1987考研数二真题（冲刺速通版）

一、填空题

1

设 \(y=\ln\left(1+ax\right)\)，其中 \(a\) 为非零常数，则 \(y^{\prime}=\) ________，\(y^{\prime\prime}=\) ________。

答案： \(\dfrac{a}{1+ax}\)；\(-\dfrac{a^{2}}{\left(1+ax\right)^{2}}\)

解析： 由 \(y=\ln\left(1+ax\right)\)，得 \(y^{\prime}=\dfrac{a}{1+ax}\)，从而 \(y^{\prime\prime}=-\dfrac{a^{2}}{\left(1+ax\right)^{2}}\)。

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2

曲线 \(y=\arctan x\) 在横坐标为 \(1\) 的点处的切线方程是 ________；法线方程是 ________。

答案： \(y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\)；\(y=-2x+\dfrac{\pi}{4}+2\)

解析： 当 \(x=1\) 时，\(y\left(1\right)=\dfrac{\pi}{4}\)。又 \(y^{\prime}=\dfrac{1}{1+x^{2}}\)，故 \(y^{\prime}\left(1\right)=\dfrac{1}{2}\)。切线方程为 \(y-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{2}\left(x-1\right)\)，即 \(y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\)。法线斜率为 \(-2\)，故法线方程为 \(y=-2x+\dfrac{\pi}{4}+2\)。

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3

积分中值定理的条件是 ________，结论是 ________。

答案： \(f\left(x\right)\) 在 \(\left[a,b\right]\) 上连续；在 \(\left[a,b\right]\) 上至少存在一点 \(\xi\)，使 \(\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\xi\right)\left(b-a\right)\)。

解析： 积分中值定理要求 \(f\left(x\right)\) 在 \(\left[a,b\right]\) 上连续，其结论为：至少存在一点 \(\xi\in\left[a,b\right]\)，使 \(\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\xi\right)\left(b-a\right)\)。

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4

\(\lim_{n\to \infty}\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^{n}=\) ________。

答案： \(e^{-3}\)

解析： 因为 \(\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^{n}=\left(1-\dfrac{3}{n+1}\right)^{n}\)，所以 \(\lim_{n\to \infty}\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^{n}=e^{-3}\)。

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5

\(\int f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=\) ________，\(\int_{a}^{b}f^{\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x=\) ________。

答案： \(f\left(x\right)+C\)；\(\dfrac{f\left(2b\right)-f\left(2a\right)}{2}\)

解析： 由原函数定义，\(\int f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(x\right)+C\)。又 \(\int_{a}^{b}f^{\prime}\left(2x\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{2}\left.f\left(2x\right)\right|_{a}^{b}=\dfrac{f\left(2b\right)-f\left(2a\right)}{2}\)。

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二、计算题

求极限

\(\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^{x}-1}\right)\)。

解析：

通分得

\(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^{x}-1}=\dfrac{e^{x}-1-x}{x\left(e^{x}-1\right)}\)。

当 \(x\to 0\) 时，\(e^{x}-1-x\sim \dfrac{x^{2}}{2}\)，\(x\left(e^{x}-1\right)\sim x^{2}\)，故

\(\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^{x}-1}\right)=\dfrac{1}{2}\)。

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三、计算题

设

\(\left\{\begin{array}{l}x=5\left(t-\sin t\right),\\y=5\left(1-\cos t\right),\end{array}\right.\)

求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\)，\(\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\)。

解析：

由参数方程得

\(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=5\left(1-\cos t\right),\quad \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=5\sin t\)。

所以

\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\sin t}{1-\cos t}\)。

再求导：

\(\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\dfrac{\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\sin t}{1-\cos t}\right)}{\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=-\dfrac{1}{5\left(1-\cos t\right)^{2}}\)。

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四、计算题

计算定积分

\(\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x\)。

解析：

分部积分得

\(\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x=\left.\dfrac{x^{2}}{2}\arcsin x\right|_{0}^{1}-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x\)。

令 \(x=\sin t\)，则

\(\int_{0}^{1}\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t\mathrm{~d}t=\dfrac{\pi}{4}\)。

因此

\(\int_{0}^{1}x\arcsin x\mathrm{~d}x=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{8}\)。

