2000 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析

一、填空题

1

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\arctan x-x}{\ln\left(1+2x^{3}\right)}=$ ________。

答案： $-\dfrac{1}{6}$

解析： 当 $x\to 0$ 时，$\arctan x=x-\dfrac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)$，$\ln\left(1+2x^{3}\right)\sim 2x^{3}$，故

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\arctan x-x}{\ln\left(1+2x^{3}\right)}=-\dfrac{1}{6}$。

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2

设函数 $y=y\left(x\right)$ 由方程 $2^{xy}=x+y$ 所确定，则 $\left.\mathrm{d}y\right|_{x=0}=$ ________。

答案： $\left(\ln 2-1\right)\mathrm{d}x$

解析： 对 $2^{xy}=x+y$ 两边求微分，得 $2^{xy}\ln 2\left(x\mathrm{d}y+y\mathrm{d}x\right)=\mathrm{d}x+\mathrm{d}y$。当 $x=0$ 时，由原方程得 $y=1$，代入得 $\ln 2\,\mathrm{d}x=\mathrm{d}x+\mathrm{d}y$，故 $\left.\mathrm{d}y\right|_{x=0}=\left(\ln 2-1\right)\mathrm{d}x$。

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3

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(x+7\right)\sqrt{x-2}}=$ ________。

答案： $\dfrac{\pi}{3}$

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

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(x+7\right)\sqrt{x-2}}=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{2\mathrm{~d}t}{t^{2}+9}=\dfrac{2}{3}\left.\arctan\dfrac{t}{3}\right|_{0}^{+\infty}=\dfrac{\pi}{3}$。

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4

曲线 $y=\left(2x-1\right)e^{\frac{1}{x}}$ 的斜渐近线方程为 ________。

答案： $y=2x+1$

解析： 设斜渐近线为 $y=kx+b$。由 $k=\lim_{x\to \infty}\dfrac{y}{x}=2$，$b=\lim_{x\to \infty}\left[y-2x\right]=1$，故斜渐近线为 $y=2x+1$。

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5

设

$\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\-2 & 3 & 0 & 0\\0 & -4 & 5 & 0\\0 & 0 & -6 & 7\end{bmatrix}$，

$\boldsymbol{E}$ 为 $4$ 阶单位矩阵，且 $\boldsymbol{B}=\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\right)^{-1}\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)$，则 $\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{B}\right)^{-1}=$ ________。

答案： $\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\-1 & 2 & 0 & 0\\0 & -2 & 3 & 0\\0 & 0 & -3 & 4\end{bmatrix}$

解析： 由 $\boldsymbol{B}=\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\right)^{-1}\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)$，得

$\boldsymbol{E}+\boldsymbol{B}=2\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\right)^{-1}$。

故

$\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{B}\right)^{-1}=\dfrac{1}{2}\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\right)=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\-1 & 2 & 0 & 0\\0 & -2 & 3 & 0\\0 & 0 & -3 & 4\end{bmatrix}$。

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二、选择题

1

设函数 $f\left(x\right)=\dfrac{x}{a+e^{bx}}$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内连续，且 $\lim_{x\to -\infty}f\left(x\right)=0$，则常数 $a,b$ 满足（ ）

A. $a<0,b<0$
B. $a>0,b>0$
C. $a\le 0,b>0$
D. $a\ge 0,b<0$

答案： D

解析： 若 $a<0$，则分母 $a+e^{bx}$ 可能为 $0$，不满足连续性，故需 $a\ge 0$。又要使 $\lim_{x\to -\infty}\dfrac{x}{a+e^{bx}}=0$，需 $b<0$，使 $e^{bx}\to +\infty$。故选 D。

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2

设函数 $f\left(x\right)$ 满足关系式 $f^{\prime\prime}\left(x\right)+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}=x$，且 $f^{\prime}\left(0\right)=0$，则（ ）

A. $f\left(0\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的极大值。
B. $f\left(0\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的极小值。
C. 点 $\left(0,f\left(0\right)\right)$ 是曲线 $y=f\left(x\right)$ 的拐点。
D. $f\left(0\right)$ 不是 $f\left(x\right)$ 的极值，点 $\left(0,f\left(0\right)\right)$ 也不是曲线 $y=f\left(x\right)$ 的拐点。

