荒原之梦考研数学课程

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1991 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 y=ln⁡(1+3−x)y=\ln\left(1+3^{-x}\right)，则 dy=\mathrm{d}y= ________。

答案： −ln⁡33x+1 dx-\dfrac{\ln 3}{3^{x}+1}\mathrm{~d}x

解析： 由 y=ln⁡(1+3−x)y=\ln\left(1+3^{-x}\right)，得 y′=−ln⁡33x+1y^{\prime}=-\dfrac{\ln 3}{3^{x}+1}，所以 dy=−ln⁡33x+1 dx\mathrm{d}y=-\dfrac{\ln 3}{3^{x}+1}\mathrm{~d}x。

2 ​

曲线 y=e−x2y=e^{-x^{2}} 的凸区间是 ________。

答案： (−12,12)\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)

解析： 因为 y′′=2(2x2−1)e−x2y^{\prime\prime}=2\left(2x^{2}-1\right)e^{-x^{2}}，令 y′′<0y^{\prime\prime}<0，得凸区间为 (−12,12)\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)。

3 ​

∫1+∞ln⁡xx2 dx=\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\ln x}{x^{2}}\mathrm{~d}x= ________。

答案： 11

解析： 分部积分得

∫1+∞ln⁡xx2 dx=[−ln⁡xx]1+∞+∫1+∞1x2 dx=1\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\ln x}{x^{2}}\mathrm{~d}x=\left[-\dfrac{\ln x}{x}\right]_{1}^{+\infty}+\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^{2}}\mathrm{~d}x=1。

4 ​

质点以速度 tsin⁡(t2)t\sin\left(t^{2}\right) 米/秒作直线运动，则从时刻 t1=π2t_{1}=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} 秒到 t2=πt_{2}=\sqrt{\pi} 秒内质点所经过的路程等于 ________ 米。

答案： 12\dfrac{1}{2}

解析： 在所给区间内速度非负，故路程为

S=∫π2πtsin⁡(t2) dt=12∫π2πsin⁡u du=12S=\int_{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}^{\sqrt{\pi}}t\sin\left(t^{2}\right)\mathrm{~d}t=\dfrac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin u\mathrm{~d}u=\dfrac{1}{2}。

5 ​

lim⁡x→0+1−e1xx+e1x=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{1-e^{\frac{1}{x}}}{x+e^{\frac{1}{x}}}= ________。

答案： −1-1

解析： 当 x→0+x\to 0^{+} 时，e1x→+∞e^{\frac{1}{x}}\to+\infty。分子分母同除以 e1xe^{\frac{1}{x}}，得原极限为

lim⁡x→0+e−1x−1xe−1x+1=−1\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}-1}{xe^{-\frac{1}{x}}+1}=-1。

二、选择题 ​

1 ​

若曲线 y=x2+ax+by=x^{2}+ax+b 和 2y=−1+xy32y=-1+xy^{3} 在点 (1,−1)\left(1,-1\right) 处相切，其中 a,ba,b 是常数，则（ ）

A. a=0,b=−2a=0,b=-2
B. a=1,b=−3a=1,b=-3
C. a=−3,b=1a=-3,b=1
D. a=−1,b=−1a=-1,b=-1

答案： D

解析： 由曲线 y=x2+ax+by=x^{2}+ax+b 过点 (1,−1)\left(1,-1\right)，得 a+b=−2a+b=-2。又其在 x=1x=1 处斜率为 a+2a+2。对 2y=−1+xy32y=-1+xy^{3} 求导并代入 (1,−1)\left(1,-1\right)，得 y′=1y^{\prime}=1。相切得 a+2=1a+2=1，所以 a=−1,b=−1a=-1,b=-1。

2 ​

设函数

f(x)={x2,0≤x≤1,2−x,1<x≤2,f\left(x\right)=\begin{cases}x^{2}, & 0\le x\le 1,\\2-x, & 1<x\le 2,\end{cases}

记 F(x)=∫0xf(t) dt, 0≤x≤2F\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t,\ 0\le x\le 2，则（ ）

A. F(x)={x33,0≤x≤1,13+2x−x22,1<x≤2.F\left(x\right)=\begin{cases}\dfrac{x^{3}}{3}, & 0\le x\le 1,\\\dfrac{1}{3}+2x-\dfrac{x^{2}}{2}, & 1<x\le 2.\end{cases}

