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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,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 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,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，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 ，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)=1
