1987 年全国硕士研究生招生考试数学二试题与解析

一、填空题

1

设 $y=\ln\left(1+ax\right)$，其中 $a$ 为非零常数，则 $y^{\prime}=$ ________，$y^{\prime\prime}=$ ________。

答案： $\dfrac{a}{1+ax}$；$-\dfrac{a^{2}}{\left(1+ax\right)^{2}}$

解析： 由 $y=\ln\left(1+ax\right)$，得 $y^{\prime}=\dfrac{a}{1+ax}$，从而 $y^{\prime\prime}=-\dfrac{a^{2}}{\left(1+ax\right)^{2}}$。

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2

曲线 $y=\arctan x$ 在横坐标为 $1$ 的点处的切线方程是 ________；法线方程是 ________。

答案： $y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}$；$y=-2x+\dfrac{\pi}{4}+2$

解析： 当 $x=1$ 时，$y\left(1\right)=\dfrac{\pi}{4}$。又 $y^{\prime}=\dfrac{1}{1+x^{2}}$，故 $y^{\prime}\left(1\right)=\dfrac{1}{2}$。切线方程为 $y-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{2}\left(x-1\right)$，即 $y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}$。法线斜率为 $-2$，故法线方程为 $y=-2x+\dfrac{\pi}{4}+2$。

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3

积分中值定理的条件是 ________，结论是 ________。

答案： $f\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上连续；在 $\left[a,b\right]$ 上至少存在一点 $\xi$，使 $\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\xi\right)\left(b-a\right)$。

解析： 积分中值定理要求 $f\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上连续，其结论为：至少存在一点 $\xi\in\left[a,b\right]$，使 $\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\xi\right)\left(b-a\right)$。

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4

$\lim_{n\to \infty}\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^{n}=$ ________。

答案： $e^{-3}$

解析： 因为 $\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^{n}=\left(1-\dfrac{3}{n+1}\right)^{n}$，所以 $\lim_{n\to \infty}\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^{n}=e^{-3}$。

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5

$\int f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=$ ________，$\int_{a}^{b}f^{\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x=$ ________。

答案： $f\left(x\right)+C$；$\dfrac{f\left(2b\right)-f\left(2a\right)}{2}$

解析： 由原函数定义，$\int f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(x\right)+C$。又 $\int_{a}^{b}f^{\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{2}\left.f\left(2x\right)\right|_{a}^{b}=\dfrac{f\left(2b\right)-f\left(2a\right)}{2}$。

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二、计算题

求极限

$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^{x}-1}\right)$。

解析：

通分得

$\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^{x}-1}=\dfrac{e^{x}-1-x}{x\left(e^{x}-1\right)}$。

当 $x\to 0$ 时，$e^{x}-1-x\sim \dfrac{x^{2}}{2}$，$x\left(e^{x}-1\right)\sim x^{2}$，故

$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^{x}-1}\right)=\dfrac{1}{2}$。

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三、计算题

设

$\left\{\begin{array}{l}x=5\left(t-\sin t\right),\\y=5\left(1-\cos t\right),\end{array}\right.$

求 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$，$\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}$。

解析：

由参数方程得

$\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=5\left(1-\cos t\right),\quad \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=5\sin t$。

所以

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\sin t}{1-\cos t}$。

再求导：

$\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\dfrac{\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\sin t}{1-\cos t}\right)}{\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=-\dfrac{1}{5\left(1-\cos t\right)^{2}}$。

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四、计算题

计算定积分

$\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x$。

解析：

分部积分得

$\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x=\left.\dfrac{x^{2}}{2}\arcsin x\right|_{0}^{1}-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x$。

令 $x=\sin t$，则

$\int_{0}^{1}\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t\mathrm{~d}t=\dfrac{\pi}{4}$。

因此

$\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{8}$。

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五、计算题

设 $D$ 是由曲线 $y=\sin x+1$ 与三条直线 $x=0$，$x=\pi$，$y=0$ 围成的曲边梯形，求 $D$ 绕 $Ox$ 轴旋转一周所生成的旋转体的体积。

解析：

由旋转体体积公式，

$V=\pi\int_{0}^{\pi}\left(\sin x+1\right)^{2}\mathrm{~d}x$。

于是

$V=\pi\int_{0}^{\pi}\left(\sin^{2}x+2\sin x+1\right)\mathrm{~d}x=\pi\left(\dfrac{\pi}{2}+4+\pi\right)=\dfrac{\pi}{2}\left(3\pi+8\right)$。

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六、证明题

1

若 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内可导，且导数 $f^{\prime}\left(x\right)$ 恒大于零，则 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内单调增加。

解析：

任取 $x_{1},x_{2}\in\left(a,b\right)$，且 $x_{1}<x_{2}$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in\left(x_{1},x_{2}\right)$，使

$f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f^{\prime}\left(\xi\right)\left(x_{2}-x_{1}\right)$。

由于 $f^{\prime}\left(\xi\right)>0$，故 $f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$，从而 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内单调增加。

2

若 $g\left(x\right)$ 在 $x=c$ 处二阶导数存在，且 $g^{\prime}\left(c\right)=0$，$g^{\prime\prime}\left(c\right)<0$，则 $g\left(c\right)$ 为 $g\left(x\right)$ 的一个极大值。

解析：

由

$g^{\prime\prime}\left(c\right)=\lim_{x\to c}\dfrac{g^{\prime}\left(x\right)-g^{\prime}\left(c\right)}{x-c}=\lim_{x\to c}\dfrac{g^{\prime}\left(x\right)}{x-c}<0$，

可知在 $c$ 的某邻域内，当 $x<c$ 时 $g^{\prime}\left(x\right)>0$，当 $x>c$ 时 $g^{\prime}\left(x\right)<0$。因此 $g\left(x\right)$ 在 $x=c$ 左侧递增、右侧递减，故 $g\left(c\right)$ 为极大值。

