1992 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

设

$\begin{cases}x=f\left(t\right)-\pi,\\y=f\left(e^{3t}-1\right),\end{cases}$

其中 $f$ 可导，且 $f^{\prime}\left(0\right)\ne 0$，则 $\left.\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=0}=$ ________。

答案： $3$

解析： 由参数方程求导，

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{3e^{3t}f^{\prime}\left(e^{3t}-1\right)}{f^{\prime}\left(t\right)}$。

令 $t=0$，得 $\left.\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=0}=3$。

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2

函数 $y=x+2\cos x$ 在 $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上的最大值为 ________。

答案： $\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$

解析： 因为 $y^{\prime}=1-2\sin x$，令 $y^{\prime}=0$，得 $x=\dfrac{\pi}{6}$。比较 $y\left(0\right)=2$，$y\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}$，$y\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$，故最大值为 $\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}$。

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3

$\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\sqrt{1-x^{2}}}{e^{x}-\cos x}=$ ________。

答案： $0$

解析： 当 $x\to 0$ 时，$1-\sqrt{1-x^{2}}\sim \dfrac{x^{2}}{2}$，而 $e^{x}-\cos x\sim x+x^{2}$，故原极限为 $0$。

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4

$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\mathrm{d}x}{x\left(x^{2}+1\right)}=$ ________。

答案： $\dfrac{1}{2}\ln 2$

解析：

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

$=\left.\left(\ln x-\dfrac{1}{2}\ln\left(x^{2}+1\right)\right)\right|_{1}^{+\infty}=\dfrac{1}{2}\ln 2$。

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5

由曲线 $y=xe^{x}$ 与直线 $y=ex$ 所围成的图形的面积 $S=$ ________。

答案： $\dfrac{e}{2}-1$

解析： 两曲线交点满足 $xe^{x}=ex$，得 $x=0$ 或 $x=1$。在 $\left[0,1\right]$ 上，$ex\ge xe^{x}$，故

$S=\int_{0}^{1}\left(ex-xe^{x}\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{e}{2}-1$。

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二、选择题

1

当 $x\to 0$ 时，$x-\sin x$ 是 $x^{2}$ 的（ ）

A. 低阶无穷小。
B. 高阶无穷小。
C. 等价无穷小。
D. 同阶但非等价的无穷小。

答案： B

解析： 当 $x\to 0$ 时，$x-\sin x\sim\dfrac{x^{3}}{6}$，所以 $\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^{2}}=0$，故 $x-\sin x$ 是 $x^{2}$ 的高阶无穷小。

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2

设

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

则 $f\left(-x\right)=$（ ）

A. $\begin{cases}-x^{2}, & x\le 0,\\-\left(x^{2}+x\right), & x>0.\end{cases}$

B. $\begin{cases}-\left(x^{2}+x\right), & x<0,\\-x^{2}, & x\ge 0.\end{cases}$

C. $\begin{cases}x^{2}, & x\le 0,\\x^{2}-x, & x>0.\end{cases}$

D. $\begin{cases}x^{2}-x, & x<0,\\x^{2}, & x\ge 0.\end{cases}$

答案： D

解析： 当 $x<0$ 时，$-x>0$，所以 $f\left(-x\right)=\left(-x\right)^{2}+\left(-x\right)=x^{2}-x$；当 $x\ge 0$ 时，$-x\le 0$，所以 $f\left(-x\right)=x^{2}$，故选 D。

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3

当 $x\to 1$ 时，函数

$\dfrac{x^{2}-1}{x-1}e^{\frac{1}{x-1}}$

的极限（ ）

A. 等于 $2$。
B. 等于 $0$。
C. 为 $\infty$。
D. 不存在但不为 $\infty$。

答案： D

解析： 因为 $\dfrac{x^{2}-1}{x-1}=x+1$。当 $x\to 1^{-}$ 时，$\left(x+1\right)e^{\frac{1}{x-1}}\to 0$；当 $x\to 1^{+}$ 时，$\left(x+1\right)e^{\frac{1}{x-1}}\to+\infty$。故极限不存在但不为 $\infty$。

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4

设 $f\left(x\right)$ 连续，$F\left(x\right)=\int_{0}^{x^{2}}f\left(t^{2}\right)\mathrm{~d}t$，则 $F^{\prime}\left(x\right)$ 等于（ ）

A. $f\left(x^{4}\right)$。
B. $x^{2}f\left(x^{4}\right)$。
C. $2xf\left(x^{4}\right)$。
D. $2xf\left(x^{2}\right)$。

答案： C

解析： 由变上限积分求导公式，

$F^{\prime}\left(x\right)=f\left(\left(x^{2}\right)^{2}\right)\cdot\left(x^{2}\right)^{\prime}=2xf\left(x^{4}\right)$，

故选 C。

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5

若 $f\left(x\right)$ 的导函数是 $\sin x$，则 $f\left(x\right)$ 有一个原函数为（ ）

A. $1+\sin x$。
B. $1-\sin x$。
C. $1+\cos x$。
D. $1-\cos x$。

答案： B

解析： 因为 $f^{\prime}\left(x\right)=\sin x$，所以 $f\left(x\right)=-\cos x+C_{1}$。其原函数为 $F\left(x\right)=-\sin x+C_{1}x+C_{2}$。取 $C_{1}=0$，$C_{2}=1$，得 $F\left(x\right)=1-\sin x$，故选 B。

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三、计算题

1

求

$\lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}$。

解析：

$\left(\dfrac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}=\left(1-\dfrac{3}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}$。

因此

$\lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}=e^{-\frac{3}{2}}$。

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2

设函数 $y=y\left(x\right)$ 由方程 $y-xe^{y}=1$ 所确定，求 $\left.\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{x=0}$ 的值。

