荒原之梦考研数学真题解析

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1989 年全国硕士研究生招生考试数学试题与解析（试卷 II） ​

一、填空题 ​

1 ​

lim⁡x→0xcot⁡2x=\lim_{x\to 0}x\cot 2x= ________。

答案： 12\dfrac{1}{2}

解析： 因为 cot⁡2x=1tan⁡2x\cot 2x=\dfrac{1}{\tan 2x}，所以 lim⁡x→0xcot⁡2x=lim⁡x→0xtan⁡2x=12\lim_{x\to 0}x\cot 2x=\lim_{x\to 0}\dfrac{x}{\tan 2x}=\dfrac{1}{2}。

2 ​

∫0πtsin⁡t dt=\int_{0}^{\pi}t\sin t\mathrm{~d}t= ________。

答案： π\pi

解析： 分部积分得 ∫0πtsin⁡t dt=[−tcos⁡t]0π+∫0πcos⁡t dt=π\int_{0}^{\pi}t\sin t\mathrm{~d}t=\left[-t\cos t\right]_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}\cos t\mathrm{~d}t=\pi。

3 ​

曲线 y=∫0x(t−1)(t−2) dty=\int_{0}^{x}\left(t-1\right)\left(t-2\right)\mathrm{~d}t 在点 (0,0)\left(0,0\right) 处的切线方程是 ________。

答案： y=2xy=2x

解析： 由变上限积分求导，得 y′=(x−1)(x−2)y^{\prime}=\left(x-1\right)\left(x-2\right)，故 y′(0)=2y^{\prime}\left(0\right)=2。因此切线方程为 y=2xy=2x。

4 ​

设 f(x)=x(x+1)(x+2)⋯(x+n)f\left(x\right)=x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\cdots\left(x+n\right)，则 f′(0)=f^{\prime}\left(0\right)= ________。

答案： n!n!

解析： 由导数定义，

f′(0)=lim⁡x→0f(x)−f(0)x=lim⁡x→0(x+1)(x+2)⋯(x+n)=n!f^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\to 0}\dfrac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x}=\lim_{x\to 0}\left(x+1\right)\left(x+2\right)\cdots\left(x+n\right)=n!。

5 ​

设 f(x)f\left(x\right) 是连续函数，且 f(x)=x+2∫01f(t) dtf\left(x\right)=x+2\int_{0}^{1}f\left(t\right)\mathrm{~d}t，则 f(x)=f\left(x\right)= ________。

答案： x−1x-1

解析： 令 A=∫01f(t) dtA=\int_{0}^{1}f\left(t\right)\mathrm{~d}t，则 f(x)=x+2Af\left(x\right)=x+2A。两边在 [0,1]\left[0,1\right] 上积分，得 A=12+2AA=\dfrac{1}{2}+2A，所以 A=−12A=-\dfrac{1}{2}，故 f(x)=x−1f\left(x\right)=x-1。

6 ​

设

f(x)={a+bx2,x≤0,sin⁡bxx,x>0,f\left(x\right)=\begin{cases}a+bx^{2}, & x\le 0,\\\dfrac{\sin bx}{x}, & x>0,\end{cases}

在 x=0x=0 处连续，则常数 aa 与 bb 应满足的关系是 ________。

答案： a=ba=b

解析： 因为 f(0)=af\left(0\right)=a，且 lim⁡x→0+sin⁡bxx=b\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\sin bx}{x}=b，由连续性得 a=ba=b。

7 ​

设 tan⁡y=x+y\tan y=x+y，则 dy=\mathrm{d}y= ________。

答案： cot⁡2y dx\cot^{2}y\mathrm{~d}x

解析： 两边求微分，得 sec⁡2ydy=dx+dy\sec^{2}y\mathrm{d}y=\mathrm{d}x+\mathrm{d}y，即 tan⁡2ydy=dx\tan^{2}y\mathrm{d}y=\mathrm{d}x，所以 dy=cot⁡2y dx\mathrm{d}y=\cot^{2}y\mathrm{~d}x。

二、计算题 ​

1 ​

已知 y=arcsin⁡e−xy=\arcsin e^{-\sqrt{x}}，求 y′y^{\prime}。

解析：

由复合函数求导，

y′=(e−x)′1−e−2x=−e−x2x1−e−2x=−12xe2x−1y^{\prime}=\dfrac{\left(e^{-\sqrt{x}}\right)^{\prime}}{\sqrt{1-e^{-2\sqrt{x}}}}=-\dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}\sqrt{1-e^{-2\sqrt{x}}}}=-\dfrac{1}{2\sqrt{x}\sqrt{e^{2\sqrt{x}}-1}}。

