 则 f(x) 是凹函数，又
x>0，画 f(x)= x2的图形
y
y=f(x) Δy
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结合图形分析，就可以明显得出结论：0< dy <y.
方法2：用两次拉格朗日中值定理
y−dy = f (x +x)− f (x )− f ′(x )x(前两项用拉氏定理)
0 0 0
= f ′(ξ)x− f ′(x )x (再用一次拉氏定理)
0
= f′′(η)(ξ−x )x, 其中x <ξ< x +x,x <η<ξ
0 0 0 0
由于 f′′(x)>0，从而y−dy >0. 又由于dy = f′(x )x>0，故选[A]
0
方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式：
f′′(x ) f (n)(x )
f(x) = f(x )+ f′(x )(x−x ) + 0 (x−x )2 ++ 0 (x−x )n +R ，
0 0 0 2! 0 n! 0 n
f (n+1)(x )
其中R = 0 (x− x )n . 此时n取1代入，可得
n (n+1)! 0
1
∆y−dy = f(x +∆x)− f(x )− f′(x )∆x= f′′(ξ)(∆x)2 >0
0 0 0 2
又由dy = f′(x )∆x>0，选(A) .
0
(8)【答案】(B)
【详解】
方法1：赋值法
1, x>0
x x, x≥0
特殊选取 f(x)=0, x=0 ，满足所有条件，则∫ f(t)dt = = x .
0 −x, x<0
−1, x<0
它是连续的偶函数. 因此，选(B)
方法2：显然 f(x)在任意区间[ a,b ]上可积，于是F(x) 记 =∫ x f(t)dt处处连续，又
0
−x −x s=−t x
F(−x)=∫ f(t)dt =−∫ f(−t)dt = ∫ f(s)ds = F(x)
0 0 0
即F(x)为偶函数 . 选 (B) .
(9)【答案】(C)
【详解】利用复合函数求导法
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h(x)=e1+g(x)两边对x求导⇒ h′(x)= g′(x)e1+g(x)
1
将x=1代入上式，⇒1=2e1+g(1) ⇒ g(1)=ln −1=−ln2−1. 故选(C).
2
(10)【答案】(C)
【详解】题目由二阶线性常系数非齐次方程的通解，反求二阶常系数非齐次微分方程，分两
步进行，先求出二阶常系数齐次微分方程的形式，再由特解定常数项.
因为y =cex +c e−2x +xex是某二阶线性常系数非齐次方程的通解，所以该方程对应的
1 2
齐次方程的特征根为 1和-2，于是特征方程为(λ−1)(λ+2)=λ2 +λ−2=0，对应的齐次
微分方程为y′′+ y′-2y =0
所以不选(A)与(B)，为了确定是(C)还是(D)，只要将特解y∗ = xex代入方程左边，
计算得(y∗)′′+(y∗)′-2y∗ =3ex，故选(D).
(11) 【答案】(C)
π
1
【详解】记∫4dθ∫ f(rcosθ,rsinθ)rdr =∫∫ f(x,y)dxdy，则区域D的极坐标表示是：
0 0
D
π
0≤r ≤1 ，0≤θ≤ . 题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形
4
可以看出，直角坐标的积分范围（注意 y = x 与 x2 + y2 =1 在第一象限的交点是
2 2 2
（ ， ）），于是 D:0≤ y≤ ,y≤ x≤ 1− y2
2 2 2
2 1−y2
所以，原式= ∫ 2 dy∫ f (x,y)dx. 因此选 (C)
0 y
(12) 【答案】D
【详解】
方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。
已知ϕ(x ,y )=0，由ϕ(x,y)=0，在（x ,y )邻域，可确定隐函数 y = y(x)，
0 0 0 0
dy ∂ϕ ∂ϕ
满足y(x )= y ， =− 。
0 0 dx ∂x ∂y
（x ,y ) 是 f(x,y) 在 条 件 ϕ(x,y)=0 下 的 一 个 极 值 点 ⇔ x= x 是
0 0 0
z = f(x,y(x))的极值点。它的必要条件是
dz ∂f(x ,y ) ∂f(x ,y ) dy ϕ′(x ,y )
= 0 0 + 0 0 = f′(x ,y )− f′(x ,y ) x 0 0 =0
dx ∂x ∂y dx x 0 0 y 0 0 ϕ′(x ,y )
x=x 0 x=x 0 y 0 0 x=x
0
若 f′(x ,y )=0，则 f′(x ,y )=0，或ϕ′(x ,y )=0，因此不选(A)，(B).
x 0 0 y 0 0 x 0 0
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dz
若 f′(x ,y )≠0，则 f′(x ,y )≠0(否则 ≠0). 因此选(D)
x 0 0 y 0 0
dx
x=x
0
方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数F(x,y,λ)= f(x,y)+λϕ(x,y)，有
F′= f′(x,y)+λϕ′(x,y)=0 (1)
x x x
F′= f′(x,y)+λϕ′(x,y)=0 (2)
y y y
F′ =ϕ′(x,y)=0
λ
f′(x ,y )
因为ϕ′(x ,y )≠0，所以λ=− y 0 0 ，代入(1)得
y 0 0 ϕ′(x ,y )
y 0 0
f′(x ,y )ϕ′(x ,y )
f′(x ,y )=− y 0 0 x 0 0
x 0 0 ϕ′(x ,y )
y 0 0
若 f′(x ,y )≠0，则 f′(x ,y )≠0，选(D)
x 0 0 y 0 0
(13) 【答案】A
【详解】
方法 1：若α,α,,α 线性相关, 则由线性相关定义存在不全为0的数k ,k ,,k 使得
1 2 s 1 2 s
kα +kα ++kα =0
1 1 2 2 s s
为了得到Aα, Aα,, Aα的形式，用A左乘等式两边, 得
1 2 s
k Aα +k Aα ++k Aα =0 ①
1 1 2 2 s s
于是存在不全为0的数k ,k ,,k 使得①成立，所以Aα,Aα,,Aα 线性相关.
1 2 s 1 2 s
方法2：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是:
1. α,α,,α线性相关⇔r(α,α,,α)0. 由单调有界准则知limx 存在.记为A.
n n
n→∞
递推公式两边取极限得A=sin A, ∴A=0
1
(II) 原式=lim(
sinx
n)
x2
n ，为“1∞ ”型.
n→∞ x
n
1
sint
因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑lim( )t2
t→0 t
1 1 (tcost−sint)
lim
sint 1 lim 1 ln( sint ) t→02t sint t2
lim( )t2 =et→0t2 t =e t
t→0 t
tcost−sint cost−tsint−cost −sint 1
lim lim lim −
=et→0 2t3 =et→0 6t2 =et→0 6t =e 6
1 1
1 1
所以 lim( x n+1) x2 n =lim( sinx n) x2 n =lim( sinx )x2 =e − 6
n→∞ x n→∞ x x→0 x
n n
(19) 【详解】令 f(x)=xsinx+2cosx+πx，只需证明0< x<π时, f(x)单调增加(严格)
f′(x) =sinx+ xcosx−2sinx+π= xcosx−sin x+π
f′′(x)=cosx−xsinx−cosx = −xsinx<0
∴ f′(x) 单调减少(严格)，
又 f′(π)=πcosπ+π=0，故0< x<π时 f′(x)>0，则 f(x)单调增加(严格)
由b>a有f(b)> f(a) 得证
(20) 【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了
∂z ( ) x ∂z ( ) y
= f′ x2 + y2 ; = f′ x2 + y2
∂x x2 + y2 ∂y x2 + y2
x2
x2 + y2 −
∂2z ( ) x2 ( ) x2 + y2
= f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2
∂x2 ( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )
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( ) x2 ( ) y2
= f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2
( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )32
∂2z ( ) y2 ( ) x2
同理 = f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2
∂y2 ( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )32
∂2z ∂2z ( ) f′( x2 + y2)
代入 + =0，得 f′′ x2 + y2 + =0，
∂x2 ∂y2 x2 + y2
f′(u)
所以 f′′(u)+ =0 成立.
u
dp p dp du
(II) 令 f′(u)= p于是上述方程成为 =− ，则∫ =−∫ +c，
du u p u
c
即 ln p =−lnu+c，所以 f′(u)= p =
u
因为 f′(1)=1，所以 c=1，得 f(u)=lnu+c
2
又因为 f(1)=0，所以 c =0，得 f(u)=lnu
2
(21)【详解】
方法1：计算该参数方程的各阶导数如下
dx dy dy 4−2t 2
(I) =2t, =4−2t, = = −1
dt dt dx 2t t
dy
d
d2y dx 1 2 1 1
= ⋅ = − ⋅ =− <0 (t >0处)
dx2 dt dx t2 2t t3
dt
所以曲线L在t >0处是凸的
2
(II) 切线方程为y−0= −1(x+1)，设x =t2 +1，y =4t −t2，
t 0 0 0 0 0
2
则 4t −t2 = −1(t2 +2),4t2 −t3 =(2−t )(t2 +2)
0 0 t 0 0 0 0 0
0
得 t2 +t −2=0,(t −1)(t +2)=0 t >0 ∴t =1
0 0 0 0 0 0
所以，切点为(2，3)，切线方程为y = x+1
3
(III) 设L的方程x= g(y), 则 S =∫ ( g(y)−(y−1) ) dy
0
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( )2
由 t2 −4t+ y =0 解出t =2± 4− y 得x= 2± 4− y +1
( )2
由于点(2，3)在L上，由y =3得x=2, 可知 x= 2− 4− y +1= g(y)
3 3 3
所以 S =∫ ( 9− y−4 4− y ) −(y−1) dy =∫(10−2y)dy−4∫ 4− ydy
0 0 0
3 3 2 3 3
=(10y− y2) +4∫ 4− yd(4− y)=21+4× ×(4− y)2
0 3
0 0
8 64 2 7
=21+ − =3− =
3 3 3 3
方法2：(I) 解出 y = y(x)：由 t = x−1 (x≥1) 代入 y得 y =4 x−1−x+1 .
dy 2 d2y − 3
于是 = −1 ， =−(x−1) 2 <0 (x>1) ⇒ 曲线L是凸的 .
dx x−1 dx2
2
(II) L 上任意点 (x ,y ) 处的切线方程是 y− y =( −1)(x−x ) ，其中
0 0 0 x −1 0
0
x >1(x =1时不合题意).
0 0
2
令 x=−1, y =0，得 −4 x −1+x −1= −1(−1−x）
0 0 x −1 0
0
2
令 t = x −1 ，得 −4t +t 2 =( −1)(−2−t 2) .
0 0 0 0 t 0
0
其余同方法1，得t =1
0
(III) 所求图形面积
9 2 9 2
S = −∫ y(x)dx= −∫ (4 x−1−x+1)dx
2 1 2 1
2
9 2 3 1 9 8 3 9 13 7
= −(4⋅ (x−1)2 − x2 +x) = −( − +1)= − = .
2 3 2 2 3 2 2 6 3
1
1 1 1 1
(22) 【详解】(I)系数矩阵A= 4 3 5 −1 未知量的个数为n=4，且又AX =b有三个
a 1 3 b
线性无关解，设α,α,α是方程组的3个线性无关的解, 则α −α,α −α是AX =0的两
1 2 3 2 1 3 1
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个线性无关的解. 因为α −α,α −α线性无关又是齐次方程的解，于是AX =0的基础解
2 1 3 1
系中解的个数不少于2, 得4−r(A)≥2, 从而r(A)≤2.
又因为A的行向量是两两线性无关的, 所以r(A)≥2. 所以r(A)=2.
(II)对方程组的增广矩阵作初等行变换:
1 1 1 1 |−1[2]+[1]×(−4)1 1 1 1 | −1
[3]+[1]×(−a)
[Ab] = 4 3 5 −1 |−1 → 0 −1 1 −5 | 3
a 1 3 b | 1 0 1−a 3−a b−a |1+a
1 1 1 1 | −1
[3]+[2]×(1−a)
→ 0 −1 1 −5 | 3 ,
0 0 4−2a 4a+b−5 |4−2a
4−2a =0
由r(A)=2, 得 ， 即a = 2, b = −3.
4a+b−5=0
1 0 2 −4 | 2
所以[Ab]作初等行变换后化为； 0 −1 −1 5 |−3 ，
0 0 0 0 | 0
x =2−2x +4x
它的同解方程组 1 3 4 ①
x =−3+x −5x
2 3 4
①中令x =0,x =0求出AX =b的一个特解(2,−3,0,0)T ；
3 4
x =−2x +4x
AX =0的同解方程组是 1 3 4 ②
x = x −5x
2 3 4
取x =1,x =0,代入②得(−2,1,1,0)T ；取x =0,x =1, 代入②得(4,−5,0,1)T . 所以
3 4 3 4
AX =0的基础解系为(−2,1,1,0)T ，(4,−5,0,1)T
所以方程组AX =b的通解为：
(2,−3,0,0)T +c (−2,1,1,0)T +c (4,−5,0,1)T ，c ,c 为任意常数
1 2 1 2
(23) 【详解】(I) 由题设条件Aα =0=0α，Aα =0=0α ，故α,α 是A的对应于λ=0
1 1 2 2 1 2
的特征向量，又因为α,α 线性无关，故λ=0至少是A的二重特征值. 又因为A的每行元
1 2
素之和为3，所以有 A(1,1,1)T =(3,3,3)T =3(1,1,1)T ，由特征值、特征向量的定义，
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α =(1,1,1)T 是A的特征向量, 特征值为λ =3，λ只能是单根，kα,k ≠0是全体特征
0 3 3 3 0 3
向量，从而知λ=0是二重特征值.
于是 A的特征值为3,0,0；属于3的特征向量: kα,k ≠0 ；属于0 的特征向量:
3 3 3
kα +kα，k ,k 不都为0.
1 1 2 2 1 2
(Ⅱ) 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 .
3 3 3
先将α 单位化, 得η =( , , )T.
0 0 3 3 3
2 2 6 6 6
对α,α 作施密特正交化, 得η =(0, − , )T ,η =(− ,− , )T.
1 2 1 2 2 2 3 6 6
3 0 0
作Q=(η,η,η), 则Q是正交矩阵,并且QTAQ=Q-1AQ= 0 0 0
1 2 3
0 0 0
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2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、选择题：110小题，每小题4分，共40分，下列每题给出的四个选项中，只有一个
选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
(1) 当x→0+时，与 x 等价的无穷小量是( )
1+x
A.1−e x B.ln C. 1 + x −1 D.1−cos x
1− x
1
(ex +e)tanx
(2) 函数 f(x)= 在[−π,π]上的第一类间断点是x=( )
1
x(ex −e)
π π
A. 0 B.1 C. − D.
2 2
(3) 如图，连续函数y = f(x)在区间[−3,−2 ] , [ 2,3 ]上的图形分别是直径为1的上、下半圆
周,在区间[−2,0 ] , [ 0,2 ]上的图形分别是直径为2的上、下半圆周.设F(x)=∫ x f(t)dt,则
0
下列结论正确的是( )
y
O 3
-3 -2 -1 1 2 x
3 5
A. F(3) =− F(−2) B. F(3) = F(2)
4 4
3 5
C. F(−3) = F(2) D. F(−3) =− F(−2)
4 4
(4) 设函数 f(x)在x=0连续，则下列命题错误的是( )
f(x) f(x)+ f(−x)
A. 若lim 存在，则 f(0)=0 B.若lim 存在，则 f(0)=0
x→0 x x→0 x
f(x) f(x)− f(−x)
C.若lim 存在，则 f′(0)存在 D.若lim 存在，则 f′(0)存在
x→0 x x→0 x
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1
(5) 曲线y = +ln(1+ex)渐近线的条数为( )
x
A. 0 B.1 C.2 D.3
(6) 设函数 f(x)在(0,+∞)上具有二阶导数，且 f′′(x)>0，令u = f(n)(n=1,2,)，则
n
下列结论正确的是( )
A. 若u >u ，则{ u }必收敛 B. 若u >u ，则{ u }必发散
1 2 n 1 2 n
C.若u 1,0≤ x<+∞)下方、x轴上方的无界区域.
(I) 求区域D绕x轴旋转一周所成旋转体的体积V ( a ) ;
(II) 当a为何值时，V ( a )最小？并求出最小值.
(19)(本题满分11分)
求微分方程y′′(x+ y′2)= y′满足初始条件y(1)= y′(1)=1的特解.
(20)(本题满分10分)
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已知函数 f(u)具有二阶导数，且 f′(0)=1，函数y = y(x)由方程y−xey−1 =1所确定.
dz d2z
,
设z = f(ln y−sinx)，求 dx x=0 dx2 x=0 .
(21)(本题满分11分)
设函数 f(x)，g(x)在 [ a,b ]上连续，在(a,b)内二阶可导且存在相等的最大值，又
f(a)＝g(a)， f(b)＝g(b)，证明：存在ξ∈(a,b),使得 f ''(ξ)= g''(ξ).
(22)(本题满分11分)
x2, x + y ≤1
设二元函数 f(x,y)= 1
, 1< x + y ≤2
x2 + y2
{ }
计算二重积分∫∫ f(x,y)dσ，其中D= (x,y) x + y ≤2
D
(23)(本题满分11分)
x +x +x =0
1 2 3
设线性方程组x +2x +ax =0 (1)
1 2 3
x +4x +a2x =0
1 2 3
与方程 x +2x +x =a−1 (2)
1 2 3
有公共解，求a得值及所有公共解.
(24)(本题满分11分)
设3阶实对称矩阵A的特征值λ=1,λ =2,λ =−2,α =(1,−1,1)T是A的属于λ的一
1 2 3 1 1
个特征向量.记B= A5 −4A3+E，其中E为3阶单位矩阵.
(I)验证α是矩阵B的特征向量，并求B的全部特征值与特征向量；
1
(II) 求矩阵B.
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2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析
一、选择题
(1)【答案】B
【详解】
方法1：排除法：由几个常见的等价无穷小，当x→0时，
1 x x x2
ex −1 x; 1+x −1 x; 1−cosx=2sin2 2( )2 = ,当 x→0+ 时，此时
2 2 2 2
1 1
x →0，所以1−e x (− x); 1 + x −1 x;1−cos x ( x)2,可以
2 2
排除A、C、D，所以选(B).
1+x 1− x + x +x x+ x
方法2： ln = ln = ln[1+ ]
1− x 1− x 1− x
x+ x
当x→0+时，1− x →1， →0，又因为x→0时，ln ( 1+x ) x，
1− x
x+ x x+ x ( )
所以ln[1+ ]~ ~ x+ x = x x +1 ~ x ，选(B).
1− x 1− x
1+x 1+x ′ 1− x 1+x
ln( ) ln( ) ( )′
1− x 1− x 1+x 1− x
方法3：lim 洛 lim = lim
x→0+ x x→0+ (
x
)′ x→0+ 1
2 x
1
1− x + ( 1+x )
1− x 2 x
⋅
1+x ( )2 ( )
1− x 2 x 2 x +1−x
= lim = lim
x→0+ 1 x→0+ ( 1+x ) ( 1− x )
2 x
( )
2 x 2 x+1−x
A B ( )
设 = + ，则A 1− x +B ( 1+x )=4x+2 x−2x x
( )
( 1+x ) 1− x 1+x 1− x
对应系数相等得：A=2 x, B=1，所以
( )
2 x 2 x +1−x 2 x 1
原式= lim = lim +
( )
x→0+ ( 1+x ) 1− x x→0+ 1+x 1− x
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2 x 1
= lim + lim =0+1 =1，选(B).
x→0+1+x x→0+1− x
(2)【答案】( A)
【详解】首先找出 f(x)的所有不连续点，然后考虑 f(x)在间断点处的极限.
π
f(x)的不连续点为 0、1、± ，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点.逐个考
2
虑各个选项即可.
1 1 1
1−
(ex +e)tanx ex +e e(1+e x)
对A: lim f(x)= lim = lim = lim =1,
x→0+ x→0+ 1 x→0+ 1 x→0+ 1− 1
x(ex −e) ex −e e(1−e x)
1
1 1 limex +e
(ex +e)tanx ex +e x→0− e
lim f(x)= lim = lim = = =−1.
x→0− x→0− 1 x→0− 1 1 −e
x(ex −e) ex −e limex −e
x→0−
f(x)在x=0存在左右极限，但lim f ( x )≠ lim f ( x )，所以x=0是 f(x)的第一类
x→0+ x→0−
间断点，选(A)；
同样，可验证其余选项是第二类间断点，lim f ( x )=∞，lim f ( x )=∞，lim f ( x )=∞.
x→1
x→
π
x→−
π
2 2
(3)【答案】C
x
【详解】由题给条件知，f(x)为x的奇函数，则 f(−x)=−f(x)，由F(x)=∫ f(t)dt, 知
0
−x x x
F(−x)=∫ f(t)dt令t =−u ∫ f(−u)d(−u) 因为f(−u)=−f(u) ∫ f(u)du = F(x)，
0 0 0
故F(x)为x的偶函数，所以F(−3)= F(3).
2 2 πR2 π
而F(2)=∫ f(t)dt表示半径R=1的半圆的面积，所以F(2)=∫ f(t)dt = = ，
0 0 2 2
3 2 3 3 1
F(3)=∫ f(t)dt =∫ f(t)dt+∫ f(t)dt，其中∫ f(t)dt表示半径r = 的半圆的面积
0 0 2 2 2
3 πr2 π 1 2 π
的负值，所以∫ f(t)dt =− =− ⋅ =−
2 2 2 2 8
2 3 π π 3π 3 π 3
所以 F(3)=∫ f(t)dt+∫ f(t)dt = − = = ⋅ = F(2)
0 2 2 8 8 4 2 4
3
所以 F(−3)= F(3)= F(2)，选择C
4
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(4)【答案】( D)
【详解】
方法1：论证法，证明A.B.C都正确，从而只有D.不正确.
f(x)
由lim 存在及 f(x)在x=0处连续，所以
x→0 x
f(x) f(x) f(x)
f(0)=lim f(x) =lim( x)=lim ⋅limx=0⋅lim =0，所以(A)正确；
x→0 x→0 x x→0 x x→0 x→0 x
f(x)− f(0) f(x)
由选项(A)知， f(0)=0，所以lim =lim 存在，根据导数定义，
x→0 x−0 x→0 x
f(x)− f(0)
f '(0)=lim 存在，所以(C)也正确；
x→0 x−0
由 f(x)在x=0处连续，所以 f(−x)在x=0处连续，从而
lim [ f(x)+ f(−x) ]=lim f(x)+lim f(−x)= f(0)+ f(0)=2f(0)
x→0 x→0 x→0
f(x)+ f(−x) f(x)+ f(−x) f(x)+ f(−x)
所以2f(0)=lim
⋅x
=lim ⋅limx=0⋅lim =0
x→0 x x→0 x x→0 x→0 x
即有 f(0)=0.所以(B)正确，故此题选择(D).
