2000考研数二真题及解析

1、2000年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上 )arcta n x - x lim 3ln (1 +2x3)设函数y =y(x)由方程2xy= x + y所确定，则dydx-beI (x+ 7)Jx -2 精品文档51曲线y = (2x -1)ex的斜渐近线方程为1-2000L06，E为4阶单位矩阵，且B=(E + A)/(E-A)则(E+B)二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分, 符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内X设函数f(x)=b在(=,址)内连续，且a +e在每小题给出的四个选项中，只有一项.

2、)lim f(X)=0,则常数a, b满足(x-产(A) a vO,b cO.(B) a 0,b 0.(C) a 0,b 0.设函数f (x)满足关系式f 7x)+f(X)2 =x，且f(0)=0，则()(A) f(0)是f(x)的极大值.(B) f(0)是f(x)的极小值.(C) 点(0, f (0)是曲线y = f(X)的拐点.(D) f(0)不是f (X)的极值，点(0, f (0)也不是曲线y = f(X)的拐点.设f(x),g(x)是大于零的可导函数,且 f (x)g(x) f (x)g(x) 0,则当 a f (b)g(x)(B) f (x)g(a) f (a)g(x)(C) f(

3、x)g(x)f(b)g(b)(D) f (x)g(xp- f (a)g(a)若lxm0便逻flLo，则lim6 + f（x）为（）(A)0.(B)6.(C)36.(D)处（5）具有特解y1 =e3 y2 =2xe3 ys =3ex的3阶常系数齐次线性微分方程是（）(B) yJy”_/_y=0.(C) 厂-6y+11y-6y =0.(D) y”-2八 y + 2y = 0.三、（本题满分5分）设 f（|nxx四、（本题满分5分）计算 Jf(x)dx.设xoy平面上有正方形D =t(x, y) 0 X1,0y0).若S（t）表示正方形D位于直线l左下方部分的面积，试求xJ0S(t)dt,(x0).

4、五、（本题满分5分）求函数f（x） =x2ln（1+x）在x=0处的n阶导数fn(0)( nA 3).六、（本题满分6分）x设函数 S（x） =| cost dt，（1）当n为正整数，且n兀x （n +1）兀时，证明2n S(x)0,x 0)与y=1-x2交于点A，过坐标原点 0和点A的直线与曲2线y=ax围成一平面图形.问a为何值时，该图形绕x轴旋转一周所得的旋转体体积最大?最大体积是多少？ 十一、(本题满分8分)函数f (x)在0, P)上可导，f (0) =1且满足等式1Xf(x)+f(x)小*。,(1)求导数f(x)；证明：当x0时，成立不等式eL3丿J丿厂7丿1J具有相同的秩，且 p

5、3可由 rs线性表出，求a,b的值.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【答案】-1/6【详解】arctanx x1 -1(2)设函数【答案】lXm ln (1+2x3)洛arcta nxx 洛.1 + x2y = y(X)由方程2xy = X + y所确定，则dy6X2(In 2 -1)dx-x2_lXm6x2(1 + X2)6【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 In 2 dx = dx+dy.所以，dyx=(l n2-1)dx.方

6、法2：两边对x求导数，视y为该方程确定的函数，有2xyl n2 .(xy + y) =1+ y.当x=0时y=1，以此代入，得y = ln21，所以dyXz0=(1 n2 -1)dx.【答案】一3【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 照不定积分计算，再对其求极限即可.对于广义积分，可以先按作积分变量替换，令Jx2 =t,x2=t2dx=2tdt,(x+7)Jx-22t dt=2 丄arctaJ33(t2 +9)t-be【答案】y=2x +1【公式】y =kx +b为y = f(X)的斜渐近线的计算公式:k= lim ,b =XX、(旳xmf(x)-kx(姿)【详解】k

7、=xiimy=jm(2 _丄)ex =2,=lim( 2 _eu u_0+u所以，xt +处方向有斜渐近线【答案】1-1000L0-203-3【详解】先求出(E+B)1然后带入数值，由于 B = (E+A)-1(E -A)，所以(E+B)=E+(E+A)rE-A)= (E+A)(E +A)+(E+A)(E-A)y 珂2(E+A)42-21 (E+A) 011 0000L0-460L0231 12eu -2b=J(y-2x)=lim(2x-1)eX-2x令一=u lim(-eu)eu 一化 U lim( 2-eu) =2-1 =1uT+ uy=2x+1.当XT 亠时，类似地有斜渐近线 y=2x+

