1996考研数二真题及解析.pdf

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1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 1 页 共 16 页1996 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.把答案填在题中横线上.)(1)设232()xyx e,则0 xy.(2)1221(1)xx dx.(3)微分方程250yyy的通解为.(4)31lim sinln(1)sinln(1)xxxx.(5)由曲线1,2y xxx 及2y 所围图形的面积S.二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字

2、母填在题后的括号内.)(1)设当0 x 时,2(1)xeax bx是比2x高阶的无穷小,则()(A)1,12ab(B)1,1ab(C)1,12ab (D)1,1ab(2)设函数()fx在区间(,)内有定义,若当(,)x时,恒有2|()|fxx,则0 x 必是()fx的()(A)间断点(B)连续而不可导的点(C)可导的点,且(0)0f (D)可导的点,且(0)0f (3)设()fx处处可导,则()(A)当lim()xfx,必有lim()xfx (B)当lim()xfx ,必有lim()xfx(C)当lim()xfx,必有lim()xfx (D)当lim()xfx ,必有lim()xfx(4)在区

3、间(,)内,方程1142|cos0 xxx()(A)无实根(B)有且仅有一个实根欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 2 页 共 16 页(C)有且仅有两个实根(D)有无穷多个实根(5)设(),()fx gx在区间,ab上连续,且()()gxfx m(m为常数),由曲线(),y gx(),y fx x a及x b所围平面图形绕直线y m旋转而成的旋转体体积为()(A)2()()()()bam fx gx fx gx dx(B)2()()()()bam fx gx fx gx dx(C)()()()()bam fx gx fx gx d

4、x(D)()()()()bam fx gx fx gx dx三、(本题共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分.)(1)计算ln2201xe dx.(2)求1 sindxx.(3)设2022(),(),txfu duyft 其中()fu具有二阶导数,且()0fu,求22dydx.(4)求函数1()1xfxx在0 x 点处带拉格朗日型余项的n阶泰勒展开式.(5)求微分方程2yy x 的通解.(6)设有一正椭圆柱体,其底面的长、短轴分别为22a b、,用过此柱体底面的短轴与底面成角(02)的平面截此柱体,得一锲形体(如图),求此锲形体的体积V.四、(本题满分 8 分)计算不定积分22arcta

5、n(1)xdxxx.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 3页 共 16页五、(本题满分 8 分)设函数231 2,1,(),12,1216,2.xxfxxxxx (1)写出()fx的反函数()gx的表达式；(2)()gx是否有间断点、不可导点,若有,指出这些点.六、(本题满分 8 分)设函数()y yx由方程3222221yyxyx所确定,试求()y yx的驻点,并判别它是否为极值点.七、(本题满分 8 分)设()fx在区间,ab上具有二阶导数,且()()0fafb,()()0fafb,试证明：存在(,)ab和(,)ab,使()0f

6、及()0f.八、(本题满分 8 分)设()fx为连续函数,(1)求初值问题0(),0 xy ayfxy 的解()yx,其中a为正的常数；(2)若|()|fxk(k为常数),证明：当0 x 时,有|()|(1)axkyxea.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 4 页 共 16 页2121yxx xyO1996 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)【答案】13【解析】132221132xxyx ee,02111323xy.(2)【答案】2【解析】注意到对称区间

7、上奇偶函数的积分性质,有原式 112222112112110 22xxxxdxxxdx .【相关知识点】对称区间上奇偶函数的积分性质：若()fx在,aa上连续且为奇函数,则()0aafxdx；若()fx在,aa上连续且为偶函数,则0()2()aaafxdxfxdx.(3)【答案】12cos2sin2xye cx cx【解析】因为250yyy是常系数的线性齐次方程,其特征方程2250rr 有一对共轭复根1212r,ri.故通解为12cos2sin2xye cx cx.(4)【答案】2【解析】因为x 时,sinln 1ln 1kkkxxx(k为常数),所以,原式3131limsinln 1lims

8、inln 1limlim3 12xxxxxxxxxxxx .(5)【答案】1ln22【解析】曲线1yx,x 2y 的交点是 1 2,2211,xyxxx 当1x 时1yxx(单调上升)在2y 上方,于是212211211ln 2ln2.22Sxdxxxxx 二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 5页 共 16页(1)【答案】(A)【解析】方法 1：用带皮亚诺余项泰勒公式.由21xeax bx222112!xxxax bx 222112bxaxxx 令,可得10111202