方法2：举例法，举例说明(D)不正确. 例如取 f(x)= x ，有
f(x)− f(−x) x − −x
lim =lim =0存在
x→0 x−0 x→0 x
f
(
x
)−
f
(
0
)
−x−0 f
(
x
)−
f
(
0
)
x−0
而 lim = lim =−1，lim = lim =1，
x→0− x−0 x→0− x−0 x→0+ x−0 x→0− x−0
左右极限存在但不相等，所以 f(x)= x 在x=0的导数 f '(0)不存在. (D)不正确，选(D).
(5)【答案】D
1 1
【详解】因为limy =lim +ln(1+ex) =lim +limln(1+ex)=∞，
x→0 x→0 x x→0 x x→0
所以x=0是一条铅直渐近线；
1 1
因为 lim y = lim +ln(1+ex) = lim + lim ln(1+ex)=0+0=0，
x→−∞ x→−∞ x x→-∞ x x→-∞
所以y =0是沿x→−∞方向的一条水平渐近线；
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1
+ln(1+ex)
y x 1 ln(1+ex)
令 a= lim = lim = lim +
x→+∞ x x→+∞ x x→+∞ x2 x
ex
= lim
1
+ lim
ln(1+ex)
洛必达法则 0+ lim
1+ex
=1
x→+∞ x2 x→+∞ x x→+∞ 1
1
令 b= lim ( y−a⋅x )= lim +ln(1+ex)−x
x→+∞ x→+∞ x
1 ( ) ( )
= lim + lim ln(1+ex)−x x=lnex 0+ lim ln(1+ex)−lnex
x→+∞ x x→+∞ x→+∞
1+ex
= lim ln( ) = lim ln(e−x +1)=ln1=0
x→+∞ ex x→+∞
所以y = x是曲线的斜渐近线，所以共有3条，选择(D)
(6)【答案】( D)
【详解】u = f(n)，由拉格朗日中值定理，有
n
u −u = f(n+1)− f(n)= f '(ξ)(n+1−n)= f '(ξ),(n=1,2,)，
n+1 n n n
其中n<ξ 0,知 f '(x)严格单调增，故
n 1 2 n
f '(ξ)< f '(ξ)<< f '(ξ)<.
1 2 n
若u 0, 所以0< f '(ξ)< f '(ξ)<< f '(ξ)<.
1 2 1 2 1 1 2 n
n n
u =u +∑(u −u )=u +∑ f '(ξ)>u +nf '(ξ).
n+1 1 k+1 k 1 k 1 1
k=1 k=1
而 f '(ξ)是一个确定的正数. 于是推知limu =+∞,故{ u }发散. 选(D)
1 n+1 n
n→∞
(7)【答案】( C)
【详解】一般提到的全微分存在的一个充分条件是：设函数 f(x,y)在点( x , y )处存在全
0 0
微分，但题设的A.B.C.D.中没有一个能推出上述充分条件，所以改用全微分的定义检查之.
全微分的定义是：设 f(x,y)在点( x , y )的某领域内有定义，且 f(x,y)在点( x , y )处的
0 0 0 0
全增量可以写成 f ( x +∆x, y +∆y )− f ( x , y )= A∆x+B∆y+o (ρ)，其中 A, B 为与
0 0 0 0
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o
(ρ)
∆x, ∆y无关的常数，ρ= (∆x )2 + (∆y )2 ，lim =0，则称 f(x,y)在点( x , y )处
ρ→0 ρ 0 0
可微，A∆x+B∆y称为 f(x,y)在点( x , y )处的全微分，对照此定义，就可解决本题.
0 0
选项A. 相当于已知 f(x,y)在点(0,0)处连续；选项B. 相当于已知两个一阶偏导数
f ′( 0,0 )， f ′( 0,0 )存在，因此A. B.均不能保证 f(x,y)在点(0,0)处可微. 选项D.相当
x y
于已知两个一阶偏导数 f ′( 0,0 ) ， f ′( 0,0 )存在，但不能推导出两个一阶偏导函数
x y
f ′( x,y )， f ′( x,y )在点(0,0)处连续，因此也不能保证 f(x,y)在点(0,0)处可微.
x y
[ f(x,y)− f(0,0) ]
由C. lim =0，推知
(x,y)→(0,0) x2 + y2
f(x,y)− f(0,0)=α x2 + y2 =0⋅x+0⋅y+o(ρ),
o(ρ)
其中ρ= x2 + y2 ，lim =limα=0.对照全微分定义，相当于
ρ→0 ρ ρ→0
x =0,y =0,∆x= x,∆y = y,A=0,B=0.
0 0
可见 f(x,y)在(0,0)点可微，故选择(C).
(8)【答案】( B)
π
【详解】画出该二次积分所对应的积分区域D: ≤ x≤π,sinx≤ y≤1
2
交换为先x后y，则积分区域可化为：0≤ y≤1,π−arcsin y≤ x≤π
π 1 1 π
所以 ∫ dx∫ f(x,y)dy =∫ dy∫ f(x,y)dx， 所以选择(B).
π
sinx 0 π−arcsiny
2
(9) 【答案】A
【详解】
方法1：根据线性相关的定义，若存在不全为零的数k ,k ,k ，使得kα +kα +kα =0
1 2 3 1 1 2 2 3 3
成立，则称α,α,α线性相关.
1 2 3
因(α −α)+(α −α)+(α −α)=0，故α −α，α −α，α −α线性相关，
1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1
所以选择(A).
方法2：排除法
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因为(α +α,α +α,α +α)
1 2 2 3 3 1
1 0 1 1 0 1
=(α,α,α) 1 1 0 =(α,α,α) C ,其中C = 1 1 0 ，
1 2 3 1 2 3 2 2
0 1 1 0 1 1
1 0 1 1 0 1
1 −1
且 C = 1 1 0 1行×(−1)+2行 0 1 −1 =（−1）1+1
2 1 1
0 1 1 0 1 1
=1×1−1×（−1）=2≠0.
故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，C 右乘
2 2
(α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1 2 3
r(α +α,α +α,α +α)=r(α,α,α)=3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以，α +α,α +α,α +α线性无关，排除(B).
1 2 2 3 3 1
因为(α −2α,α −2α,α −2α)
1 2 2 3 3 1
1 0 −2 1 0 −2
=(α,α,α) −2 1 0 =(α,α,α) C , 其中C = −2 1 0 ，
1 2 3 1 2 3 3 3
0 −2 1 0 −2 1
1 0 −2 1 0 −2
1 −4
C = −2 1 0 1行×2+2行 0 1 −4 =（−1）1+1
3 −2 1
0 −2 1 0 −2 1
=1×1−（−2）×（−4）=-7≠0.
故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, C 右乘
3 3
(α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1 2 3
r(α −2α,α −2α,α −2α)=r(α,α,α)=3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以，α −2α,α −2α,α −2α线性无关，排除(C).
1 2 2 3 3 1
因为(α +2α,α +2α,α +2α)
1 2 2 3 3 1
1 0 2 1 0 2
=(α,α,α) 2 1 0 =(α,α,α) C , 其中C = 2 1 0 ，
1 2 3 1 2 3 4 4
0 2 1 0 2 1
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1 0 2 1 0 2
1 −4
C = 2 1 0 1行×(−2)+2行 0 1 −4 =（−1）1+1
4 2 1
0 2 1 0 2 1
=1×1−2×（−4）=9≠0.
故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, C 右乘
4 4
(α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1 2 3
r(α +2α,α +2α,α +2α)=r(α,α,α)=3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以，α +2α,α +2α,α +2α线性无关，排除(D).
1 2 2 3 3 1
综上知应选(A).
(10)【答案】B
【详解】
λ−2 1 1 λ 1 1
方法1：λE−A = 1 λ−2 1 2、3列分别加到1列λ λ−2 1
1 1 λ−2 λ 1 λ−2
1 1 1 1 1 1
提出λλ1 λ−2 1 1行×（−1）+2行λ0 λ−3 0
1 1 λ−2 1 1 λ−2
1 1 1
λ−3 0
1行×（−1）+3行λ0 λ−3 0 =（−1）1+1λ =(λ−3 )2λ=0
0 λ−3
0 0 λ−3
则A的特征值为 3，3，0;B是对角阵，对应元素即是的特征值，则B的特征值为
1，1，0. A,B的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，A与B不相似.
由A,B的特征值可知，A,B的正惯性指数都是 2，又秩都等于 2 可知负惯性指数
也相同，则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指
数，知A与B合同，应选(B).
方法2: 因为迹(A)=2+2+2=6，迹(B)=1+1=2≠6，所以A与B不相似(不满足相似的必要条件).
又λE−A =λ(λ−3)2，λE−B =λ(λ−1)2，A 与 B 是同阶实对称矩阵，其秩
相等，且有相同的正惯性指数，故A与B合同.
二、填空题
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1
(11)【答案】−
6
【详解】由洛必达法则，
1
arctanx−sinx 0 1+x2 −cosx 1− ( 1+x2 ) cosx
lim lim =lim
x→0 x3 0 x→0 3x2 x→0 3x2 ( 1+x2 )
1 1−cosx 1 x2 2 1
=lim ⋅lim −cosx = lim −1 =−
x→03 ( 1+x2 ) x→0 x2 3x→0 x2 6
(12)【答案】1+ 2
dy dy dt ( 1+sint )′ cost
【详解】 = = =
dx dx dt ( )′ −sint−2sintcost
cost+cos2t
π dy 1
把t = 代入， π =− , 所以法线斜率为1+ 2.
4 dx t = 1+ 2
4
(−1)n2nn!
(13)【答案】
3n+1
1
【详解】y = =( 2x+3 )−1，
2x+3
y'=(−1)⋅( 2x+3 )−1−1⋅( 2x )′ =(−1)1⋅1!⋅21⋅( 2x+3 )−1−1，
y''=(−1)⋅(−2)⋅22⋅( 2x+3 )−3 =(−1)22!⋅22⋅( 2x+3 )−2−1 ,,
由数学归纳法可知 y(n) =(−1)n2nn! ( 2x+3 )−n−1 ,
(−1)n2nn!
把x=0代入得 y(n)(0)=
3n+1
(14)【答案】Cex +C e3x −2e2x
1 2
【详解】这是二阶常系数非齐次线性微分方程，且函数 f ( x ) 是 P ( x ) eλx 型(其中
m
P ( x )=2, λ=2).
m
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所给方程对应的齐次方程为 y′′−4y′+3y =0，它的特征方程为r2 −4r+3=0, 得特
征根r =1,r =3, 对应齐次方程的通解y =Cer 1 x +C er 2 x =Cex +C e3x
1 2 1 2 1 2
由于这里λ=2不是特征方程的根，所以应设该非齐次方程的一个特解为 y* = Ae2x,
( )′ ( )′′
所以 y* =2Ae2x， y* =4Ae2x，代入原方程：4Ae2x −4⋅2Ae2x +3Ae2x =2e2x，
则A=−2，所以y* =−2e2x. 故得原方程的通解为y =Cex +C e3x −2e2x.
1 2
y x
(15)【答案】2(− f ' + f ')
x 1 y 2
y x
∂ ∂
∂z x y y 1
【详解】 = f '⋅ + f '⋅ = f '⋅ − + f '⋅ ，
∂x 1 ∂x 2 ∂x 1 x2 2 y
y x
∂ ∂
∂z x y 1 x
= f ′⋅ + f '⋅ = f '⋅ + f '⋅ −
∂y 1 ∂y 2 ∂y 1 x 2 y2
∂z ∂z y 1 1 x
所以 x − y = x⋅ f '⋅ − + f '⋅ − yf '⋅ + f '⋅ −
∂x ∂y 1 x2 2 y 1 x 2 y2
y x y x y x
= − ⋅ f '+ f '⋅ − f '⋅ + f '⋅ =2(− f ' + f ')
x 1 2 y 1 x 2 y x 1 y 2
(16) 【答案】1
【详解】
0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1
A2 = =
0 0 0 10 0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1
0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0
A3 = A2⋅A= =
0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0
( )
由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知r A3 =1.
三、解答题.
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(17)【分析】本题要求函数详解式，已知条件当中关于函数有关的式子只有
f(x) x
cost−sint
∫ f −1(t)dt =∫ t dt，
0 0 sint+cost
这是一个带有积分符号的式子，如果想求出函数的详解式，首先要去掉积分符号，即求导.
f(x) x
cost−sint
【详解】方程∫ f −1(t)dt =∫ t dt两边对x求导， 得
0 0 sint+cost
cosx−sinx cosx−sinx
f −1[f(x)]f′(x)= x ，即xf′(x)= x
sinx+cosx sinx+cosx
cosx−sinx
当x≠0时，对上式两边同时除以x，得 f′(x)= ，所以
sinx+cosx
cosx−sinx d(sinx+cosx)
f(x)=∫ dx=∫ =ln sinx+cosx +C
sinx+cosx sinx+cosx
f(0) π
在已知等式中令x=0，得∫ f −1(t)dt =0. 因 f(x)是[0, ]上的单调可导函数，f −1(t)
0 4
π
的值域为[0, ]，它是单调非负的，故必有 f(0)=0，从而两边对上式取x→0+极限
4
lim f(x)= f(0)=C =0
x→0+
π π
于是 f(x)=ln sinx+cosx ，因为x∈[0, ]，故 f(x)=ln(sinx+cosx),x∈[0, ].
4 4
∞ − x a ∞ − x
(18)【详解】(I) V ( a )=π∫ xa adx =− π∫ xda a
0 lna 0
a − x +∞ a ∞ − x a 2
=− π[xa a] + π∫ a adx =π
lna lna 0 lna
0
1
(Ⅱ) V′( a )=[π a 2 ]′ =π
2aln2a−a22lna
a =π 2alna−2a =2π a ( lna−1 )
lna ln4a ln3a ln3a
令V′( a )=0，得lna =1，从而a =e. 当1e时，V′( a )>0，V ( a )单调增加. 所以a =e时V 最小，最小体积为V ( a )=πe2
min
(19)【详解】令y′= p，则y′′= p′，原方程化为 p′(x+ p2)= p.
x 1
两边同时除以 p′p，得 + p =
p p′
dp dx x
将 p′= 带入上式，得 − = p
dx dp p
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按一阶线性方程求导公式，得
∫1 dp ∫− 1 dp ∫− 1 dp
x=e p (∫ pe p dp+C)=elnp+C(∫ pe p dp) = p[∫dp+C]= p(p+C)
dy
带入初始条件得C =0，于是 p2 = x. 由 y′(1)=1知 p = x ，即 = x
dx
2 3 1 2 3 1
解得y = x2 +C ，带入初始条件得C = ，所以特解为y = x2 + .
3 1 1 3 3 3
(20)【详解】在y−xey−1 =1中，令x=0，得y =1，即y(0)=1
y−xey−1 =1两边对x求导，得y′−(xey−1)′=1′=0⇒ y′−x′ey−1−x(ey−1)′=0
⇒ y′−ey−1−xey−1y′=0( y = y(x)是x的函数，故ey−1是关于x的复合函数，在求导时要
用复合函数求导的法则)
⇒( 2− y ) y′−ey−1 =0 (*) (由y−xey−1 =1知，xey−1 = y−1，把它代入)
在(*)中令x=0，由x=0,y =1，得y′ =1
x=0
在(*)两边求导，得( 2−y ) y′′−y′2−ey−1y′=0. 令x=0，由x=0,y=1,y′=1得，y′′ =2
x=0
因为z = f(ln y−sinx)，令u =ln y−sinx，根据复合函数的求导法则，
dz dz ∂u dz ∂u dy
= ⋅ + ⋅ ⋅ (**)
dx du ∂x du ∂y dx
在u =ln y−sinx中把x,y看成独立的变量，两边关于x求导，得u′ =−cosx
x
1
在u =ln y−sinx中把x,y看成独立的变量，两边关于y求导，得u′ =
y y
dz 1
把以上两式代入(**)中， = f′(u)⋅(−cosx)+ f′(u)⋅ ⋅y′
dx y
dz y′
即 = f′(ln y−sinx)( −cosx) (***)
dx y
dz 1
把x=0,y =1,y′=1代入(***)，得 = f′(ln1−sin0)( −cos0)=0
dx 1
x=0
在(***)左右两端关于x求导，
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d2z y′ y′
=[f′(ln y−sinx)]′( −cosx)+ f′(ln y−sinx)( −cosx)′
dx2 y y
dz dz ∂u dz ∂u dy
根据复合函数的求导法则 = ⋅ + ⋅ ⋅ ，有
dx du ∂x du ∂y dx
y′ y′
[f′(lny−sinx)]′= f′′(lny−sinx)(−cosx)+ f′′(lny−sinx)⋅ = f′′(lny−sinx)( −cosx)
y y
y′ y′ y′2 y′′
( −cosx)′=( )′−(cosx)′=− + +sinx
y y y2 y
d2z y′ y′2 y′′
故 = f′′(ln y−sinx)( −cosx)2 + f′(ln y−sinx) − + +sinx
dx2 y y2 y
把x=0,y =1,y′=1,y′′=2代入上式，得
d2z 1 12 2
= f′′(ln1−sin0)( −cos0)2 + f′(ln1−sin0) − + +sin0 = f′(0)(2−1)=1
dx2 1 12 1
(21)【详解】欲证明存在ξ∈(a,b)使得 f′′(ξ)= g′′(ξ)，可构造函数ϕ(f(x),g(x))=0，
从而使用介值定理、微分中值定理等证明之.
令ϕ(x)= f(x)−g(x)，由题设 f(x),g(x)存在相等的最大值，设x ∈(a,b)，x ∈(a,b)
1 2
使得 f(x)=max f(x)=g(x )=maxg(x). 于是ϕ(x)= f(x)−g(x)≥0，ϕ(x )= f(x )−g(x )≤0
1 2 1 1 1 2 2 2
[a.b] [a.b]
若ϕ(x )=0，则取η= x ∈(a,b)有ϕ(η)=0.
1 1
若ϕ(x )=0，则取η= x ∈(a,b)有ϕ(η)=0.
2 2
若ϕ(x )>0,ϕ(x )<0，则由连续函数介值定理知，存在η∈(x ,x )使ϕ(η)=0.
1 2 1 2
不论以上哪种情况，总存在η∈(a,b),使ϕ(η)=0.
再ϕ(a)= f(a)−g(a)=0,ϕ(b)= f(b)−g(b)=0，将ϕ(x)在区间[a,η],[η,b]分别应
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用罗尔定理，得存在ξ∈(a,η),ξ ∈(η,b),使得ϕ′(ξ)＝0,ϕ′(ξ)=0；再由罗尔定理知，
1 2 1 2
存在ξ∈(ξ,ξ)，使ϕ′′(ξ)=0.即有 f′′(ξ)= g′′(ξ).
1 2
{ } { }
(22)【详解】记D = (x,y) x + y ≤1 ，D = (x,y)1< x + y ≤2 则
1 2
1
∫∫ f(x,y)dσ=∫∫ f(x,y)dσ+∫∫ f(x,y)dσ=∫∫x2dσ+∫∫ dσ
x2 + y2
D D D D D
1 2 1 2
再记σ =
{
(x,y) 0≤ x+ y≤1,x≥0,y≥0
}
，σ =
{
(x,y)1≤ x+ y≤2,x≥0,y≥0
}
1 2
1
由于D 与D 都与x轴对称，也都与 y轴对称，函数x2与 都是x的偶函数，
1 2
x2 + y2
也都是y的偶函数，所以由区域对称性和被积函数的奇偶性有
1 1−x 1 1 1
∫∫x2dσ=4∫∫x2dσ=4∫ dx∫ x2dy =4∫ x2(1−x)dx =4∫ (x2 −x3)dx =
0 0 0 0 3
D σ
1 1
1 1
∫∫ dσ=4∫∫ dσ.
x2 + y2 x2 + y2
D σ
2 2
π
对第二个积分采用极坐标，令x=rcosθ,y =rsinθ,0<θ< .则x+ y =1化为
2
1 2
r = ，x+ y =2化为r = ，于是，
cosθ+sinθ cosθ+sinθ
1 π 2 1
∫∫ dσ=4∫2dθ∫cosθ+sinθ rdr
1
x2 + y2 0 (rcosθ)2 +(rsinθ)2
D cosθ+sinθ
2
π 2 π 1 π 1
=4∫2dθ∫cosθ+sinθdr =4∫2 dθ=4∫2 dθ
0 1 0 cosθ+sinθ 0 π
cosθ+sinθ 2cos(θ− )
4
π
π π π π 2
=2 2∫2sec(θ− )dθ=2 2ln
sec(θ− )+tan(θ− )
0 4 4 4
0
2 2 2+ 2
=2 2lnln +1−ln −1 =2 2ln =2 2ln(3+2 2)
2 2 2− 2
1
所以 ∫∫ f(x,y)dσ=∫∫ f(x,y)dσ+∫∫ f(x,y)dσ= +2 2ln(3+2 2)
3
D D D
1 2
(23)【详解】
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方法1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立得
x +x +x =0
1 2 3
x +2x +ax =0
1 2 3
(3)
x +4x +a2x =0
1 2 3
x +2x +x =a−1
1 2 3
对联立方程组的增广矩阵作初等行变换
1 1 1 0 1 1 1 0
1 2 a 0 0 1 a−1 0
(Ab)= 1 行 × （ − 1 ） + 2 行
1 4 a2 0 1 4 a2 0
1 2 1 a 1 2 1 a
1 1 1 0 1 1 1 0
0 1 a−1 0 0 1 a−1 0
1 行 × （ − 1 ） + 3 行 1 行 × （ − 1 ） + 4 行
0 3 a2 −1 0 0 3 a2 −1 0
1 2 1 a 0 1 0 a−1
1 1 1 0 1 1 1 0
0 0 a−1 1−a 0 0 a−1 1−a
4 行 ×（ − 1） + 2 行 4 行 ×（ − 3 ） + 3 行
0 3 a2 −1 0 0 0 a2 −1 3−3a
0 1 0 a−1 0 1 0 a−1
1 1 1 0 1 1 1 0
0 1 0 a−1 0 1 0 a−1
换 行 3 行 ×（ -a-1 ） +4 行
0 0 a−1 1−a 0 0 a−1 1−a
0 0 a2 −1 3−3a 0 0 0 (a−1)(a−2)
由此知，要使此线性方程组有解，a必须满足(a−1)(a−2)=0，即a =1或a=2.
x +x +x =0
当a =1时，r(A)=2 ，联立方程组(3)的同解方程组为 1 2 3 ，由
x =0
2
r(A)=2，方程组有n−r =3−2=1个自由未知量. 选x 为自由未知量，取x =1，解
1 1
得两方程组的公共解为k ( 1,0,−1 )T，其中k是任意常数.
x +x +x =0
1 2 3
当a=2时, 联立方程组(3)的同解方程组为x =0 ，解得两方程的公共
2
x =−1
3
解为( 0,1,−1 )T .
