数学二答案及解题分析Word格式.docx

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⎨0

f（g（x））=sgng（x）=⎪,

⎪

⎩−1,

x<

2x=2x>

2

⎧−1,

0

（3）设符号函数

f（x）=sgnx=⎪,

x=0，g（x）=e2−x−1，

⎩1,

x>

则f（g（x））=。

【解】由g（x）=e2−x−1=0得到唯一零点x=2。

再由初等函数y=ex的性质可以得到

（4）若f（x）=2nx（1−x）n，记M

=max{f（x）}，则limM

=。

nx∈[0,1]

n→∞n

【解】f'

（x）=2n（1−x）n−1（1−（n+1）x）=0，得到唯一驻点x=

1

。

n+1

由f（x）在[0,1]上有最大值，可能的最大值点是在x=0，1或

得到

取到，比较三点的函数值

（1）

n

2n⎛11⎞

Mn=f

=⎜

n+1⎝

−⎟

n+1⎠

lim

2lim⎛11⎞。

Mn=

n→∞

⎜

n→∞⎝

⎤

−x

⎛1⎞

⎡⎛1

−（x+1）

⎞

x+1

=lim⎜1−

x→∞⎝

⎟

x+1⎠

=2lim⎢⎜1−

x→∞⎢⎣⎝

⎥=2e。

⎦⎥

⎛ð

⎞

（5）设y=y（x）在任意点x∈（0,+∞）满足∆y=（y+xsinx）∆x+o（∆x），若y⎜

⎟=0，则

x⎝2⎠

y（x）=。

【解】y=y（x）在任意点x∈（0,+∞）满足∆y=（y+xsinx）∆x+o（∆x）

则f（x）在（0,+∞）内可导，且程初值问题

y′=

y+xsinx，于是得一阶线性微分方

⎧1

⎪y′−xy=xsinx

⎨⎛ð

=⎞，

⎪y⎜

⎟=0

1dx

⎝2⎠

−

y′=e∫x

=⎞

（∫xsinxe∫x

dx+C）=x（∫sinxdx+C）=x（−cosx+C）

由y⎜

⎟=0得C=0。

于是y=−xcosx。

（6）设〈1,〈2,〈3是3维列向量，记矩阵A=（〈1,〈2,〈3），B=（〈3,〈2,〈1），C=2A−B，已知

A=1，则C=．

【解】[方法1]

C=2A−B

=2（〈1,〈2,〈3）−（〈3,〈2,〈1）

=（2〈1−〈3,〈2,2〈3−〈1）

⎛20

−1⎞

=（〈1,〈2,〈3）⎜0

⎝−1

10⎟

0⎠

[方法2]