9、b,a,b.a,应选(A).方法 2：用洛必达法则.由2200(1)2limlim0,2xxxxeax bxeaxbxx洛有0lim 2101.xxeaxbbb 又由00221 21limlim02222xxxxeaxbeaaax.应选(A).(2)【答案】(C)【解析】方法一：首先,当0 x 时,|(0)|0(0)0ff.而按照可导定义我们考察2()(0)()00(0)fxffxxxxxxx,由夹逼准则,0()(0)(0)lim0 xfxffx,故应选(C).方法二：显然,(0)0f,由2|()|fxx,(,)x,得2()1(,0)(0,)fxxx,即2()fxx有界,且200()(0)()

10、(0)limlim0 xxfxffxfxxx .故应选(C).方法三：排除法.令3(),(0)0,fxx f 故(A)、(B)、(D)均不对,应选(C).欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 6页 共 16页【相关知识点】定理：有界函数与无穷小的乘积是无穷小.(3)【答案】(D)【解析】方法一：排除法.例如()fxx,则(A),(C)不对；又令()xfx e,则(B)不对.故应选择(D).方法二：由lim()xfx ,对于0M,存在0 x,使得当0 x x时,()fxM.由此,当0 x x时,由拉格朗日中值定理,0000()()()(

11、)()()()fxfxfx xfxM x xx ,从而有lim()xfx,故应选择(D).【相关知识点】拉格朗日中值定理：如果函数()fx满足(1)在闭区间,ab上连续；(2)在开区间(,)ab内可导,那么在(,)ab内至少有一点(ab),使等式()()()()fbfafb a成立.(4)【答案】(C)【解析】令1142()|cosfxxxx,则()()f xfx,故()fx是偶函数,考察()fx在(0,)内的实数个数：1142()cosfxxxx(0 x).首先注意到(0)10f,1142()()()10,222f 当02x 时,由零值定理,函数()fx必有零点,且由314211()sin0

12、42fxxxx,()fx在(0,)2单调递增,故()fx有唯一零点.当2x时,11114242()cos()()10,22fxxxx 没有零点；因此,()fx在(0,)有一个零点.又由于()fx是偶函数,()fx在(,)有两个零点.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 7页 共 16 页a x x dxx()y gx()y fxOymb故应选(C).【相关知识点】零点定理：设函数()fx在闭区间,ab上连续,且()fa与()fb异号(即()()0fa fb),那么在开区间(,)ab内至少有一点,使()0f.(5)【答案】(B)【解析】

13、见上图,作垂直分割,相应于,xx dx的小竖条的体积微元22()()dVm gx dxm fx dx()()()()m gxm fxm gxm fx dx 2()()()()m gxfxfx gx dx,于是 2()()()()baVm gxfxfx gx dx,故选择(B).三、(本题共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分.)(1)【解析】方法一：换元法.令21xeu,则221ln(1),21uxu dxduu,所以3332ln2222222000011111(1)(2)11211xue dxdududuuuuu3201133lnln(2 3)2 122uu.方法二：换元法.令sinx

14、et,则coslnsin,sintxt dxdtt ,:0ln2:26xt,ln2262026cos11cossinsinsinxte dxtdtt dttt欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 8页 共 16页22663ln(csccot)cos ln(23)2ttt.方法三：分部积分法和换元法结合.原式ln2ln2220011()xxxxeedxed e2ln2ln2220011xxxxxeeeedxe 令xet,则:0ln2:1 2xt,原式22221133ln(1)221dtttt 3ln(23)2.【相关知识点】1.1csc

15、lncsc cotsinxdxdxxx Cx,2.0a 时,2222lndxxx aCx a.(2)【解析】方法一：2(1 sin)1 sin1 sin(1 sin)(1 sin)cosdxxdxxdxxxxx22221sincosseccoscoscosxdxdxdxxdxxxx1tancosxCx.方法二：21 sin(cossin)22dxdxxxx222(1 tan)sec222(1 tan)(1 tan)1tan222xdxdxCxxx.方法三：换元法.令tan2xt,则22222tan22arctan,sin11tan1ttxt dxxttt,原式2221222221(1)111t

16、an12dtdtCCtxtttt .(3)【解析】这是由参数方程所确定的函数,其导数为22222()()24()()dydyft fttdttf tdxdxftdt,欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 9页 共 16 页所以2222221()(4()4()4()2()dy d dydtddttf tfttf ttdx dt dxdxdtdxft 22224()2()()fttftft.(4)【解析】函数()fx在0 x 处带拉格朗日余项的泰勒展开式为()(1)1(0)()()(0)(0),(01)!(1)!nnnnffxfxffxx