2 ​

求

∫dxxln⁡2x\int\dfrac{\mathrm{d}x}{x\ln^{2}x}。

解析：

令 u=ln⁡xu=\ln x，则 du=dxx\mathrm{d}u=\dfrac{\mathrm{d}x}{x}，故

∫dxxln⁡2x=∫duu2=−1u+C=−1ln⁡x+C\int\dfrac{\mathrm{d}x}{x\ln^{2}x}=\int\dfrac{\mathrm{d}u}{u^{2}}=-\dfrac{1}{u}+C=-\dfrac{1}{\ln x}+C。

3 ​

求

lim⁡x→0(2sin⁡x+cos⁡x)1x\lim_{x\to 0}\left(2\sin x+\cos x\right)^{\frac{1}{x}}。

解析：

设原极限为 LL。取对数，得

ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(2sin⁡x+cos⁡x)x=lim⁡x→02sin⁡x+cos⁡x−1x=2\ln L=\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(2\sin x+\cos x\right)}{x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{2\sin x+\cos x-1}{x}=2。

故 L=e2L=e^{2}。

4 ​

已知

{x=ln⁡(1+t2),y=arctan⁡t,\begin{cases}x=\ln\left(1+t^{2}\right),\\y=\arctan t,\end{cases}

求 dydx\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}，d2ydx2\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}。

解析：

由参数方程求导，

dxdt=2t1+t2,dydt=11+t2\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\dfrac{2t}{1+t^{2}},\quad \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\dfrac{1}{1+t^{2}}。

所以

dydx=12t\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{1}{2t}，

d2ydx2=ddt(12t)dxdt=−1+t24t3\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\dfrac{\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{1}{2t}\right)}{\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=-\dfrac{1+t^{2}}{4t^{3}}。

5 ​

已知 f(2)=12f\left(2\right)=\dfrac{1}{2}，f′(2)=0f^{\prime}\left(2\right)=0 及 ∫02f(x) dx=1\int_{0}^{2}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=1，求

∫01x2f′′(2x) dx\int_{0}^{1}x^{2}f^{\prime\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x。

解析：

令 u=2xu=2x，则

∫01x2f′′(2x) dx=18∫02u2f′′(u) du\int_{0}^{1}x^{2}f^{\prime\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{8}\int_{0}^{2}u^{2}f^{\prime\prime}\left(u\right)\mathrm{~d}u。

分部积分得

18∫02u2f′′(u) du=18[u2f′(u)]02−14∫02uf′(u) du\dfrac{1}{8}\int_{0}^{2}u^{2}f^{\prime\prime}\left(u\right)\mathrm{~d}u=\dfrac{1}{8}\left[u^{2}f^{\prime}\left(u\right)\right]_{0}^{2}-\dfrac{1}{4}\int_{0}^{2}u f^{\prime}\left(u\right)\mathrm{~d}u。

又 ∫02uf′(u) du=[uf(u)]02−∫02f(u) du=2f(2)−1=0\int_{0}^{2}u f^{\prime}\left(u\right)\mathrm{~d}u=\left[u f\left(u\right)\right]_{0}^{2}-\int_{0}^{2}f\left(u\right)\mathrm{~d}u=2f\left(2\right)-1=0，故所求积分为 00。

三、选择题 ​

1 ​

当 x>0x>0 时，曲线 y=xsin⁡1xy=x\sin\dfrac{1}{x}（ ）

A. 有且仅有水平渐近线。
B. 有且仅有铅直渐近线。
C. 既有水平渐近线，也有铅直渐近线。
D. 既无水平渐近线，也无铅直渐近线。

答案： A

解析： 因为 lim⁡x→+∞xsin⁡1x=1\lim_{x\to+\infty}x\sin\dfrac{1}{x}=1，所以 y=1y=1 为水平渐近线。又 lim⁡x→0+xsin⁡1x=0\lim_{x\to 0^{+}}x\sin\dfrac{1}{x}=0，故无铅直渐近线，选 A。

2 ​

若 3a2−5b<03a^{2}-5b<0，则方程 x5+2ax3+3bx+4c=0x^{5}+2ax^{3}+3bx+4c=0（ ）

A. 无实根。
B. 有唯一实根。
C. 有三个不同实根。
D. 有五个不同实根。

答案： B

解析： 令 F(x)=x5+2ax3+3bx+4cF\left(x\right)=x^{5}+2ax^{3}+3bx+4c，则 F′(x)=5x4+6ax2+3bF^{\prime}\left(x\right)=5x^{4}+6ax^{2}+3b。由 3a2−5b<03a^{2}-5b<0 得 F′(x)>0F^{\prime}\left(x\right)>0 恒成立，故 F(x)F\left(x\right) 严格递增。又两端极限分别为 −∞-\infty 与 +∞+\infty，所以方程有唯一实根。

3 ​

曲线 y=cos⁡x(−π2≤x≤π2)y=\cos x\left(-\dfrac{\pi}{2}\le x\le\dfrac{\pi}{2}\right) 与 xx 轴所围成的图形，绕 xx 轴旋转一周所成的旋转体的体积为（ ）