方法2：将方程组(1)的系数矩阵A作初等行变换
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1 1 1 1 1 1
A= 1 2 a 1 行 × （ − 1 ） + 2 行 0 1 a−1
1 4 a2 1 4 a2
1 1 1 1 1 1
1 行 × （ − 1 ） + 3 行 0 1 a−1 2 行 ×（ − 3 ） + 3 行 0 1 a−1
0 3 a2 −1 0 0 (a−1)(a−2)
x +x +x =0
当a =1时，r(A)=2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)=2，
x =0
2
方程组有n−r =3−2=1个自由未知量.选x 为自由未知量，取x =1，解得(1)的通解为
1 1
k ( 1,0,−1 )T，其中k是任意常数. 将通解k ( 1,0,−1 )T代入方程(2)得k+0+(−k)=0，对
任意的k成立，故当a =1时，k ( 1,0,−1 )T是(1)、(2)的公共解.
x +x +x =0
当a=2时，r(A)=2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)=2，
x +x =0
2 3
方程组有n−r =3−2=1个自由未知量.选x 为自由未知量，取x =1，解得(1)的通解
2 2
为µ( 0,1,−1 )T ,其中µ是任意常数. 将通解µ( 0,1,−1 )T代入方程(2)得2µ−µ=1，即
µ=1，故当a=2时，(1)和(2)的公共解为( 0,1,−1 )T .
(24)【详解】(I)由Aα =α，可得 Akα = Ak−1(Aα)= Ak−1α ==α，k是正整数,故
1 1 1 1 1 1
Bα =(A5 −4A3+E)α = A5α −4A3α +Eα =α −4α +α =−2α
1 1 1 1 1 1 1 1 1
于是α是矩阵B的特征向量(对应的特征值为λ′ =−2).
1 1
若 Ax=λx ， 则 (kA)x=(kλ)x,Amx=λmx 因 此 对 任 意 多 项 式 f(x) ，
f(A)x= f(λ)x，即 f(λ)是 f(A)的特征值.
故B的特征值可以由A的特征值以及B与A的关系得到，A的特征值λ=1,λ =2,
1 2
λ =−2, 则B有特征值λ′= f(λ)=−2,λ′ = f(λ)=1,λ′ = f(λ)=1,所以B 的全部特
3 1 1 2 2 3 3
征值为－2，1，1.
由A是实对称矩阵及B与A的关系可以知道，B也是实对称矩阵，属于不同的特征值
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的特征向量正交. 由前面证明知α是矩阵B的属于特征值λ′ =−2的特征向量，设B的属
1 1
于1的特征向量为(x ,x ,x )T ，α与(x ,x ,x )T 正交，所以有方程如下：
1 2 3 1 1 2 3
x −x +x =0
1 2 3
选x ,x 为自由未知量，取x =0,x =1和x =1,x =0，于是求得B的属于 1 的特征向量
2 3 2 3 2 3
为 α =k (−1,0,1)T,α =(1,1,0)T
2 2 3
故B的所有的特征向量为：对应于λ′=−2的全体特征向量为kα，其中k 是非零任意常数，
1 1 1 1
对应于λ′ =λ′ =1的全体特征向量为kα +kα，其中k ,k 是不同时为零的任意常数.
2 3 2 2 3 3 2 3
1 −1 1
(ΙΙ)方法1：令矩阵P=[α,α,α]= −1 0 1 ，求逆矩阵P−1.
1 2 3
1 1 0
1 −1 1 1 0 0 1 −1 1 1 0 0
−1 0 1 0 1 0 1 行 + 2 行 0 −1 2 1 1 0
1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1
1 −1 1 1 0 0 1 −1 1 1 0 0
1 行 + 3 行 0 −1 2 1 1 0 行 × 2 + 3 行 0 −1 2 1 1 0
0 2 −1 −1 0 1 0 0 3 1 2 1
1 −1 1 1 0 0 1 −1 1 1 0 0
3 行 ÷3 0 −1 2 1 1 0 3 行 × ( - 2 ) + 2 行 0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3 0 0 1 1/3 2/3 1/3
1 −1 0 2/3 −2/3 −1/3
3 行 × ( - 1 ) + 1 行 0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3
1 0 0 1/3 −1/3 1/3
2 行 × ( - 1 ) + 1 行 0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3
1 0 0 1/3 −1/3 1/3
2 行 × ( - 1 ) 0 1 0 −1/3 1/3 2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3
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1/3 −1/3 1/3 1 −1 1
1
则 P−1 = −1/3 1/3 2/3 = −1 1 2
3
1/3 2/3 1/3 1 2 1
由P−1BP=diag(−2,1,1)，所以
1 −1 1−2 0 0 1 −1 1
1
B= P⋅diag(−2,1,1)⋅P−1 = −1 0 1 0 1 0 −1 1 2
3
1 1 0 0 0 1 1 2 1
1 −1 1−2 2 −2 0 3 −3 0 1 −1
1 1
= −1 0 1 −1 1 2 = 3 0 3 = 1 0 1
3 3
1 1 0 1 2 1 −3 3 0 −1 1 0
方法2：由(Ι)知α与α,α分别正交，但是α和α不正交，现将α,α正交化：
1 2 3 2 3 2 3
1 1 1 1
取 β =α,β =α +k β =(1,1,0)+(− ,0, )=( ,1, ).
2 2 3 3 12 2 2 2 2 2
(α,β) 1×(−1) 1 1
其中，k =− 3 2 β =− (−1,0,1)T =(− ,0, )
12 (β,β) 2 (−1)×(−1)+1×1 2 2
2 2
再对α,β,β单位化：
1 2 3
α 1 β 1 β 2 1 1
ξ = 1 = (1,−1,1),ξ = 2 = (−1,0,1)=,ξ = 3 = ( ,1, )
1 α 3 2 β 2 3 β 3 2 2
1 2 3
1 1 3
其中， α = 12+(−1)2+12 = 3, β = (−1)2+12 = 2, β = ( )2+12+( )2 =
1 2 3 2 2 2
合并成正交矩阵，
1 −1 2
3 2 2 3
−1 2
记 Q= 0
3 3
1 1 2
3 2 2 3
由Q−1BQ=diag(−2,1,1)，有B=Q⋅diag(−2,1,1)⋅Q−1. 又由正交矩阵的性质：
Q−1 =QT，得
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1 −1 2 1 −1 1
3 2 2 3 −2 0 0 3 3 3
−1 2 −1 1
B=Q⋅diag(−2,1,1)⋅QT = 0 0 1 0 0
3 3 2 2
0 0 1
1 1 2 2 2 2
3 2 2 3 2 3 3 2 3
1 −1 2 −2 2 −2
3 2 2 3 3 3 3 0 1 −1
−1 2 −1 1
= 0 0 = 1 0 1 .
3 3 2 2
−1 1 0
1 1 2 2 2 2
3 2 2 3 2 3 3 2 3
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2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列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) 设 f(x)= x2(x−1)(x−2)，求 f′(x)的零点个数( )
( ) ( ) ( ) ( )
A 0 B 1 C 2 D 3
(2) 如图，曲线段方程为y = f(x)，
y
函数在区间[0,a]上有连续导数，则
C(0, f(a)) A(a, f(a))
a
定积分∫ xf′(x)dx等于( ) y=f(x)
0
(
A
)曲边梯形ABOD面积.
(
B
)梯形ABOD面积.
D
(
C
)曲边三角形ACD面积.
(
D
)三角形ACD面积. O B(a,0) x
(3) 在下列微分方程中，以y =Cex +C cos2x+C sin2x(C ,C ,C 为任意常数)为通解
1 2 3 1 2 3
的是( )
( A ) y′′′+ y′′−4y′−4y =0. ( B ) y′′′+ y′′+4y′+4y =0.
( C ) y′′′− y′′−4y′+4y =0. ( D ) y′′′− y′′+4y′−4y =0.
lnx
(4) 判断函数 f(x)= sinx(x>0)间断点的情况( )
x−1
(
A
)有1个可去间断点，1个跳跃间断点
(
B
)有1个跳跃间断点，1个无穷间断点
(
C
)有两个无穷间断点
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(
D
)有两个跳跃间断点
(5) 设函数 f(x)在(−∞,+∞)内单调有界，{ x }为数列，下列命题正确的是( )
n
(
A
)若{
x
}收敛，则{
f(x )
}收敛. (
B
)若{
x
}单调，则{
f(x )
}收敛.
n n n n
(
C
)若{
f(x )
}收敛，则{
x
}收敛. (
D
)若{
f(x )
}单调，则{
x
}收敛.
n n n n
( )
f x2 + y2
(6) 设函数 f 连续. 若F ( u,v )= ∫∫ dxdy，其中区域D 为图中阴影部分，则
uv
x2 + y2
D
uv
y
∂F
=( ) x2+y2=u2
∂u
( A ) vf ( u2 )
x2+y2=1
( B ) v f ( u2 )
u
( ) ( )
C vf u D
uv
v
( ) v ( )
D f u O x
u
(7) 设A为n阶非零矩阵，E为n阶单位矩阵. 若A3 =O，则( )
( A ) E−A不可逆，E+ A不可逆. ( B ) E−A不可逆，E+ A可逆.
( C ) E−A可逆，E+ A可逆. ( D ) E−A可逆，E+ A不可逆.
1 2
(8) 设A= ，则在实数域上与A合同的矩阵为( )
2 1
−2 1 2 −1
( ) ( )
A . B .
1 −2 −1 2
2 1 1 −2
( ) ( )
C . D .
1 2 −2 1
二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.
1−cos(sinx)
(9) f(x)连续，lim =1，则 f(0)=
x→0 (ex2 −1)f(x)
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(10) 微分方程(y+x2e−x)dx−xdy =0的通解是y =
(11) 曲线sin ( xy )+ln ( y−x )= x在点( 0,1 )处的切线方程为 .
2
(12) 求函数 f(x)=(x−5)x3 的拐点______________.
x
yy ∂z
(13) 已知z = ，则 = _______.
x ∂x
(1,2)
(14) 矩阵A的特征值是λ,2,3，其中λ未知，且 2A =−48，则λ=_______.
三、解答题：15－23 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.
(15)(本题满分9分)
sinx−sin ( sinx )sinx
求极限lim .
x→0 x4
(16) (本题满分10分)
x= x(t)
设函数y = y(x)由参数方程
t2
确定，其中x(t)是初值问题
y =∫ ln(1+u)du
0
dx
−2te−x =0 d2y
dt 的解. 求 .
dx2
x| =0
t=0
(17)(本题满分9分)
1x2arcsinx
计算 ∫ dx
0 1−x2
(18)(本题满分11分)
计算∫∫max { xy,1 } dxdy,其中D={(x,y) 0≤ x≤2,0≤ y≤2}
D
(19)(本题满分11分)
设 f(x)是区间[0,+∞)上具有连续导数的单调增加函数，且 f(0)=1. 对于任意的
t∈[0,+∞)，直线x=0,x=t，曲线y = f(x)以及x轴所围成曲边梯形绕x轴旋转一周生
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成一旋转体. 若该旋转体的侧面面积在数值上等于其体积的2倍，求函数 f(x)的表达式.
(20)(本题满分11分)
(I) 证明积分中值定理：若函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续，则至少存在一点η∈[a,b]，
b
使得∫ f(x)dx= f(η)(b−a)；
a
3
(II) 若函数ϕ(x)具有二阶导数，且满足，ϕ(2)>ϕ(1),ϕ(2)>∫ ϕ(x)dx，则至少存在
2
一点ξ∈(1,3)，使得ϕ′′(ξ)<0.
(21)(本题满分11分)
求函数u = x2 + y2 +z2在约束条件z = x2 + y2和x+ y+z =4下的最大和最小值.
(22)(本题满分12分)
设n元线性方程组Ax=b，其中
2a 1 x 1
1
a2 2a x 0
A=
，x=
2
，b=
1
a2 2a x 0
n×n n
(I) 证明行列式 A =( n+1 ) an
(II) 当a为何值时，该方程组有唯一解，并求x
1
(III) 当a为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解
(23)(本题满分10分)
设 A为 3 阶矩阵，α,α 为 A的分别属于特征值−1,1的特征向量，向量α 满足
1 2 3
Aα =α +α，
3 2 3
(I) 证明α,α,α线性无关；
1 2 3
(II)
令P=(α,α,α)，求P−1AP
1 2 3
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2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析
一、选择题
(1)【答案】D
【详解】因为 f(0)= f(1)= f(2)=0 ，由罗尔定理知至少有ξ∈(0,1)，ξ ∈(1,2) 使
1 2
f′(ξ)= f′(ξ)=0，所以 f′(x)至少有两个零点. 由于 f′(x)是三次多项式，三次方程
1 2
f′(x)=0的实根不是三个就是一个，故D正确.
(2)【答案】C
a a a a
【详解】∫ xf′(x)dx=∫ xdf(x)= xf(x) a −∫ f(x)dx=af(a)−∫ f(x)dx
0
0 0 0 0
a a
其中af(a)是矩形ABOC面积，∫ f(x)dx为曲边梯形ABOD的面积，所以∫ xf′(x)dx为
0 0
曲边三角形的面积．
(3)【答案】D
【详解】由微分方程的通解中含有ex、cos2x、sin2x知齐次线性方程所对应的特征方程
有根r =1,r =±2i，所以特征方程为(r−1)(r−2i)(r+2i)=0，即r3−r2 +4r−4=0. 故
以已知函数为通解的微分方程是y′′′− y′′+4y′−4=0
(4) 【答案】A
【详解】x=0,x=1时 f(x)无定义，故x=0,x=1是函数的间断点
lnx 1 1 x
因为 lim f(x)= lim ⋅lim = lim
x→0+ x→0+ cscx x→0+|x−1| x→0+ −cscxcotx
sin2 x x
=−lim =−lim =0
x→0+ xcosx x→0+ cosx
同理 lim f(x)=0
x→0−
lnx 1
又 lim f(x)= lim ⋅limsinx= lim sin1=sin1
x→1+ x→1+ x−1 x→1+ x→1+ x
lnx
lim f(x)= lim ⋅limsinx=−sin1
x→1− x→1−1−x x→1+
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所以 x=0是可去间断点，x=1是跳跃间断点.
(5)【答案】B
【详解】因为 f(x)在(−∞,+∞)内单调有界，且{x }单调. 所以{f(x )}单调且有界. 故
n n
{f(x )}一定存在极限.
n
(6)【答案】A
( )
f u2 +v2
【详解】用极坐标得 F ( u,v )=∫∫ dudv=∫ v dv∫ u f(r2)rdr =v∫ u f(r2)dr
u2 +v2 0 1 r 1
D
∂F
( )
所以 =vf u2
∂u
(7) 【答案】C
【详解】(E−A)(E+ A+ A2)= E−A3 = E，(E+ A)(E−A+ A2)= E+ A3 = E
故E−A,E+ A均可逆．
(8) 【答案】D
1 −2
【详解】记D= ，
−2 1
λ−1 2 λ−1 −2
则λE−D = =(λ−1 )2 −4，又λE−A = =(λ−1 )2 −4
2 λ−1 −2 λ−1
所以A和D有相同的特征多项式，所以A和D有相同的特征值.
又A和D为同阶实对称矩阵，所以A和D相似．由于实对称矩阵相似必合同，故D正确.
二、填空题
(9)【答案】2
1−cos[xf(x)] 2sin2[xf(x) 2] 2sin2[xf(x) 2]⋅ f(x)
【详解】lim =lim =lim
x→0 (ex2 −1)f(x) x→0 x2f(x) x→0 [xf(x) 2]2⋅4
1 1
= lim f(x)= f(0)=1
2 x→0 2
所以 f(0)=2
(10)【答案】x(−e−x +C)
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【详解】微分方程 ( y+x2e−x ) dx−xdy =0可变形为 dy − y = xe−x
dx x
∫1 dx −∫1 dx 1
所以 y =e x ∫xe−xe x dx+C = x ∫xe−x⋅ dx+C = x(−e−x +C)
x
(11)【答案】y = x+1
1
ycos(xy)− −1
dy F′ y−x
【详解】设F(x,y)=sin(xy)+ln(y−x)−x，则 =− x =− ，
dx F′ 1
y xcos(xy)+
y−x
dy
将y(0)=1代入得 =1，所以切线方程为y−1= x−0，即y = x+1
dx
x=0
(12)【答案】(−1,−6)
5 10 10(x+2)
【详解】y = x53−5x23 ⇒ y′= x23 − x−13 =
3 3 3x13
10 10 10(x+1)
⇒ y′′= x−13 + x−43 =
9 9 9x43
x=−1时，y′′=0；x=0时，y′′不存在
在x=−1左右近旁y′′异号，在x=0左右近旁y′′>0，且y(−1)=−6
故曲线的拐点为(−1,−6)
2
(13)【答案】 (ln2−1)
2
y x
【详解】设u = ,v= ，则z =uv
x y
∂z ∂z ∂u ∂z ∂v y 1
所以 = ⋅ + ⋅ =vuv−1(− )+uvlnu⋅
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x x2 y
vy lnu y x y 1 y
=uv
− +
=
⋅
−1+ln
ux2 y x y x
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∂z 2
所以 = (ln2−1)
∂x 2
(1,2)
(14)【答案】-1
【详解】 | A|=2×3×λ=6λ |2A|=23 | A|
∴ 23×6λ=−48 ⇒λ=−1
三、解答题
(15)【详解】
[sinx−sin(sinx)]sinx sinx−sin(sinx)
方法一：lim =lim
x→0 x4 x→0 x3
1
sin2 x
cosx−cos(sinx)cosx 1−cos(sinx) 1
2
=lim =lim =lim =
x→0 3x2 x→0 3x2 x→0 3x2 6
1 1
方法二： sinx= x− x3+o(x3) sin(sinx)=sinx− sin3 x+o(sin3 x)
6 6
[sinx−sin(sinx)]sinx sin4 x o(sin4 x) 1
∴ lim =lim + =
x→0 x4 x→0 6x4 x4 6
(16)【详解】
dx
方法一：由 −2te−x =0得exdx=2tdt，积分并由条件x 得ex =1+t2，即x=ln(1+t2)
dt t=0
dy
所以 dy = dt = ln(1+t2)⋅2t =(1+t2)ln(1+t2)
dx dx 2t
dt 1+t2
d
[(1+t2)ln(1+t2)]
d2y d dy dt 2tln(1+t2)+2t
=
= =
dx2 dxdx dx 2t
dt 1+t2
=(1+t2)[ln(1+t2)+1]
dx
方法二：由 −2te−x =0得exdx=2tdt，积分并由条件x 得ex =1+t2，即x=ln(1+t2)
dt t=0
dy
所以 dy = dt = ln(1+t2)⋅2t =(1+t2)ln(1+t2)=exx
dx dx 2t
dt 1+t2
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d2y
所以 =ex(x+1)
dx2
(17)【详解】
x2arcsinx 1x2arcsinx
方法一：由于lim =+∞，故∫ dx是反常积分.
x→1− 1−x2 0 1−x2
令arcsinx=t，有x=sint，t∈[0,π 2)
1x2arcsinx πtsin2t π π t tcos2t
∫ dx=∫2 costdt =∫2tsin2tdt =∫2( − )dt
0 1−x2 0 cost 0 0 2 2
π π
t2 2 1 π π2 tsin2t 2 1 π
= − ∫2tdsin2t = − + ∫2sin2tdt
4 4 0 16 4 4 0
0 0
π
π2 1 2 π2 1
= − cos2t = +
16 8 16 4
0
1x2arcsinx 1 1
方法二：∫ dx = ∫ x2d(arcsinx)2
0 1−x2 2 0
1 1 1 π2 1
= x2(arcsinx)2 −∫ x(arcsinx)2dx= −∫ x(arcsinx)2dx
2 0 8 0
0
令arcsinx=t，有x=sint，t∈[0,π 2)
1 1 π 1 π
∫ x(arcsinx)2dx= ∫2t2sin2tdt =− ∫2t2dcos2t
0 2 0 4 0
π
1 2 1 π π2 1
=− (t2cos2t) + ∫2tcos2tdt = −
4 2 0 16 4
0
π2 1
故，原式= +
16 4
(18)【详解】 曲线xy =1将区域分成两
个区域D 和D +D ，为了便于计算继续对
1 2 3
区域分割，最后为
D
∫∫max ( xy,1 ) dxdy 1
D
D D
3 2
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=∫∫xydxdy+∫∫dxdy+∫∫dxdy
D D D
1 2 3
1 1
2 2 2 2
=∫2dx∫ 1dy+∫ dx∫x1dy+∫ dx∫ xydy
1 1 1
0 0 0
2 2 x
15 19
=1+2ln2+ −ln2 = +ln2
4 4
t t
(19)【详解】旋转体的体积V =π∫ f 2(x)dx，侧面积S =2π∫ f(x) 1+ f′2(x)dx，由题
0 0
设条件知
t t
∫ f 2(x)dx=∫ f(x) 1+ f′2(x)dx
0 0
上式两端对t求导得 f 2(t)= f(t) 1+ f′2(t)， 即 y′= y2 −1
由分离变量法解得 ln(y+ y2 −1)=t+C ， 即 y+ y2 −1=Cet
1
1
将y(0)=1代入知C =1，故y+ y2 −1=et，y = (et +e−t)
2
1
于是所求函数为 y = f(x)= (et +e−t)
2
(20)【详解】(I) 设M 与m是连续函数 f(x)在[a,b]上的最大值与最小值，即
m≤ f(x)≤M x∈[a,b]
b
∫ f(x)dx
b
由定积分性质，有 m(b−a)≤∫ f(x)dx≤M(b−a)，即 m≤ a ≤M
a b−a
b
∫ f(x)dx
由连续函数介值定理，至少存在一点η∈[a,b]，使得 f(η)= a
b−a
b
即 ∫ f(x)dx= f(η)(b−a)
a
3
(II) 由(I)的结论可知至少存在一点η∈[2,3]，使 ∫ ϕ(x)dx=ϕ(η)(3−2)=ϕ(η)
2
3
又由 ϕ(2)>∫ ϕ(x)dx=ϕ(η)，知 2<η≤3
2
对ϕ(x)在[1,2][2,η]上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到ϕ(1)<ϕ(2)，ϕ(η)<ϕ(2)得
ϕ(2)−ϕ(1)
ϕ′(ξ)= >0 1<ξ <2
1 2−1 1
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ϕ(η)−ϕ(2)
ϕ′(ξ)= <0 2<ξ <η≤3
2 η−2 1
在[ξ,ξ]上对导函数ϕ′(x)应用拉格朗日中值定理，有
1 2
ϕ′(ξ)−ϕ′(ξ)
ϕ′′(ξ)= 2 1 <0 ξ∈(ξ,ξ)⊂(1,3)
ξ −ξ 1 2
2 1
(21)【详解】
方法一：作拉格朗日函数F(x,y,z,λ,µ)= x2 + y2 +z2 +λ(x2 + y2 −z)+µ(x+ y+z−4)
F′=2x+2λx+µ=0
x
F′=2y+2λy+µ=0
y
令 F′=2z−λ+µ=0
z
F′ = x2 + y2 −z =0
λ
F′ = x+ y+z−4=0
µ
解方程组得(x ,y ,z )=(1,1,2),(x ,y ,z )=(−2,−2,8)
1 1 1 2 2 2
故所求的最大值为72，最小值为6.
