考研数学二真题Word文件下载.docx
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b2dt
⎰2(x+7)
x-2
⎰0(t2+9)t
b→+∞⎰0t2+9
b→+∞⎜30⎟3
=lim⎛2arctant|b⎞
⎝⎠
=π
(4)曲线y=(2x-1)ex的斜渐近线方程为.
y=2x+1
【详解】因为
=y
⎛1⎞1
alim
x→∞x
=lim⎜2-
x→∞⎝
⎟ex=2
x⎠
=⎡⎛1⎞1⎤
blim(y-2x)=lim⎢2x⎜ex-1⎟-ex⎥
x→∞x→∞⎢⎣⎝⎠⎥⎦
⎡⎛1⎞⎤
⎢2⎜ex-1⎟
=lim⎢⎝⎠
1⎥
-ex⎥=1
故渐近线方程为
x→∞1
⎢⎥
⎢⎣x⎥⎦
⎡1000⎤
⎢-2300⎥
-1-1
(5)设A=⎢⎥,E为4阶单位矩阵,且B=(E+A)(E-A),则(B+E)
⎢0-450⎥
⎢00-67⎥
⎣⎦
=.
⎢-1200⎥
⎢0-230⎥
⎢00-34⎥
【详解】由B=(E+A)-1(E-A),有
(E+A)B=E-A
即
AB+A+B+E=2E,
(E+A)(E+B)=2E,
也即(E+A)(E+B)=E,2
故
(B+E)-1=
1⎢-1200⎥
E+A=
2⎢0-230⎥
二、选择题
(1)设函数f(x)=
x
a+ebx
在-∞,+∞内连续,且lim
x→-∞
f(x)=0,则常数a,b满足
(A)
a<
0,b<
0
(B)a>
0,b>
(C)a≤0,b>
0(D)a≥0,b<
【】
【答】应选(D)
【详解】由题设,f(x)在(-∞,+∞)内连续,因此对任意的x∈(-∞,+∞),有,,这只需a≥0
即可.
另外,由lim
所以必有b<
fx=0知,lima+ebx=∞
()()
故正确答案为(D)
(2)设函数f(x)满足关系式f'
'
(x)+⎡⎣f'
(x)⎤⎦2=x,且f'
(0)=0,则
(A)f(0)是f(x)的极大值
(B)f(0)是f(x)的极小值
(C)点(0,f(0))是曲线y=f(x)的拐点
(D)f(0)不是f(x)的极值,点(0,f(0))不是曲线y=f(x)的拐点
【答】应选(C)
【详解】因为f'
(0)=0,由原关系式
f'
(x)⎤⎦2=x,
知f'
(0)=0,因此点(0,f(0))可能为拐点.
由f'
(x)=-⎡⎣f'
知f(x)的三阶导数存在,且
(x)=-2f'
(x)f'
(x)+1
可见f'
(0)=1
因此在x=0的左侧,f'
(x)<
0,对应曲线是下凹(上凸)的;
而在x=0的右侧,f'
(x)>
0,对应曲线是上凹(上凸)的.
故点(0,f(0))是曲线y=f(x)的拐点
(3)设函数
f(x),g(x)是大于零的可导函数,且f'
(x)g(x)-f(x)g'
0,则当
x<
b时,有
(A)f(x)g(b)>
(C)f(x)g(x)>
f(b)g(x)f(b)g(b)
(B)f(x)g(a)>
(C)f(x)g(x)>
f(a)g(x)f(a)g(a)
【答】应选(A).
【详解】由题设知
⎡f(x)⎤'
⎢g(x)⎥=
(x)g(x)-f(x)'
g(x)
g2(x)<
因此当a<
f(x)>
f(b),
g(x)g(b)
f(x)g(b)>
f(b)g(x)
可见(A)为正确选选项.
(4)若lim
sin6x+xf(x)x3
=0,则lim
6+f(x)
x2为
(A)0(B)6(C)36(D)∞
因为sin6x=6x-1(6x)3+ox3
3!
所以有
lim
6x-36x3+o(x3)+xf(x)x3
=lim⎡6+f(x)-36⎤
可见lim
6+f(x)x2
=36
⎢2⎥
x→0⎣x⎦
=0
因为
limsin6x+xf(x)=limsin6x-6x+6x+xy(x)
x→0x3x→0x3
=lim⎡sin6x-6x+6+f(x)⎤
⎦
⎢
x→0⎣
x3x2⎥
lim6+f(x)=-limsin6x-6x=-lim6cos6x-6
x→0x2
x→0x3
3x2
=-lim-12sin6x=36
x→02x
(5)具有特解y=e-x,y=2xe-x,y=3ex的3阶常系数齐次微分方程是
123
(A)y'
-y'
+y=0(B)y'
+y'
-y=0
(C)y'
-6y'
+11y'
-6y=0(D)y'
-2y'
+2y=0
【答】应选(B)
【详解】由特解知,对应特征方程的根为
λ1=λ2=-1,λ3=1
于是特征方程为
(λ+1)2(λ-1)=λ3+λ2-λ-1=0
故所求线性微分方程为
y'
可见正确选项为(B)
三、设f(lnx)=
ln(1+x)x
计算⎰f(x)dx.