B. F(x)={x33,0≤x≤1,−76+2x−x22,1<x≤2.F\left(x\right)=\begin{cases}\dfrac{x^{3}}{3}, & 0\le x\le 1,\\-\dfrac{7}{6}+2x-\dfrac{x^{2}}{2}, & 1<x\le 2.\end{cases}

C. F(x)={x33,0≤x≤1,x33+2x−x22,1<x≤2.F\left(x\right)=\begin{cases}\dfrac{x^{3}}{3}, & 0\le x\le 1,\\\dfrac{x^{3}}{3}+2x-\dfrac{x^{2}}{2}, & 1<x\le 2.\end{cases}

D. F(x)={x33,0≤x≤1,2x−x22,1<x≤2.F\left(x\right)=\begin{cases}\dfrac{x^{3}}{3}, & 0\le x\le 1,\\2x-\dfrac{x^{2}}{2}, & 1<x\le 2.\end{cases}

答案： B

解析： 当 0≤x≤10\le x\le 1 时，F(x)=∫0xt2 dt=x33F\left(x\right)=\int_{0}^{x}t^{2}\mathrm{~d}t=\dfrac{x^{3}}{3}。当 1<x≤21<x\le 2 时，

F(x)=∫01t2 dt+∫1x(2−t) dt=−76+2x−x22F\left(x\right)=\int_{0}^{1}t^{2}\mathrm{~d}t+\int_{1}^{x}\left(2-t\right)\mathrm{~d}t=-\dfrac{7}{6}+2x-\dfrac{x^{2}}{2}。

3 ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 在 (−∞,+∞)\left(-\infty,+\infty\right) 内有定义，x0≠0x_{0}\ne 0 是函数 f(x)f\left(x\right) 的极大值点，则（ ）

A. x0x_{0} 必是 f(x)f\left(x\right) 的驻点。
B. −x0-x_{0} 必是 −f(−x)-f\left(-x\right) 的极小值点。
C. −x0-x_{0} 必是 −f(x)-f\left(x\right) 的极小值点。
D. 对一切 xx 都有 f(x)≤f(x0)f\left(x\right)\le f\left(x_{0}\right)。

答案： B

解析： y=f(−x)y=f\left(-x\right) 与 y=f(x)y=f\left(x\right) 关于 yy 轴对称，故 −x0-x_{0} 是 f(−x)f\left(-x\right) 的极大值点，从而 −x0-x_{0} 是 −f(−x)-f\left(-x\right) 的极小值点。

4 ​

曲线

y=1+e−x21−e−x2y=\dfrac{1+e^{-x^{2}}}{1-e^{-x^{2}}}

（ ）

A. 没有渐近线。
B. 仅有水平渐近线。
C. 仅有铅直渐近线。
D. 既有水平渐近线又有铅直渐近线。

答案： D

解析： 当 x→±∞x\to\pm\infty 时，e−x2→0e^{-x^{2}}\to 0，故 y→1y\to 1，有水平渐近线 y=1y=1。当 x→0x\to 0 时，1−e−x2→01-e^{-x^{2}}\to 0，故有铅直渐近线 x=0x=0。

5 ​

如图，xx 轴上有一线密度为常数 μ\mu、长度为 ll 的细杆，若质量为 mm 的质点到杆右端的距离为 aa，已知引力系数为 kk，则质点和细杆之间引力的大小为（ ）

A. ∫−l0kmμ(a−x)2 dx\int_{-l}^{0}\dfrac{km\mu}{\left(a-x\right)^{2}}\mathrm{~d}x
B. ∫0lkmμ(a−x)2 dx\int_{0}^{l}\dfrac{km\mu}{\left(a-x\right)^{2}}\mathrm{~d}x
C. 2∫−l20kmμ(a+x)2 dx2\int_{-\frac{l}{2}}^{0}\dfrac{km\mu}{\left(a+x\right)^{2}}\mathrm{~d}x
D. 2∫0l2kmμ(a+x)2 dx2\int_{0}^{\frac{l}{2}}\dfrac{km\mu}{\left(a+x\right)^{2}}\mathrm{~d}x

答案： A

解析： 取细杆上一小段 [x,x+dx]⊂[−l,0]\left[x,x+\mathrm{d}x\right]\subset\left[-l,0\right]，其质量为 μ dx\mu\mathrm{~d}x，到质点距离为 a−xa-x，微元引力为 kmμ(a−x)2 dx\dfrac{km\mu}{\left(a-x\right)^{2}}\mathrm{~d}x，故选 A。