17、xnn .对于函数1()1xfxx,有12()1 2(1)1,1fxxx 2()2(1)(1),fxx 3()2(1)(2)(1),f xx ,()(1)()2(1)!(1)nnnfxnx 所以()(0)2(1)!,(1,2,3),nnfnn 故121112()1 22(1)2(1)(01)1(1)nnnnnxxfxxxxxx .(5)【解析】方法一：微分方程2yy x 对应的齐次方程0yy 的特征方程为20r r,两个根为120,1rr,故齐次方程的通解为12xy c c e.设非齐次方程的特解2()Y x ax bxc,代入方程可以得到1,1,23abc,因此方程通解为3212123xy

18、c c ex xx.方法二：方程可以写成2()y yx,积分得303xy yc,这是一阶线性非齐次微分方程,可直接利用通解公式求解.通解为30()3dxdxxy ece dxC欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 10页 共 16页33001()()33xxxxxxecedxCex de c e C320(3)3xxxxex eexdxc Ce 332200(2)33xxxxxxxxxeexdxc Cee exexdx c Ce 3202()3xxxxxxe ex ec Ce 32123xxxx c Ce.方法三：作为可降阶的二阶方程

19、,令y P,则yP,方程化为2P P x ,这是一阶线性非齐次微分方程,可直接利用通解公式求解.通解为220020()(22)22.xxxxxxxP e cxedx e c xexe ec exx再积分得321223xxy c c exx.【相关知识点】1.二阶线性非齐次方程解的结构：设*()y x是二阶线性非齐次方程()()()y Pxy Qxy fx的一个特解.()Yx是与之对应的齐次方程()()0y Pxy Qxy的通解,则*()()y Yx y x是非齐次方程的通解.2.二阶常系数线性齐次方程通解的求解方法：对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解()Yx,可用特征方程法求解：即()()0

20、y Pxy Qxy中的()Px、()Qx均是常数,方程变为0ypyqy.其特征方程写为20rprq,在复数域内解出两个特征根12,rr；分三种情况：(1)两个不相等的实数根12,rr,则通解为1212;rxr xy CeCe(2)两个相等的实数根12r r,则通解为112;rxyCCxe(3)一对共轭复根1,2ri,则通解为12cossin.xy e Cx Cx其中12,C C为常数.3.对于求解二阶线性非齐次方程()()()y Pxy Qxy fx的一个特解*()y x,可用待定欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 11 页 共 1

21、6 页系数法,有结论如下：如果()(),xmfxP xe则二阶常系数线性非齐次方程具有形如*()()kxmy xxQ xe的特解,其中()mQ x是与()mP x相同次数的多项式,而k按不是特征方程的根、是特征方程的单根或是特征方程的重根依次取 0、1 或 2.如果()()cos()sin xlnfx e Pxx P xx,则二阶常系数非齐次线性微分方程()()()ypxy qxy fx的特解可设为*(1)(2)()cos()sin kxmmyxe Rxx Rxx,其中(1)()mRx与(2)()mRx是m次多项式,max,ml n,而k按i(或i)不是特征方程的根、或是特征方程的单根依次取为

22、0或1.4.一阶线性非齐次方程()()y Pxy Qx 的通解为()()()PxdxPxdxy eQxedxC,其中C为任意常数.(6)【解析】建立坐标系,底面椭圆方程为22221xyab.方法一：以垂直于y轴的平面截此楔形体所得的截面为直角三角形,其中一条直角边长为22axbyb,另一条直角边长为22tanabyb,故截面面积为22221()()tan2aSybyb.楔形体的体积为222220022()tan()tan3bbaVSy dybydy abb.方法二：以垂直于x轴的平面截此楔形体所得的截面为矩形,其中一条边长为2222byaxa,另一条边长为tanx,故截面面积为22()2tan

23、bSxxaxa,楔形体的体积为欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 12 页 共 16 页22200222()tantan3aabVSx dxxaxdx aba.四、(本题满分 8 分)【解析】方法一：分部积分法.2222arctan arctanarctan(1)1xxxdxdxdxxxxx1arctan()arctan(arctan)xdxdxx2211arctanarctan(1)2dxxxxxx分部22111arctan()arctan12xxdxxxxx 22111arctanlnln(1)arctan22xxxx Cx.方

24、法二：换元法与分部积分法结合.令arctanx t,则2tan,secxt dxtdt,2222222arctanseccot(1)tan(1tan)tanxtttdxdtdt ttdtxxttt2(csc 1)(cot)ttdt tdttdt21cotcot2ttdt t分部2cos1cotsin2xttdt tx 211cotsinsin2ttdttt 21cot lnsin2tttt C.五、(本题满分 8 分)【分析】为了正确写出函数()fx的反函数()gx,并快捷地判断出函数()gx的连续性、可导性,须知道如下关于反函数的有关性质.【相关知识点】反函数的性质：若函数()fx是单调且连