答案： C

解析： 代入 $x=0$，得 $f^{\prime\prime}\left(0\right)=0$。对原式求导，得 $f^{\prime\prime\prime}\left(x\right)+2f^{\prime}\left(x\right)f^{\prime\prime}\left(x\right)=1$，故 $f^{\prime\prime\prime}\left(0\right)=1$。所以 $f^{\prime\prime}\left(x\right)$ 在 $x=0$ 两侧变号，选 C。

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3

设 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 是大于零的可导函数，且 $f^{\prime}\left(x\right)g\left(x\right)-f\left(x\right)g^{\prime}\left(x\right)<0$，则当 $a<x<b$ 时，有（ ）

A. $f\left(x\right)g\left(b\right)>f\left(b\right)g\left(x\right)$
B. $f\left(x\right)g\left(a\right)>f\left(a\right)g\left(x\right)$
C. $f\left(x\right)g\left(x\right)>f\left(b\right)g\left(b\right)$
D. $f\left(x\right)g\left(x\right)>f\left(a\right)g\left(a\right)$

答案： A

解析： 令 $F\left(x\right)=\dfrac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}$，则 $F^{\prime}\left(x\right)<0$，故 $F\left(x\right)$ 单调递减。于是当 $a<x<b$ 时，$F\left(x\right)>F\left(b\right)$，即 $f\left(x\right)g\left(b\right)>f\left(b\right)g\left(x\right)$，选 A。

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4

若 $\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin 6x+xf\left(x\right)}{x^{3}}=0$，则 $\lim_{x\to 0}\dfrac{6+f\left(x\right)}{x^{2}}$ 为（ ）

A. $0$
B. $6$
C. $36$
D. $\infty$

答案： C

解析： 当 $x\to 0$ 时，$\sin 6x=6x-36x^{3}+o\left(x^{3}\right)$。由 $\sin 6x+xf\left(x\right)=o\left(x^{3}\right)$，得 $x\left(6+f\left(x\right)\right)-36x^{3}=o\left(x^{3}\right)$，所以 $6+f\left(x\right)\sim 36x^{2}$，选 C。

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5

具有特解 $y_{1}=e^{-x},y_{2}=xe^{-x},y_{3}=e^{x}$ 的 $3$ 阶常系数齐次线性微分方程是（ ）

A. $y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime\prime}-y^{\prime}+y=0$
B. $y^{\prime\prime\prime}+y^{\prime\prime}-y^{\prime}-y=0$
C. $y^{\prime\prime\prime}-6y^{\prime\prime}+11y^{\prime}-6y=0$
D. $y^{\prime\prime\prime}-2y^{\prime\prime}-y^{\prime}+2y=0$

答案： B

解析： 由 $e^{-x}$ 与 $xe^{-x}$ 可知 $r=-1$ 是二重根；由 $e^{x}$ 可知 $r=1$ 是单根。因此特征方程为 $\left(r+1\right)^{2}\left(r-1\right)=0$，即 $r^{3}+r^{2}-r-1=0$。故选 B。

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三、计算题

设 $\dfrac{\ln\left(1+x\right)}{x}=f\left(\ln x\right)$，计算 $\int f\left(x\right)\mathrm{~d}x$。

解析：

令 $t=\ln x$，则 $x=e^{t}$，从而

$f\left(t\right)=e^{-t}\ln\left(1+e^{t}\right)$。

所以

$\int f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\int e^{-x}\ln\left(1+e^{x}\right)\mathrm{~d}x$。

分部积分得

$\int f\left(x\right)\mathrm{~d}x=-e^{-x}\ln\left(1+e^{x}\right)+x-\ln\left(1+e^{x}\right)+C$。

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四、计算题

设 $xOy$ 平面上有正方形 $D=\left\{\left(x,y\right)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\right\}$ 及直线 $l:x+y=t\left(t\ge 0\right)$。若 $S\left(t\right)$ 表示正方形 $D$ 位于直线 $l$ 左下方部分的面积，试求 $\int_{0}^{x}S\left(t\right)\mathrm{~d}t\left(x\ge 0\right)$。

