1988 年全国硕士研究生招生考试数学试题与解析（试卷 III）

一、填空题

1

设

$f\left(x\right)=\begin{cases}2x+a, & x\le 0,\\e^{x}\left(\sin x+\cos x\right), & x>0,\end{cases}$

在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内连续，则 $a=$ ________。

答案： $1$

解析： 由连续性知 $f\left(0-0\right)=f\left(0+0\right)$。又 $f\left(0-0\right)=a$，$f\left(0+0\right)=1$，故 $a=1$。

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2

设

$f\left(t\right)=\lim_{x\to\infty}t\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{2tx}$，

则 $f^{\prime}\left(t\right)=$ ________。

答案： $\left(1+2t\right)e^{2t}$

解析： 由重要极限得 $f\left(t\right)=te^{2t}$，故 $f^{\prime}\left(t\right)=e^{2t}+2te^{2t}=\left(1+2t\right)e^{2t}$。

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3

设 $f\left(x\right)$ 连续，且

$\int_{0}^{x^{3}-1}f\left(t\right)\mathrm{~d}t=x$，

则 $f\left(7\right)=$ ________。

答案： $\dfrac{1}{12}$

解析： 两边对 $x$ 求导，得 $3x^{2}f\left(x^{3}-1\right)=1$。令 $x=2$，则 $x^{3}-1=7$，所以 $12f\left(7\right)=1$，即 $f\left(7\right)=\dfrac{1}{12}$。

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4

$\lim_{x\to 0^{+}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)^{\tan x}=$ ________。

答案： $1$

解析： 设原式为 $L$，则 $\ln L=-\dfrac{1}{2}\lim_{x\to 0^{+}}\tan x\ln x=0$，故 $L=e^{0}=1$。

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5

$\int_{0}^{4}e^{\sqrt{x}}\mathrm{~d}x=$ ________。

答案： $2\left(e^{2}+1\right)$

解析： 令 $t=\sqrt{x}$，则 $\mathrm{d}x=2t\mathrm{~d}t$。于是

$\int_{0}^{4}e^{\sqrt{x}}\mathrm{~d}x=2\int_{0}^{2}te^{t}\mathrm{~d}t=2\left[\left(t-1\right)e^{t}\right]_{0}^{2}=2\left(e^{2}+1\right)$。

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二、选择题

1

$f\left(x\right)=\dfrac{1}{3}x^{3}+\dfrac{1}{2}x^{2}+6x+1$ 的图形在点 $\left(0,1\right)$ 处的切线与 $x$ 轴交点的坐标是（ ）

A. $\left(-\dfrac{1}{6},0\right)$
B. $\left(-1,0\right)$
C. $\left(\dfrac{1}{6},0\right)$
D. $\left(1,0\right)$

答案： A

解析： $f^{\prime}\left(x\right)=x^{2}+x+6$，故 $f^{\prime}\left(0\right)=6$。切线方程为 $y-1=6x$，令 $y=0$，得 $x=-\dfrac{1}{6}$，故选 A。

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2

若 $f\left(x\right)$ 与 $g\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上皆可导，且 $f\left(x\right)<g\left(x\right)$，则必有（ ）

A. $f\left(-x\right)>g\left(-x\right)$
B. $f^{\prime}\left(x\right)<g^{\prime}\left(x\right)$
C. $\lim_{x\to x_{0}}f\left(x\right)<\lim_{x\to x_{0}}g\left(x\right)$
D. $\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t<\int_{0}^{x}g\left(t\right)\mathrm{~d}t$

答案： C

解析： 可导函数必连续，所以 $\lim_{x\to x_{0}}f\left(x\right)=f\left(x_{0}\right)$，$\lim_{x\to x_{0}}g\left(x\right)=g\left(x_{0}\right)$。由 $f\left(x\right)<g\left(x\right)$ 得 $f\left(x_{0}\right)<g\left(x_{0}\right)$，故选 C。

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3

若函数 $y=f\left(x\right)$ 有 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\dfrac{1}{2}$，则当 $\Delta x\to 0$ 时，该函数在 $x=x_{0}$ 处的微分 $\mathrm{d}y$ 是（ ）

A. 与 $\Delta x$ 等价的无穷小
B. 与 $\Delta x$ 同阶的无穷小
C. 比 $\Delta x$ 低阶的无穷小
D. 比 $\Delta x$ 高阶的无穷小

答案： B

解析： 因为 $\mathrm{d}y=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\Delta x=\dfrac{1}{2}\Delta x$，所以 $\mathrm{d}y$ 与 $\Delta x$ 同阶，但不等价，故选 B。