25、续的,则反函数()gx有相同的单调性且也是连续的；函数()fx的值域即为反函数()gx的定义域；1()()g xfx,故函数()fx的不可导点和使()0fx 的点x对应的值()fx均为()gx的不可导点.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 13页 共 16页【解析】(1)由题设,函数()fx的反函数为31,1,2(),18,16,8.12xxgxxxxx (2)方法一：考察()fx的连续性与导函数.注意231 2,1,(),12,1216,2xxfxxxxx 在(,1),(1,2),(2,)区间上()fx分别与初等函数相同,故连续.

26、在1,2xx 处分别左、右连续,故连续.易求得24,1,()3,12,(1)4,(1)3,12,2(2)12,(2)12(2)12.xxfxxxffxfff 由于函数()fx在(,)内单调上升且连续,故函数()gx在(,)上单调且连续,没有间断点.由于仅有0 x 时()0fx 且(0)0f,故0 x 是()gx的不可导点；仅有1x 是()fx的不可导点(左、右导数,但不相等),因此()gx在(1)1f 处不可导.方法二：直接考察()gx的连续性与可导性.注意31,1,2(),18,16,8,12xxgxxxxx 在(,1),(1,8),(8,)区间上()gx分别与初等函数相同,故连续.在1,8

27、xx 处分别左、右连续,故连续,即()gx在(,)连续,没有间断点.()gx在(,1),(1,8),(8,)内分别与初等函数相同,这些初等函数只有3x在欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 14页 共 16页0 x 不可导,其余均可导.在1x 处,311111(1),(1),243xxxggx (1)g 不.在8x 处,3881161(8),(8),121212xxxgxg(8)g.因此,()gx在(,)内仅有0 x 与1x 两个不可导点.六、(本题满分 8 分)【解析】方程两边对x求导,得22320,(3 2)0.yyyyxyy x

28、yy xy y x 令0,y 得y x,代入原方程得32210 x x,解之得唯一驻点1x；对两边再求导又得22(32)(32)10 xyy xyyy x y y .以1,0 x yy 代入得11210,0,2xyy 1x 是极小点.【相关知识点】1.驻点：通常称导数等于零的点为函数的驻点(或稳定点,临界点).2.函数在驻点处取得极大值或极小值的判定定理.当函数()fx在驻点处的二阶导数存在且不为零时,可以利用下述定理来判定()fx在驻点处取得极大值还是极小值.定理：设函数()fx在0 x处具有二阶导数且00()0,()0fxf x,那么(1)当0()0f x时,函数()fx在0 x处取得极大

29、值；(2)当0()0f x时,函数()fx在0 x处取得极小值.七、(本题满分 8 分)【解析】首先证明(,)ab,使()0f：欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！第 15页 共 16页方法一：用零点定理.主要是要证明()fx在(,)ab有正值点与负值点.不妨设()0,fa()0fb.由()()lim()()0 x afxfafafax a与极限局部保号性,知在x a的某右邻域,()()0fxfax a,从而()0fx,因而111,()0 xb x afx；类似地,由()0fb 可证2122,()0 x x x bfx.由零点定理,12

30、(,)(,)xxab,使()0f.方法二：反证法.假设在(,)ab内()0fx,则由()fx的连续性可得()0fx,或()0fx,不妨设()0fx.由导数定义与极限局部保号性,()()()()()limlim0 x ax afxfafxfafax ax a,()()()()()limlim0 x bx bfxfbfxfbfbx bx b,从而()()0fafb,与()()0fafb 矛盾.其次,证明(,)ab,()0f：由于()()()0faffb,根据罗尔定理,12(,),(,)ab,使12()()0ff；又由罗尔定理,12(,)(,),()0ab f .注：由0()0fx可得：在000(,

31、),()()xx fxfx；在000(,),()()x xfxfx.注意由0()0fx得不到()fx在00(,)xx单调增的结果！【相关知识点】1.零点定理：设函数()fx在闭区间,ab上连续,且()fa与()fb异号(即()()0fa fb),那么在开区间(,)ab内至少有一点,使()0f.2 函数极限的局部保号性定理：如果0lim()x xfxA,且0A(或0A),那么存在常数0,使得当00 x x 时,有()0fx(或()0fx).3.函数极限局部保号性定理的推论：如果在0 x的某去心邻域内()0fx(或()0fx),而且0lim()x xfxA,那么0A(或0A).欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！