8、1.1总之，曲线y=(2x1)e亍的斜渐近线方程为 y = 2x+1.精品文档11二、选择题(1)【答案】D【详解】排除法:如果a 0，则在(处，+)内f(X)的分母a+ebX必有零点X0，从而f(X)在x = X0处不连续，与题设不符.不选(A)，若b。，则无论a=0还是aH0均有lim f (x)=处，与题设lim f(x) =0矛盾，不选(B)和(C).故选(D).X【答案】C【定理应用】判断极值的第二充分条件：设函数f(X)在X0出具有二阶导数且 f (Xo) = 0，f (x。)H0，那么：(1)当f(X0)0时，函数f(X)在X0处取得极大值;【详解】令等式f (x) + f (X

9、)2 = X中X = 0，得f (0) = 0 f (0) f = 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 g f)丄1 2 f x) f (X)以X =0代入，有f (0) =1，所以fgimf”(x)f(0)=iimf=1.x-#X -0T XX -0从而知，存在x=0去心邻域，在此去心邻域内，fx)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xa0时曲线y=f(x)是凹的,点(0, f (0)是曲线y = f(X)的拐点，选(C).【答案】A【分析】

10、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)g(x) - f (x)g (X)c 0,想到设函数为相除的形式丄凶g(x)【详解】设 F(x)=丄凶，则(F(xn-f(X)g(X)f f(X)g(X0, g(x)g2(x)则F(x)在axb时单调递减，所以对 Pacx F (x) F (b)，即f(ah f(xf(b) g(a) g(x) g(b)得 f(x)g(b) A f (b)g(x), a ex b，(A)为正确选项.【答案】(C)【分析】本题有多种解法：(1)将含有f (X)的要求极限的表达式凑成已知极限的表达式，或反之；(2)利用极限与无穷小的关系，

11、从已知极限中解出f(X)代入要求极限式中；(3)将具体函数用佩亚诺余项泰勒公式展开化简原极限【详解】方法1:凑成已知极限6 + f(x) 6x+xf(x) 6x-s in 6x+si n6x+xf(x)所以6x - si n6x 洛6-6cos6k 6(1-cos6k) lim2= limx*3x 73x23x21(由于 1-cosxLI x2 =21 22 - (6x)22=3611 - cos(6x) -(6x)2)lim6 + f(x)XTX26x+sin6x =lim7X3+xmosin 6x + xf(X)X3=36 + 0 = 36方法2:由极限与无穷小关系，由已知极限式解出sin

12、bx+xfW-a , iima=0-30从而sin 6x+xf(X)= ax3 = f (x)3ax -sin 6x所以方法3：6 + f(X)C 丄 ax3 -sin6x6 +X2ximo6 + f(X)X2XX23ax + 6x-s in6xX3ax3+6x-sin 6x极限的四则运算= 0 + lim66cos6x2XT3xX322(6X)2lim 2 T X=36将sin6x在X = 0处按佩亚诺余项泰勒公式展开至lim a + lim006x -sin 6xX33X项:于是从而lim XT6 + f(X)=limXT沁沁+36也x3=0 + 36-0 = 36.Sin 6x =6x-

13、(6X+o(x33) =6x-36x3+o(x3), 3!【答案】【详解】由特解y1= e, y2= 2xe，对照常系数线性齐次微分方程的特征方程、特征根与解的对应关系知道,X2 = -1为特征方程的二重根；由y3 =3e可知ri =1为特征方程的单根,因此特征方程为232(r -1)(r +1) =r + r -r -1=0,由常系数齐次线性微分方程与特征方程的关系，得该微分方程为y”_y“_y，+ y =0.三【详解】方法1：为了求不定积分，首先需要写出f (x)的表达式.为此，令In x = t，有X =6f(t) = f (In X)=ln(1 +X)xl n(1 +6)J f (x)