【详解】设lnx=t,则x=et,于是
ln(1+et)
f(t)=
et
从而
ln(1+ex)
⎰f(x)dx=⎰ex
dx=-⎰
ln(1+ex)de-x
=--xx1
-
xx⎛ex⎞
eln(1+e)+⎰1+exdx=-e
ln(1+e)+⎰⎜1-1+ex⎟dx
=-e-xln(1+ex)+x-ln(1+ex)+C
=x-(1+ex)ln(1+ex)+C
四、设xOy平面上有正方形D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤1}及直线l:
x+y=t(t≥0)若
S(t)表示正方形D位于直线l的左下方部分的面积,试求⎰0S(t)dt(x≥0).
根据题设,有
⎧
⎪
S(t)=⎪-
⎪⎩
1t2,0
≤t≤1
2
1t2+2t-1,1<
t≤2
1,t>
2
可见,当0≤x≤1时,
⎰⎰
xS(t)dt=x1t2dt=1x3;
0026
当1<
x≤2时
S(t)dt=x1t2dt+
x⎛-1t2+2t-1⎞dt
⎰0⎰02
⎰1⎜2⎟
当x>
2时,
=-1x3+x2-x+163
x2x
⎰0S(t)dt=⎰0S(t)dt+⎰2S(t)dt=x-1
因此
⎧1x3,0≤x≤1,
⎪6
⎨
⎰xS(t)dt=⎪-1x3+x2-x+1,1<
x≤2
0⎪63
⎪x-1,x>
⎩⎪
五、求函数f(x)=x2ln(1+x)在x=0处的n阶导数f(n)(0)(n≥3)
【详解】方法一:
由麦克劳林公式
f(x)=
f(0)+f'
(0)x+
(0)2!
x2+…+
f(n)(0)
n!
xn+…
及
22⎡
x2x3
n-1
xn-2⎤
xln(1+x)=x
⎢x-2+
-…+(-1)
n-2+…⎥
比较xn的系数得
=x3
-x4+…+(-1)
4
xn-2
n-2…
f(n)(0)(-1)(n-1)
f(n)(0)=
n-2
(-1)(n-1)n!
n-2
由莱布尼茨公式
nn
(uv)(n)=u(n)v(0)+C1u(n-1)v'
+C2u(n-2)v'
+…+u(0)v(n)
(k)(-1)k-1(k-1)!
及⎡⎣ln(1+x)⎤⎦=
(1+x)k
(k为正整数)
得f(n)(x)=x2
(-1)n-1(n-1)!
(1+x)n
+2nx
(-1)n-2(n-2)!
(1+x)n-1
+n(n-1)
(-1)n-3(n-3)!
(1+x)n-2
于是可得
f(n)(0)=(-1)
n-3
n(-1)(n-3)!
=
(-1)n-1n!
六、设函数S(x)=⎰0costdt,
(1)当n为正整数,且nπ≤x<
(n+1)π时,证明2n≤S(x)<
2(n+1);
S(x)
(2)求lim
x→+∞x
(1)当nπ≤x<
(n+1)π时,主义到被积函数是非负得,于是有
nπ(n+1)π
0cosxdx≤Sx<
cosxdx
又因为cosx是以π为周期的函数,在每一个周期上积分值相等
nππ
⎰0cosxdx=n⎰0
cosxdx=2n
(n+1)π
cosxdx=(n+1)⎰0
cosxdx=2(n+1)
因此当nπ≤x<
(n+1)π时,有
2n≤S(x)<
(2)由
(1)知,当nπ≤x<
2n<
S(x)<
2(n+1)
(n+1)πxnπ
当x→+∞,有n→∞,根据夹逼定理得
x→+∞
S(x)=2
xπ
七、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V
,流入湖泊内不含A的污
VV
水量为6,流出湖泊的水量为3,已知1999年底湖中A的含量为5m0,超过国家规定指标,
为了治理污染,从2000年初起,限制排入湖泊中含A污水的浓度不超过m0.问至多需要经过
V
多少年,湖泊中污染物A的含量才可降至m0以内?
(注:
设湖水中A的浓度时均匀的)
【详解】设从2000年初(令此时,t=0)开始,第七年湖泊中污染物A的总量为m(t),浓
m
度为,
则在时间间隔[t,t+dt]上,排入湖泊中A的量近似为m0.Vdt=m0dt,排除量近似为
V66
mVm
.dt=
V33
dt,
因此在时间间隔[t,t+dt]上m(t)的改变量为
dm=⎛m0-m⎞dt
⎜63⎟
这是可分离变量方程,解得
m-t
m=0-Ce3
代入初始条件m(0)=5m0,得
C=-9m
20
m⎛-t⎞
于是m=0⎜1+9e3⎟,令m=m,得
2⎝⎠
t=6ln3
即至多需要经过6ln3年,湖泊中污染物A的含量才可降至m0以内.
ππ
八、设函数f(x)在[0,π]上连续,且⎰0f(x)dx=0,⎰0
f(x)cosxdx=0,试证明:
在(0,π)
内至少存在两个不同的点ξ1,ξ2,使f(ξ1)=f(ξ2)=0.