方法二：问题可转化为求u = x2 + y2 +x4 +2x2y2 + y4在x+ y+x2 + y2 =4条件下的最值
设F(x,y,λ)=u = x4 + y4 +2x2y2 +x2 + y2 +λ(x+ y+x2 + y2 −4)
F′=4x3+4xy2 +2x+λ(1+2x)=0
x
令 F′=4y3+4x2y+2y+λ(1+2y)=0
y
F′ = x+ y+x2 + y2 −4=0
λ
解得(x ,y )=(1,1),(x ,y )=(−2,−2)，代入z = x2 + y2，得z =2,z =8
1 1 2 2 1 2
故所求的最大值为72，最小值为6.
(22)【详解】(I)证法一：
2a 1
2a 1
3a
a2 2a 1 0 1
2
a2 2a 1
A = r − ar a2 2a =
2 2 1
1
1
a2 2a
a2 2a
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2a 1
3a
0 1
2
4a
n−1 0 3a 4a (n+1)a
r − ar 3 =2a⋅ ⋅ ⋅ =(n+1)an
n n n−1 2 3 n
1
(n+1)a
0
n
证法二：记D =| A|，下面用数学归纳法证明D =(n+1)an．
n n
当n=1时，D =2a，结论成立．
1
2a 1
当n=2时，D = =3a2，结论成立．
2 a2 2a
假设结论对小于n的情况成立．将D 按第1行展开得
n
a2 1
0 2a 1
a2 2a 1
D =2aD −
n n−1
1
a2 2a
=2aD −a2D =2anan−1−a2(n−1)an−2 =(n+1)an
n−1 n−2
故 | A|=(n+1)an
证法三：记D =| A|，将其按第一列展开得 D =2aD −a2D ，
n n n−1 n−2
所以 D −aD =aD −a2D =a(D −aD )
n n−1 n−1 n−2 n−1 n−2
=a2(D −aD )==an−2(D −aD )=an
n−2 n−3 2 1
即 D =an +aD =an +a(an−1+aD )=2an ++a2D
n n−1 n−2 n−2
==(n−2)an +an−2D =(n−1)an +an−1D
2 1
=(n−1)an +an−1⋅2a =(n+1)an
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(II)因为方程组有唯一解，所以由Ax= B知 A ≠0，又 A =(n+1)an，故a≠0．
由克莱姆法则，将D 的第1列换成b，得行列式为
n
1 1 2a 1
0 2a 1 a2 2a 1
a2 2a a2 2a
= = D =nan−1
n−1
1 1
a2 2a a2 2a
n×n (n−1)×(n−1)
D n
所以 x = n−1 =
1 D (n+1)a
n
(III)方程组有无穷多解，由 A =0，有a =0，则方程组为
0 1 x 1
1
0 1 x 0
2
=
0 1x n−1 0
0x 0
n
此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为n−1，所以方程组有无穷多解，其通解为
k ( 1 0 0 0 )T +( 0 1 0 0 )T ,k为任意常数．
(23)【详解】(I)
证法一：假设α,α,α线性相关．因为α,α 分别属于不同特征值的特征向量，故α,α 线
1 2 3 1 2 1 2
性无关，则α可由α,α 线性表出，不妨设α =lα +lα ，其中l ,l 不全为零(若
3 1 2 3 1 1 2 2 1 2
l ,l 同时为0，则α为0，由Aα =α +α可知α =0，而特征向量都是非0向
1 2 3 3 2 3 2
量，矛盾)
Aα =−α, Aα =α
1 1 2 2
∴ Aα =α +α =α +lα +lα，又Aα = A(lα +lα)=−lα +lα
3 2 3 2 1 1 2 2 3 1 1 2 2 1 1 2 2
∴−lα +lα =α +lα +lα ，整理得：2lα +α =0
1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2
则α,α 线性相关，矛盾. 所以，α,α,α线性无关.
1 2 1 2 3
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证法二：设存在数k ,k ,k ，使得kα +kα +kα =0 (1)
1 2 3 1 1 2 2 3 3
用A左乘(1)的两边并由Aα =−α, Aα =α 得
1 1 2 2
−kα +(k +k )α +kα =0 (2)
1 1 2 3 2 3 3
(1)—(2)得 2kα −kα =0 (3)
1 1 3 2
因为α,α 是 A的属于不同特征值的特征向量，所以α,α 线性无关，从而
1 2 1 2
k =k =0，代入(1)得kα =0，又由于α ≠0，所以k =0，故α,α,α线性无关.
1 3 2 2 2 2 1 2 3
(II) 记P=(α,α,α)，则P可逆，
1 2 3
AP= A(α,α,α)=(Aα,Aα,Aα) =(−α,α,α +α)
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3
−1 0 0 −1 0 0
=(α,α,α) 0 1 1 = P 0 1 1
1 2 3
0 0 1 0 0 1
−1 0 0
所以 P−1AP= 0 1 1 .
0 0 1
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2009 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、选择题：1～8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项是符
合题目要求的,把所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
x−x3
(1) 函数 f ( x )= 的可去间断点的个数为 ( )
sinπx
(A) 1. (B) 2. (C) 3. (D) 无穷多个.
(2) 当x→0时, f ( x )= x−sinax与g ( x )= x2ln ( 1−bx )是等价无穷小,则 ( )
1 1
(A) a=1,b=− . (B) a =1,b= .
6 6
1 1
(C) a =−1,b=− . (D) a=−1,b= .
6 6
(3) 设函数z = f ( x,y )的全微分为dz = xdx+ ydy,则点( 0,0 ) ( )
(A) 不是 f ( x,y )的连续点. (B) 不是 f ( x,y )的极值点.
(C) 是 f ( x,y )的极大值点. (D) 是 f ( x,y )的极小值点.
(4) 设函数 f ( x,y )连续,则∫ 2 dx∫ 2 f ( x,y ) dy+∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx= ( )
1 x 1 y
(A) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy. (B) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy.
1 1 1 x
(C) ∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx. (D) ∫ 2 dy∫ 2 f ( x,y ) dx.
1 1 1 y
(5) 若 f′′( x )不变号,且曲线y = f ( x )在点( 1,1 )处的曲率圆为x2 + y2 =2,则函数 f ( x )
在区间( 1,2 )内 ( )
(A) 有极值点,无零点. (B) 无极值点,有零点.
(C) 有极值点,有零点. (D) 无极值点,无零点.
(6) 设函数y = f ( x )在区间[−1,3 ]上的图形为
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则函数F ( x )=∫ x f ( t ) dt的图形为 ( )
0
(A) (B)
(C) (D)
(7) 设A, B均为2阶矩阵,A*,B*分别为A, B的伴随矩阵,若 A =2, B =3,则分块矩阵
O A
的伴随矩阵为 ( )
B O
O 3B* O 2B*
(A) . (B) .
2A* O 3A* O
O 3A* O 2A*
(C) . (D) .
2B* O 3B* O
1 0 0
(8) 设A,P均为3阶矩阵,PT 为P的转置矩阵,且PTAP= 0 1 0 .
0 0 2
若P=(α,α,α),Q=(α+α,α,α),则QTAQ为 ( )
1 2 3 1 2 2 3
2 1 0 1 1 0
(A) 1 1 0 . (B) 1 2 0 .
0 0 2 0 0 2
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2 0 0 1 0 0
(C) 0 1 0 . (D) 0 2 0 .
0 0 2 0 0 2
二、填空题：9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上.
x=∫ 1−t e−u2 du,
(9) 曲线 0 在点(0,0)处的切线方程为 .
y =t2ln(2−t2)
+∞
(10) 已知∫ ekxdx=1,则k = .
−∞
1
(11) lim∫ e−xsinnxdx= .
n→∞ 0
d2y
(12) 设y = y(x)是由方程xy+ey = x+1确定的隐函数,则 = .
dx2
x=0
(13) 函数y = x2x在区间( 0，1 ]上的最小值为 .
2 0 0
(14) 设α,β为3维列向量,βT为β的转置,若矩阵αβT相似于 0 0 0 ,则βTα=
0 0 0
_____________.
三、解答题：15－23 小题,共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.
(15)(本题满分9分)
( 1−cosx )[ x−ln(1+tanx) ]
求极限lim
x→0 sin4 x
(16)(本题满分10 分)
1+x
计算不定积分∫ln1+ dx (x >0).
x
(17)(本题满分10分)
∂2z
设z = f ( x+ y,x− y,xy ),其中 f 具有二阶连续偏导数,求dz与 .
∂x∂y
(18)(本题满分10分)
设非负函数y = y ( x )( x≥0 )满足微分方程xy′′− y′+2=0.当曲线 y = y ( x )过原点
时,其与直线x=1及y =0围成的平面区域D的面积为 2,求D绕y轴旋转所得旋转体的体
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积.
(19)(本题满分10分)
{ }
计算二重积分∫∫( x− y ) dxdy,其中D= ( x,y ) ( x−1 )2 +( y−1 )2 ≤2,y≥ x .
D
(20)(本题满分12分)
π π
设 y = y(x)是区间(−π,π)内过点(− , )的光滑曲线,当−π< x<0时,曲线上
2 2
任一点处的法线都过原点；当0≤ x<π时,函数y(x)满足y′′+ y+x=0.求函数y(x)的表
达式.
(21)(本题满分11分)
(Ⅰ)证明拉格朗日中值定理：若函数 f ( x )在[ a,b ]上连续,在(a,b)可导,则存在ξ∈( a,b ),
使得 f ( b )− f ( a )= f′(ξ)( b−a ).
(Ⅱ)证明：若函数 f ( x )在 x=0处连续,在( 0,δ)(δ>0 )内可导,且 lim f′( x )= A,则
x→0+
f′( 0 )存在,且 f′( 0 )= A.
+ +
(22)(本题满分11分)
设
1 −1 −1 −1
A= −1 1 1 ,ξ = 1
1
0 −4 −2 −2
(Ⅰ)求满足Aξ =ξ,A2ξ =ξ的所有向量ξ,ξ；
2 1 3 1 2 3
(Ⅱ)对(Ⅰ)中的任意向量ξ,ξ,证明：ξ,ξ,ξ线性无关.
2 3 1 2 3
(23)(本题满分11分)
设二次型
f ( x ,x ,x )=ax2 +ax2 +( a−1 ) x2 +2x x −2x x
1 2 3 1 2 3 1 3 2 3
(Ⅰ)求二次型 f 的矩阵的所有特征值；
(Ⅱ)若二次型 f 的规范形为y2 + y2,求a的值.
1 2
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2009 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题答案
一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项是符合题目要求的.请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
x−x3
（1）函数 f ( x )= 的可去间断点的个数为（ ）
sinnx
(
A
)
1.
(
B
)
2.
(
C
)
3.
(
D
)无穷多个.
【答案】C
【解析】
x−x3
f
(
x
)=
sinπx
则当x取任何整数时， f ( x )均无意义
故 f ( x )的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是 x−x3 =0的解
x =0,±1
1,2,3
x−x3 1−3x2 1
lim =lim =
x→0sinπx x→0πcosπx π
x−x3 1−3x2 2
lim =lim =
x→1sinπx x→1πcosπx π
x−x3 1−3x2 2
lim = lim =
x→−1sinπx x→−1πcosπx π
故可去间断点为3个，即0,±1
（2）当x→0时， f ( x )= x−sinax与g ( x )= x2ln ( 1−bx )是等价无穷小，则（ ）
1 1 1 1
( A ) a=1,b=− . ( B ) a =1,b= . ( C ) a =−1,b=− . ( D ) a=−1,b= .
6 6 6 6
【答案】A
【解析】 f(x)= x−sinax,g(x)= x2ln(1−bx)为等价无穷小，则
f(x) x−sinax x−sinax 1−acosax a2sinax
lim =lim =lim 洛lim 洛lim
x→0 g(x) x→0 x2ln(1−bx) x→0 x2⋅(−bx) x→0 −3bx2 x→0 −6bx
a2sinax a3
=lim =− =1 ∴a3 =−6b 故排除B,C .
x→0 6b 6b
− ⋅ax
a
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1−acosax
另外lim 存在，蕴含了1−acosax→0 ( x→0 )故a =1. 排除D.
x→0 −3bx2
所以本题选A.
（3）设函数z = f ( x,y )的全微分为dz = xdx+ ydy，则点( 0,0 )（ ）
(
A
)不是
f
(
x,y
)的连续点. (
B
)不是
f
(
x,y
)的极值点.
(
C
)是
f
(
x,y
)的极大值点. (
D
)是
f
(
x,y
)的极小值点.
【答案】 D
∂z ∂z
【解析】因dz = xdx+ ydy可得 = x, = y
∂x ∂y
∂2z ∂2z ∂2z ∂2z
A= =1, B= = =0, C = =1
∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂y2
∂z ∂z
又在（0，0）处， =0, =0
∂x ∂y
AC−B2 =1>0
故（0，0）为函数z = f(x,y)的一个极小值点.
（4）设函数 f ( x,y )连续，则∫ 2 dx∫ 2 f ( x,y ) dy+∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx=（ ）
1 x 1 y
( A ) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy. ( B ) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy.
1 1 1 x
( C ) ∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx. ( D ) .∫ 2 dy∫ 2 f ( x,y ) dx
1 1 1 y
【答案】C
2 2 2 2
【解析】∫ dx∫ f(x,y)dy+∫ dy∫ f(x,y)dx的积分区域为两部分：
1 x 1 x
{ } { }
D = (x,y)1≤ x≤2,x≤ y≤2 ，D = (x,y)1≤ y≤2,y≤ x≤4− y
1 2
{ }
将其写成一块D= (x,y)1≤ y≤2,1≤ x≤4− y
2 4−y
故二重积分可以表示为∫ dy∫ f(x,y)dx，故答案为C.
1 1
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（5）若 f′′( x )不变号，且曲线y = f ( x )在点( 1,1 )上的曲率圆为x2 + y2 =2，则 f ( x )在
区间( 1,2 )内（ ）
(
A
)有极值点，无零点. (
B
)无极值点，有零点.
(
C
)有极值点，有零点. (
D
)无极值点，无零点.
【答案】 B
【解析】由题意可知， f(x) 是一个凸函数，即 f ''(x)<0 ，且在点 (1,1) 处的曲率
| y''| 1
ρ= = ，而 f '(1)=−1，由此可得， f ''(1)=−2
3
2
(1+(y')2)2
在[1, 2]上， f '(x)≤ f '(1)=−1<0，即 f(x)单调减少，没有极值点.
对于 f(2)− f(1)= f '(ζ)<−1 , ζ∈(1, 2)， （拉格朗日中值定理）
∴ f(2)<0而 f(1)=1>0
由零点定理知，在[1, 2]上， f(x)有零点. 故应选（B）.
（6）设函数y = f ( x )在区间[−1,3 ]上的图形为
f(x)
O
0
x
-2 1 2 3
-1
则函数F ( x )=∫ x f ( t ) dt的图形为（ ）
0
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f(x) f(x)
1 1
0 0
x x
-2 1 2 3 -2 1 2 3
-1 -1
( ) ( )
A . B .
f(x) f(x)
1 1
0 0
x x
-1 1 2 3 -2 1 2 3
-1
( ) ( )
C . D .
【答案】D
【解析】此题为定积分的应用知识考核，由y = f(x)的图形可见，其图像与x轴及 y轴、
x= x 所围的图形的代数面积为所求函数F(x)，从而可得出几个方面的特征：
0
①x∈[
0,1
]时，F(x)≤0，且单调递减.
②x∈[
1,2
]时，F(x)单调递增.
③x∈[
2,3
]时，F(x)为常函数.
④x∈[−1,0 ]时，F(x)≤0为线性函数，单调递增.
⑤由于F(x)为连续函数
结合这些特点，可见正确选项为D.
（7）设A，B均为 2 阶矩阵，A*，B*分别为A，B的伴随矩阵.若 A =2，B =3，则分
O A
块矩阵 的伴随矩阵为（ ）
B O
O 3B* O 2B*
( ) ( )
A . B .
2A* O 3A* O
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O 3A* O 2A*
( ) ( )
C . D .
2B* O 3B* O
【答案】 B
1
【解析】根据CC∗ = C E若C∗ = C C−1,C−1 = C∗
C
0 A 0 A
分块矩阵 的行列式 =（−1）2×2 A B =2×3=6即分块矩阵可逆
B 0 B 0
1
0 B∗
0 A ∗ 0 A0 A −1 0 B−1 B
=
=6 =6
B 0 B 0 B 0 A−1 0 1 A∗ 0
A
1
0 B∗
3 0 2B∗
=6 =
1 A∗ 0 3A∗ 0
2
1 0 0
（8）设A，P均为3阶矩阵，PT 为P的转置矩阵，且PTAP= 0 1 0 ，若
0 0 2
P=（α，α，α），Q=（α +α，α，α），则QTAQ为（ ）
1 2 3 1 2 2 3
2 1 0 1 1 0
( ) ( )
A . 1 1 0 B . 1 2 0
0 0 2 0 0 2
2 0 0 1 0 0
( ) ( )
C . 0 1 0 D . 0 2 0
0 0 2 0 0 2
【答案】 A
1 0 0
【解析】Q=(α+α,α,α)=(α,α,α) 1 1 0 =(α,α,α)E (1)，即：
1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 12
0 0 1
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Q= PE (1)
12
QTAQ=[PE (1)]T A[PE (1)]= ET(1)[PTAP]E (1)
12 12 12 12
1 0 0
= ET (1) 0 1 0 E (1)
21 12
0 0 2
1 1 01 0 01 0 0 2 1 0
= 0 1 0 0 1 0 1 1 0 = 1 1 0
0 0 1 0 0 2 0 0 1 0 0 2
二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.
1-t
x=∫ e−u2 du
（9）曲线 0 在（0，0）处的切线方程为 .
y =t2 ln(2−t2)
【答案】y =2x
dy 2t
【解析】 =2tln(2−t2)−t2⋅ =−2
dt 2−t2 t=1
dx
=e−(1−t)2 ⋅(−1) =−1
dt
t=1
dy
所以 =2
dx
所以 切线方程为y =2x.
+∞
（10）已知∫ ekxdx=1,则k = .
−∞
【答案】−2
b
+∞ +∞ 1
1=∫ ekxdx=2∫ ekxdx=2lim ekx
【解析】
−∞ 0 b→+∞k
0
因为极限存在所以k <0
2
1=0−
k
k =−2
1
（11）lim∫ e−xsinnxdx= .
n→∞ 0
【答案】0
【解析】令I =∫e−xsinnxdx=−e−xsinnx+n∫e−xcosnxdx
n
=−e−xsinnx−ne−xcosnx−n2I
n
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ncosnx+sinnx
所以I =− e−x +C
n n2 +1
1
ncosnx+sinnx
即lim∫ e−xsinnxdx=lim(− e−x 1)
n→∞ 0 n→∞ n2 +1 0
ncosn+sinn n
=lim(− e−1+ )
n→∞ n2 +1 n2 +1
=0
∂2y
（12）设y = y(x)是由方程xy+ey = x+1确定的隐函数，则 = .