14、dx = 2In(1 +eX)dx =-fl n(1+ex)de=el n(1 +eX) + Jex丄 edx1+ex分部积分=-el n(1 +eX) + f. x x1+e e , xdx1 +ex拆项x一el n(1+ex) + J(1-F)dx1 +ex=eln(1 +eX) + J1dx f e x dx 、1 +e=eln(1 +eX) + J1dx - fdex、1 +e1=eln(1 +ex) + J1dx - Jd(ex +1)1+ex=el n(1 +ex) +x-l n(1 +ex) +C方法2：作积分变量替换，命X = Int，1J f (x)dx = J f (ln

15、t) dtJn(口一 JIn(1 +t)dI n(1+t)Fdt分部积分一沁1丄tt 1+t一迪+ jldt-J 丄d(1 + t) =t t1+t部分分式求和In (1 +t)+ ln t-l n(1-t ) + C精品文档13=el n(1 +ex) +xl n(1 +ex) +C.四【详解】先写出面积 S(t)的(分段)表达式,2S(t) = p-2(2-t)2,1,0t 1,1 vt2.2t.当0x1时，X0 S(t)dt =X 1 202tdt =2S(t) =1,当1 x2时，X0 S(t)dt =1 1 2 x 1 20s(t)dt +1 s(t)dt =右t2dt + k 1-

16、2(t-2)2dt=6 +(X j)-扣-2)3-26 6 63X 21=-+ X -x + -63当0 t 1时，图形为三角形，利用三角形的面积公式：1 2S(t)弓X ；当1 t 2时，图形面积就是正方形的面积：精品文档17X因此;S(t)dt -1 3-X613.2X +x6X10x11cx 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=f(x)在点x=0处的n阶导数值f(n)(0).由麦克劳林公式,In (1 +x)=2XX -一23+ 川 +(-1)2Xn-2丄 /n-2、n/x )，2所以 X In(1 + x)45x_ndnjW对照

17、麦克劳林公式f(x) = f(0fX1!+lMx2 +川+皿 xFx)n!从而推知f(n)(0) _(1)2n! n 2f七 5.n 2六【详解】因为 COSX0，且 n兀 x (n +1)兀,所以n兀J |cosx dxX(n卡)托COSX dx V (cosx dx.定积分的性质又因为COSX具有周期兀，所以在长度为 兀的积分区间上的积分值均相等:a枫a |cosxdx=，0COSX dx，从而n兀J0 Icosxdx 珂兀2兀COSX dx + f COSX dx +111 +2yiJ(為 cosXdx开2“=n j cosxdx = n( J2 cosxdx - Jjicosxdx)2

18、所以所以=n(sin X2 -Sin X2f 十:cosxdx =2(n +1).cosx|dx c2( n+1),即ib =n (1-(0-1) =2n2n S(x) v2 (n+1).由(1)有，当n兀x (n +1)兀时,2n vS(x) 2(n +1) (n +1)兀 Xn 応命nT处取极限,. 2n2lim= lim-：n+1)兀+丄)兀nlim 沁= iim 竺2n兀nTC兀由夹逼定理，得xmS(x) _ 2 X 兀七【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mV 则在时间间隔Wdt内，排入湖泊中A的量为：宁乙（十5浮dt，流出湖泊mo

19、 V的水中A的量为m Vdt=-dt.V 33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嵋罟）dt.由分离变量法求解:dm(m0=dt精品文档#两边求积分:dm弓）JJ（7弓）363m。mt+Ci二m0m:63-363_Citm0-3e 3 e 3 um =m0-226t也ln(med-?)m0m=dtH= t+CiU -3ln(m0m評t+Gm。tCi6 +宀3_Ci(C =3e-3)9初始条件为m（0） =5m0,代入初始条件得 C =2tm0.于是 mi+geP)，要满2mo足污染物A的含量可降至m0内，命m =m0,得t =61 n3 即至多需经过6ln3年，湖泊中A的

20、含量降至mo以内.八【证明】方法 1 令 F(x) = J f (t)dt,0 x 兀，有 F(O) =0,由题设有 F(兀)=0 又由题设Jo f （x）cosxdx =0，用分部积分，有兀L cosxdF (x)F(x)cos x? + J：F (x)sin xdx = J： F (x)sin xdx由积分中值定理知，存在匕（0,兀）使0 = F (x)sin xdx = F (sin 巴(兀-0)因为巴忘（0,兀），si nEH0，所以推知存在巴巳0,兀），使得F（S = 0.再在区间0上与刃上对F（x）用罗尔定理，推知存在匚0上），忘（町使精品文档21方法2：由r f(x)x 及积分中