20

C=A01

−10

−1

0=3

=2〈1−〈3,〈2,2〈3−〈1

=2〈1,〈2,2〈3

=4〈1,〈2,〈3

=3〈1,〈2,〈3

=3

+−〈3,〈2,−〈1

−〈1,〈2,〈3

二、选择题（本题共8小题，每小题4分，满分32分，在每小题给出的四个选项中，

只有一个是符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后的括号内。

）

（7）若

limcos2x−

cos2x

=a≠0,则（）。

x→0

1+xk−1

（A）

k=2,a=−2。

（B）

k=−2,a=−2。

（C）

k=2,a=2。

（D）

k=−2,a=2。

【解】lim

cos2x−

cos2x

=2lim

cos22x−cos2x

x→0

1+xk−1

xk（cos2x+

cos2x）

cos2x−1

−1（2x）2

=2lim2=a≠0，

xk（1+

1）

xk（1+

得到k=2,a=−2。

答案：

（A）。

（8）设f（x）在[0,+∞）上有三阶连续导数，若lim

x→+∞

f（x）存在，lim

f′′（x）=0，则（）。

f′（x）=

f′（x）=0。

f′（x）=0,lim

f′（x）≠0。

f′（x）≠0,lim

【解】答案：

当x>

1时，

f（x+1）=

f（x）+f′（x）+1f′（x）+1f′′（⎩）,

⎩∈（x,x+1），

26

f（x−1）=

f（x）−f′（x）+1f′（x）−1f′′（ç

）,

ç

∈（x−1,x），

两式相减，并令x→+∞得两式相加，并令x→+∞得

f′（x）=0，

[注]事实上，任意两点x+a,x+b的值在点x展开都能得到结论。

（9）函数f（x,y）=ex−y（5−2x+y）在全平面上（）。

（A）有最大值无最小值。

（B）有最小值无最大值。

（C）既有最小值，也有最大值。

（D）即无最小值，也无最大值。

⎧f′（x,y）=e

x2−y

（10x−4x2

+2xy−2）=0

⎨

【解】⎪x,

f′（x,y）=ex−y（2x−y−4）=0

⎪⎩y

解得唯一驻点

（1,−2）

fx′x

=ex−y（20x2−8x3+4x2y−12x+2y+10）,

fy′y

=ex−y（−2x+y+3）,

fx′y

=ex−y（4x2−2xy−8x+2）

xx

xy

yy

A=f′（1,−2）=−2e3,

B=f′（1,−2）=2e3,

C=f′（1,−2）=−e3

AC−B2=−2e6<

0,

驻点（1,−2）

非极值点。

又在全平面可微，因此无最小值，也无最大值。

（D）。

（10）设f（x）在x=0某邻域内有二阶连续导数，且f′（0）=0，

xf′（x）

=1，则（）。

x→01−cosx

f′（0）≠0，但（0,f（0））是曲线y=

f（x）的拐点。

（B）

f′（0）=0且f（0）是f（x）的极小值。

f′（0）=0,且（0,f（0））是曲线y=

（D）

f′（0）≠0且f（0）是f（x）的极小值。

【解】答案为（C）。

首先lim

=1≠0，则limf′（x）=0，又因为f（x）在x=0某邻域内

x→0

有二阶连续导数，于是f′（0）=0。

其次，根据极限的保序性知道，在x0的某去心邻域内，

必有xf′（x）>

0，即知f′（x）在x=0两侧变号，于是可以断定（0,f（0））是曲线y=

f（x）的

拐点。

即只有选项（C）正确。

（11）设A是一个装满水的半球形水池，半径为R，若用水泵将A中的水全部泵出，则克服重力所作的功为（）。

1ð

R4

R4

R4。

8

【解】取半球的球心为坐标原点，竖直向下的直线为x轴，则克服重力所做的功为

R

W=∫

x（R2−x2）dx=ð

[1R2x2−1x4]R=1ð

选（C）。

2404

⎪x

⎧1x≠0,且x≠1

（12）设函数f（x）=⎨1−e1−x

⎩0,

x=0或1

，则（）。

（A）x=0，x=1都是f（x）的可去间断点。

（B）x=0是f（x）的无穷间断点；

x=1是f（x）的第一类间断点，但不为可去间断点。

（C）x=0是f（x）的无穷间断点；

x=1是f（x）的可去间断点。

（D）x=0，x=1均为f（x）的第一类间断点。

【解】

lim1

x→0x

=∞，lim1

x→1−x

=0，lim1

x→1+x

=−1。

答案为（B）。

ex−1−1

ex−1−1

（13）设⎣1,⎣2是3阶矩阵A的两个不同的特征值，〈1,〈2是A的属于⎣1的线性无关的特征向量，〈3

是A的属于⎣2的特征向量，则〈1+A〈3，A（〈2−〈3），A〈1+〈3线性相关的充分必要条件

是（）。

⎣1=0或⎣1⎣2=1

⎣2=0或⎣1⎣2=1

⎣1≠0且⎣1⎣2≠1

⎣2≠0且⎣1⎣2≠1

⎛1

【解】（〈1+A〈3,A（〈2−〈3）,A〈1+〈3）=（〈1,〈2,〈3）⎜0

⎝⎣2

⎣1

−⎣2

⎣1⎞

0⎟，

⎠

由〈1,〈2,〈3

线性无关，又0

⎣2

0=⎣1（1−⎣1⎣2）=0，