∂x2
x=0
【答案】−3
1− y
【解析】对方程xy+ey = x+1两边关于x求导有y+xy' + y'ey =1，得y' =
x+ey
对y+xy' + y'ey =1再次求导可得2y' +xy'' + y''ey +(y')2ey =0，
2y' +(y')2ey
得y'' =− (*)
x+ey
1−0
当x=0时，y =0，y' = =1，代入(*)得
(0) e0
2y'(0)+(y'(0))2e0
y''(0)=− =−(2+1)=−3
(0+e0)3
（13）函数y = x2x在区间( 0，1 ]上的最小值为 .
2
−
【答案】e e
1
【解析】因为y′= x2x( 2lnx+2 )，令y′=0得驻点为x= .
e
又y′′= x2x( 2lnx+2 )2 +x2x⋅ 2 ，得y′′ 1 =2e − 2 e +1 >0，
x e
1 − 2
故x= 为y = x2x的极小值点，此时y =e e，
e
1 1 1 1
又当x∈ 0, 时，y′( x )<0；x∈ ,1 时，y′( x )>0，故y在 0, 上递减，在 ,1
e e e e
上递增.
2
lim 2lnx lim x
x→0+ 1 x→0+ − 1 lim(−2x)
而y ( 1 )=1，y ( 0 )= lim x2x = lime2xlnx =e x =e x2 =ex→0+ =1，
+ x→0+ x→0+
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所以y = x2x在区间( 0，1 ]上的最小值为y 1 =e − 2 e .
e
2 0 0
(14)设α，β为 3 维列向量，βT 为β的转置，若矩阵αβT 相似于 0 0 0 ，则
0 0 0
βTα= .
【答案】2
2 0 0
【解析】因为αβT 相似于 0 0 0 ，根据相似矩阵有相同的特征值，得到αβT 得特征值
0 0 0
是2,0,0而βTα是一个常数，是矩阵αβT 的对角元素之和，则βTα=2+0+0=2
三、解答题：15－23 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.
( 1−cosx )[ x−ln(1+tanx) ]
（15）（本题满分9分）求极限lim .
x→0 sin4 x
1
( 1−cosx )[ x−ln(1+tanx) ] x2[ x−ln(1+tanx) ]
2
【解析】lim =lim
x→0 sin4 x x→0 sin4 x
1 x2 x−ln(1+tanx) 1 x−ln(1+tanx) 1
= lim = lim =
2 x→0sin2 x sin2 x 2 x→0 sin2 x 4
（16）（本题满分10 分）
1+ x
计算不定积分∫ln(1+ )dx (x >0).
x
【解析】
1+x 1 −2tdt
令 =t得x= , dx=
x t2 −1 (t2 −1)2
1+x 1
∫ln(1+ )dx=∫ln(1+t)d
x t2 −1
ln(1+t) 1 1
= −∫ dt
t2 −1 t2 −1t+1
而
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1 1 1 1 1 2
∫ dt = ∫( − − )dt
t2 −1t+1 4 t−1 t+1 (t+1)2
1 1 1
ln(t−1)− ln(t+1)+2 +C
4 4 t+1
所以
1+x ln(1+t) 1 t+1 1
∫ln(1+ )dx= + ln − +C
x t2 −1 4 t−1 2(t+1)
1+x 1 1 x
= xln(1+ )+ ln( 1+x + x)− +C
x 2 2 1+x + x
1+x 1 1 1
= xln(1+ )+ ln( 1+x + x)+ x− x+x2 +C
x 2 2 2
（17）（本题满分10分）
∂2z
设z = f ( x+ y,x− y,xy )，其中 f 具有2阶连续偏导数，求dz与 .
∂x∂y
【解析】
∂z
= f ′+ f ′+ yf ′
∂x 1 2 3
∂z
= f ′− f ′+xf ′
∂y 1 2 3
∂z ∂z
∴dz = dx+ dy
∂x ∂y
=(f′+ f′+ yf′)dx+(f′− f′+xf′)dy
1 2 3 1 2 3
∂2z
= f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x+ f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x+ f ′+ y[f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x]
∂x∂y 11 12 13 21 22 23 3 31 32 33
= f ′+ f ′′− f ′′+xyf ′′+(x+ y)f ′′+(x− y)f ′′
3 11 22 33 13 23
（18）（本题满分 10 分）设非负函数y = y ( x )( x≥0 )满足微分方程xy′′− y′+2=0，当
曲线y = y ( x )过原点时，其与直线x=1及 y =0围成平面区域D的面积为2，求D绕y轴
旋转所得旋转体体积.
【解析】
解微分方程xy′′− y′+2=0得其通解y =C +2x+C x2,其中C，C 为任意常数
1 2 1 2
又因为 y = y(x)通过原点时与直线 x=1及 y =0围成平面区域的面积为 2，于是可得
C =0
1
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1
1 1 C C
2=∫ y(x)dx=∫ (2x+C x2)dx=(x2 + 2 x3) =1+ 2
0 0 2 3 3
0
从而C =3
2
于是，所求非负函数y =2x+3x2 (x≥0)
1
又由y =2x+3x2 可得，在第一象限曲线y = f(x)表示为x= （ 1+3y −1)
3
于是D围绕y轴旋转所得旋转体的体积为V =5π−V ，其中
1
5 5 1
V =∫ πx2dy =∫ π⋅ ( 1+3y −1)2dy
1 0 0 9
π
5
= ∫ (2+3y−2 1+3y)dy
9 0
39
= π
18
39 51 17
V =5π− π= π= π.
18 18 6
（ 19 ）（ 本 题 满 分 10 分 ） 计 算 二 重 积 分 ∫∫( x− y ) dxdy ， 其 中
D
{ }
D= ( x,y ) ( x−1 )2 +( y−1 )2 ≤2,y≥ x .
【解析】由(x−1)2 +(y−1)2 ≤2得r ≤2(sinθ+cosθ)，
3
π
4
2(sinθ+cosθ)
∴∫∫(x− y)dxdy =∫ dθ∫ (rcosθ−rsinθ)rdr
π 0
D
4
3
π
4
1 2(sinθ+cosθ)
=∫ (cosθ−sinθ)⋅r3 dθ
π 3 0
4
3
π
4 8
=∫ (cosθ−sinθ)⋅(sinθ+cosθ)⋅(sinθ+cosθ)2dθ
π 3
4
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3
π
4 8
=∫ (cosθ−sinθ)⋅(sinθ+cosθ)3dθ
π 3
4
3
π
8 4 8 1 3 π 8
= ∫ (sinθ+cosθ)3d(sinθ+cosθ)= × (sinθ+cosθ)4 4 =− .
3 π 3 4 π 3
4
4
（20）（本题满分12分）
π π
设y = y(x)是区间（-π，π）内过点（- ， ）的光滑曲线，当-π< x<0时，曲线上任一
2 2
点处的法线都过原点，当0≤ x<π时，函数y(x)满足y′′+ y+x=0.求y(x)的表达式.
x
【解析】由题意，当−π< x<0时，y =− ，即ydy =−xdx，得y2 =−x2 +c，
y'
π π
又y(− )= 代入y2 =−x2 +c得c=π2，从而有x2 + y2 =π2
2 2
当0≤ x<π时，y''+ y+x=0得 y''+ y =0 的通解为y* =c cosx+c sinx
1 2
令解为y = Ax+b，则有0+ Ax+b+x=0，得A=−1,b=0，
1
故y =−x，得y''+ y+x=0的通解为y =c cosx+c sinx−x
1 1 2
由于y = y(x)是(−π,π)内的光滑曲线，故y在x=0处连续
于是由y(0−)=±π , y(0+)=c ，故c =±π时，y = y(x)在x=0处连续
1 1
x
又当 −π< x<0时，有2x+2y⋅y'=0，得y '(0)=− =0，
−
y
当0≤ x<π时，有y'=−c sinx+c cosx−1，得y '(0)=c −1
1 2 + 2
由y '(0)= y '(0)得c −1=0，即 c =1
− + 2 2
− π2 −x2 , −π< x<0
故 y = y(x)的表达式为y = 或
−πcosx+sinx−x,0≤ x<π
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π2 −x2 , −π< x<0 π π
y = ，又过点 − , ，
πcosx+sinx−x,0≤ x<π 2 2
π2 −x2 , −π< x<0
所以y = .
πcosx+sinx−x,0≤ x<π
（21）（本题满分11分）
（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 f ( x )在[ a,b ]上连续，在( a,b )可导，则存在
ξ∈( a,b )，使得 f ( b )− f ( a )= f′(ξ)( b−a )；
（Ⅱ）证明：若函数 f ( x )在x=0处连续，在( 0,δ)(δ>0 )内可导，且lim f′( x )= A，
x→0+
则 f ′( 0 )存在，且 f ′( 0 )= A.
+ +
f(b)− f(a)
【解析】（Ⅰ）作辅助函数ϕ(x)= f(x)− f(a)− (x−a)，易验证ϕ(x)满足：
b−a
ϕ(a)=ϕ(b) ； ϕ(x) 在 闭 区 间 [ a,b ] 上 连 续 ， 在 开 区 间 ( a,b ) 内 可 导 ， 且
f(b)− f(a)
ϕ'(x)= f '(x)− .
b−a
根据罗尔定理，可得在(
a,b
)内至少有一点ξ，使ϕ'(ξ)=0，即
f(b)− f(a)
f '(ξ) − =0,∴ f(b)− f(a)= f '(ξ)(b−a)
b−a
（Ⅱ）任取x ∈(0,δ)，则函数 f(x)满足；
0
在闭区间[ 0,x ]上连续，开区间( 0,x ) 内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在
0 0
ξ ∈( 0,x )⊂( 0,δ)，使得 f ' ( ξ ) = f(x 0 )− f(0) ……( * )
x 0 0 x 0 x −0
0
又由于lim f '( x )= A，对上式（*式）两边取x →0+时的极限可得：
x→0+ 0
f(x )− f ( 0 )
f '( 0 )= lim 0 = lim f '(ξ )= lim f '(ξ )= A
+ x →0+ x −0 x →0+ x 0 ξ →0+ x 0
0 0 0 x0
故 f '(0)存在，且 f '(0)= A.
+ +
1 −1 −1 −1
（22）（本题满分11分设A= −1 1 1 ，ξ = 1
1
0 −4 −2 −2
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（Ⅰ）求满足Aξ =ξ,A2ξ =ξ的所有向量ξ,ξ；
2 1 3 1 2 3
（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任一向量ξ,ξ，证明：ξ,ξ,ξ线性无关.
2 3 1 2 3
【解析】（Ⅰ）解方程Aξ =ξ
2 1
1 −1 −1 −1 1 −1 −1 −1 1 −1 −1 −1
( A,ξ)= −1 1 1 1 → 0 0 0 0 → 0 2 1 1
1
0 −4 −2 −2 0 2 1 1 0 0 0 0
r(A)=2故有一个自由变量，令x =2，由Ax=0解得，x =−1,x =1
3 2 1
求特解，令x = x =0，得x =1
1 2 3
1 0
故ξ =k −1 + 0 ，其中k 为任意常数
2 1 1
2 1
解方程A2ξ =ξ
3 1
2 2 0
A2 = −2 −2 0
4 4 0
−1
1 1 0
2 2 0 −1 2
( )
A2,ξ
1
=
−2 −2 0 1
→0 0 0 0
4 4 0 2 0 0 0 0
故有两个自由变量，令x =−1，由A2x=0得x =1,x =0
2 1 3
1 1
2 1 2
求特解η
2
=0 故 ξ
3
=k
2
−1
+0 ，其中k
2
为任意常数.
0 0 0
（Ⅱ）证明：
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1
−1 k k +
1 2 2
1 1
由于 1 −k −k =2kk +(2k +1)(k + )−2k (k + )−k (2k +1)
1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1
−2 2k +1 0
1
1
= ≠0 故ξ,ξ,ξ 线性无关.
2 1 2 3
（23）（本题满分11分）设二次型 f ( x ,x ,x )=ax2 +ax2 +( a−1 ) x2 +2x x −2x x
1 2 3 1 2 3 1 3 2 3
（Ⅰ）求二次型 f 的矩阵的所有特征值；
（Ⅱ）若二次型 f 的规范形为y2 + y2，求a的值.
1 2
a 0 1
【解析】（Ⅰ） A= 0 a −1
1 −1 a−1
λ−a 0 −1
λ−a 1 0 λ−a
|λE−A|= 0 λ−a 1 =(λ−a) −
1 λ−a+1 −1 1
−1 1 λ−a+1
=(λ−a)[(λ−a)(λ−a+1)−1]−[0+(λ−a)]
=(λ−a)[(λ−a)(λ−a+1)−2]
=(λ−a)[λ2 −2aλ+λ+a2 −a−2]
1 9
=(λ−a){[aλ+ (1−2a)]2 − }
2 4
=(λ−a)(λ−a+2)(λ−a−1)
∴λ=a,λ =a−2,λ =a+1
1 2 3
（Ⅱ） 若规范形为y2 + y2，说明有两个特征值为正，一个为0.则
1 2
1) 若λ=a =0，则 λ =−2<0 ，λ =1 ，不符题意
1 2 3
2) 若λ =0 ，即a=2，则λ=2>0，λ =3>0，符合
2 1 3
3) 若λ =0 ，即a=−1，则λ=−1<0 ，λ =−3<0，不符题意
3 1 2
综上所述，故a=2.
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2010 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题
一、选择题(1~8小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合
题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.)
．．．
x2 −x 1
(1) 函数 f ( x )= 1+ 的无穷间断点的个数为( )
x2 −1 x2
(A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3.
(2) 设 y ,y 是一阶线性非齐次微分方程 y′+ p ( x ) y =q ( x )的两个特解,若常数λ，µ使
1 2
λy +µy 是该方程的解,λy −µy 是该方程对应的齐次方程的解,则( )
1 2 1 2
1 1 1 1
(A) λ= ,µ= . (B) λ=− ,µ=− .
2 2 2 2
2 1 2 2
(C) λ= ,µ= . (D) λ= ,µ= .
3 3 3 3
(3) 曲线y = x2与曲线y =alnx(a ≠0)相切,则a= ( )
(A) 4e. (B) 3e. (C) 2e. (D) e.
mln2( 1−x )
1
(4) 设m,n是正整数,则反常积分∫ dx的收敛性 ( )
0 n x
(A) 仅与m的取值有关. (B) 仅与n的取值有关.
(C) 与m,n取值都有关. (D) 与m,n取值都无关.
y z
(5)设函数 z = z(x,y) ,由方程 F( , )=0 确定,其中 F 为可微函数,且 F′≠0 ,则
x x 2
∂z ∂z
x + y =( )
∂x ∂y
(A) x. (B) z. (C) −x. (D) −z.
n n n
(6) lim∑∑ = ( )
n→∞ ( n+i )( n2 + j2 )
i=1 j=1
1 x 1 1 x 1
(A) ∫ dx∫ dy. (B) ∫ dx∫ dy.
0 0 ( 1+x )( 1+ y2 ) 0 0 ( 1+x )( 1+ y )
1 1 1 1 1 1
(C) ∫ dx∫ dy. (D) ∫ dx∫ dy.
0 0 ( 1+x )( 1+ y ) 0 0( 1+x )( 1+ y2 )
(7) 设向量组I:α,α,,α可由向量组II:β,β,,β线性表示,下列命题正确的是( )
1 2 r 1 2 s
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(A) 若向量组I线性无关,则r ≤s. (B) 若向量组I线性相关,则r >s.
(C) 若向量组II线性无关,则r ≤s. (D) 若向量组II线性相关,则r >s.
(8) 设A为4阶实对称矩阵,且A2 + A=O,若A的秩为3,则A相似于 ( )
1 1
1 1
(A) . (B) .
1 −1
0 0
1 −1
−1 −1
(C) . (D) .
−1 −1
0 0
二、填空题(9~14小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.)
．．．
(9) 3阶常系数线性齐次微分方程y′′′−2y′′+ y′−2y =0的通解为y = .
2x3
(10) 曲线y = 的渐近线方程为 .
x2 +1
(11) 函数y =ln ( 1−2x )在x=0处的n阶导数y (n)( 0 )= .
(12) 当0≤θ≤π时,对数螺线r =eθ的弧长为 .
(13) 已知一个长方形的长l 以 2cm/s的速率增加,宽 w 以 3cm/s的速率增加.则当
l =12cm ,w=5cm时,它的对角线增加的速率为 .
(14)设A,B为3阶矩阵,且 A =3，B =2, A−1+B =2,则 A+B−1 = .
三、解答题(15~23 小题,共 94 分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、
．．．
证明过程或演算步骤.)
(15)(本题满分11分)
求函数 f(x)=∫
x2
(x2 −t)e−t2 d的单调区间与极值.
1
(16)(本题满分10分)
( I ) 比较∫ 1 lnt ln ( 1+t ) n dt与∫ 1 tn lnt dt ( n=1,2,)的大小,说明理由；
0 0
( II ) 记u =∫ 1 lnt ln ( 1+t ) n dt ( n=1,2,),求极限limu .
n n
0 n→∞
(17)(本题满分10分)
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x=2t+t2,
设函数y = f(x)由参数方程 (t >−1)所确定,其中ψ(t)具有 2 阶导数,且
y =ψ(t)
5 d2y 3
ψ(1)= ，ψ′(1)=6.已知 = ,求函数ψ(t).
2 dx2 4(1+t)
(18)(本题满分10分)
一个高为 l的柱体形贮油罐,底面是长轴为2a,短轴为2b的椭圆.现将贮油罐平放,当
3
油罐中油面高度为 b时(如图),计算油的质量.(长度单位为 m,质量单位为 kg,油的密度为
2
常数ρkg/m3)
(19) (本题满分11分)
∂2u ∂2u ∂2u
设函数u = f(x,y)具有二阶连续偏导数,且满足等式4 +12 +5 =0,确
∂x2 ∂x∂y ∂y2
∂2u
定a,b的值,使等式在变换ξ= x+ay,η= x+by下化简为 =0.
∂ξ∂η
(20)(本题满分10分)
计 算 二 重 积 分 I =∫∫r2sinθ 1−r2cos2θdrdθ , 其 中
D
π
D= ( r,θ) |0≤r ≤secθ,0≤θ≤ .
4
(21) (本题满分10分)
1
设函数 f(x)在闭区间[ 0,1 ]上连续,在开区间( 0,1 )内可导,且 f(0)=0, f(1)= ,证
3
1 1
明：存在ξ∈(0, ),η∈( ,1),使得 f′(ξ)+ f′(η)=ξ2 +η2.
2 2
(22)(本题满分11分)
λ 1 1 a
设A= 0 λ−1 0 ，b= 1 ,已知线性方程组Ax=b存在两个不同的解．
1 1 λ 1
( I ) 求λ,a;
( II ) 求方程组Ax=b的通解.
(23)(本题满分11 分)
0 −1 4
设 A= −1 3 a ,正交矩阵 Q 使得 QTAQ 为对角矩阵,若 Q 的第 1 列为
4 a 0
1
(1,2,1)T,求a,Q.
6
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2010 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题参考答案
一、选择题
(1)【答案】 (B).
x2 −x 1
【解析】因为 f(x)= 1+ 有间断点x=0,±1,又因为
x2 −1 x2
x(x−1) 1 1
lim f(x)=lim 1+ =limx 1+ ,
x→0 x→0(x+1)(x−1) x2 x→0 x2
1 1
其中lim x 1+ =1,lim = x 1+ =−1,所以x=0为跳跃间断点.
x→0+ x2 x→0− x2
1 2
显然lim f(x)= 1+1= ,所以x=1为连续点.
x→1 2 2
x(x−1) 1
而 lim f(x)= lim 1+ =∞,所以x=−1为无穷间断点,故答案选择
x→−1 x→−1(x+1)(x−1) x2
B.
(2)【答案】 (A)．
【解析】因λy −µy 是y′+P ( x ) y =0的解,故(λy −µy )′ +P ( x )(λy −µy )=0,所以
1 2 1 2 1 2
λ y ′+P ( x ) y −µ y ′+ p(x)y =0,
1 1 2 2
而由已知 y ′+P ( x ) y =q ( x ) ,y ′+P ( x ) y =q ( x ),所以
1 1 2 2
(λ−µ) q ( x )=0, ①
又由于一阶次微分方程 y′+ p ( x ) y =q ( x ) 是非齐的,由此可知 q ( x )≠0 ,所以
λ−µ=0．
由于λy +µy 是非齐次微分方程y′+P ( x ) y =q ( x )的解,所以
1 2
(λy +µy )′ +P ( x )(λy +µy )=q ( x ),
1 2 1 2
整理得 λ y ′+P ( x ) y +µ y ′+P ( x ) y =q ( x ),
1 1 2 2
即 (λ+µ) q ( x )=q ( x ),由q ( x )≠0可知λ+µ=1, ②
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1
由①②求解得λ=µ= ,故应选(A)．
2
(3)【答案】 (C).
【解析】因为曲线y = x2与曲线y =alnx(a≠0)相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同,
a a
所以2x= ,即x= (x>0).又因为两个曲线在切点的坐标是相同的,所以在y = x2上,
x 2
a a a a a a
当x= 时y = ；在y =alnx上,x= 时, y =aln = ln .
2 2 2 2 2 2
a a a
所以 = ln .从而解得a=2e.故答案选择(C).
2 2 2
(4)【答案】 (D).
【解析】x=0与x=1都是瑕点.应分成
mln2( 1−x ) 1 mln2( 1−x ) mln2( 1−x )
1 1
∫ dx=∫2 dx+∫ dx,
1
0 n x 0 n x n x
2
1
[ln2(1−x)]m
1 mln2( 1−x ) 1
xn
用比较判别法的极限形式,对于∫2 dx,由于lim =1.