A. π2\dfrac{\pi}{2}
B. π\pi
C. π22\dfrac{\pi^{2}}{2}
D. π2\pi^{2}

答案： C

解析： 旋转体体积为

V=π∫−π2π2cos⁡2x dx=π⋅π2=π22V=\pi\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}x\mathrm{~d}x=\pi\cdot\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi^{2}}{2}，

故选 C。

4 ​

设两函数 f(x)f\left(x\right) 和 g(x)g\left(x\right) 都在 x=ax=a 处取得极大值，则函数 F(x)=f(x)g(x)F\left(x\right)=f\left(x\right)g\left(x\right) 在 x=ax=a 处（ ）

A. 必取极大值。
B. 必取极小值。
C. 不可能取极值。
D. 是否取极值不能确定。

答案： D

解析： 两个函数在同一点取极大值时，其乘积是否取极值与函数值符号有关，可构造反例使乘积取极大、极小或不取极值，因此不能确定。

5 ​

微分方程 y′′−y=ex+1y^{\prime\prime}-y=e^{x}+1 的一个特解应具有形式（式中 a,ba,b 为常数）（ ）

A. aex+bae^{x}+b
B. axex+baxe^{x}+b
C. aex+bxae^{x}+bx
D. axex+bxaxe^{x}+bx

答案： B

解析： 齐次方程的特征根为 λ=±1\lambda=\pm 1，因 exe^{x} 与齐次解重复，故对应特解取 axexaxe^{x}；常数项 11 对应特解取常数 bb，所以选 B。

6 ​

设 f(x)f\left(x\right) 在点 x=ax=a 的某个邻域内有定义，则 f(x)f\left(x\right) 在 x=ax=a 处可导的一个充分条件是（ ）

A. lim⁡h→+∞h[f(a+1h)−f(a)]\lim_{h\to+\infty}h\left[f\left(a+\dfrac{1}{h}\right)-f\left(a\right)\right] 存在。
B. lim⁡h→0f(a+2h)−f(a+h)h\lim_{h\to 0}\dfrac{f\left(a+2h\right)-f\left(a+h\right)}{h} 存在。
C. lim⁡h→0f(a+h)−f(a−h)2h\lim_{h\to 0}\dfrac{f\left(a+h\right)-f\left(a-h\right)}{2h} 存在。
D. lim⁡h→0f(a)−f(a−h)h\lim_{h\to 0}\dfrac{f\left(a\right)-f\left(a-h\right)}{h} 存在。

答案： D

解析： D 中令 u=−hu=-h，则 f(a)−f(a−h)h=f(a+u)−f(a)u\dfrac{f\left(a\right)-f\left(a-h\right)}{h}=\dfrac{f\left(a+u\right)-f\left(a\right)}{u}。当 h→0h\to 0 时，u→0u\to 0，正是导数定义，故选 D。

四、计算题 ​

求微分方程

xy′+(1−x)y=e2x(0<x<+∞)xy^{\prime}+\left(1-x\right)y=e^{2x}\quad \left(0<x<+\infty\right)

满足 y(1)=0y\left(1\right)=0 的特解。

解析：

原方程化为

y′+(1x−1)y=e2xxy^{\prime}+\left(\dfrac{1}{x}-1\right)y=\dfrac{e^{2x}}{x}。

积分因子为 μ(x)=xe−x\mu\left(x\right)=xe^{-x}，于是

(xe−xy)′=ex\left(xe^{-x}y\right)^{\prime}=e^{x}。

积分得 xe−xy=ex+Cxe^{-x}y=e^{x}+C，即 y=e2x+Cexxy=\dfrac{e^{2x}+Ce^{x}}{x}。由 y(1)=0y\left(1\right)=0，得 C=−eC=-e，故

y=e2x−ex+1xy=\dfrac{e^{2x}-e^{x+1}}{x}。

五、计算题 ​

设

f(x)=sin⁡x−∫0x(x−t)f(t) dtf\left(x\right)=\sin x-\int_{0}^{x}\left(x-t\right)f\left(t\right)\mathrm{~d}t，

其中 ff 为连续函数，求 f(x)f\left(x\right)。

解析：

两边求导得

f′(x)=cos⁡x−∫0xf(t) dtf^{\prime}\left(x\right)=\cos x-\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t。

再求导得 f′′(x)+f(x)=−sin⁡xf^{\prime\prime}\left(x\right)+f\left(x\right)=-\sin x，且由原式得 f(0)=0f\left(0\right)=0，f′(0)=1f^{\prime}\left(0\right)=1。解得

f(x)=12sin⁡x+x2cos⁡xf\left(x\right)=\dfrac{1}{2}\sin x+\dfrac{x}{2}\cos x。

六、证明题 ​

证明方程

ln⁡x=xe−∫0π1−cos⁡2t dt\ln x=\dfrac{x}{e}-\int_{0}^{\pi}\sqrt{1-\cos 2t}\mathrm{~d}t