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七、计算题

计算不定积分

$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}$，

其中 $a,b$ 是不全为零的非负常数。

解析：

当 $a=0,b\ne 0$ 时，

$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}=\dfrac{1}{b^{2}}\tan x+C$。

当 $a\ne 0,b=0$ 时，

$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}=-\dfrac{1}{a^{2}}\cot x+C$。

当 $a\ne 0,b\ne 0$ 时，

$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}=\int\dfrac{\sec^{2}x\mathrm{~d}x}{b^{2}+a^{2}\tan^{2}x}=\dfrac{1}{ab}\arctan\dfrac{a\tan x}{b}+C$。

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八、计算题

1

求微分方程 $x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=x-y$ 满足条件 $\left.y\right|_{x=\sqrt{2}}=0$ 的特解。

解析：

原方程化为

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1-\dfrac{y}{x}$。

令 $u=\dfrac{y}{x}$，则 $y=ux$，代入得

$u+x\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=1-u$，

即

$\dfrac{\mathrm{d}u}{1-2u}=\dfrac{\mathrm{d}x}{x}$。

积分并代入条件 $\left.y\right|_{x=\sqrt{2}}=0$，得

$y=\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{x}$。

2

求微分方程 $y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=xe^{x}$ 的通解。

解析：

对应齐次方程的特征方程为 $\lambda^{2}+2\lambda+1=0$，即 $\left(\lambda+1\right)^{2}=0$，故齐次方程通解为

$y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-x}$。

设非齐次方程特解为 $y^{*}=\left(ax+b\right)e^{x}$，代入得 $a=\dfrac{1}{4},b=-\dfrac{1}{4}$。因此通解为

$y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-x}+\dfrac{1}{4}\left(x-1\right)e^{x}$，

其中 $C_{1},C_{2}$ 为任意常数。

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九、选择题

1

$f\left(x\right)=\left|x\sin x\right|e^{\cos x}\left(-\infty<x<+\infty\right)$ 是（ ）

A. 有界函数。
B. 单调函数。
C. 周期函数。
D. 偶函数。

答案： D

解析： 因为 $f\left(-x\right)=\left|\left(-x\right)\sin\left(-x\right)\right|e^{\cos\left(-x\right)}=\left|x\sin x\right|e^{\cos x}=f\left(x\right)$，所以 $f\left(x\right)$ 为偶函数，选 D。

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2

函数 $f\left(x\right)=x\sin x$（ ）

A. 当 $x\to \infty$ 时为无穷大。
B. 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内有界。
C. 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内无界。
D. 当 $x\to \infty$ 时有有限极限。

答案： C

解析： 取 $x_{n}=2n\pi+\dfrac{\pi}{2}$，则 $f\left(x_{n}\right)=x_{n}\to +\infty$；取 $y_{n}=2n\pi$，则 $f\left(y_{n}\right)=0$。故 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内无界，选 C。

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3

设 $f\left(x\right)$ 在 $x=a$ 处可导，则

$\lim_{x\to 0}\dfrac{f\left(a+x\right)-f\left(a-x\right)}{x}$

等于（ ）

A. $f^{\prime}\left(a\right)$。
B. $2f^{\prime}\left(a\right)$。
C. $0$。
D. $f^{\prime}\left(2a\right)$。

答案： B

解析：

$\lim_{x\to 0}\dfrac{f\left(a+x\right)-f\left(a-x\right)}{x}=\lim_{x\to 0}\left[\dfrac{f\left(a+x\right)-f\left(a\right)}{x}+\dfrac{f\left(a-x\right)-f\left(a\right)}{-x}\right]=2f^{\prime}\left(a\right)$。

故选 B。

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4

设

$I=t\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x$，

其中 $f\left(x\right)$ 连续，$s>0$，$t>0$，则 $I$ 的值（ ）

A. 依赖于 $s,t$。
B. 依赖于 $s,t,x$。
C. 依赖于 $t,x$，不依赖于 $s$。
D. 依赖于 $s$，不依赖于 $t$。

答案： D

解析： 令 $u=tx$，则 $\mathrm{~d}u=t\mathrm{~d}x$。于是 $I=t\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{s}f\left(u\right)\mathrm{~d}u$，所以 $I$ 依赖于 $s$，不依赖于 $t$，选 D。

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十、计算题

在第一象限内求曲线 $y=-x^{2}+1$ 上的一点，使该点处的切线与所给曲线及两坐标轴所围成的图形面积为最小，并求此最小面积。

解析：

设切点为 $M\left(a,-a^{2}+1\right)$，其中 $0<a<1$。切线方程为

$y-\left(-a^{2}+1\right)=-2a\left(x-a\right)$，

即

$y=-2ax+a^{2}+1$。

令 $y=0$，得 $x=\dfrac{a^{2}+1}{2a}$；令 $x=0$，得 $y=a^{2}+1$。

切线与两坐标轴围成三角形的面积为 $\dfrac{\left(a^{2}+1\right)^{2}}{4a}$，曲线与两坐标轴围成的面积为 $\int_{0}^{1}\left(-x^{2}+1\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{2}{3}$。

故所求面积为

$S\left(a\right)=\dfrac{\left(a^{2}+1\right)^{2}}{4a}-\dfrac{2}{3}$。

求导得

$S^{\prime}\left(a\right)=\dfrac{\left(a^{2}+1\right)\left(3a^{2}-1\right)}{4a^{2}}$。

令 $S^{\prime}\left(a\right)=0$，得 $a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。故面积最小时切点为

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$。

最小面积为

$S_{\min}=\dfrac{4\sqrt{3}}{9}-\dfrac{2}{3}$。