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五、计算题

设 \(D\) 是由曲线 \(y=\sin x+1\) 与三条直线 \(x=0\)，\(x=\pi\)，\(y=0\) 围成的曲边梯形，求 \(D\) 绕 \(Ox\) 轴旋转一周所生成的旋转体的体积。

解析：

由旋转体体积公式，

\(V=\pi\int_{0}^{\pi}\left(\sin x+1\right)^{2}\mathrm{~d}x\)。

于是

\(V=\pi\int_{0}^{\pi}\left(\sin^{2}x+2\sin x+1\right)\mathrm{~d}x=\pi\left(\dfrac{\pi}{2}+4+\pi\right)=\dfrac{\pi}{2}\left(3\pi+8\right)\)。

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六、证明题

1

若 \(f\left(x\right)\) 在 \(\left(a,b\right)\) 内可导，且导数 \(f^{\prime}\left(x\right)\) 恒大于零，则 \(f\left(x\right)\) 在 \(\left(a,b\right)\) 内单调增加。

解析：

任取 \(x_{1},x_{2}\in\left(a,b\right)\)，且 \(x_{1}<x_{2}\)。由拉格朗日中值定理，存在 \(\xi\in\left(x_{1},x_{2}\right)\)，使

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

由于 \(f^{\prime}\left(\xi\right)>0\)，故 \(f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)\)，从而 \(f\left(x\right)\) 在 \(\left(a,b\right)\) 内单调增加。

2

若 \(g\left(x\right)\) 在 \(x=c\) 处二阶导数存在，且 \(g^{\prime}\left(c\right)=0\)，\(g^{\prime\prime}\left(c\right)<0\)，则 \(g\left(c\right)\) 为 \(g\left(x\right)\) 的一个极大值。

解析：

由

\(g^{\prime\prime}\left(c\right)=\lim_{x\to c}\dfrac{g^{\prime}\left(x\right)-g^{\prime}\left(c\right)}{x-c}=\lim_{x\to c}\dfrac{g^{\prime}\left(x\right)}{x-c}<0\)，

可知在 \(c\) 的某邻域内，当 \(x<c\) 时 \(g^{\prime}\left(x\right)>0\)，当 \(x>c\) 时 \(g^{\prime}\left(x\right)<0\)。因此 \(g\left(x\right)\) 在 \(x=c\) 左侧递增、右侧递减，故 \(g\left(c\right)\) 为极大值。

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七、计算题

计算不定积分

\(\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}\)，

其中 \(a,b\) 是不全为零的非负常数。

解析：

当 \(a=0,b\ne 0\) 时，

\(\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}=\dfrac{1}{b^{2}}\tan x+C\)。

当 \(a\ne 0,b=0\) 时，

\(\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}=-\dfrac{1}{a^{2}}\cot x+C\)。

当 \(a\ne 0,b\ne 0\) 时，

\(\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^{2}\sin^{2}x+b^{2}\cos^{2}x}=\int\dfrac{\sec^{2}x\mathrm{~d}x}{b^{2}+a^{2}\tan^{2}x}=\dfrac{1}{ab}\arctan\dfrac{a\tan x}{b}+C\)。

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八、计算题

1

求微分方程 \(x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=x-y\) 满足条件 \(\left.y\right|_{x=\sqrt{2}}=0\) 的特解。

解析：

原方程化为

\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1-\dfrac{y}{x}\)。

令 \(u=\dfrac{y}{x}\)，则 \(y=ux\)，代入得

\(u+x\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=1-u\)，

即

\(\dfrac{\mathrm{d}u}{1-2u}=\dfrac{\mathrm{d}x}{x}\)。

积分并代入条件 \(\left.y\right|_{x=\sqrt{2}}=0\)，得

\(y=\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{x}\)。

2

求微分方程 \(y^{\prime\prime}+2y^{\prime}+y=xe^{x}\) 的通解。

解析：

对应齐次方程的特征方程为 \(\lambda^{2}+2\lambda+1=0\)，即 \(\left(\lambda+1\right)^{2}=0\)，故齐次方程通解为

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

设非齐次方程特解为 \(y^{*}=\left(ax+b\right)e^{x}\)，代入得 \(a=\dfrac{1}{4},b=-\dfrac{1}{4}\)。因此通解为

\(y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-x}+\dfrac{1}{4}\left(x-1\right)e^{x}\)，

其中 \(C_{1},C_{2}\) 为任意常数。

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九、选择题

1

\(f\left(x\right)=\left|x\sin x\right|e^{\cos x}\left(-\infty<x<+\infty\right)\) 是（ ）

A. 有界函数。
B. 单调函数。
C. 周期函数。
D. 偶函数。

答案： D

解析： 因为 \(f\left(-x\right)=\left|\left(-x\right)\sin\left(-x\right)\right|e^{\cos\left(-x\right)}=\left|x\sin x\right|e^{\cos x}=f\left(x\right)\)，所以 \(f\left(x\right)\) 为偶函数，选 D。

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2

函数 \(f\left(x\right)=x\sin x\)（ ）

A. 当 \(x\to \infty\) 时为无穷大。
B. 在 \(\left(-\infty,+\infty\right)\) 内有界。
C. 在 \(\left(-\infty,+\infty\right)\) 内无界。
D. 当 \(x\to \infty\) 时有有限极限。

答案： C

解析： 取 \(x_{n}=2n\pi+\dfrac{\pi}{2}\)，则 \(f\left(x_{n}\right)=x_{n}\to +\infty\)；取 \(y_{n}=2n\pi\)，则 \(f\left(y_{n}\right)=0\)。故 \(f\left(x\right)\) 在 \(\left(-\infty,+\infty\right)\) 内无界，选 C。

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3

设 \(f\left(x\right)\) 在 \(x=a\) 处可导，则

\(\lim_{x\to 0}\dfrac{f\left(a+x\right)-f\left(a-x\right)}{x}\)

等于（ ）

A. \(f^{\prime}\left(a\right)\)。
B. \(2f^{\prime}\left(a\right)\)。
C. \(0\)。
D. \(f^{\prime}\left(2a\right)\)。

答案： B

解析：

\(\lim_{x\to 0}\dfrac{f\left(a+x\right)-f\left(a-x\right)}{x}=\lim_{x\to 0}\left[\dfrac{f\left(a+x\right)-f\left(a\right)}{x}+\dfrac{f\left(a-x\right)-f\left(a\right)}{-x}\right]=2f^{\prime}\left(a\right)\)。

故选 B。

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4

设

\(I=t\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x\)，

其中 \(f\left(x\right)\) 连续，\(s>0\)，\(t>0\)，则 \(I\) 的值（ ）

A. 依赖于 \(s,t\)。
B. 依赖于 \(s,t,x\)。
C. 依赖于 \(t,x\)，不依赖于 \(s\)。
D. 依赖于 \(s\)，不依赖于 \(t\)。

答案： D

解析： 令 \(u=tx\)，则 \(\mathrm{~d}u=t\mathrm{~d}x\)。于是 \(I=t\int_{0}^{\frac{s}{t}}f\left(tx\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{s}f\left(u\right)\mathrm{~d}u\)，所以 \(I\) 依赖于 \(s\)，不依赖于 \(t\)，选 D。

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十、计算题

在第一象限内求曲线 \(y=-x^{2}+1\) 上的一点，使该点处的切线与所给曲线及两坐标轴所围成的图形面积为最小，并求此最小面积。

解析：

设切点为 \(M\left(a,-a^{2}+1\right)\)，其中 \(0<a<1\)。切线方程为

\(y-\left(-a^{2}+1\right)=-2a\left(x-a\right)\)，

即

\(y=-2ax+a^{2}+1\)。

令 \(y=0\)，得 \(x=\dfrac{a^{2}+1}{2a}\)；令 \(x=0\)，得 \(y=a^{2}+1\)。

切线与两坐标轴围成三角形的面积为 \(\dfrac{\left(a^{2}+1\right)^{2}}{4a}\)，曲线与两坐标轴围成的面积为 \(\int_{0}^{1}\left(-x^{2}+1\right)\mathrm{~d}x=\dfrac{2}{3}\)。

故所求面积为

\(S\left(a\right)=\dfrac{\left(a^{2}+1\right)^{2}}{4a}-\dfrac{2}{3}\)。

求导得

\(S^{\prime}\left(a\right)=\dfrac{\left(a^{2}+1\right)\left(3a^{2}-1\right)}{4a^{2}}\)。

令 \(S^{\prime}\left(a\right)=0\)，得 \(a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)。故面积最小时切点为

\(\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{2}{3}\right)\)。

最小面积为

\(S_{\min}=\dfrac{4\sqrt{3}}{9}-\dfrac{2}{3}\)。