0 n x x→0+ 1
1 2
−
xn m
1 2
显然,当0< − <1,则该反常积分收敛.
n m
1 2 [ln2(1−x)]m 1 1 mln2( 1−x )
当 − ≤0,lim 存在,此时∫2 dx实际上不是反常积分,故收
n m x→0+ 1 0 n x
xn
敛.
1 mln2( 1−x ) mln2( 1−x )
1
故不论m,n是什么正整数,∫2 dx总收敛.对于∫ dx,取
1
0 n x n x
2
0<δ<1,不论m,n是什么正整数,
1
[ln2(1−x)]m
1
1
lim xn = limln2(1−x)m(1−x)δ =0,
x→1− 1 x→1−
(1−x)δ
mln2( 1−x )
1
所以∫ dx收敛,故选(D).
1
n x
2
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(5) 【答案】 (B).
∂z F ′ F 1 ′ − x y 2 +F 2 ′ − x z 2 F 1 ′⋅ x y +F 2 ′⋅ x z yF ′+zF ′
【解析】 =− x =− = = 1 2 ,
∂x
F
′
F
′⋅
1
F
′
xF
′
z 2 2
2 x
1
∂z =− F y ′ =− F 1
′⋅
x =− F 1 ′ ,
∂y
F
′
F
′⋅
1
F
′
z 2
2 x
∂z ∂z yF ′+zF ′ yF ′ F ′⋅z
x + y = 1 2 − 1 = 2 = z．
∂x ∂y
F
′
F
′
F
′
2 2 2
(6) 【答案】 (D).
n n n n 1 n n n n n 1
【解析】∑ ∑ =∑ (∑ ) =(∑ )(∑ )
( n+i )( n2 + j2 ) n+i n2 + j2 n2 + j2 n+i
i=1 j=1 i=1 j=1 j=1 i=1
lim∑ n n =lim 1 ∑ n 1 =∫ 1 1 dy,
n→∞
j=1
n2 + j2 n→∞n
j=11+(
j
)2
01+ y2
n
lim∑ n n =lim 1 ∑ n 1 =∫ 1 1 dx,
n→∞ n+i n→∞n i 01+x
i=1 i=11+( )
n
n n n n 1 n 1
lim∑∑ =lim(∑ )(∑ )
n→∞ ( n+i )( n2 + j2 ) n→∞ n2 + j2 n+i
i=1 j=1 j=1 i=1
n n n n
=(lim∑ ) (lim∑ )
n→∞ n2 + j2 n→∞ n+i
j=1 i=1
1 1 1 1 1 1 1
=(∫ dx)(∫ dy) =∫ dx∫ dy.
01+x 01+ y2 0 0( 1+x )( 1+ y2 )
(7) 【答案】 (A)．
【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以r(I)≤r(II),即
r(α,,α)≤r(β,,β)≤s
1 r 1 s
若向量组 I 线性无关,则 r(α,,α)=r ,所以 r =r(α,,α)≤r(β,,β)≤s ,即
1 r 1 r 1 s
r ≤s,选(A).
(8) 【答案】 (D).
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【解析】：设λ为A的特征值,由于A2 + A=O,所以λ2 +λ=0,即(λ+1)λ=0,这样A的
特征值只能为-1 或 0. 由于 A 为实对称矩阵,故 A 可相似对角化,即 A Λ ,
−1 −1
−1 −1
r(A)=r(Λ)=3,因此,Λ = ,即A Λ = .
−1 −1
0 0
二、填空题
(9)【答案】y =Ce2x +C cosx+C sinx.
1 2 3
【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为 λ3−2λ2 +λ−2=0,因式分解得
λ2(λ−2 )+(λ−2 )=(λ−2 )( λ2 +1 ) =0,
解得特征根为λ=2, λ=±i,所以通解为 y =Ce2x +C cosx+C sinx.
1 2 3
(10) 【答案】y =2x.
2x3
x2 +1
【解析】因为lim =2,所以函数存在斜渐近线,又因为
x→∞ x
2x3 2x3 −2x3 −2x
lim −2x=lim =0,所以斜渐近线方程为y =2x.
x→∞ x2 +1 x→∞ x2 +1
(11)【答案】−2n⋅( n−1 ) !.
(n−1)!
【解析】由高阶导数公式可知ln(n)(1+x) =(−1)n−1 ,
(1+x)n
(n−1)! (n−1)!
所以 ln(n)( 1−2x )=(−1)n−1 ⋅(−2 )n =−2n ,
(1−2x)n (1−2x)n
(n−1)!
即 y(n)(0)=−2n =−2n(n−1)!.
(1−2⋅0)n
(12)【答案】 2 ( eπ−1 ) .
【解析】因为 0≤θ≤π,所以对数螺线r =eθ的极坐标弧长公式为
∫ π ( eθ)2 + ( eθ)2 dθ=∫ π 2 ⋅eθdθ= 2 ( eπ−1 ) .
0 0
(13)【答案】3cm/s.
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【解析】设l = x(t),w= y(t),由题意知,在t =t 时刻 x(t )=12,y(t )=5,且 x′(t )=2,
0 0 0 0
y′(t )=3,设该对角线长为S(t),则 S(t)= x2(t)+ y2(t) ,所以
0
x(t)x′(t)+ y(t)y′(t)
S′(t)= .
x2(t)+ y2(t)
x(t )x′(t )+ y(t )y′(t ) 12⋅2+5⋅3
所以 S′(t )= 0 0 0 0 = =3.
0
x2(t )+ y2(t ) 122 +52
0 0
(14)【答案】3.
【解析】由于A(A−1+B)B−1 =(E+ AB)B−1 = B−1+ A,所以
A+B−1 = A(A−1+B)B−1 = A A−1+B B−1
1
因为 B =2,所以 B−1 = B −1 = ,因此
2
1
A+B−1 = A A−1+B B−1 =3×2× =3.
2
三、解答题
(15)【解析】因为 f(x)=∫
x2
(x2 −t)e−t2 dt = x2∫
x2
e−t2 dt−∫
x2
te−t2 dt,
1 1 1
所 以 f′(x)=2x∫
x2
e−t2 dt+2x3e−x4 −2x3e−x4 =2x∫
x2
e−t2 dt , 令 f′(x)=0 , 则
1 1
x=0,x=±1.
又 f′′(x)=2∫ x2 e−t2 dt+4x2e−x4,则 f′′(0)=2∫ 0 e−t2 dt <0,所以
1 1
1
f(0)=∫ 0 (0−t)e−t2 dt =− 1 e−t2 = 1 (1−e−1)
1 2 2
0
是极大值.
而 f′′(±1)=4e−1 >0,所以 f(±1)=0为极小值.
又因为当 x≥1时, f′(x)>0；0≤ x<1时, f′(x)<0；−1≤ x<0时, f′(x)>0；
x<−1时, f′(x)<0,所以 f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)(0,1), f(x)的单调递增区
间为(−1,0)(1,+∞).
(16) 【解析】 (I)当0< x<1时0−1.因为 y ( 1 )=ψ′( 1 )=6,
所以C =0,故y =3t ( t+1 ),即ψ′( t )=3t ( t+1 ),
3
故ψ( t )=∫ 3t ( t+1 ) dt = t2 +t3+C ．
2 1
5 3
又由ψ( 1 )= ,所以C =0,故ψ( t )= t2 +t3,(t >−1).
2 1 2
(18)【解析】油罐放平,截面如图建立坐标系之后,边界椭
圆的方程为：
x2 y2
+ =1
a2 b2
阴影部分的面积
b 2a b
S =∫2 2xdy = ∫2 b2 − y2dy
−b b −b
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π b π
令y =bsint,y =−b时t =− ;y = 时t = .
2 2 6
π π 1 1 2 3
S =2ab∫6 cos2tdt =2ab∫6 ( + cos2t)dt =( π+ )ab
π π
− − 2 2 3 4
2 2
2 3
所以油的质量m=( π+ )ablρ.
3 4
(19)【解析】由复合函数链式法则得
∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂u
= ⋅ + ⋅ = + ,
∂x ∂ξ ∂x ∂y ∂x ∂ξ ∂η
∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂u
= ⋅ + = ⋅a+b⋅ ,
∂y ∂ξ ∂y ∂η∂y ∂ξ ∂η
∂2u ∂ ∂u ∂u ∂2u ∂ξ ∂2u ∂η ∂2u ∂η ∂2u ∂η
= + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
∂x2 ∂x∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂x ∂ξ∂η ∂x ∂η2 ∂x ∂ξ∂η ∂x
∂2u ∂2u ∂2u
= + +2 ,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂ ∂u ∂u ∂2u ∂ξ ∂2u ∂η ∂2u ∂η ∂2u ∂η
= + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
∂x∂y ∂y∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂y ∂ξ∂η ∂y ∂η2 ∂y ∂ξ∂η ∂y
∂2u ∂2u ∂2u
=a +b +(a+b) ,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂ ∂u ∂u ∂2u ∂2u ∂2u ∂2u
= a +b =a(a +b )+b(a +a )
∂y2 ∂y ∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂ξ∂η ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂2u ∂2u
=a2 +b2 +2ab ,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂u2 ∂2u
故4 +12 +5
∂x2 ∂x∂y ∂y2
∂2u ∂2u ∂2u
=(5a2 +12a+4) +(5b2 +12b+4) +[ 12(a+b)+10ab+8 ] =0,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
5a2 +12a+4=0
所以 5b2 +12b+4=0 ,
12(a+b)+10ab+8≠0
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2 2 2 2
则a =− 或−2,b=− 或−2.又因为当(a,b)为(−2,−2),(− ,− )时方程(3)不满足,
5 5 5 5
2 2
所以当(a,b)为(− ,−2) ,(−2,− )满足题意.
5 5
(20)【解析】I =∫∫r2sinθ 1−r2cos2θdrdθ
D
( )
=∫∫rsinθ 1−r2 cos2θ−sin2θ ⋅rdrdθ
D
=∫∫ y 1−x2 + y2dxdy
D
1 x
11
( )
3
=∫ dx∫ y 1−x2 + y2dy =∫ 1− 1−x2 2dx
0 0 03
3
11 1 1( )2 1 π 1 3
=∫ dx− ∫ 1−x2 dx = −∫2cos4θdθ= − π.
03 3 0 3 0 3 16
1 1
(21)【解析】令F ( x )= f ( x )− x3,对于F ( x )在 0, 上利用拉格朗日中值定理,得存
3 2
1
在ξ∈ 0, , 使得
2
1 1
F −F ( 0 )= F′(ξ)．
2 2
1 1
对于F ( x )在 ,1 上利用拉格朗日中值定理,得存在η∈ ,1,使得
2 2
1 1
F ( 1 )−F = F′(η),
2 2
两式相加得 f′(ξ)+ f′(η)=ξ2 +η2.
1 1
所以存在ξ∈ 0, ,η∈ ,1 ,使 f′(ξ)+ f′(η)=ξ2 +η2.
2 2
(22) 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于 3,进而
可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.
方法1：( I )已知Ax=b有2个不同的解,故r(A)=r(A)<3,对增广矩阵进行初等行
变换,得
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λ 1 1 a 1 1 λ 1
A= 0 λ−1 0 1 → 0 λ−1 0 1
1 1 λ 1 λ 1 1 a
1 1 λ 1 1 1 λ 1
→ 0 λ−1 0 1 → 0 λ−1 0 1
0 1−λ 1−λ2 a−λ 0 0 1−λ2 a−λ+1
1 1 1 1 1 1 1 1
当λ=1时,A→ 0 0 0 1 → 0 0 0 1 ,此时,r(A)≠r(A),故Ax=b无解(舍去)．
0 0 0 a 0 0 0 0
1 1 −1 1
当λ=−1时,A→ 0 −2 0 1 ,由于r(A)=r(A)<3,所以a =−2,故λ=−1 ,a=−2.
0 0 0 a+2
方法2：已知Ax=b有2个不同的解,故r(A)=r(A)<3,因此 A =0,即
λ 1 1
A = 0 λ−1 0 =(λ−1)2(λ+1)=0,
1 1 λ
知λ=1或-1.
当λ=1时,r(A)=1≠r(A)=2,此时, Ax=b无解,因此λ=−1.由r(A)=r(A),得
a=−2.
( II ) 对增广矩阵做初等行变换
3
1 0 −1
2
−1 1 1 −2 1 −1 −1 2
1
A= 0 −2 0 1 → 0 2 0 −1 → 0 1 0 −
2
1 1 −1 1 0 0 0 0
0 0 0 0
3
3 2
x −x = x 1
1 3 2 1 1
可知原方程组等价为 ,写成向量的形式,即 x = x 0 + − .
1
2 3
2
x =− x 1
2 2 3 0
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3
2
1
1
因此Ax=b的通解为x=k 0 + − ,其中k为任意常数.
2
1
0
0 −1 4
(23)【解析】由于A= −1 3 a ,存在正交矩阵Q,使得QTAQ为对角阵,且Q的第一
4 a 0
1 1
列为 (1,2,1)T,故A对应于λ的特征向量为ξ = (1,2,1)T.
1 1
6 6
1 1
6 6
根据特征值和特征向量的定义,有 2 2 ,即
A =λ
1
6 6
1 1
6 6
0 −1 41 1 0 −1 4
−1 3 a 2 =λ 2 ,由此可得a=−1,λ=2.故A= −1 3 −1 .
1 1
4 a 01 1 4 −1 0
λ 1 −4
由λE−A = 1 λ−3 1 =(λ+4)(λ−2)(λ−5)=0,
−4 1 λ
可得A的特征值为λ=2,λ =−4,λ =5.
1 2 3
−4 1 −4x
1
由(λE−A)x=0,即 1 −7 1 x =0,可解得对应于λ =−4的线性无关的
2 2 2
−4 1 −4x
3
特征向量为ξ =(−1,0,1)T.
2
5 1 −4x
1
由(λE−A)x=0,即 1 2 1 x =0 ,可解得对应于λ =5 的特征向量为
3 2 3
−4 1 5 x
3
ξ =(1,−1,1)T .
3
由于A为实对称矩阵,ξ,ξ,ξ为对应于不同特征值的特征向量,所以ξ,ξ,ξ相互正
1 2 3 1 2 3
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交,只需单位化：
ξ 1 ξ 1 ξ 1
η = 1 = (1,2,1)T,η = 2 = (−1,0,1)T,η = 3 = (1,−1,1)T ,
1 ξ 6 2 ξ 2 3 ξ 3
1 2 3
1 1 1
−
6 2 3 2
取
Q=(η,η,η)=
2
0 −
1
,则QTAQ=Λ =
−4
.
1 2 3 6 3
5
1 1 1
6 2 3
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2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、选择题(1～8小题，每小题4分，共32分．下列每题给出的四个选项中，只有一
个选项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上．)
．．．
(1) 已知当x→0时， f ( x )=3sinx−sin3x与cxk 是等价无穷小，则( )
(A) k =1,c=4． (B) k =1,c=−4． (C) k =3,c=4． (D) k =3,c=−4．
x2f ( x )−2f ( x3 )
(2) 已知 f ( x )在x=0处可导，且 f ( 0 )=0，则lim =( )
x→0 x3
(A) −2f′( 0 )． (B) −f′( 0 )． (C) f′( 0 )． (D) 0．
(3) 函数 f(x)=ln (x−1)(x−2)(x−3) 的驻点个数为( )
(A) 0． (B) 1． (C) 2． (D) 3．
(4) 微分方程y′′−λ2y =eλx +e−λx(λ>0)的特解形式为( )
(A) a(eλx +e−λx)． (B) ax(eλx +e−λx)．
(C) x(aeλx +be−λx)． (D) x2(aeλx +be−λx)．
(5) 设函数 f(x),g(x)均有二阶连续导数，满足 f(0)>0,g(0)<0,且 f′(0)=g′(0)=0，
则函数z = f(x)g(y)在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是( )
(A) f′′(0)<0,g′′(0)>0. (B) f′′(0)<0,g′′(0)<0.
(C) f′′(0)>0,g′′(0)>0. (D) f′′(0)>0,g′′(0)<0.