21、值定理知，存在；1(0)，使f( .若在区间(0,兀)内f(x)仅有一个零点 勺，则在区间(0,险)与(，兀)内f(x)异号.不妨设在(0,)内f(X)丸，在 G兀)内 f(X)0.于是由 J0 f (x)dx = 0, J0 f (x)cosxdx = 0，有0 = f (x)cosxdx- f (x)cosqdx = f (x)(cosx cosq)dx 萃兀a=f f (x)(cosx-cosq)dx + J芦 f (x)(cosx-cosq)dx“0“ c当 Ocxc 时，cosco詩，f(x)(cosx cos) aO ； 当 ex吒兀 时，cosx 0，得到：OaO.矛盾，此矛盾证

22、明了 f (x)在(0,兀)仅有1个零点的假设不正确，故在(0,兀)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-sin x) =8x +a(x)两边令xt 0取极限，由f的连续性得f (1)-3f (1)=IJm(8x+a(x) =0 二 2f(1) = 0故f(1)= 0,又由原设f (x)在x=1处可导，两边同除si nx，f(

23、1 + si nx)-f(1)丄”f(1si nx)-f(1) 8x _. a(x)lim +3lim = lim+ lim XTsinxXT-sinxTsinx t sinx根据导数的定义，得f(1) + 3厂= lim 逖亠”亠=8 = 4f(1) = 8XT X sinx XT X sinx所以(1)=2，又因f (6) = f (5 +1) = f (1)，所以 厂(6) =2，由点斜式，切线方程为(y-f(6) =f (X-6).2x-y-12 = 0.十【详解】首先联立两式，求直线与曲线的交点：1-xax以 f (6) = f (1)=0, f (6) =2代入得 y =2(x-6

24、).即 则交点坐标为：（x,y） =（亠,旦）.由点斜式，故直线 OA的方程为y=独/ +a 1+aJ1 +ab 2由旋转体体积公式V =兀f f2（x）dx，要求的体积就是用大体积减去小体积:,2aX )dx12 _L-L妇1 兀(ax2 ) dx =兀(1+a-a2x4)dx32 5、a X2ia2(3(1 +a)5515(1 + a)2f、c22兀ap2花f、2a2兀2a5J5(1+a)2 丿-155d + a)2 丿-15为了求V的最大值，对函数关于a求导,dVda32兀2兀(12a(1+a)|a21 + a)2 - a2 3 (1 + a)2(1 + a)515(1+a)5152a(

25、1 + a)a22_7(1+af2兀152a+2a2 -a22722兀(1+a)151 2, 2a a 27(1+a)24a-a2157（1七产rl/命 一 =0,得唯一驻点a = 4，所以a = 4也是V的最大值点, da最大体积为35/兀心 18750 f（t）dt=0两边同乘（x + 1），得上述方程为二阶可降阶微分方程，令du _ (x+2)(x+1)dx两边求积分:dudx 心丄)dxu (x+1) x+1In u = -(x+n(x +1) + G所以u=e(*(x”)=(e.eC1)x+1C Ce XX +1=eC1，贝y = e ，于是 f (X)= u =X +1再以X =

26、0代入原方程f (0) + f (0) -110Jo f(t)dt = f(0)+ f(0) =0，由 f(0)f (0)= _1，于是 c = 1, f (X)=X +1方法1用积分证.f(x) = f (0) + ( f (t)dt =1 -Jo 初dt.X e丄 t次X牛-莱公式0Ut71dt0edt二_t -eX =1-两边同乘以(-1)，得:X e丄 宀1 一 0_心0,A,x ee荷 2方法2 :用微分学方法证.因 f(0) =1, f(X)cO，即 f(x)单调递减,所以当 x0时f(x)ed，可转化为证明f(X)-e 0，令 W(x)= f (x)-e，则X e (0)= 1 1 ,0且 W(X)= f(X) f(X)+=0X +1(x0)所以，当 x0 时 W (x)0,即 f(x)3r.结合两个不等式，推知当x0时，ef(x)139；b-f139b 1206:1T0-6-121-2bL-31-7:0.I-110203b 将123,P3 作初等行变换b1-2b-6”(5)5由02，03用3 )=2，得 3b+-(1-2b)=0，解得32 3,b = 5，及 a = 3b =15.方法2: