【考研类试卷】考研数学二-90及答案解析.doc

1、考研数学二-90 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：8，分数：8.00)1.曲线 y=x 2 e -x2 的渐近线方程为 1 （分数：1.00）2.曲线 （分数：1.00）3.曲线 （分数：1.00）4.曲线 （分数：1.00）5.曲线 （分数：1.00）6.曲线 （分数：1.00）7.曲线 y=x 2 +x(x0)上曲率为 （分数：1.00）8.曲线 （分数：1.00）二、选择题(总题数：9，分数：9.00)9.当 x0 时，曲线 （分数：1.00）A.有且仅有水平渐近线B.有且仅有铅直渐近线C.既有水平渐近线，也有铅直渐近线D.既无水平渐近线，也无铅

2、直渐近线10.曲线 （分数：1.00）A.1 条B.2 条C.3 条D.4 条11.曲线 （分数：1.00）A.0B.1C.2D.312.曲线 （分数：1.00）A.0B.1C.2D.313.下列曲线中有渐近线的是 Ay=x+sinx By=x 2 +sinx C D （分数：1.00）A.B.C.D.14.曲线 上对应于 t=1 的点处的曲率半径是 A B C D （分数：1.00）A.B.C.D.15.设函数 f(x)在0，1上 f“(x)0，则 f“(1)，f“(0)，f(1)-f(0)或 f(0)-f(1)的大小顺序是（分数：1.00）A.f“(1)f“(0)f(1)-f(0)B.f“

3、(1)f(1)-f(0)f“(0)C.f(1)-f(0)f“(1)f“(0)D.f“(1)f(0)-f(1)f“(0)16.设函数 f(x)，g(x)是大于零的可导函数，且 f“(x)g(x)-f(x)g“(x)0，则当 axb 时，有（分数：1.00）A.f(x)g(b)f(b)g(x)B.f(x)g(a)f(a)g(x)C.f(x)g(x)f(b)g(b)D.f(x)g(x)f(a)g(a)17.已知函数 f(x)在区间(1-，1+)内具有二阶导数，f“(x)严格单调减少，且 f(1)=f“(1)=1，则（分数：1.00）A.在(1-，1)和(1，1+)内均有 f(x)xB.在(1-，1)

4、和(1，1+)内均有 f(x)xC.在(1-，1)内，f(x)x，在(1，1+)内，f(x)xD.在(1-，1)内，f(x)x，在(1，1+)内，f(x)x三、解答题(总题数：12，分数：83.00)18.对函数 （分数：6.00）_19.设 （分数：7.00）_20.如图所示，设曲线 L 的方程 y=f(x)，且 y“0，又 MT，MP 分别为该曲线在点 M(x 0 ，y 0 )处的切线和法线已知线段 MP 的长度为 (其中 y“ 0 =y“(x 0 )，y“ 0 =y“(x 0 )，试推导出点 P(，)的坐标表达式 （分数：7.00）_21.已知函数 （分数：7.00）_22.证明：当 x

5、0 时，有不等式 （分数：7.00）_23.利用导数证明：当 x1 时， （分数：7.00）_24.设 f“(x)0，f(0)=0，证明对任何 x 1 0，x 2 0，有 f(x 1 +x 2 )f(x 1 )+f(x 2 ) （分数：7.00）_25.设 x0，常数 ae证明：(a+x) a a a+x （分数：7.00）_26.设 （分数：7.00）_设 x(0，1)，证明：（分数：7.00）(1).(1+x)ln 2 (1+x)x 2 ；（分数：3.50）_(2). （分数：3.50）_函数 f(x)在0，+)上可导，f(0)=1，且满足等式 （分数：7.00）(1).求导数 f“(x)

6、；（分数：3.50）_(2).证明：当 x0 时，成立不等式：e -x f(x)1（分数：3.50）_27.设 0ab，证明不等式 （分数：7.00）_考研数学二-90 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：8，分数：8.00)1.曲线 y=x 2 e -x2 的渐近线方程为 1 （分数：1.00）解析：y=0解析 由于2.曲线 （分数：1.00）解析： 解析 计算可得曲线不存在水平渐近线和铅直渐近线 故此曲线的渐近线方程为 3.曲线 （分数：1.00）解析：y=2x+1 解析 4.曲线 （分数：1.00）解析： 解析 因为 故斜渐近线方程为 5.曲线 （分数

7、：1.00）解析： 解析 因为 故曲线的水平渐近线方程为 6.曲线 （分数：1.00）解析：y=2x 解析 由于函数 连续，所以曲线无铅直渐近线；又因为 都不存在，所以曲线无水平渐近线考虑到 所以曲线 7.曲线 y=x 2 +x(x0)上曲率为 （分数：1.00）解析：(-1，0) 解析 将 y“=2x+1，y“=2 代入曲率公式 ，得 8.曲线 （分数：1.00）解析： 解析 则斜渐近线方程为 二、选择题(总题数：9，分数：9.00)9.当 x0 时，曲线 （分数：1.00）A.有且仅有水平渐近线 B.有且仅有铅直渐近线C.既有水平渐近线，也有铅直渐近线D.既无水平渐近线，也无铅直渐近线解析