三、计算题 ​

1 ​

设

{x=tcos⁡t,y=tsin⁡t,\begin{cases}x=t\cos t,\\y=t\sin t,\end{cases}

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

解析：

由参数方程求导，

dydx=sin⁡t+tcos⁡tcos⁡t−tsin⁡t\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\sin t+t\cos t}{\cos t-t\sin t}。

因此

d2ydx2=ddt(sin⁡t+tcos⁡tcos⁡t−tsin⁡t)dxdt=t2+2(cos⁡t−tsin⁡t)3\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\dfrac{\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\sin t+t\cos t}{\cos t-t\sin t}\right)}{\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\dfrac{t^{2}+2}{\left(\cos t-t\sin t\right)^{3}}。

2 ​

计算

∫14dxx(1+x)\int_{1}^{4}\dfrac{\mathrm{d}x}{x\left(1+\sqrt{x}\right)}。

解析：

令 t=xt=\sqrt{x}，则 dx=2t dt\mathrm{d}x=2t\mathrm{~d}t。于是

∫14dxx(1+x)=2∫121t(1+t) dt=2ln⁡43\int_{1}^{4}\dfrac{\mathrm{d}x}{x\left(1+\sqrt{x}\right)}=2\int_{1}^{2}\dfrac{1}{t\left(1+t\right)}\mathrm{~d}t=2\ln\dfrac{4}{3}。

3 ​

求

lim⁡x→0x−sin⁡xx2(ex−1)\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^{2}\left(e^{x}-1\right)}。

解析：

当 x→0x\to 0 时，x−sin⁡x∼x36x-\sin x\sim\dfrac{x^{3}}{6}，x2(ex−1)∼x3x^{2}\left(e^{x}-1\right)\sim x^{3}。故

lim⁡x→0x−sin⁡xx2(ex−1)=16\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^{2}\left(e^{x}-1\right)}=\dfrac{1}{6}。

4 ​

求 ∫xsin⁡2x dx\int x\sin^{2}x\mathrm{~d}x。

解析：

由 sin⁡2x=1−cos⁡2x2\sin^{2}x=\dfrac{1-\cos 2x}{2}，得

∫xsin⁡2x dx=x24−12∫xcos⁡2x dx=x24−xsin⁡2x4−cos⁡2x8+C\int x\sin^{2}x\mathrm{~d}x=\dfrac{x^{2}}{4}-\dfrac{1}{2}\int x\cos 2x\mathrm{~d}x=\dfrac{x^{2}}{4}-\dfrac{x\sin 2x}{4}-\dfrac{\cos 2x}{8}+C。

5 ​

求微分方程 xy′+y=xexxy^{\prime}+y=xe^{x} 满足 y(1)=1y\left(1\right)=1 的特解。

解析：

由 xy′+y=xexxy^{\prime}+y=xe^{x}，得 (xy)′=xex\left(xy\right)^{\prime}=xe^{x}。积分得

xy=(x−1)ex+Cxy=\left(x-1\right)e^{x}+C。

由 y(1)=1y\left(1\right)=1，得 C=1C=1，故

y=(x−1)ex+1xy=\dfrac{\left(x-1\right)e^{x}+1}{x}。

四、证明题 ​

利用导数证明：当 x>1x>1 时，

ln⁡(1+x)ln⁡x>x1+x\dfrac{\ln\left(1+x\right)}{\ln x}>\dfrac{x}{1+x}。

解析：

原不等式等价于 (1+x)ln⁡(1+x)>xln⁡x\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)>x\ln x。令

F(x)=(1+x)ln⁡(1+x)−xln⁡xF\left(x\right)=\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)-x\ln x。

则 F(1)=2ln⁡2>0F\left(1\right)=2\ln 2>0，且

F′(x)=ln⁡(1+x)−ln⁡x=ln⁡(1+1x)>0(x>1)F^{\prime}\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)-\ln x=\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)>0\quad\left(x>1\right)。