解析：

由几何关系，

$S\left(t\right)=\begin{cases}\dfrac{1}{2}t^{2}, & 0\le t\le 1,\\1-\dfrac{1}{2}\left(2-t\right)^{2}, & 1<t\le 2,\\1, & t>2.\end{cases}$

因此

$\int_{0}^{x}S\left(t\right)\mathrm{~d}t=\begin{cases}\dfrac{x^{3}}{6}, & 0\le x\le 1,\\-\dfrac{x^{3}}{6}+x^{2}-x+\dfrac{1}{3}, & 1<x\le 2,\\x-1, & x>2.\end{cases}$

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五、计算题

求函数 $f\left(x\right)=x^{2}\ln\left(1+x\right)$ 在 $x=0$ 处的 $n$ 阶导数 $f^{\left(n\right)}\left(0\right)\left(n\ge 3\right)$。

解析：

由

$\ln\left(1+x\right)=x-\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{3}}{3}-\cdots+\left(-1\right)^{m-1}\dfrac{x^{m}}{m}+\cdots$

得

$x^{2}\ln\left(1+x\right)=x^{3}-\dfrac{x^{4}}{2}+\dfrac{x^{5}}{3}-\cdots+\left(-1\right)^{n-3}\dfrac{x^{n}}{n-2}+\cdots$

所以

$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^{n-1}\dfrac{n!}{n-2},\quad n\ge 3$。

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六、计算题

设函数 $S\left(x\right)=\int_{0}^{x}\left|\cos t\right|\mathrm{~d}t$。

1. 当 $n$ 为正整数，且 $n\pi\le x\le \left(n+1\right)\pi$ 时，证明 $2n\le S\left(x\right)<2\left(n+1\right)$；
2. 求 $\lim_{x\to +\infty}\dfrac{S\left(x\right)}{x}$。

解析：

因为 $\left|\cos x\right|$ 的周期为 $\pi$，且 $\int_{0}^{\pi}\left|\cos x\right|\mathrm{~d}x=2$，所以

$\int_{0}^{n\pi}\left|\cos x\right|\mathrm{~d}x=2n,\quad \int_{0}^{\left(n+1\right)\pi}\left|\cos x\right|\mathrm{~d}x=2\left(n+1\right)$。

由积分单调性可知，当 $n\pi\le x\le \left(n+1\right)\pi$ 时，

$2n\le S\left(x\right)<2\left(n+1\right)$。

又

$\dfrac{2n}{\left(n+1\right)\pi}\le \dfrac{S\left(x\right)}{x}\le \dfrac{2\left(n+1\right)}{n\pi}$。

令 $x\to +\infty$，即 $n\to +\infty$，由夹逼定理得

$\lim_{x\to +\infty}\dfrac{S\left(x\right)}{x}=\dfrac{2}{\pi}$。

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七、应用题

某湖泊的水量为 $V$，每年排入湖泊内含污染物 $A$ 的污水量为 $\dfrac{V}{6}$，流入湖泊内不含 $A$ 的水量为 $\dfrac{V}{6}$，流出湖泊的水量为 $\dfrac{V}{3}$。已知 $1999$ 年底湖中 $A$ 的含量为 $5m_{0}$，超过国家规定指标。为了治理污染，从 $2000$ 年初起，限定排入湖泊中含 $A$ 污水的浓度不超过 $\dfrac{m_{0}}{V}$。问至多需要经过多少年，湖泊中污染物 $A$ 的含量降至 $m_{0}$ 以内？（注：设湖水中 $A$ 的浓度是均匀的。）

解析：

设第 $t$ 年湖中污染物总量为 $m\left(t\right)$。在 $\left[t,t+\mathrm{d}t\right]$ 内，流入污染物量为 $\dfrac{m_{0}}{6}\mathrm{d}t$，流出污染物量为 $\dfrac{m}{3}\mathrm{d}t$，故

$\dfrac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}=\dfrac{m_{0}}{6}-\dfrac{m}{3}$。

解得

$m\left(t\right)=\dfrac{m_{0}}{2}+Ce^{-\frac{t}{3}}$。

由 $m\left(0\right)=5m_{0}$，得 $C=\dfrac{9m_{0}}{2}$，故

$m\left(t\right)=\dfrac{m_{0}}{2}\left(1+9e^{-\frac{t}{3}}\right)$。

令 $m\left(t\right)\le m_{0}$，得 $t\ge 6\ln 3$。故至多需要经过 $6\ln 3$ 年。

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八、证明题

设函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,\pi\right]$ 上连续，且

$\int_{0}^{\pi}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=0,\quad \int_{0}^{\pi}f\left(x\right)\cos x\mathrm{~d}x=0$，

试证明：在 $\left(0,\pi\right)$ 内至少存在两个不同的点 $\xi_{1},\xi_{2}$，使 $f\left(\xi_{1}\right)=f\left(\xi_{2}\right)=0$。

解析：

设

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

则 $F\left(0\right)=F\left(\pi\right)=0$。由分部积分，

$0=\int_{0}^{\pi}f\left(x\right)\cos x\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\pi}\cos x\mathrm{d}F\left(x\right)=\int_{0}^{\pi}F\left(x\right)\sin x\mathrm{~d}x$。

因 $\sin x>0$，存在 $\xi\in\left(0,\pi\right)$，使 $F\left(\xi\right)=0$。于是 $F\left(0\right)=F\left(\xi\right)=F\left(\pi\right)=0$。分别在 $\left(0,\xi\right)$ 与 $\left(\xi,\pi\right)$ 上用罗尔定理，得存在 $\xi_{1},\xi_{2}$，使 $f\left(\xi_{1}\right)=f\left(\xi_{2}\right)=0$。

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九、计算题

已知 $f\left(x\right)$ 是周期为 $5$ 的连续函数，它在 $x=0$ 的某个邻域内满足关系式

$f\left(1+\sin x\right)-3f\left(1-\sin x\right)=8x+\alpha\left(x\right)$，

其中 $\alpha\left(x\right)$ 是当 $x\to 0$ 时比 $x$ 高阶的无穷小，且 $f\left(x\right)$ 在 $x=1$ 处可导，求曲线 $y=f\left(x\right)$ 在点 $\left(6,f\left(6\right)\right)$ 处的切线方程。

解析：

令 $x\to 0$，得 $f\left(1\right)-3f\left(1\right)=0$，所以 $f\left(1\right)=0$。由周期性，$f\left(6\right)=f\left(1\right)=0$。

两边除以 $\sin x$ 并令 $x\to 0$，得

$f^{\prime}\left(1\right)+3f^{\prime}\left(1\right)=8$，

所以 $f^{\prime}\left(1\right)=2$。由周期性，$f^{\prime}\left(6\right)=2$。故切线方程为

$y=2x-12$。

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十、计算题

设曲线 $y=ax^{2}\left(a>0,x\ge 0\right)$ 与 $y=1-x^{2}$ 交于点 $A$，过坐标原点 $O$ 和点 $A$ 的直线与曲线 $y=ax^{2}$ 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？

解析：

由 $ax^{2}=1-x^{2}$，得交点 $A$ 为

$\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+a}},\dfrac{a}{1+a}\right)$。

直线 $OA$ 的方程为

$y=\dfrac{a}{\sqrt{1+a}}x$。

旋转体体积为

$V=\pi\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{1+a}}}\left[\left(\dfrac{a}{\sqrt{1+a}}x\right)^{2}-\left(ax^{2}\right)^{2}\right]\mathrm{~d}x=\dfrac{2\pi a^{2}}{15\left(1+a\right)^{\frac{5}{2}}}$。

求导得

$V^{\prime}\left(a\right)=\dfrac{2\pi}{15}\cdot\dfrac{a\left(4-a\right)}{\left(1+a\right)^{\frac{7}{2}}}$。

因 $a>0$，当 $a=4$ 时体积最大，最大体积为

$V_{\max}=\dfrac{32\sqrt{5}\pi}{1875}$。

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十一、计算题

函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,+\infty\right)$ 上可导，$f\left(0\right)=1$，且满足等式

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

1. 求导数 $f^{\prime}\left(x\right)$；
2. 证明：当 $x\ge 0$ 时，成立不等式 $e^{-x}\le f\left(x\right)\le 1$。

解析：

原式两边乘以 $x+1$，再求导，得

$\left(x+1\right)f^{\prime\prime}\left(x\right)+\left(x+2\right)f^{\prime}\left(x\right)=0$。

令 $u=f^{\prime}\left(x\right)$，则

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

解得

$f^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{Ce^{-x}}{x+1}$。

由原方程在 $x=0$ 处得 $f^{\prime}\left(0\right)+f\left(0\right)=0$，所以 $C=-1$，即

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

因此 $f^{\prime}\left(x\right)<0$，所以 $f\left(x\right)\le f\left(0\right)=1$。又

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

且 $0<\dfrac{1}{t+1}\le 1$，故

$0\le \int_{0}^{x}\dfrac{e^{-t}}{t+1}\mathrm{~d}t\le 1-e^{-x}$，

于是

$e^{-x}\le f\left(x\right)\le 1$。

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十二、计算题

设

$\boldsymbol{\alpha}=\begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\beta}=\begin{bmatrix}1\\\dfrac{1}{2}\\0\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\gamma}=\begin{bmatrix}0\\0\\8\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{A}=\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{T},\quad \boldsymbol{B}=\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{\alpha}$。

其中 $\boldsymbol{\beta}^{T}$ 是 $\boldsymbol{\beta}$ 的转置，求解方程

$2\boldsymbol{B}^{2}\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{A}^{4}\boldsymbol{x}+\boldsymbol{B}^{4}\boldsymbol{x}+\boldsymbol{\gamma}$。

解析：

由题设可得 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{\alpha}=2$，且

$\boldsymbol{A}^{2}=2\boldsymbol{A},\quad \boldsymbol{A}^{4}=8\boldsymbol{A},\quad \boldsymbol{B}^{2}=4,\quad \boldsymbol{B}^{4}=16$。

原方程化为

$8\left(\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}\right)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\gamma}$。

设 $\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{bmatrix}$，可得同解方程组

$\begin{cases}x_{1}-\dfrac{1}{2}x_{2}=0,\\x_{1}+\dfrac{1}{2}x_{2}-2x_{3}=1.\end{cases}$

令 $x_{1}=k$，则 $x_{2}=2k$，$x_{3}=k-\dfrac{1}{2}$。故通解为

$\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0\\0\\-\dfrac{1}{2}\end{bmatrix}+k\begin{bmatrix}1\\2\\1\end{bmatrix}$，

其中 $k$ 为任意常数。

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十三、计算题

已知向量组

$\boldsymbol{\beta}_{1}=\begin{bmatrix}0\\1\\-1\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\beta}_{2}=\begin{bmatrix}a\\2\\1\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\beta}_{3}=\begin{bmatrix}b\\1\\0\end{bmatrix}$

与向量组

$\boldsymbol{\alpha}_{1}=\begin{bmatrix}1\\2\\-3\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\alpha}_{2}=\begin{bmatrix}3\\0\\1\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\alpha}_{3}=\begin{bmatrix}9\\6\\-7\end{bmatrix}$

具有相同的秩，且 $\boldsymbol{\beta}_{3}$ 可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表出，求 $a,b$ 的值。

解析：

对 $\left[\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right]$ 作初等行变换可得其秩为 $2$。因此 $\left[\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}\right]$ 的秩也为 $2$，即

$\begin{vmatrix}0 & a & b\\1 & 2 & 1\\-1 & 1 & 0\end{vmatrix}=0$，

得 $a=3b$。

又 $\boldsymbol{\alpha}_{3}=3\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}$，所以 $\boldsymbol{\beta}_{3}$ 可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 线性表出，即

$\begin{vmatrix}1 & 3 & b\\2 & 0 & 1\\-3 & 1 & 0\end{vmatrix}=0$。

解得 $b=5$，从而 $a=15$。故

$a=15,\quad b=5$。