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4

由曲线 $y=\sin^{\frac{3}{2}}x\left(0\le x\le \pi\right)$ 与 $x$ 轴围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转而成的旋转体的体积为（ ）

A. $\dfrac{4}{3}$
B. $\dfrac{4}{3}\pi$
C. $\dfrac{2}{3}\pi^{2}$
D. $\dfrac{2}{3}\pi$

答案： B

解析： 旋转体体积为 $V=\pi\int_{0}^{\pi}y^{2}\mathrm{~d}x=\pi\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\mathrm{~d}x=\dfrac{4}{3}\pi$，故选 B。

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5

设函数 $y=f\left(x\right)$ 是微分方程 $y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+4y=0$ 的一个解，且 $f\left(x_{0}\right)>0$，$f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$，则 $f\left(x\right)$ 在点 $x_{0}$ 处（ ）

A. 有极大值
B. 有极小值
C. 某邻域内单调增加
D. 某邻域内单调减少

答案： A

解析： 代入 $x=x_{0}$，得 $f^{\prime\prime}\left(x_{0}\right)-2f^{\prime}\left(x_{0}\right)+4f\left(x_{0}\right)=0$。由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$，得 $f^{\prime\prime}\left(x_{0}\right)=-4f\left(x_{0}\right)<0$，故 $f\left(x_{0}\right)$ 为极大值，选 A。

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三、计算题

1

已知 $f\left(x\right)=e^{x^{2}}$，$f\left[\varphi\left(x\right)\right]=1-x$ 且 $\varphi\left(x\right)\ge 0$，求 $\varphi\left(x\right)$ 并写出它的定义域。

解析：

由 $e^{\left[\varphi\left(x\right)\right]^{2}}=1-x$，得 $\left[\varphi\left(x\right)\right]^{2}=\ln\left(1-x\right)$。又 $\varphi\left(x\right)\ge 0$，故

$\varphi\left(x\right)=\sqrt{\ln\left(1-x\right)}$。

定义域需满足 $\ln\left(1-x\right)\ge 0$，即 $x\le 0$，所以定义域为 $\left(-\infty,0\right]$。

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2

已知 $y=1+xe^{xy}$，求 $\left.y^{\prime}\right|_{x=0}$，$\left.y^{\prime\prime}\right|_{x=0}$。

解析：

两边求导得

$y^{\prime}=e^{xy}+xe^{xy}\left(y+xy^{\prime}\right)$。

代入 $x=0$，$y=1$，得 $\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=1$。继续求导并代入 $x=0$，$y=1$，$y^{\prime}=1$，得

$\left.y^{\prime\prime}\right|_{x=0}=2$。

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3

求微分方程

$y^{\prime}+\dfrac{1}{x}y=\dfrac{1}{x\left(x^{2}+1\right)}$

的通解。

解析：

两边同乘积分因子 $x$，得

$\left(xy\right)^{\prime}=\dfrac{1}{x^{2}+1}$。

积分得 $xy=\arctan x+C$，故通解为

$y=\dfrac{\arctan x+C}{x}$，

其中 $C$ 为任意常数。

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四、计算题

作函数

$y=\dfrac{6}{x^{2}-2x+4}$

的图形，并填写下表。

项目	结果
单调增加区间	$\left(-\infty,1\right]$
单调减少区间	$\left[1,+\infty\right)$
极值点	$x=1$
极值	$y=2$
凹 $\left(\cup\right)$ 区间	$\left(-\infty,0\right)\cup\left(2,+\infty\right)$
凸 $\left(\cap\right)$ 区间	$\left(0,2\right)$
拐点	$\left(0,\dfrac{3}{2}\right)$，$\left(2,\dfrac{3}{2}\right)$
渐近线	$y=0$

解析：

函数定义域为 $\left(-\infty,+\infty\right)$。

$y^{\prime}=-\dfrac{12\left(x-1\right)}{\left(x^{2}-2x+4\right)^{2}}$，

故 $x=1$ 为极大值点，极大值为 $2$；函数在 $\left(-\infty,1\right]$ 上单调增加，在 $\left[1,+\infty\right)$ 上单调减少。

又

$y^{\prime\prime}=\dfrac{36\left(x^{2}-2x\right)}{\left(x^{2}-2x+4\right)^{3}}$，

令 $y^{\prime\prime}=0$，得 $x=0,2$。由符号可得凹凸区间与拐点如表。且 $\lim_{x\to\infty}y=0$，故水平渐近线为 $y=0$。