令F(x)=⎰0
f(t)dt,则有
F(0)=0,F(π)=0
又因为
ππππ
0=⎰0f(t)cosxdx=⎰0cosxdF(x)=F(x)cosx|0+⎰0F(x)sinxdx
=⎰0F(x)sinxdx
令G(x)=⎰0F(t)sintdt
则G(0)=G(π)=0,于是存在ξ∈(0,π),使
F(ξ)sinξ=0.
因为当ξ∈(0,π),sinξ≠0,所以有F(ξ)=0,这样九证明了
F(0)=F(ξ)=F(π)=0
再对F(x)在区间[0,ξ],[ξ,π]上分别用罗尔中值定理,知至少存在ξ1∈(0,ξ),ξ2∈(ξ,π),
使得
12
F'
(ξ)=F'
(ξ
)=0,
即f(ξ1)=f(ξ2)=0,
由罗尔中值定理知,存在ξ1∈(0,π)使得
(ξ)=f(ξ)=0,
11
若在(0,π)内f(x)=0仅有一个实数根x=ξ1,
则由⎰0f(x)dx=0可知,f(x)在(0,ξ1)内与(ξ1,π)内异号.
不妨设在(0,ξ1)内f(x)>
0,于是再由⎰0
[0,π]上的单调性知:
f(x)dx=0,⎰0
f(x)cosxdx=0,及cosx在
0=⎰0
f(x)(cosx-cosξ1)dx
=ξ1f(x)(cosx-cosξ)dx+πf(x)(cosx-cosξ)dx>
⎰01⎰ξ1
矛盾,从而推知,在(0,π)内除ξ1外,f(x)=0至少还有另一实数根ξ2,
故知存在两个不同的点ξ1,ξ2,使f(ξ1)=f(ξ2)=0.
九、已知f(x)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(1+sinx)-3f(1-sinx)=8x+a(x)
其中a(x)是当x→0时比x高阶的无穷小,且f(x)在x=1处可导,求曲线y=f(x)在点
(6,f(6))处的切线方程.
【详解】由f(1+sinx)-3f(1-sinx)=8x+a(x)两边取极限,得
lim⎡⎣f(1+sinx)-3f(1-sinx)⎤⎦=lim⎡⎣8x+a(x)⎤⎦
即有于是得
f
(1)-3f
(1)=0,
f
(1)=0,
f(1+sinx)-3f(1-sinx)
=lim⎡8x
+a(x)⋅
x⎤=8
可见
sinx
x→0⎣sinxx
sinx⎦
=limf(1+sinx)-f
(1)+3f(1-sinx)-f
(1)
-sinx
=f'
(1)+3f'
(1)
=4f'
(1)=8
故f'
(1)=2
由于f(x+5)=f(x),
所以f(6)=f
(1)=0
又f'
(1)存在,所以f'
(6)也存在,且f'
(6)=f'
故所求得切线方程为
y=2(x-6)
即2x-y-12=0
十、设曲线y=ax2(a>
0,x≥0)与y=1-x2交于点A,过坐标原点O和点A的直线与曲线
y=ax2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的体积最大?
⎧y=ax2
⎩
【详解】当x≥0时,由⎨y=1-x2,解得
x=1,y=a
故直线OA的方程为:
y=ax
于是旋转体的体积为
1⎛a2x2-⎞
V⎰0
1+a
⎝1+a
a2x4⎟dx
⎡a2
a2⎤12πa2
=π⎢
x3-
x5⎥|1+a=⋅
5
⎣3(1+a)
5⎦015(1+a)2
从而有
5253
dV2π
2a(1+a)2-a
⋅(1+a)2
=⋅
da15
π(4a-a2)
(1+a)5
=
15(1+a)2
dV
(a>
0)
令=0,并由a>
0,得唯一驻点a=4
da
由题意知,此旋转体在a=4时取最大值,其最大体积为
V=2π⋅16=325π
155
52
1875
十一、函数f(x)在[0,+∞]上可导,f(0)=1,且满足等式
(x)+f(x)-1⎰xf(t)dt=0.
(1)求导数f'
(x);
x+10
(2)证明:
当x≥0时,不等式e-x≤f(x)≤1成立.
(1)由题设知
上式两边对x求导,得
(x+1)f'
(x)+(x+1)f(x)-⎰xf(t)dt=0.
(x)=-(x+2)f'
(x).
两边积分,得
df'
(x)
=-x+2dxx+1
lnf'
(x)=-x+ln(x+1)+lnC
在题设等式中令x=0,得f'
(0)+f(0)=0
又f(0)=1,于是f'
(0)=-1,
代入f'
(x)的表达式,得C=1,故有
(2)方法一:
(x)=-
e-x
x+1
当x≥0时,f'
0,即f(x)单调减少,又f(0)=1,所以
设ϕ(x)=
f(x)-e-x,则
f(x)≤
f(0)=1.
ϕ(0)=0,ϕ'
(x)=
(x)+e-x=
e-x,
当x≥0时,ϕ'
(x)≥0,即ϕ(x)单调
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