在区间 (0,+∞)\left(0,+\infty\right) 内有且仅有两个不同实根。

解析：

先算积分：

∫0π1−cos⁡2t dt=2∫0πsin⁡t dt=22\int_{0}^{\pi}\sqrt{1-\cos 2t}\mathrm{~d}t=\sqrt{2}\int_{0}^{\pi}\sin t\mathrm{~d}t=2\sqrt{2}。

原方程等价于

ln⁡x−xe+22=0\ln x-\dfrac{x}{e}+2\sqrt{2}=0。

令 F(x)=ln⁡x−xe+22F\left(x\right)=\ln x-\dfrac{x}{e}+2\sqrt{2}。则 F′(x)=1x−1eF^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e}，所以 F(x)F\left(x\right) 在 (0,e)\left(0,e\right) 上递增，在 (e,+∞)\left(e,+\infty\right) 上递减。

又 F(e)=22>0F\left(e\right)=2\sqrt{2}>0，且

lim⁡x→0+F(x)=−∞,lim⁡x→+∞F(x)=−∞\lim_{x\to 0^{+}}F\left(x\right)=-\infty,\quad \lim_{x\to+\infty}F\left(x\right)=-\infty，

故 F(x)F\left(x\right) 在 (0,e)\left(0,e\right) 与 (e,+∞)\left(e,+\infty\right) 内各有且仅有一个零点。原方程在 (0,+∞)\left(0,+\infty\right) 内有且仅有两个不同实根。

七、计算题 ​

对函数

y=x+1x2y=\dfrac{x+1}{x^{2}}

填写下表。

项目结果
单调减少区间(−∞,−2]∪(0,+∞)\left(-\infty,-2\right]\cup\left(0,+\infty\right)
单调增加区间[−2,0)\left[-2,0\right)
极值点x=−2x=-2
极值y=−14y=-\dfrac{1}{4}
凹区间(−3,0)∪(0,+∞)\left(-3,0\right)\cup\left(0,+\infty\right)
凸区间(−∞,−3)\left(-\infty,-3\right)
拐点(−3,−29)\left(-3,-\dfrac{2}{9}\right)
渐近线y=0, x=0y=0,\ x=0

解析：

函数定义域为 (−∞,0)∪(0,+∞)\left(-\infty,0\right)\cup\left(0,+\infty\right)。

y′=−x+2x3y^{\prime}=-\dfrac{x+2}{x^{3}}，由 y′=0y^{\prime}=0 得 x=−2x=-2，可得单调区间与极值如表。

y′′=2(x+3)x4y^{\prime\prime}=\dfrac{2\left(x+3\right)}{x^{4}}，由 y′′=0y^{\prime\prime}=0 得 x=−3x=-3，可得凹凸区间与拐点如表。

又 lim⁡x→±∞y=0\lim_{x\to\pm\infty}y=0，lim⁡x→0y=∞\lim_{x\to 0}y=\infty，故渐近线为 y=0y=0 与 x=0x=0。

八、应用题 ​

设抛物线 y=ax2+bx+cy=ax^{2}+bx+c 过原点，当 0≤x≤10\le x\le 1 时，y≥0y\ge 0。又已知该抛物线与 xx 轴及直线 x=1x=1 所围图形的面积为 13\dfrac{1}{3}。试确定 a,b,ca,b,c 的值，使此图形绕 xx 轴旋转一周而成的旋转体体积 VV 最小。

解析：

因抛物线过原点，所以 c=0c=0。由面积条件，

∫01(ax2+bx) dx=13\int_{0}^{1}\left(ax^{2}+bx\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{3}，

得 a3+b2=13\dfrac{a}{3}+\dfrac{b}{2}=\dfrac{1}{3}，即 b=23(1−a)b=\dfrac{2}{3}\left(1-a\right)。

旋转体体积为

V=π∫01(ax2+bx)2 dxV=\pi\int_{0}^{1}\left(ax^{2}+bx\right)^{2}\mathrm{~d}x。

代入 b=23(1−a)b=\dfrac{2}{3}\left(1-a\right)，得

V=π(2135a2+127a+427)V=\pi\left(\dfrac{2}{135}a^{2}+\dfrac{1}{27}a+\dfrac{4}{27}\right)。

令 V′(a)=0V^{\prime}\left(a\right)=0，得 a=−54a=-\dfrac{5}{4}。于是 b=32b=\dfrac{3}{2}，且 c=0c=0。故

a=−54,b=32,c=0a=-\dfrac{5}{4},\quad b=\dfrac{3}{2},\quad c=0。