⇔⎣1=0,or⎣1⎣2=1，所以，选（A）。

（14）对3阶矩阵A的伴随矩阵A*先交换第1行和第3行，然后将第2列的−2倍加到第3列，得到矩阵−E，其中E是3阶单位矩阵，则A=（）。

⎛1⎞⎛

⎜⎟⎜

−1⎞

⎝

⎛1⎞⎛1⎞

⎜⎟⎜⎟

（A）⎜

1−2⎟或⎜

−12⎟

（B）⎜

1−2⎟或⎜−21⎟。

⎝1⎠

⎛−1⎞

⎜⎟

⎝−1

⎛

⎝1⎠⎜

⎛1⎞⎛

⎝⎠

⎜⎟⎜

（C）⎜

−12⎟或⎜2−1

⎟。

⎜−21

⎟或⎜2−1⎟。

⎟⎝−1⎟

⎜⎟⎝−1⎟

【解】依题意

1⎞⎛1⎞

⎟⎜⎟

⎜1⎟A∗⎜

1−2⎟=−E

⎝1⎠⎜⎟

⎛1⎞⎛1⎞

⎜⎟⎜⎟

⎛1⎞

⎜⎟

⎜1−2⎟⎜

1⎟A∗=−E，⎜−21

⎟A∗=−E，

11

⎝⎠⎝⎠

⎝1⎠

A=1，所以，A=±

1.于是

⎛1⎞⎛

A=⎜−21

⎟或A=⎜2−1

⎟，故选（D）。

⎝−1⎟

三、解答题（本题9小题，满分94分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）

（15）（本题满分11分）设

并求此极限值。

1<

a1<

5，an+1=

an（5−an），（n=1,2,L），证明

liman存在，

【证】采用归纳法，先考虑{an}的有界性，再考虑单调性。

a=a（5−a）≤1（a

+5−a）=5，

21

5

假设an<

，则

12112

an+1

=≤1（a

2n

+5−an

）=5，

因此{an}有上界。

由

an+1=

an

an（5−an）=

5−1≥

2−1=1

得到{an}单调增加，故liman存在，记liman=A。

由极限的唯一性，对an+1=

an（5−an）

两边取极限，由极限的唯一性得到

A=A（A−5），解得A=0或A=5，再由极限保序性，得到A≥1，因此lima

=A=5。

2n→∞n2

cos

x−1

（16）（本题满分11分）求不定积分∫

xsin2

dx。

∫

x−1dx=∫

cosx

dxdx−∫

xsin2x

=2∫

d（sin

sin2

x）−

d（

2∫sin2

x）−2

=

xsinx

+2cot

x+C。

（17）（本题满分11分）一个容器的内表面侧面由曲线x=

2+y2

（0≤x≤2）

绕x轴旋转而成，

外表面由曲线x=

在点（2,

2）的切线位于点（2,

2）与x轴焦点之间的部分绕x轴

旋转而成，此容器材质的密度为∝，求此容器自身的质量M及其内表面的面积S。

【解】y′

（2）=

2，切线为y=2+

2ð

2（x−2），与x轴交点为（1,0）

切线旋转后的体积为V1=，

曲线旋转成的体积为V

22

=∫ð

y2dx=ð

∫

（x2−2）dx=4ð

（

2−1）

2223

此容器自身的质量M=∝（V1

−V2

）=∝3ð

（3−2）

内表面积为S=∫22ð

x2−2⋅

1+⎜

x2−2⎟

dx=2ð

∫2

2（x2

−1）dx

⎢

⎡xx2−1−1ln（x+

⎣2

⎥

x2−1）⎤

⎦2

=⎜2

6−2+

2ln

2+1⎞

⎟ð

3+2⎟

⎧

cosy

（18）（本题满分12分）求解二阶微分方程的定解问题⎪

d2ydx2

+siny（dydx

）2=

⎪y（−1）=ð

y′（−1）=1

62

【解】令u=dy,

dy=uu′，原方程化为

dxdx2

ucosy⋅u′+u2siny=u，

u=0，y=C不复合初值条件，舍去。

u≠0时，得到

u′+utany=

，

1

解为u=y′=cosy（C1+tany），由

y（−1）=

y′（−1）=

6

，得C1=0。

再解方程

dy=siny得到

dx

lncscy−coty

=t+C2，

由y（−1）=ð

得出C2

=1+ln（2−

3）。

定解问题之解为

tany=1−cosy=

1−cosy

=（2−

3）ex+1。

2siny

1+cosy

（19）（本题满分12分）设

f（x）在[0,1]上连续，在（0,1）内可导，且∫0f（x）dx=0，记

F（x）=∫0xf（t）dt。

（1）求F'

（x）；

⎩

（2）试证：

在（0,1）内至少存在一点，使∫0

f（x）dx=−⎩f（⎩）

（3）试证：

在（0,1）内至少存在一点x0，使得2f（x0）+x0f'

（x0）=0

（1）

F'

（x）=∫

f（t）dt+xf（x）

（2）

F（0）=0,

F

（1）=∫

f（x）dx=0,又因为F（x）在[0,1]上连续，（0,1）内可导

由Roll定理可得，存在一点⎩∈（0,1）使得

（⎩）=0，即

∫0f（x）dx=−⎩f（⎩）

（3）因为F'

（0）=0,

（⎩）=0

⎩∈（0,1）

及F'

（x）在[0,1]上连续，（0,1）内可导，由Roll

定理可得，存在一点x0∈（0,⎩）使得

'

（x0）=0，即

2f（x0）+x0f'

（x0）=0。

（20）（本题满分10分）设函数f（x）有反函数g（x