π π π
(6) 设I =∫ 4 lnsinxdx，J =∫ 4 lncotxdx，K =∫ 4 lncosxdx，则I, J,K 的大
0 0 0
小关系是( )
(A) I < J < K． (B) I < K < J ． (C) J < I < K． (D) K < J < I．
(7) 设A为3阶矩阵，将A的第2列加到第1列得矩阵B，再交换B的第2行与第3
1 0 0 1 0 0
行得单位矩阵，记P = 1 1 0 ，P = 0 0 1 ，则A=( )
1 2
0 0 1 0 1 0
(A) PP ． (B) P−1P ． (C) PP． (D) PP−1．
1 2 1 2 2 1 2 1
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(8) 设A=(α,α,α,α)是 4 阶矩阵，A*为A的伴随矩阵，若(1,0,1,0)T 是方程组
1 2 3 4
Ax=0的一个基础解系，则A*x=0的基础解系可为( )
(A) α,α ． (B) α,α ． (C) α,α,α． (D) α,α,α．
1 3 1 2 1 2 3 2 3 4
二、填空题(9～14小题，每小题4分，共24分．请将答案写在答题纸指定位置上．)
．．．
1+2x 1
(9) lim( )x = ．
x→0 2
(10) 微分方程y'+ y =e−xcosx满足条件y(0)=0的解为 ．
x π
(11) 曲线y =∫ tantdt (0≤ x≤ )的弧长s = ．
0 4
λe−λx,x>0,
+∞
(12) 设函数 f(x)= λ>0,则∫ xf(x)dx= ．
0,x≤0, −∞
(13) 设平面区域 D 由直线 y = x, 圆 x2+y2 =2y 及 y 轴围成，则二重积分
∫∫xydσ= ．
D
(14) 二次型 f(x ,x ,x )= x2 +3x2 +x2 +2x x +2x x +2x x ，则 f 的正惯性指数
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3
为 ．
三、解答题(15～23 小题，共 94 分．请将解答写在答题纸指定位置上．解答应写出文
．．．
字说明、证明过程或演算步骤．)
(15) (本题满分10分)
x
∫ ln(1+t2)dt
已知函数F(x)= 0 ，设 lim F(x)= lim F(x)=0,试求a的取值范围．
xa x→+∞ x→0+
(16) (本题满分11分)
1 1
x= t3+t+ ,
3 3
设函数 y = y(x) 由参数方程 确定，求 y = y(x) 的极值和曲线
1 1
y = t3−t+ ,
3 3
y = y(x)的凹凸区间及拐点．
(17) (本题满分9分)
设函数z = f(xy,yg(x))，其中函数 f 具有二阶连续偏导数，函数g(x)可导且在x=1
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∂2z
处取得极值g(1)=1，求 ．
∂x∂y x=1
y=1
(18) (本题满分10分)
设函数y(x)具有二阶导数，且曲线l: y = y(x)与直线y = x相切于原点，记α为曲线l
dα dy
在点(x,y)处切线的倾角，若 = ,求y(x)的表达式．
dx dx
(19) (本题满分10分)
1 1 1
(I)证明：对任意的正整数n，都有 0,且A= f′′(0)⋅g(0)>0，所以有
C = f(0)⋅g′′(0)>0.由题意 f(0)>0,g(0)<0，所以 f′′(0)<0,g′′(0)>0，故选(A)．
(6)【答案】(B)．
π
【解析】因为0< x< 时， 00．
当 a>0 时 ， 又 因 为
x
∫ ln(1+t2)dt
ln(1+x2) x2 1
lim 0 = lim = lim = lim ⋅x3−a =0．
x→0+ xa x→0+ axa−1 x→0+ axa−1 x→0+ a
所以3−a >0即a<3．
2x
x
∫ ln(1+t2)dt ln(1+x2) 1+x2 2 x3−a
又因为0= lim 0 = lim = lim = lim
x→+∞ xa x→+∞ axa−1 x→+∞a(a−1)xa−2 a(a−1)x→+∞1+x2
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所以3−a<2，即a >1，综合得10，所以y =− 为极小值．
3 3 3
当t =−1时，x=−1，y =1，此时y′′<0，所以y =1为极大值．
1
令y′′(x)=0得t =0，x= y = ．
3
1 1
当t <0时，x< ，此时y′′<0；当t >0时，x> ，此时y′′>0．
3 3
1 1 1 1
所以曲线的凸区间为 −∞， ，凹区间为 ，+∞ ，拐点为( , )．
3 3 3 3
(17) (本题满分9分)
【解析】z = f [ xy,yg(x) ]
∂z
= f′[ xy,yg(x) ]⋅y+ f′[ xy,yg(x) ]⋅yg′(x)
∂x 1 2
∂2z
= f′[ xy,yg(x) ]+ y [ f′′(xy,yg(x))x+ f′′(xy,yg(x))g(x) ]
∂x∂y 1 11 12
+g′(x)⋅ f′[ xy,yg(x) ]+ yg′(x){f′′[xy,yg(x)]⋅x+ f′′[xy,yg(x)]g(x)}．
2 12 22
因为g(x)在x=1可导，且为极值,所以g′(1)=0，则
d2z
| = f′(1,1)+ f′′(1,1)+ f′′(1,1)．
dxdy x=1 1 11 12
y=1
(18) (本题满分10分)
【解析】由题意可知当x=0时，y =0，y'(0)=1，由导数的几何意义得y′=tanα,
d dy y′′
即α=arctan y′，由题意 ( arctan y′)= ，即 = y′．
dx dx 1+ y′2
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p′ dp
令y′= p，y′′= p′，则 = p，∫ =∫dx，即
1+ p2 p3 + p
dp p 1 1
∫ −∫ dp =∫dx，ln| p|− ln(p2 +1)= x+c ，即 p2 = ．
p p2 +1 2 1 ce−2x −1
1
当x=0， p =1，代入得c=2，所以 y'= ，
2e−2x −1
x dt x etdt
则y(x)− y(0)=∫ =∫
0 2e−2t −1 0 2−e2t
et
d
x 2 et ex π
=∫ =arcsin |x=arcsin − ．
0 et 2 0 2 4
1−( )2
2
2 π
又因为y(0)=0，所以y(x)=arcsin ex − ．
2 4
(19) (本题满分10分)
1
【解析】(Ⅰ)设 f ( x )=ln ( 1+x ) ,x∈ 0,
n
1
显然 f(x)在 0, 上满足拉格朗日的条件，
n
1 1 1 1 1 1
f − f ( 0 )=ln1+ −ln1=ln1+ = ⋅ ,ξ∈ 0,
n n n 1+ξ n n
1
所以ξ∈ 0, 时，
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
⋅ < ⋅ < ⋅ ，即： < ⋅ < ，
1 n 1+ξ n 1+0 n n+1 1+ξ n n
1+
n
1 1 1
亦即： ∑ln1+ −lnn，
n k k
k=1 k=1
n 1 n k+1 2 3 4 n+1
∑ln1+
=ln∏
=ln ⋅ ⋅
=ln ( n+1 )，
k k 1 2 3 n
k=1 k=1
n 1 n 1
a =∑ −lnn>∑ln1+ −lnn>ln ( n+1 )−lnn>0．
n k k
k=1 k=1
得到数列{
a
}有下界．利用单调递减数列且有下界得到{
a
}收敛．
n n
(20) (本题满分11分)
【解析】(I)容器的容积即旋转体体积分为两部分
1
2( ) ( )
V =V +V =π∫ 2y− y2 dy+π∫2 1− y2 dy
1 2 1 −1
2
1
2
y3 y32 1 9
=πy2− +πy− =π 5+ −3 = π．
3 1 3 4 4
−1
2
(II) 所做的功为
dw=πρg(2− y)(1− y2)dy+πρg(2− y)(2y− y2)dy
1
2
w=πρg∫2(2− y)(1− y2)dy+πρg∫ (2− y)(2y− y2)dy
1
−1
2
1
2
=πρg∫2(y3−2y2 − y+2)dy+∫ +y3−4y2 +4y)dy
1
−1
2
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1 1 1
2 2
y4 2 2y3 2 y2 2 1 y2 4y3 2
=πρg − − +2y 2 + − +2y2
4 −1 3 −1 2 −1 −1 4 1 3 1 1 2
2 2
27×103
= πg =3375gπ．
8
(21) (本题满分11分)
【解析】因为 f(x,1)=0， f(1,y)=0，所以 f′(x,1)=0．
x
1 1 1 1
I =∫ xdx∫ yf′′(x,y)dy =∫ xdx∫ ydf′(x,y)
xy x
0 0 0 0
( )
=∫ 1 xdx yf′( x,y ) |1 −∫ 1 f′( x,y ) dy =∫ 1 xdx f′(x,1)−∫ 1 f′(x,y)dy
0
x 0
0
x
0
x
0
x
1 1 1 1 1 1
=−∫ xdx∫ f′(x,y)dy =−∫ dy∫ xf′(x,y)dx =−∫ dy xf(x,y)|1 −∫ f(x,y)dx
0 0
x
0 0
x
0
0
0
1 1
=−∫ dy f(1,y)−∫ f(x,y)dx =∫∫ f(x,y)dxdy =a．
0
0
D
(22) (本题满分11分)
【解析】(I)由于α,α,α不能由β,β,β线性表示，对(β,β,β,α,α,α)进行初
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
等行变换：
1 1 3 1 0 1
(β,β,β,α,α,α)= 1 2 4 0 1 3
1 2 3 1 2 3
1 3 a 1 1 5
1 1 3 1 0 1 1 1 3 1 0 1
→ 0 1 1 −1 1 2 → 0 1 1 −1 1 2 ．
0 2 a−3 0 1 4 0 0 a−5 2 −1 0
当a=5时，r(β,β,β)=2≠r(β,β,β,α)=3，此时，α不能由β,β,β线性表示，
1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 3
故α,α,α不能由β,β,β线性表示．
1 2 3 1 2 3
(II)对(α,α,α,β,β,β)进行初等行变换：
1 2 3 1 2 3
1 0 1 1 1 3
(α,α,α,β,β,β)= 0 1 3 1 2 4
1 2 3 1 2 3
1 1 5 1 3 5
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1 0 1 1 1 3 1 0 1 1 1 3
→ 0 1 3 1 2 4 → 0 1 3 1 2 4
0 1 4 0 2 2 0 0 1 −1 0 −2
1 0 0 2 1 5
→ 0 1 0 4 2 10 ，
0 0 1 −1 0 −2
故β =2α +4α −α，β =α +2α ，β =5α +10α −2α．
1 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3
(23) (本题满分11分)
1 1 −1 1
【解析】(I)由于A 0 0 = 0 0 ，设α =( 1,0,−1 )T ,α =( 1,0,1 )T，则
1 2
−1 1 1 1
A (α,α )=(−α,α )，即Aα =−α,Aα =α ，而α ≠0,α ≠0，知A的特征值为
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
λ=−1,λ =1，对应的特征向量分别为kα( k ≠0 )，kα ( k ≠0 )．
1 2 1 1 1 2 2 2
由于r ( A )=2，故 A =0，所以λ =0．
3
由于A是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设λ =0对应的
3
特征向量为α =( x ,x ,x )T，则
3 1 2 3
αTα =0, x −x =0,
1 3 即 1 3
αTα =0, x +x =0．
2 3 1 3
解此方程组，得α =( 0,1,0 )T ，故λ =0对应的特征向量为kα ( k ≠0 )．
3 3 3 3 3
(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：
α 1 α 1 α
β = 1 = ( 1,0,−1 )T ,β = 2 = ( 1,0,1 )T ,β = 3 =( 0,1,0 )T ．
1 α 2 2 α 2 3 α
1 2 3
−1
令Q=(β,β,β)，则QTAQ=Λ= 1 ，
1 2 3
0
A=QΛQT
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2 2
2 2 0 −
0 2 2
2 2 −1
2 2
= 0 0 1 1 0
2 2
− 2 2 0 0 0 1 0
2 2
2 2
2 2 0 −
− 0 2 2
2 2 0 0 1
2 2
= 0 0 0 0 = 0 0 0 ．
2 2
2 2 0 1 0 1 0 0
0
2 2
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2012 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题解析
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求
的，请将所选项前的字母填在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
x2 +x
（1）曲线y = 渐近线的条数为（）
x2 −1
（A）0
（B）1
（C）2
（D）3
【答案】：C
x2 +x
【解析】：lim =∞，所以x=1为垂直的
x→1 x2 −1
x2 +x
lim =1，所以y =1为水平的，没有斜渐近线 故两条选C
x→∞ x2 −1
（2）设函数 f(x)=(ex −1)(e2x −2)(enx −n)，其中n为正整数，则 f '(0)=
（A）(−1)n−1(n−1)!
（B）(−1)n(n−1)!
（C）(−1)n−1n!
（D）(−1)nn!
【答案】：C
【解析】：f '(x)=ex(e2x −2)(enx −n)+(ex −1)(2e2x −2)(enx −n)+(ex −1)(e2x −2)(nenx −n)
所以 f '(0)= (−1)n−1n!
（3）设 a
n
>0(n=1,2,…)，S
n
=a
1
+a
2
+…a
n
，则数列(s
n
)有界是数列（a
n
）收敛的
(A)充分必要条件. (B)充分非必要条件.
（C）必要非充分条件. （D）即非充分地非必要条件.
【答案】：(B)
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（4）设I = ∫ k ex2 sinxdx(k=1,2,3),则有 D
k
e
（A）I < I 0, <0,f(x
1
,y
1
) x y < y (B) x > x y >y
1 2, 1 2. 1 2, 1 1.
(C) x < x y < y (D) x < x y > y
1 2, 1 2. 1 2, 1 2.
【答案】：(D)
【解析】：
∂f(x,y)
>0 ，
∂f(x,y)
<0 表示函数 f(x,y)关于变量x是单调递增的，关于变
∂x ∂y
量 y是单调递减的。因此，当 x < x ,y > y 必有 f(x ,y )< f(x ,y ) ，故选 D
1 2 1 2 1 1 2 2
π ( )
（6）设区域D由曲线y =sinx,x=± ,y =1,围成，则∫∫ x5y−1dxdy =( )
2
(A)π (B)2 (C)−2 (D)−π
【答案】：（D）
【解析】： 由二重积分的区域对称性，
π
∫∫ ( x5y−1 ) dxdy=∫2 dx∫ 1 ( x5y−1 ) dy=−π
−
π
sinx
2
0 0 1 −1
（7）设α = 0 ,α = 1 ,α = −1 ,α = 1 其中c ,c ,c ,c 为任意常数，则下列向量组线性相关
1 2 3 4 1 2 3 4
c c c c
1 2 3 4
的是（ ）
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（A）α,α,α （B）α,α,α
1 2 3 1 2 4
（C）α,α,α （D）α,α,α
1 3 4 2 3 4
【答案】：（C）
0 1 −1
1 −1
【解析】：由于 (α,α,α ) = 0 −1 1 =c =0，可知α,α,α 线性相关。故选（C）
1 3 4 1 −1 1 1 3 4
c c c
1 3 4
1
（8）设 A 为 3 阶矩阵， P 为 3 阶可逆矩阵，且 P−1AP= 1 ， P=(α,α,α) ，
1 2 3
2
Q=(α +α,α,α)则Q−1AQ=（ ）
1 2 2 3
1 1
（A） 2 （B） 1
1 2
2 2
（C） 1 （D） 2
2 1
【答案】：（B）
1 0 0 1 0 0
【解析】：Q= P 1 1 0 ，则Q−1 = −1 1 0 P−1，
0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 0 1 0 01 1 0 0 1
故Q−1AQ= −1 1 0 P−1AP 1 1 0 = −1 1 0 1 1 1 0 = 1
0 0 1 0 0 1 0 0 1 20 0 1 2
故选（B）。
二、填空题：9−14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
（9）设y = y(x)是由方程x2 − y+1=ey所确定的隐函数，则 ________。
【答案】：1
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1 1 1
（10）计算limn + +…+ = ________。
x→∞ 1+n2 22 +n2 n2 +n2
π
【答案】：
4
【解析】：原式= lim 1 ∑ n 1 = ∫ 1 dx = arctan x 1 = π .
n→∞ n i 2 01+ x2 0 4
i=1
1+
n
1 ∂z ∂z
（11）设z = f ln x+ ,其中函数 f (u)可微，则x + y2 = ________。
y ∂x ∂y
【答案】：0.
∂z 1 ∂z 1 ∂z ∂z
【解析】：因为 = f ′⋅ , = f ′⋅ − ，所以x + y2 = 0.
∂x x ∂y y2 ∂x ∂y
（12）微分方程 ydx+(x−3y2)dy = 0满足初始条件 y| =1的解为________。
x=1
【答案】：x = y2
dx 1 dx 1
【解析】：ydx+(x−3y2)dy = 0⇒ =3y − x ⇒ + x =3y为一阶线性微分方程，
dy y dy y
所以
−∫ 1 dy ∫ 1 dy 1 1
x = e y ∫3y⋅e y dy +C = ∫3y2dy +C = (y3 +C)
y y
又因为 y =1时x =1，解得C = 0，故x = y2 .
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2
（13）曲线 y = x2 + x(x < 0)上曲率为 的点的坐标是________。
2
【答案】：(−1,0 )
【解析】：将 y’ = 2x+1, y” = 2代入曲率计算公式，有
| y′′| 2 2
K = = =
(1+ y′2)3/2 3 2
1+(2x+1)22
整理有(2x+1)2 =1，解得x=0或−1，又x<0，所以x=−1，这时y =0，
故该点坐标为(−1,0 )
（14）设A为3阶矩阵， A =3,A*为A的伴随矩阵，若交换A的第一行与第二行得到矩阵B,则
BA* =________。
【答案】：-27
【解析】：由于B= E A，故BA* = E A⋅A* =| A|E =3E ，
12 12 12 12
所以，|BA*|=|3E |=33 |E |=27*(−1)=−27.
12 12
三、解答题：15—23 小题，共 94 分.请将解答写在答 ． 题 ． 纸 ． 指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤.
（15）（本题满分10分）
1+x 1
已知函数 f(x)= − ，记a=lim f(x)
sinx x, x→0
（1）求a的值
（2）若当x→0时， f(x)−a是xk的同阶无穷小，求k
1 1 x−sinx
【解析】：（1）lim f(x)=lim( − +1)=lim +1=1，即a =1
x→0 x→0 sinx x x→0 x2
1 1 x−sinx
（2）,当x→0时，由 f(x)−a = f(x)−1= − =
sinx x xsinx
1
1
又因为,当x→0时，x−sinx与 x3等价，故 f (x)−a ~ x，即k =1
6 6
（16）（本题满分10分）
x2 + y2
求 f ( x,y )= xe− 的极值。
2
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x2 + y2
【解析】： f ( x,y )= xe− ，
2
先求函数的驻点. f ′( x,y )=e−x=0, f ′( x,y )=−y =0，解得函数为驻点为( e,0 ) .
x y
又A= f ′( e,0 )=−1,B= f ′( e,0 )=0,C = f ′( e,0 )=−1，
xx xy yy
1
所以B2 −AC <0,A<0，故 f ( x,y )在点( e,0 )处取得极大值 f ( e,0 )= e2 .
2
（17）（本题满分10分）
过点（0，1）点作曲线L：y =lnx的切线，切点为A，又L与x轴交于B点，区域D由L与直线AB及
x轴围成，求区域D的面积及D绕x轴旋转一周所得旋转体的体积。
【解析】：
1 1
设切点坐标为 A ( x ,lnx )，斜率为 ，所以设切线方程为 y−lnx = ( x−x )，又因为该切线过
0 0 x 0 x 0
0 0
1
B(0,1)，所以x =e2，故切线方程为：y = x+1
0 e2
( )
切线与x轴交点为B −e2,0
y
A
Y=lnx
（0,1）
x
B
2
2 1
（1）A=∫
ey −e2(y−1)
dy =
ey −e2( y2 − y)
=e2 −1
0 2
0
（2）
V = 1 π⋅22⋅e2 − ( −e2 )−π∫ e2 ln2 xdx
3 1
8 ( )e2 e2
= πe2 −π xln2 x −∫ 2lnxdx
3 1 1
= 8 πe2 −π 4e2 −( 2xlnx )e2 +∫ e2 2dx
3 1 1
8 ( ) 2 ( )
= πe2 −2π e2 −1 = π e2 +3
3 3
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（18）（本题满分10分）
计算二重积分∫∫xydσ，其中区域D为曲线r =1+cosθ ( 0≤θ≤π ) 与极轴围成。
D
π 1+cosθ
【解析】： ∫∫xydσ=∫ dθ∫ rcosθ⋅rsinθ⋅rdr
0 0
D
1 π
= ∫ sinθ⋅cosθ⋅(1+cosθ)4dθ
4 0
π θ θ θ θ θ
=16∫ sin cos (2cos2 −1)cos8 d
0 2 2 2 2 2
π π
=32∫2sintcos11tdt −16∫2sintcos9 tdt
0 0
8 8
= −
3 5
16
=
15
（19）（本题满分11分）已知函数 f(x)满足方程 f ''(x)+ f '(x)−2f(x)=0及 f '(x)+ f(x)=2ex
1）求表达式 f(x)
x
2）求曲线的拐点y = f(x2)∫ f(−t2)dt
0
【解析】：
1）特征方程为r2 +r −2=0，特征根为r =1,r = −2，齐次微分方程 f′′(x)+ f′(x)−2f(x)=0的通解
1 2
为 f(x) =C ex +C e−2x.再由 f '(x)+ f(x)=2ex得2Cex −C e−2x =2ex，可知C =1,C =0。
1 2 1 2 1 2
故 f(x)=ex
2）曲线方程为y =ex2∫ x e−t2 dt ，则y'=1+2xex2∫ x e−t2 dt，y''=2x+2 ( 1+2x2 ) ex2∫ x e−t2 dt
0 0 0
令y''=0得x=0。为了说明x=0是y''=0唯一的解，我们来讨论y''在x>0和x<0时的符号。
当 x>0 时 ， 2x>0,2 ( 1+2x2 ) ex2∫ x e−t2 dt >0 ， 可 知 y''>0 ； 当 x<0 时 ，
0
2x<0,2 ( 1+2x2 ) ex2∫ x e−t2 dt <0，可知y''<0。可知x=0是 y''=0唯一的解。
0
同时，由上述讨论可知曲线 y = f(x2)∫ x f(−t2)dt在x=0左右两边的凹凸性相反，可知( 0,0 )点是曲线
0
x
y = f(x2)∫ f(−t2)dt唯一的拐点。
0
（20）（本题满分10分）
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1+x x2
证明：xln +cosx≥1+ ,−1< x<1
1−x 2
1+x x2
【解析】：令 f ( x )= xln +cosx−1− ，可得
1−x 2
1+x 1+x 2
f '( x )=ln +x −sinx−x
1−x 1−x ( 1−x )2
1+x 2x
=ln + −sinx−x
1−x 1−x2
1+x 1+x2
=ln + x−sinx
1−x 1−x2
1+x 1+x2 1+x2
当0< x<1时，有ln ≥0， >1，所以 x−sinx≥0，
1−x 1−x2 1−x2
1+x x2
故 f '( x )≥0，而 f ( 0 )=0，即得xln +cosx−1− ≥0
1−x 2
1+x x2
所以xln +cosx≥ +1。
1−x 2
1+x 1+x2 1+x2
当−1< x<0，有ln ≤0， >1，所以 x−sinx≤0，
1−x 1−x2 1−x2
1+x x2
故 f '( x )≥0，即得xln +cosx−1− ≥0
1−x 2
1+x x2
可知，xln +cosx≥1+ ,−1< x<1
1−x 2
（21）（本题满分11分）
1
（1）证明方程xn +xn−1+...+x=1(n>1的整数)，在区间 ,1内有且仅有一个实根；
2
（2）记（1）中的实根为x ，证明limx 存在，并求此极限。
n n
n→∞
【 解 析 】： (1) 由 题 意 得 ： 令 f(x)= xn +xn−1++x−1 ， 则 f(1)>0 ， 再 由
1 1
(1−( )n)
1 1 1
f( )= 2 2 −1=−( )n <0，由零点定理得在( ,1)肯定有解x ，假设在此区间还有另外一根x ，
2 1 2 2 0 1
1−
2
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所以x n +x n−1++x −1= x n +x n−1++x −1，由归纳法得到x = x ，即唯一性得证
0 0 0 n n n 1 0
x (1−x n) 1
（2）假设根为x ，即 f(x )= x n +x n−1++x −1=0，所以 f(x )= n n −1=0,( < x <1)，
n n n n n n 1−x 2 n
n
由 于 x n+1+x n ++x −1=0 ， 可 知 x n +x n−1++x −1<0 ， 由 于
n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1
1
x n +x n−1++x −1=0，可知x < x 。又由于 < x <1，也即{ x }是单调的。则由单调有界收敛
n n n n+1 n 2 n n
定理可知{ x }收敛，假设limx =a，可知a< x < x =1。
n n 2 1
n→∞
x (1−x n) a 1
当n→∞时，lim f(x )=lim n n −1= −1=0, 得limx =
n→∞ n n→∞ 1−x 1−a n→∞ n 2
n n
（22）（本题满分11分）
1 a 0 0 1
0 1 a 0 −1
设A= ，b=
0 0 1 a 0
a 0 0 1 0
（Ⅰ）求 A
（Ⅱ）已知线性方程组Ax=b有无穷多解，求a，并求Ax=b的通解。
1 a 0 0
1 a 0 a 0 0
0 1 a 0
【解析】：（Ⅰ） =1× 0 1 a +a×(−1)4+1 1 a 0 =1−a4
0 0 1 a
0 0 1 0 1 a
a 0 0 1
1 a 0 0 1 1 a 0 0 1 1 a 0 0 1
0 1 a 0 −1 0 1 a 0 −1 0 1 a 0 −1
→ →
0 0 1 a 0 0 0 1 a 0 0 0 1 a 0
a 0 0 1 0 0 −a2 0 1 −a 0 0 a3 1 −a−a2
（Ⅱ）
1 a 0 0 1
0 1 a 0 −1
→
0 0 1 a 0
0 0 0 1−a4 −a−a2
可知当要使得原线性方程组有无穷多解，则有1−a4 =0及−a−a2 =0，可知a=−1。
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1 −1 0 0 1 1 0 0 −1 0
0 1 −1 0 −1 0 1 0 −1 −1
此时，原线性方程组增广矩阵为 ，进一步化为行最简形得
0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 0
1 −1 1 −1
可知导出组的基础解系为 ，非齐次方程的特解为 ，故其通解为k +
1 0 1 0
1 0 1 0
线性方程组Ax=b存在2个不同的解，有| A|=0.
λ 1 1
即： A = 0 λ−1 0 =(λ−1)2(λ+1)=0，得λ=1或-1.
1 1 λ
1 1 1x x
1
当λ=1时, 0 0 0 x = 0 ，显然不符，故λ=−1.
