1993考研数二真题及解析

1993年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.) (1) limxlnx＿＿＿＿＿＿. x0(2) 函数yy(x)由方程sin(xy)exy0所确定,则(3) 设F(x)22x2dy＿＿＿＿＿＿. dxx1(21)dt(x0),则函数F(x)的单调减少区间是＿＿＿＿＿＿. t(4) tanxdx＿＿＿＿＿＿. cosx(5) 已知曲线yf(x)过点(0,),且其上任一点(x,y)处的切线斜率为xln(1x),则122f(x)＿＿＿＿＿＿. 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1) 当x0时,变量11是 ( ) sin2xx(A) 无穷小 (B) 无穷大 (C) 有界的,但不是无穷小 (D) 有界的,但不是无穷大 |x21|,x1,(2) 设f(x)x1 则在点x1处函数f(x) ( )  2, x1,(A) 不连续 (B) 连续,但不可导 (C) 可导,但导数不连续 (D) 可导,且导数连续 xx2,0x1,(3) 已知f(x) 设F(x)f(t)dt(0x2),则F(x)为 ( ) 11, 1x2,13131x,0x1x,0x1(A)3 (B) 3 3x,1x2x,1x213131x,0x1x,0x1(C) 3 (D) 3 3x1,1x2x1,1x2(4) 设常数k0,函数f(x)lnxxk在(0,)内零点个数为 ( ) e

精心整理

(A) 3 (B) 2 (C) 1 (D) 0

(5) 若f(x)f(x),在(0,)内f(x)0,f(x)0,则f(x)在(,0)内 ( )

(A) f(x)0,f(x)0 (B) f(x)0,f(x)0 (C) f(x)0,f(x)0 (D) f(x)0,f(x)0 三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.)

d2y(1) 设ysin[f(x)],其中f具有二阶导数,求2.

dx2(2) 求limx(x100x). x2(3) 求40xdx. 1cos2xxdx. (1x)32(4) 求0(5) 求微分方程(x1)dy(2xycosx)dx0满足初始条件yx01的特解. 四、(本题满分9分) 设二阶常系数线性微分方程yyye的一个特解为ye确定常数,,,并求该方程的通解. 五、(本题满分9分) 设平面图形A由xy2x与yx所确定,求图形A绕直线x2旋转一周所得旋转体的体积. 六、(本题满分9分) 作半径为r的球的外切正圆锥,问此圆锥的高h为何值时,其体积V最小,并求出该最小值. 七、(本题满分6分) 设x0,常数ae,证明(ax)a八、(本题满分6分)

设f(x)在[0,a]上连续,且f(0)0,证明：

aax22x2x(1x)ex,试. a0Ma2f(x)dx,其中Mmax|f(x)|.

0xa21993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】0

精心整理

【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. 1lnxxlimx0. limxlnxlim洛limx0x01x01x02xxy2ex2xcos(x2y2)(2)【答案】

2ycos(x2y2)2xy【解析】这是一个由复合函数和隐函数所确定的函数,将方程sin(xy)exy0两边对x求导,得 22x2cos(x2y2)(2x2yy)exy22xyy0, y2ex2xcos(x2y2)化简得 y. 222ycos(xy)2xy【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 dydydyduf(u)g(x) 或 . dxdxdudx (3)【答案】0x1 411)dt,两边对x求导,得 F(x)2. tx110,即x. 2x【解析】由连续可导函数的导数与0的关系判别函数的单调性. 将函数F(x)x1(2若函数F(x)严格单调减少,则F(x)2所以函数F(x)单调减少区间为0x1. 4【相关知识点】函数的单调性：设函数yf(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导. (1) 如果在(a,b)内f(x)0,那么函数yf(x)在[a,b]上单调增加； (2) 如果在(a,b)内f(x)0,那么函数yf(x)在[a,b]上单调减少. (4)【答案】2cos【解析】

1/2xC

3tanxsinxdxdxsinxcos2xdx cosxcosxcosx精心整理

3212 cos(5)【答案】

xdcosx2cosxC.

111(1x2)ln(1x2)x2 222dyxln(1x2),分离变量得 dyxln(1x2)dx,两边对x积分有 dx1yxln(1x2)dxln(1x2)d(x21).

21,所以所求曲线为 2111y(1x2)ln(1x2)x2. 22212【解析】这是微分方程的简单应用. 由题知

由分部积分法得

因为曲线yf(x)过点(0,),故C二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】(D) 【解析】因为当x0时,sin若取 x1k1是振荡函数,所以可用反证法. x111(k)2sink0, ,则2sinx1kx1kkx2k11(2k)2,则11122sin(2k),(k1,2,2x2x2k2k,). 因此,当k时,有x1k0及x2k0,但变量11或等于0或趋于,这表sin2xx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x0处连续,则有 xx0limf(x)limf(x)f(x0). xx0由题可知 |x21|x21limf(x)limlimlim(x1)2, x1x1x1x1x1x1|x21|1x2limf(x)limlimlim(x1)2. x1x1x1x1x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)t,所以

2精心整理

xF(x)f(t)dt1xx111t2dtt3(x31).