故 F(x)>0F\left(x\right)>0，原不等式成立。

五、计算题 ​

求微分方程

y′′+y=x+cos⁡xy^{\prime\prime}+y=x+\cos x

的通解。

解析：

齐次方程的通解为 C1cos⁡x+C2sin⁡xC_{1}\cos x+C_{2}\sin x。对非齐次项 xx，取特解 y1=xy_{1}=x；对非齐次项 cos⁡x\cos x，因其与齐次解重复，取特解 y2=x2sin⁡xy_{2}=\dfrac{x}{2}\sin x。故通解为

y=C1cos⁡x+C2sin⁡x+x+x2sin⁡xy=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+x+\dfrac{x}{2}\sin x。

六、计算题 ​

曲线 y=(x−1)(x−2)y=\left(x-1\right)\left(x-2\right) 和 xx 轴围成一平面图形，求此平面图形绕 yy 轴旋转一周所成的旋转体的体积。

解析：

由 y=(x−1)(x−2)y=\left(x-1\right)\left(x-2\right)，反解得

x1=3−1+4y2,x2=3+1+4y2x_{1}=\dfrac{3-\sqrt{1+4y}}{2},\quad x_{2}=\dfrac{3+\sqrt{1+4y}}{2}。

当 −14≤y≤0-\dfrac{1}{4}\le y\le 0 时，旋转体截面为圆环，故

V=π∫−140(x22−x12) dy=π∫−14031+4y dy=π2V=\pi\int_{-\frac{1}{4}}^{0}\left(x_{2}^{2}-x_{1}^{2}\right)\mathrm{~d}y=\pi\int_{-\frac{1}{4}}^{0}3\sqrt{1+4y}\mathrm{~d}y=\dfrac{\pi}{2}。

七、应用题 ​

如图，AA 和 DD 分别是曲线 y=exy=e^{x} 和 y=e−2xy=e^{-2x} 上的点，ABAB 和 DCDC 均垂直 xx 轴，且 ∣AB∣:∣DC∣=2:1\left|AB\right|:\left|DC\right|=2:1，∣AB∣<1\left|AB\right|<1。求点 BB 和 CC 的横坐标，使梯形 ABCDABCD 的面积最大。

解析：

设 B,CB,C 的横坐标分别为 x1,xx_{1},x。由 ∣AB∣:∣DC∣=2:1\left|AB\right|:\left|DC\right|=2:1，得 ex1=2e−2xe^{x_{1}}=2e^{-2x}，即 x1=ln⁡2−2xx_{1}=\ln 2-2x。

于是 ∣BC∣=x−x1=3x−ln⁡2\left|BC\right|=x-x_{1}=3x-\ln 2，梯形面积为

S=32(3x−ln⁡2)e−2xS=\dfrac{3}{2}\left(3x-\ln 2\right)e^{-2x}。

令 S′=0S^{\prime}=0，得 x=12+13ln⁡2x=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}\ln 2，从而 x1=13ln⁡2−1x_{1}=\dfrac{1}{3}\ln 2-1。

故当

B(13ln⁡2−1,0),C(12+13ln⁡2,0)B\left(\dfrac{1}{3}\ln 2-1,0\right),\quad C\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}\ln 2,0\right)

时，梯形面积最大。

八、计算题 ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 在 (−∞,+∞)\left(-\infty,+\infty\right) 上满足 f(x)=f(x−π)+sin⁡xf\left(x\right)=f\left(x-\pi\right)+\sin x，且 f(x)=x, x∈[0,π)f\left(x\right)=x,\ x\in\left[0,\pi\right)。计算

∫π3πf(x) dx\int_{\pi}^{3\pi}f\left(x\right)\mathrm{~d}x。

解析：

由 f(x)=f(x−π)+sin⁡xf\left(x\right)=f\left(x-\pi\right)+\sin x，得

∫π3πf(x) dx=∫02πf(x) dx\int_{\pi}^{3\pi}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{2\pi}f\left(x\right)\mathrm{~d}x。

又

∫02πf(x) dx=∫0πx dx+∫π2π[f(x−π)+sin⁡x] dx\int_{0}^{2\pi}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\pi}x\mathrm{~d}x+\int_{\pi}^{2\pi}\left[f\left(x-\pi\right)+\sin x\right]\mathrm{~d}x，

所以

∫π3πf(x) dx=π22+π22+∫π2πsin⁡x dx=π2−2\int_{\pi}^{3\pi}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{\pi^{2}}{2}+\dfrac{\pi^{2}}{2}+\int_{\pi}^{2\pi}\sin x\mathrm{~d}x=\pi^{2}-2。