2
1 1 1x 1
3
（23）（本题满分 11 分）三阶矩阵 ，AT 为矩阵A的转置，已知r(ATA)=2，且二次型
f = xTATAx。
1）求a
2）求二次型对应的二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。
【解析】：1）由r(ATA)=r(A)=2可得，
1 0 1
0 1 1 =a+1=0⇒a=−1
−1 0 a
2 0 2x
1
f = xTATAx=( x ,x ,x ) 0 2 2 x
2） 1 2 3
2
2 2 4x
3
=2x2 +2x 2 +4x 2 +4x x +4x x
1 2 3 1 2 2 3
2 0 2
则矩阵B= 0 2 2
2 2 4
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λ−2 0 −2
λE−B = 0 λ−2 −2 =λ(λ−2 )(λ−6 )=0
−2 −2 λ−4
解得B矩阵的特征值为：λ=0;λ =2;λ =6
1 2 3
1
对于λ=0,解(λE−B ) X =0得对应的特征向量为：η = 1
1 1 1
−1
1
对于λ =2,解(λE−B ) X =0得对应的特征向量为：η = −1
2 2 2
0
1
对于λ =6,解(λE−B ) X =0得对应的特征向量为：η = 1
3 3 3
2
将η,η,η单位化可得：
1 2 3
1 1 1
1 1 1
α = 1 ，α = −1 ，α = 1
1 2 3
3 2 6
−1 0 2
Q=(α,α,α)
1 2 3
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2013 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求
的，请将所选项前的字母填在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
π
（1）设cosx−1= xsinα(x)，其中α(x) < ，则当x→0时，α(x)是（ ）
2
（A）比x高阶的无穷小 （B）比x低阶的无穷小
（C）与x同阶但不等价的无穷小 （D）与x等价的无穷小
2
（2）设函数y = f(x)由方程 确定，则limn
f( )−1
=（ ）
n→∞ n
（A）2 （B）1 （C）−1 （D）−2
sinx, 0≤ x<π
x
（3）设函数 f(x)= ，F(x)=∫ f(t)dt，则（ ）
2, π≤ x≤2π 0
（A）x=π 是函数F(x)的跳跃间断点 （B）x=π 是函数F(x)的可去间断点
（C）F(x)在x=π处连续但不可导 （D）F(x)在x=π处可导
1
, 1< x2 （C）−2<α<0 （D）0<α<2
y x ∂z ∂z
（5）设z = f(xy)，其中函数 f 可微，则 + =（ ）
x y ∂x ∂y
2 2
（A）2yf′(xy) （B）−2yf′(xy) （C） f(xy) （D）− f(xy)
x x
{ }
（6）设D 是圆域D= (x,y)|x2 + y2 ≤1 在第k象限的部分，记I =∫∫(y−x)dxdy(k =1,2,3,4)，则
k k
D
k
（ ）
（A）I >0 （B）I >0 （C）I >0 （D）I >0
1 2 3 4
（7）设矩阵A,B,C均为n阶矩阵，若AB=C,则B可逆，则
（A）矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价
（B）矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价
（C）矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价
（D）矩阵C的行向量组与矩阵B的列向量组等价
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1 a 1 2 0 0
（8）矩阵 a b a 与 0 b 0 相似的充分必要条件为
1 a 1 0 0 0
（A）a =0,b=2
（B）a=0,b为任意常数
（C）a=2,b=0
（D）a=2,b为任意常数
二、填空题：9−14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
ln(1+x) 1
(9) lim(2− )x = ．
x→∞ x
x
(10) 设 函 数 f(x)=∫ 1−etdt ， 则 y = f(x) 的 反 函 数 x= f −1(y) 在 y =0 处 的 导 数
−1
dx
= ．
dy
y=0
π π
(11)设封闭曲线 L 的极坐标方程为 r =cos3θ(− ≤θ≤ ) ，则 L 所围成的平面图形的面积
6 6
为 ．
x=arctant
(12)曲线 上对应于t =1的点处的法线方程为 ．
y =ln 1+t2
(13)已知y =e3x −xe2x，y =ex −xe2x，y =−xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，该
1 2 3
方程满足条件y =0 y′ =1的解为y = ．
x=0 x=0
（14）设 A=(a ) 是三阶非零矩阵， |A| 为 A 的行列式， A 为 a 的代数余子式，若
ij ij ij
a +A =0(i,j=1,2,3),则 A = ____
ij ij
三、解答题：15—23 小题，共 94 分.请将解答写在答 ． 题 ． 纸 ． 指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤.
（15）（本题满分10分）
当x→0时，1−cosx⋅cos2x⋅cos3x与axn为等价无穷小，求n与a的值。
（16）（本题满分10分）
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1
设D是由曲线y = x3，直线x=a(a>0)及x轴所围成的平面图形，V ,V 分别是D绕x轴，y轴旋转一
x y
周所得旋转体的体积，若V =10V ，求a的值。
y x
（17）（本题满分10分）
设平面内区域D由直线x=3y,y =3x及x+ y =8围成.计算∫∫x2dxdy。
D
（18）（本题满分10分）
设奇函数 f(x)在[−1,1]上具有二阶导数，且 f(1)=1.证明：
（I）存在ξ∈（0,1），使得 f′(ξ)=1；（II）存在η∈（0,1），使得 f′′(η)+ f′(η)=1。
（19）（本题满分11分）
求曲线x3−xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。
（20）（本题满分11分）
1
设函数 f(x)=lnx+ ，
x
（I）求 f(x)的最小值
1
（II）设数列{x }满足lnx + <1，证明limx 存在，并求此极限.
n n x n→∞ n
n
（21）（本题满分11分）
1 1
设曲线L的方程为y = x2 − lnx (1≤ x≤e)，
4 2
（1）求L的弧长；
（2）设D是由曲线L，直线x=1,x=e及x轴所围平面图形，求D的形心的横坐标。
（22）（本题满分11分）
1 a 0 1
设A= ,B= ，当a,b为何值时，存在矩阵C使得AC−CA= B，并求所有矩阵C。
1 0 1 b
（23）（本题满分11分）
a b
1 1
设二次型 f ( x ,x ,x )=2 ( a x +a x +a x )2 +( bx +b x +b x )2，记α= a ,β= b 。
1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 2 2
a b
3 3
（I）证明二次型 f 对应的矩阵为2αTα+βTβ；
（II）若α,β正交且均为单位向量，证明二次型 f 在正交变化下的标准形为二次型2y2 + y2。
1 2
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2013 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题答案
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求
的，请将所选项前的字母填在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
π
（1）设cosx−1= xsinα(x)，其中α(x) < ，则当x→0时，α(x)是（ ）
2
（A）比x高阶的无穷小 （B）比x低阶的无穷小
（C）与x同阶但不等价的无穷小 （D）与x等价的无穷小
【答案】（C）
sinα(x) cosx−1 1
【解析】因为lim =lim =− ，所以limsinα(x)=0，
x→0 x x→0 x2 2 x→0
sinα(x) α(x) 1
因此当x→0时，α(x)→0，所以sinα(x)α(x)，所以lim =lim =− ，
x→0 x x→0 x 2
所以α(x)是与x同阶但不等价的无穷小。
2
（2）设函数y = f(x)由方程cos(xy)+ln y−x=1确定，则limn
f( )−1
=（ ）
n→∞ n
（A）2 （B）1 （C）−1 （D）−2
【答案】（A）
2
f( )− f(0)
【解析】由于 f(0)=1，所以limn f( 2 )−1 =lim2 n =2f′(0)，
n→∞ n n→∞
2
n
y′ 2
对此隐函数两边求导得−(y+xy′)sin(xy)+ −1=0，所以 f′(0)=1，故limn
f( )−1
=2。
y n→∞ n
sinx, 0≤ x<π
x
（3）设函数 f(x)= ，F(x)=∫ f(t)dt，则（ ）
2, π≤ x≤2π 0
（A）x=π 是函数F(x)的跳跃间断点 （B）x=π 是函数F(x)的可去间断点
（C）F(x)在x=π处连续但不可导 （D）F(x)在x=π处可导
【答案】（C）
x
∫ sintdt =1−cosx, 0≤ x<π
【解析】F(x)=∫ x f(t)dt = 0 ，
0 ∫ π sintdt+∫ x 2dt =2(x−π+1),π≤ x≤2π
0 π
由于 lim F(x)= lim F(x)=2，所以F(x)在x=π处连续；
x→π− x→π+
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F(x)−F(π) −1−cosx F(x)−F(π) 2(x−π)
lim = lim =0， lim = lim =2，
x→π− x−π x→π+ x−π x→π+ x−π x→π+ x−π
所以F(x)在x=π处不可导。
1
, 1< x2 （C）−2<α<0 （D）0<α<2
【答案】（D）
1
, 1< x0；所以0<α<2。
λ→∞ αlnαλ
y x ∂z ∂z
（5）设z = f(xy)，其中函数 f 可微，则 + =（ ）
x y ∂x ∂y
2 2
（A）2yf′(xy) （B）−2yf′(xy) （C） f(xy) （D）− f(xy)
x x
【答案】（A）
y ∂z y y2
【解析】已知z = f(xy)，所以 =− f(xy)+ f′(xy)，
x ∂x x2 x
x ∂z ∂z 1 1
所以 + =[− f(xy)+ yf′(xy)]+( f(xy)+ yf′(xy))=2yf′(xy)。
y ∂x ∂y x x
{ }
（6）设D 是圆域D= (x,y)|x2 + y2 ≤1 在第k象限的部分，记I =∫∫(y−x)dxdy(k =1,2,3,4)，则
k k
D
k
（ ）
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（A）I >0 （B）I >0 （C）I >0 （D）I >0
1 2 3 4
【答案】（B）
【解析】令x=rcosθ,y =rsinθ，则有
β
1 β 1
I =∫∫(y−x)dxdy =∫ rdr∫ (rsinθ−rcosθ)dθ=− (cosθ+sinθ)
k 0 α 3
D α
k
π 2
故当k =2时，α= ,β=π，此时有I = >0.故正确答案选B。
2 2 3
（7）设矩阵A,B,C均为n阶矩阵，若AB=C，且C可逆，则（ ）
（A）矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价
（B）矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价
（C）矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价
（D）矩阵C的行向量组与矩阵B的列向量组等价
【答案】（B）
【解析】由C = AB可知C的列向量组可以由A的列向量组线性表示，又B可逆，故有A=CB−1，从而
A的列向量组也可以由C的列向量组线性表示，故根据向量组等价的定义可知正确选项为（B）。
1 a 1 2 0 0
（8）矩阵 a b a 与 0 b 0 相似的充分必要条件为
1 a 1 0 0 0
（A）a =0,b=2
（B）a=0,b为任意常数
（C）a=2,b=0
（D）a=2,b为任意常数
【答案】(B)
1 a 1 1 a 1 2 0 0
【解析】由于 a b a 为实对称矩阵，故一定可以相似对角化，从而 a b a 与 0 b 0 相似的
1 a 1 1 a 1 0 0 0
1 a 1
充分必要条件为 a b a 的特征值为2,b,0。
1 a 1
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λ−1 −a −1
又λE−A = −a λ−b −a =λ[(λ−b)(λ−2)−2a2]，从而a=0,b为任意常数。
−1 −a λ−1
二、填空题：9−14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
ln(1+x) 1
(9) lim(2− )x = ．
x→∞ x
1
【答案】e2
ln(1+x)
ln(1+1− )
x
lim
ex→0 x
【解析】原式= ，
ln(1+x) ln(1+x) 1
ln(1+1− ) 1− 1−(1− x+o(x))
x x 2 1
lim = lim = lim =
x x x 2
x→0 x→0 x→0
1
因此答案为e2.
x
(10) 设 函 数 f(x)=∫ 1−etdt ， 则 y = f(x) 的 反 函 数 x= f −1(y) 在 y =0 处 的 导 数
−1
dx
= ．
dy
y=0
1
【答案】
1−e−1
dy dx 1 dx 1 1
【解析】 = 1−ex,∴ = , | = | =
dx dy 1−ex dy
y=0
1−ex
x=−1
1−e−1
π π
(11)设封闭曲线 L 的极坐标方程为 r =cos3θ(− ≤θ≤ ) ，则 L 所围成的平面图形的面积
6 6
为 ．
π
【答案】
12
1 π π1+cos6θ π
【解析】所围图形的面积是S = ∫6 cos23θdθ=∫6 dθ=
π
2 − 0 2 12
6
x=arctant
(12)曲线 上对应于t =1的点处的法线方程为 ．
y =ln 1+t2
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π
【答案】y+x− −ln 2 =0
4
1 t
⋅
dy 1+t2 1+t2 dy
【解析】 = =t， | =1,
dx 1 dx t=1
1+t2
π π
当t =1时，x= ,y =ln 2，故法线方程为y+x− −ln 2 =0.
4 4
(13)已知y =e3x −xe2x，y =ex −xe2x， y =−xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的 3 个解，
1 2 3
该方程满足条件y =0 y′ =1的解为y = ．
x=0 x=0
【答案】y =e3x −ex −xe2x
【解析】由题意知：e3x,ex是对应齐次方程的解，−xe2x是非齐次方程的解，
故非齐次的通解为y =Ce3x +C ex −xe2x，将初始条件代入，得到C =1,C =−1,
1 2 1 2
故满足条件的解为y =e3x −ex −xe2x。
（14）设 A=(a ) 是三阶非零矩阵， |A| 为 A 的行列式， A 为 a 的代数余子式，若
ij ij ij
a +A =0(i,j=1,2,3),则 A = ____
ij ij
【答案】−1
【解析】
由a + A =0可知，AT =−A*
ij ij
A =a A +a A +a A =a A +a A +a A
i1 i1 i2 i2 i3 i3 1j 1j 2j 2j 3j 3j
3 3
=−∑a2 =−∑a2 <0
ij ij
j=1 i=1
从而有 A = AT = −A* =− A 2 ,故 A =-1.
三、解答题：15—23 小题，共 94 分.请将解答 写在答 ． 题 ． 纸 ． 指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤.
（15）（本题满分10分）
当x→0时，1−cosx⋅cos2x⋅cos3x与axn为等价无穷小，求n与a的值。
【解析】因为当x→0时，1−cosx⋅cos2x⋅cos3x与axn为等价无穷小
1−cosx⋅cos2x⋅cos3x
所以lim =1
x→0 axn
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又因为：
1−cosx⋅cos2x⋅cos3x
=1−cosx+cosx−cosx⋅cos2x+cosx⋅cos2x−cosx⋅cos2x⋅cos3x
=1−cosx+cosx(1−cos2x)+cosx⋅cos2x(1−cos3x)
1−cosx⋅cos2x⋅cos3x 1−cosx+cosx(1−cos2x)+cosx⋅cos2x(1−cos3x)
即lim =lim
x→0 axn x→0 axn
1−cosx cosx(1−cos2x) cosx⋅cos2x(1−cos3x)
=lim( + + )
x→0 axn axn axn
1 1 1
x2 +o(x2) (2x)2 +o(x2) (3x)2 +o(x2)
2 2 2
=lim( + + )
x→0 axn axn axn
1 4 9
所以n=2 且 + + =1⇒a =7
2a 2a 2a
（16）（本题满分10分）
1
设D是由曲线y = x3，直线x=a(a>0)及x轴所围成的平面图形，V ,V 分别是D绕x轴，y轴旋转一
x y
周所得旋转体的体积，若V =10V ，求a的值。
y x
【解析】由题意可得：
a 1 3 5
V =π∫ (x3)2dx= πa3
x 0 5
a
1 6π 7
V =2π∫ x⋅x3dx= a3
y 0 7
6π 7 3 5
因为：V =10V 所以 a3 =10⋅ πa3 ⇒a=7 7
y x 7 5
（17）（本题满分10分）
设平面内区域D由直线x=3y,y =3x及x+ y =8围成.计算∫∫x2dxdy。
D
【解析】∫∫x2dxdy =∫∫x2dxdy+∫∫x2dxdy
D D D
1 2
2 3x 6 8−x
=∫ x2dx∫ dy+∫ x2dx∫ dy
x x
0 2
3 3
416
=
3
（18）（本题满分10分）
设奇函数 f(x)在[−1,1]上具有二阶导数，且 f(1)=1.证明：
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（I）存在ξ∈（0,1），使得 f′(ξ)=1；（II）存在η∈（0,1），使得 f′′(η)+ f′(η)=1。
【解析】（1）令F(x)= f(x)−x,F(0)= f(0)=0,F(1)= f(1)−1=0,
则∃ξ∈( 0,1 )使得F'(ξ)=0,即f '(ξ)=1
（2）令G(x)=ex(f '(x)−1),则G(ξ)=0,
又由于 f(x)为奇函数，故 f '(x)为偶函数，可知G(−ξ)=0,
则∃η∈(−ξ,ξ)⊂(−1,1 )使G'(ξ)=0,
即eη[f '(η)−1]+eηf ''(η)=0，即 f ''(η)+ f '(η)=1
（19）（本题满分11分）
求曲线x3−xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。
【解析】本题本质上是在条件x3−xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)下求函数 f(x,y)= x2 + y2 的最值。
故只需求出 x2 + y2 在条件x3−xy+ y3 =1下的条件极值点，再将其与曲线端点处（( 0,1 ) , ( 1,0 )）的函
数值比较，即可得出最大值与最小值。
由于函数 x2 + y2 与x2 + y2的增减性一致，故可以转化为求x2 + y2的条件极值点：
构造拉格朗日函数L ( x,y,λ)= x2 + y2 +λ ( x3−xy+ y3 −1 ) ，求其驻点得
∂L
=2x+3λx2 −λy =0
∂x
∂L
=2y+3λy2 −λx=0
∂y
∂L
= x3−xy+ y3−1=0
∂λ
2x=λy−3λx2
为了求解该方程组，将前两个方程变形为
2y =λx−3λy2
2xy =λy2 −3λx2y
进一步有 ，故λx2 −3λxy2 =λy2 −3λx2y
2xy =λx2 −3λxy2
即λ( x− y )( x+ y+3xy )=0。则有λ=0或x− y =0或x+ y+3xy =0。
当λ=0时，有x= y =0，不可能满足方程x3−xy+ y3−1=0；
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当x+ y+3xy =0，由于x≥0,y≥0，也只能有x= y =0，不可能满足第三个方程；
故必有x− y =0，将其代入x3−xy+ y3−1=0得2x3−x2 −1=0，解得x=1,y =1。
可知(
1,1
)点是唯一的条件极值点。
由于 f(1,1)= 2， f(0,1)= f(1,0)= 2，故曲线x3−xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)上的点到坐标原点的最
长距离为 2与最短距离为1。
（20）（本题满分11分）
1
设函数 f(x)=lnx+ ，
x
（I）求 f(x)的最小值
1
（II）设数列{x }满足lnx + <1，证明limx 存在，并求此极限.
n n x n→∞ n
n
1 1 x−1
【解析】（I） f '(x)= − = ，则当x∈( 0,1 )时， f '(x)<0；当x∈( 1,+∞)时， f '(x)>0。
x x2 x2
可知 f(x)在( 0,1 ]上单调递减，在[ 1,+∞)上单调递增。故 f(x)的最小值为 f(1)=1。
1 1 1
（2）、由于lnx + ≥1，则 < ，即x > x ，故x 单调递增。
n x x x n+1 n n
n n+1 n
1
又由于lnx 0
y2(−1)+1
所以x=1时，取极大值 y(1)。
x=−1时，取极小值 y(−1)。
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由①可知，
( y2 +1)dy =(1−x2 )dx
y3 x3 ，
+ y = x− +C
3 3
2 y3 x3 2
因为 y(2)=0，所以C = ， + y = x− + 。
3 3 3 3
所以x=1时，取极大值 y(1)=1。
x=−1时，取极小值 y(−1)=0。
（17）【答案】
π 2 ρcosθsinπρ
∫2dθ∫ ρdρ
0 1 ρcosθ+ρsinθ
π cosθ 2
=∫2 dθ∫ ρsinπρdρ
0 cosθ+sinθ 1
1 π cosθ 2
=− ∫2 dθ∫ ρdcosπρ
π 0 cosθ+sinθ 1
1 π cosθ 1 2
=− ∫2 dθ(ρcosπρ2 − ∫ cosπρdπρ)
π 0 cosθ+sinθ 1 π 1
1 π cosθ
=− ∫2 dθ⋅(2+1)
π 0 cosθ+sinθ
π
3 1
=− ⋅ ∫2dθ
π 2 0
3
=−
4
（18）【答案】
∂E
= f′(excosy)excosy
∂x
∂2E
= f′′(excosy)e2xcos2 y+ f′(excosy)excosy
∂x2
∂E
= f′(excosy)ex(−siny)
∂y
∂2E
= f′′(excosy)e2x sin2 y+ f′(excosy)ex(−cosy)
∂y2
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∂2E ∂2E
+ = f′′(excosy)e2x =(4E+excosy)e2x
∂x2 ∂y2
f′′(excosy)=4f(excosy)+excosy
令excosy =u，
则 f′′(u)=4f(u)+u，
u
故 f(u)=Ce2u +C e−2u − ,(C ,C 为任意常数)
1 2 4 1 2
由 f(0)=0,f′(0)=0,得
e2u e−2u u
f(u)= − −
16 16 4
（19）【答案】
x x x
证明：1）因为0≤ g(x)≤1，所以有定积分比较定理可知，∫ 0dt ≤∫ g(t)dt ≤∫ 1dt，即
a a a
x
0≤∫ g(t)dt ≤ x−a。
a
2）令
x x+∫xg(t)dt−
F(x)=∫ f(t)g(t)dt−∫ a f(t)dt
a a
F(a)=0
F′(x)= f(x)g(x)− f [a+∫ xg(t)dt]g(x)
a
= g(x){ f(x)− f [a+∫ xg(t)dt]}
a
x
由1）可知∫ g(t)dt ≤ x−a，
a
x
所以a+∫ g(t)dt ≤ x。
a
由 f(x)是单调递增，可知
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f(x)− f [a+∫ xg(t)dt] ≥0
a
由因为0≤ g(x)≤1，所以F′(x)≥0，F(x)单调递增，所以F(b)> F(a)=0，得证。
（20）【答案】
因为
x
f (x)= ,x∈[0,1]
1 1+x
x
1+x x
f (x)= =
2 x 1+2x
1+
1+x
x
f (x)=
n 1+nx
所以
1 11+nx−1
S = ∫ dx
n 0 1+nx
1 1 1
= ∫ (1− )dx
n 0 1+nx
1 1
= (x− ln(1+nx))1
n n 0
1 1
= (1− ln(1+n))
n n
所以
1 ln(1+n)
limn⋅ (1− )
n→∞ n n
ln(1+n)
=1−lim =0
n→∞ n
（21）【答案】
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−k +2 −k +6 −k −1
1 2 3
2k −1 2k −3 2k +1
（22）【答案】①(−1,2,3,1 )T ②B= 1 2 3 ( k ,k ,k ∈R )
3k −1 3k −4 3k +1 1 2 3
1 2 3
k k k
1 2 3
（23）【答案】利用相似对角化的充要条件证明。
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