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五、应用题

将长为 $a$ 的一段铁丝截成两段，一段围成正方形，另一段围成圆形，问这两段铁丝各长为多少时，正方形与圆形的面积之和为最小？

解析：

设正方形边长为 $x$，圆半径为 $y$，则 $4x+2\pi y=a$，面积和为 $S=x^{2}+\pi y^{2}$。由约束得 $y=\dfrac{a-4x}{2\pi}$，所以

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

令 $S^{\prime}\left(x\right)=0$，得 $x=\dfrac{a}{4+\pi}$，于是 $y=\dfrac{a}{8+2\pi}$。故两段铁丝长度分别为

$\dfrac{4a}{4+\pi},\quad \dfrac{\pi a}{4+\pi}$。

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六、计算题

设函数 $y=y\left(x\right)$ 满足微分方程

$y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=2e^{x}$，

且其图形在点 $\left(0,1\right)$ 处的切线与曲线 $y=x^{2}-x+1$ 在该点处的切线重合，求函数 $y=y\left(x\right)$。

解析：

齐次方程特征根为 $\lambda_{1}=1$，$\lambda_{2}=2$，设特解为 $y_{0}=axe^{x}$，代入得 $a=-2$。故通解为

$y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x}-2xe^{x}$。

由曲线过 $\left(0,1\right)$，得 $C_{1}+C_{2}=1$。又曲线 $y=x^{2}-x+1$ 在 $x=0$ 处斜率为 $-1$，所以 $y^{\prime}\left(0\right)=-1$，得 $C_{1}+2C_{2}=1$。解得 $C_{1}=1$，$C_{2}=0$，故

$y=\left(1-2x\right)e^{x}$。

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七、计算题

设 $x\ge -1$，求

$\int_{-1}^{x}\left(1-\left|t\right|\right)\mathrm{~d}t$。

解析：

当 $-1\le x<0$ 时，

$\int_{-1}^{x}\left(1-\left|t\right|\right)\mathrm{~d}t=\int_{-1}^{x}\left(1+t\right)\mathrm{~d}t=\dfrac{\left(x+1\right)^{2}}{2}$。

当 $x\ge 0$ 时，

$\int_{-1}^{x}\left(1-\left|t\right|\right)\mathrm{~d}t=\int_{-1}^{0}\left(1+t\right)\mathrm{~d}t+\int_{0}^{x}\left(1-t\right)\mathrm{~d}t=\dfrac{1}{2}+x-\dfrac{x^{2}}{2}$。

因此

$\int_{-1}^{x}\left(1-\left|t\right|\right)\mathrm{~d}t=\begin{cases}\dfrac{\left(x+1\right)^{2}}{2}, & -1\le x<0,\\\dfrac{1}{2}+x-\dfrac{x^{2}}{2}, & x\ge 0.\end{cases}$

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八、证明题

设 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上有连续导数，且 $m\le f\left(x\right)\le M$。

1

求

$\lim_{a\to 0^{+}}\dfrac{1}{4a^{2}}\int_{-a}^{a}\left[f\left(t+a\right)-f\left(t-a\right)\right]\mathrm{~d}t$。

解析：

作变量替换得

$\int_{-a}^{a}f\left(t+a\right)\mathrm{~d}t=\int_{0}^{2a}f\left(u\right)\mathrm{~d}u,\quad \int_{-a}^{a}f\left(t-a\right)\mathrm{~d}t=\int_{-2a}^{0}f\left(u\right)\mathrm{~d}u$。

所以原极限为

$\lim_{a\to 0^{+}}\dfrac{\int_{0}^{2a}f\left(u\right)\mathrm{~d}u-\int_{-2a}^{0}f\left(u\right)\mathrm{~d}u}{4a^{2}}$。

用洛必达法则得

$\lim_{a\to 0^{+}}\dfrac{2f\left(2a\right)-2f\left(-2a\right)}{8a}=\dfrac{1}{2}\lim_{a\to 0^{+}}\dfrac{f\left(2a\right)-f\left(-2a\right)}{2a}=f^{\prime}\left(0\right)$。

2

证明：

$\left|\dfrac{1}{2a}\int_{-a}^{a}f\left(t\right)\mathrm{~d}t-f\left(x\right)\right|\le M-m\quad \left(a>0\right)$。

解析：

由积分中值定理，存在 $c\in\left[-a,a\right]$，使

$\dfrac{1}{2a}\int_{-a}^{a}f\left(t\right)\mathrm{~d}t=f\left(c\right)$。

又 $m\le f\left(c\right)\le M$，$m\le f\left(x\right)\le M$，故

$\left|\dfrac{1}{2a}\int_{-a}^{a}f\left(t\right)\mathrm{~d}t-f\left(x\right)\right|=\left|f\left(c\right)-f\left(x\right)\right|\le M-m$。

证毕。