解析：

当 $x=0$ 时，由方程得 $y=1$。两边求导：

$y^{\prime}-e^{y}-xe^{y}y^{\prime}=0$。

代入 $x=0$，$y=1$，得 $y^{\prime}\left(0\right)=e$。再求导并代入 $x=0$，$y=1$，$y^{\prime}=e$，得

$\left.\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{x=0}=2e^{2}$。

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3

求

$\int\dfrac{x^{3}}{\sqrt{1+x^{2}}}\mathrm{~d}x$。

解析：

令 $u=\sqrt{1+x^{2}}$，则 $x^{2}=u^{2}-1$，$x\mathrm{~d}x=u\mathrm{~d}u$。于是

$\int\dfrac{x^{3}}{\sqrt{1+x^{2}}}\mathrm{~d}x=\int\left(u^{2}-1\right)\mathrm{~d}u=\dfrac{1}{3}u^{3}-u+C$。

故

$\int\dfrac{x^{3}}{\sqrt{1+x^{2}}}\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{3}\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}-\left(1+x^{2}\right)^{\frac{1}{2}}+C$。

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4

求

$\int_{0}^{\pi}\sqrt{1-\sin x}\mathrm{~d}x$。

解析：

因为 $\sqrt{1-\sin x}=\left|\cos\dfrac{x}{2}-\sin\dfrac{x}{2}\right|$，所以在 $x=\dfrac{\pi}{2}$ 处分段：

$\int_{0}^{\pi}\sqrt{1-\sin x}\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos\dfrac{x}{2}-\sin\dfrac{x}{2}\right)\mathrm{~d}x+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\left(\sin\dfrac{x}{2}-\cos\dfrac{x}{2}\right)\mathrm{~d}x=4\left(\sqrt{2}-1\right)$。

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5

求微分方程

$\left(y-x^{3}\right)\mathrm{d}x-2x\mathrm{d}y=0$

的通解。

解析：

原方程化为

$y^{\prime}-\dfrac{1}{2x}y=-\dfrac{x^{2}}{2}$。

解一阶线性微分方程，得

$y=C\sqrt{x}-\dfrac{1}{5}x^{3}$，

其中 $C$ 为任意常数。

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四、计算题

设

$f\left(x\right)=\begin{cases}1+x^{2}, & x\le 0,\\e^{-x}, & x>0,\end{cases}$

求 $\int_{1}^{3}f\left(x-2\right)\mathrm{~d}x$。

解析：

令 $u=x-2$，则

$\int_{1}^{3}f\left(x-2\right)\mathrm{~d}x=\int_{-1}^{1}f\left(u\right)\mathrm{~d}u$。

因此

$\int_{-1}^{1}f\left(u\right)\mathrm{~d}u=\int_{-1}^{0}\left(1+u^{2}\right)\mathrm{~d}u+\int_{0}^{1}e^{-u}\mathrm{~d}u=\dfrac{7}{3}-\dfrac{1}{e}$。

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五、计算题

求微分方程

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

的通解。

解析：

对应齐次方程特征根为 $1,2$，故齐次通解为

$y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x}$。

设特解为 $y_{0}=\left(ax^{2}+bx\right)e^{x}$，代入得 $a=-\dfrac{1}{2}$，$b=-1$。故通解为

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

其中 $C_{1},C_{2}$ 为任意常数。

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六、计算题

计算曲线 $y=\ln\left(1-x^{2}\right)$ 上相应于 $0\le x\le\dfrac{1}{2}$ 的一段弧的长度。

解析：

由 $y^{\prime}=-\dfrac{2x}{1-x^{2}}$，得

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

故弧长为

$l=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\dfrac{1+x^{2}}{1-x^{2}}\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(\dfrac{2}{1-x^{2}}-1\right)\mathrm{~d}x=\ln 3-\dfrac{1}{2}$。

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七、应用题

求曲线 $y=\sqrt{x}$ 的一条切线 $l$，使该曲线与切线 $l$ 及直线 $x=0,x=2$ 所围成的平面图形面积最小。

解析：

设切点为 $\left(a,\sqrt{a}\right)$，则切线方程为

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

即

$y=\dfrac{x}{2\sqrt{a}}+\dfrac{\sqrt{a}}{2}$。

所围面积为

$S=\int_{0}^{2}\left(\dfrac{x}{2\sqrt{a}}+\dfrac{\sqrt{a}}{2}\right)\mathrm{~d}x-\int_{0}^{2}\sqrt{x}\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{a}-\dfrac{4\sqrt{2}}{3}$。

令 $S^{\prime}=0$，得 $a=1$。故所求切线为

$y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}$。

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八、证明题

已知 $f^{\prime\prime}\left(x\right)<0$，$f\left(0\right)=0$，证明对任意 $x_{1}>0,x_{2}>0$，有

$f\left(x_{1}+x_{2}\right)<f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)$。

解析：

不妨设 $x_{1}\le x_{2}$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_{1}\in\left(0,x_{1}\right)$，$\xi_{2}\in\left(x_{2},x_{1}+x_{2}\right)$，使

$f\left(x_{1}\right)-f\left(0\right)=f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)x_{1}$，

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

因为 $f^{\prime\prime}\left(x\right)<0$，所以 $f^{\prime}\left(x\right)$ 单调递减。又 $\xi_{1}<\xi_{2}$，故

$f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)>f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)$。

于是

$f\left(x_{1}\right)-f\left(0\right)>f\left(x_{1}+x_{2}\right)-f\left(x_{2}\right)$。

由 $f\left(0\right)=0$，得

$f\left(x_{1}+x_{2}\right)<f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)$。