8、：解析 由于 ，又10.曲线 （分数：1.00）A.1 条B.2 条 C.3 条D.4 条解析：解析 由 可知原曲线有水平渐近线 又 ， 则原曲线有铅直渐近线 x=0，虽然原题中当 x=1，x=-2 时分母为零，但 11.曲线 （分数：1.00）A.0B.1C.2D.3 解析：解析 所以 x=0 是一条铅直渐近线又 所以沿 x+方向没有水平渐近线又 所以沿 x+方向有斜渐近线 y=x 再看沿 x-方向： 所以沿 x-方向该曲线有水平渐近线 y=0即然沿 x-方向已有水平渐近线，此曲线当然不可能再有斜渐近线故共有 3 条渐近线，应选 D 对于(*)式中极限 还有如下处理： 12.曲线 （分数：1

9、.00）A.0B.1C.2 D.3解析：解析 因为 所以 故 x=1 是曲线 的铅直渐近线，且是唯一的一条铅直渐近线 因为 所以 y=1 是曲线 的水平渐近线 综上可知，曲线 13.下列曲线中有渐近线的是 Ay=x+sinx By=x 2 +sinx C D （分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 对于 ，可知 又14.曲线 上对应于 t=1 的点处的曲率半径是 A B C D （分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 曲线在点(x，f(x)处的曲率公式 ，曲率半径 本题中 ，所以 ，对应于 t=1 的点处有 y“=3，y“=-1，所以 ，曲率半径 15.设函数 f(x)在0，1

10、上 f“(x)0，则 f“(1)，f“(0)，f(1)-f(0)或 f(0)-f(1)的大小顺序是（分数：1.00）A.f“(1)f“(0)f(1)-f(0)B.f“(1)f(1)-f(0)f“(0) C.f(1)-f(0)f“(1)f“(0)D.f“(1)f(0)-f(1)f“(0)解析：解析 由于 f“(x)0，x0，1，则 f“(x)单调增加，又 f(1)-f(0)=f“(c)，c(0，1)， 从而 f“(1)f“(c)f“(0)， 即 f“(1)f(1)-f(0)f“(0)16.设函数 f(x)，g(x)是大于零的可导函数，且 f“(x)g(x)-f(x)g“(x)0，则当 axb 时

11、，有（分数：1.00）A.f(x)g(b)f(b)g(x) B.f(x)g(a)f(a)g(x)C.f(x)g(x)f(b)g(b)D.f(x)g(x)f(a)g(a)解析：解析 看起来，选项眼花缭乱，其实仔细审题发现，A，B 两项是 在区间(a，b)内的值与两端点处的值比大小，C，D 两项是 f(x)g(x)在区间(a，b)内的值与两端点处的值比大小题干中含有某种形式的导数的不等式，就想到用单调性题干中表述的是谁的导数呢?经验算， 17.已知函数 f(x)在区间(1-，1+)内具有二阶导数，f“(x)严格单调减少，且 f(1)=f“(1)=1，则（分数：1.00）A.在(1-，1)和(1，1

12、+)内均有 f(x)x B.在(1-，1)和(1，1+)内均有 f(x)xC.在(1-，1)内，f(x)x，在(1，1+)内，f(x)xD.在(1-，1)内，f(x)x，在(1，1+)内，f(x)x解析：解析 由选项看出，题目是要确定 x 与 f(x)在所讨论区间内的大小关系，因此，构造辅助函数F(x)=f(x)-x由题目的条件知 F(1)=0，F“(1)=0， f“(x)=f“(x)0， 三、解答题(总题数：12，分数：83.00)18.对函数 （分数：6.00）_正确答案：()解析：解 单调减区间 (-，-2)，(0，+) 凹区间 (-3，0)，(0，+) 单调增区间 (-2，0) 凸区间

13、 (-，-3) 极值点 -2 拐点 19.设 （分数：7.00）_正确答案：()解析：解 定义域(-，0)(0，+)当 时，y=0 (1) ，故驻点为 x=2又 x (-，0) (0，2) 2 (2，+) y“ + - 0 + y 3 所以，(-，0)及(2，+)为增区间，(0，2)为减区间，x=2 为极小值点，极小值为 y=3 (2) ，故(-，0)，(0，+)均为凹区间，无拐点 (3)因 所以，x=0 为铅直渐近线，y=x 为斜渐近线 (4)函数的图形如图所示 20.如图所示，设曲线 L 的方程 y=f(x)，且 y“0，又 MT，MP 分别为该曲线在点 M(x 0 ，y 0 )处的切线和

14、法线已知线段 MP 的长度为 (其中 y“ 0 =y“(x 0 )，y“ 0 =y“(x 0 )，试推导出点 P(，)的坐标表达式 （分数：7.00）_正确答案：()解析：解 由题设 又 PMMT，所以 由，式得 由于 y“0，曲线 L 是凹的，故 y 0 -0，从而 又 ，于是得 因此 P 点坐标为 21.已知函数 （分数：7.00）_正确答案：()解析：解 所给函数的定义域为(-，1)(1，+) ，令 y“=0，得驻点 x=0 及 x=3 ，令 y“=0，得 x=0 列表讨论如下： x (-，0) 0 (0，1) (1，3) 3 (3，+) y“ + 0 + - 0 + y“ - 0 +

15、+ + + y 拐点 极小值 由此可知：()函数的单调增加区间为(-，1)和(3，+)，单调减少区间为(1，3)；极小值为 ()函数图形在区间(-，0)内是凸的在区间(0，1)，(1，+)内是凹的，拐点为点(0，0) ()由 知，x=1 是函数图形的铅直渐近线 又 22.证明：当 x0 时，有不等式 （分数：7.00）_正确答案：()解析：证 考虑函数 x0，有 所以 f(x)在(0，+)上是单调减少的 又 ，知当 x0 时， ，即 23.利用导数证明：当 x1 时， （分数：7.00）_正确答案：()解析：证 令 f(x)=(1+x)ln(1+x)-xlnx，则 ，故在1，+)内 f(x)为

16、严格增函数又 f(1)=2ln20，所以有 f(x)0，x1从而得 24.设 f“(x)0，f(0)=0，证明对任何 x 1 0，x 2 0，有 f(x 1 +x 2 )f(x 1 )+f(x 2 ) （分数：7.00）_正确答案：()解析：证法 1 令 F(x)=f(x)+f(x 2 )-f(x+x 2 )，F(0)=0，又 F“(x)=f“(x)-f“(x+x 2 )=f“()(-x 2 )0(x，x+x 2 )(拉格朗日中值定理)，故 F(x 1 )F(0)=0，x 1 0，即 f(x 1 )+f(x 2 )-f(x 1 +x 2 )0 证法 2 不妨设 x 1 x 2 (x 2 x 1

17、 时类似可证)，则由拉格朗日中值定理可得 f(x 1 )-f(0)=x 1 f“( 1 )，0 1 x 1 ， f(x 1 +x 2 )-f(x 2 )=x 1 f“( 2 )，x 2 2 x 1 +x 2 又已知 f“(x)0，故 f“( 2 )f“( 1 )比较以上两式即得 f(x 1 +x 2 )f(x 1 )+f(x 2 ) 证法 1 采用把其中一个常量字母 x 1 改为变量 x(常数变量化)转化为函数不等式，再利用单调性的手段加以证明，这种方法是证明这类常数不等式常用的一种方法25.设 x0，常数 ae证明：(a+x) a a a+x （分数：7.00）_正确答案：()解析：证 由函

18、数 y=lnx 的单调性，只需证 aln(a+x)(a+x)lna 设 f(x)=(a+x)lna-aln(a+x)，则 f(x)在0，+)内连续、可导，且 26.设 （分数：7.00）_正确答案：()解析：证法 1 因 f(x)连续且具有一阶导数，故由 知 f(0)=0 由 f(x)的泰勒公式得 设 x(0，1)，证明：（分数：7.00）(1).(1+x)ln 2 (1+x)x 2 ；（分数：3.50）_正确答案：()解析：证 令 (x)=(1+x)ln 2 (1+x)-x 2 ，有 (0)=0，“(x)=ln 2 (1+x)+2ln(1+x)-2x， 还看不出在(0，1)内 “(x)是否定

19、号为此，再计算 “(0)=0 再计算 “(0)=0， (2). （分数：3.50）_正确答案：()解析：证 令 有 由上一小题知，当 x(0，1)时 f“(x)0，于是在(0，1)内 f(x)严格单调减少，故当 x(0，1)时， 不等式左边证毕又 故当 x(0，1)时， 函数 f(x)在0，+)上可导，f(0)=1，且满足等式 （分数：7.00）(1).求导数 f“(x)；（分数：3.50）_正确答案：()解析：解 由题设知 上式两边对 x 求导，得(x+1)f“(x)=-(x+2)f“(x) 设 u=f“(x)则有 解之得 由 f(0)=1 及 f“(0)+f(0)=0，知 f“(0)=-1

20、，从而 C=-1 因此 (2).证明：当 x0 时，成立不等式：e -x f(x)1（分数：3.50）_正确答案：()解析：证 当 x0 时，f“(x)0，即 f(x)单调减少，又 f(0)=1，所以 f(x)f(0)=1 设 (x)=f(x)-e -x ，则 27.设 0ab，证明不等式 （分数：7.00）_正确答案：()解析：证 先证右边的不等式 设 因为 故当 xa 时 (x)单调减少，又 (a)=0，所以，当 xa 时，(x)(a)=0，即 特别地，当 x=ba 时，便有 即 其次证明左边的不等式 设 f(x)=lnx(xa0)， 由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 (a，b)，使 由于 0ab，故 又由于 a 2 +b 2 2ab，所以 ，从而有