313当1x2时,1tx2,故f(t)1,所以

F(x)f(t)dt1dtt1x1.

11xxx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. 对函数f(x)lnxx11k两边对x求导,得 f(x). exe令f(x)0,解得唯一驻点xe, 即 ,f(x)0,0xe;f(x)严格单调增加 f(x)0,ex;f(x)严格单调减少,ekk0. e所以xe是极大值点,也是最大值点,最大值为f(e)lnexlimf(x)lim(lnxk)x0x0e又因为 , limf(x)lim(lnxxk)xex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). 故函数f(x)lnxx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

精心整理

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.)

2(1)【解析】ysin[f(x)]cos[f(x)]f(x)2x,

22 cos[f(x)]f(x)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 22dydydyduf(u)g(x) 或 . dxdxdudx(2)【解析】应先化简再求函数的极限, lim因为x0,所以 x100xx100x2xlim1001x21001x10050. 11x. lim1001x21001xlim1001100x21x(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. 1121[ln(cos)ln(cos0)]lnln2. 82482284(4)【解析】用极限法求广义积分. lim2b11110. b2(b1)2222(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 y2xcosx2y, x10, 22x1x1通解为 ye 代入初始条件 yx0x21dx2xcosxx21dx[2edxC] x12x1sinxCcosxdxC. 22x1x1sin0Csinx11,所以 C1.所求特解为 y2. 1,得 201x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)dxp(x)dxye(q(x)edxC),其中C为常数.

精心整理

四、(本题满分9分)

【解析】要确定常数,,,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e y2e2x(1x)ex,有

ex(1x)ex2e2x(2x)ex,

4e2xex(2x)ex4e2x(3x)ex,

(2x)exx2x y2e2x代入方程yyye,得恒等式 2xx2xx2xxx , 4e(3x)e2e(2x)ee(1x)ee化简得 (42)e2x(32)ex(1)xexex, 比较同类项系数,得 42032, 10解之得3,2,1. 于是原方程为y3y2ye,所对应的齐次微分方程y3y2y0的特征方 2程为r3r20,解之得 r11,r22. x所以微分方程y3y2ye的通解为 xyc1exc2e2xy*c1exc2e2xe2x(1x)exc1exc2e2xxex. 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

x111y2与x2y(0y1),

如右图所示.当yydy时,

21y2(1y)2dy.

所以 V21y2(1y)2dy.

01精心整理

对于

101y2dy,令ysint,则dycostdt,所以

101y2dy2cos2tdt012112(1cos2t)dttsin2t； 0222041(1y)3122对于 (1y)dy(1y)d(1y)3, 003011所以 V21y2(1y)2dy211.

0341解法二：取x为积分变量,则边界线为 y12xx2与y2x(0x1), 如右图所示. 当xxdx时, 所以V210(2x)(2xx2x)dx. 令x1t,则x1t,dxdt,所以 021t2t1t2t21dt. 1(1t)2(1t)(1t)(1t)dt1再令tsin,则dtcosd, 002222所以 1tt1tt1dt(cossincossin1)cosd 12 0 1111. 43343112(2x)(2xxx)dx2(). 0431所以 V2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. 由A BCOD,ADOA2OD2,有 ACADO D Rrhr. R222h(hr)rh2hr于是圆锥体积 C

B 112h22VRhr(2rh).

33h2r对上式两端对h求导,并令V0,得

精心整理

122h(h2r)h212h(h4r)Vhrr0,

3(h2r)23(h2r)2得唯一驻点h4r,且

2rh4r,V0, 4rh,V0所以h4r为极小值点也是最小值点,最小体积V(4r)83r. 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. axaa证法一：令f(x)(ax)lnaaln(ax),则f(x)lna. axa由ae,x0,知lna1,1,故 f(x)0(x0). axaln(ax)(ax)lna 或 从而f(x)为严格单调递增函数,且 即 (ax)lnaaln(ax)0, 所以 (ax)a证法二：令f(x)aax. lnx1lnx,则f(x). 2xx1lnx当x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), 所以有 ln(ax)lna, axaaax即 (ax)a. 八、(本题满分9分) 【解析】证法一：用微分中值定理.

对任意给定的x[0,a],由拉格朗日中值定理,得

由f(0)0,知f(x)f()x.因为Mmax|f(x)|,所以

0xa|f(x)||f()|xMx,

将两边从0a做x的定积分,有

精心整理

由定积分的基本性质可知 |a0|f(x)|dxMaa0Ma2xdx.

2a0Ma2f(x)dx||f(x)|dx.

02证法二：用牛顿-莱布尼茨公式.

对任意给定的x[0,a],以及f(0)0,可知

从而 |f(x)|x0f(t)dtf(x)f(0)f(x), x0|f(t)|dtMx, 以下同证法一. 证法三：分部积分法. [f(a)(aa)f(0)(0a)]所以 a0(ax)f(x)dx(ax)f(x)dx. 0a1212 MaxxMa. 202a