全国硕士研究生入学考试数学试卷及解析（真题详解）2002数学二

2002年全国硕士研究生入学统一考试理工数学二试题详解及评析一、填空题1-etan,x>0设函数(n)=arcsin(1)在x=0处连续，则a=2ae2r,x≤0【答】-2【详解】因为1-etanx-tanxlim f (x)= lim= lim-2xx-2X→0*X-M(Xarcsin2lim f (x)= lim ae2x=ax-0X→→0由题设得a=-2.(2)位于曲线y=xe（0≤x<+）下方，x轴上方的无界图形的面积是【答】1【详解】所求面积为S= J" xe'*dx = f(-x)de*=-xe"° +J," e*dx =-e" -=1.（3）微分方程y"+2=0满足初始条件==1,。=一的特解是y=/x+i或y?=x+1【答】【详解】方法一：令y=p，则"dydxdy dx原方程化为dp.即--+p =0,力dyyp积分得即p·y=es=CIn p=-In y+C

2002 年全国硕士研究生入学统一考试理工 数学二试题详解及评析 一、填空题 （1） 设函数 ( ) tan 2 1 , 0 arcsin 2 , 0 x x e x x f x ae x ⎧ − > ⎪ ⎪ = ⎨ ⎪ ⎩⎪ ≤ 在 x＝0 处连续，则 a =_. 【答】 －2 【详解】 因为 ( ) ( ) tan 00 0 2 0 0 1 tan lim lim lim 2, arcsin 2 2 lim lim , x xx x x x x e x f x x x f x ae a ++ + − − →→ → → → − − = = =− = = 由题设得 a = －2. （2） 位于曲线 ( ) 0 x y xe x − = ≤ < +∞ 下方，x 轴上方的无界图形的面积是_. 【答】 1 【详解】 所求面积为 0 0 0 0 0 ( ) 1. x x x xx S xe dx x de xe e dx e +∞ +∞ − − +∞ +∞ +∞ − −− = =− =− + =− = ∫ ∫ ∫ （3） 微分方程 2 yy y '' ' 0 + = 满足初始条件 0 0 1 1, ' 2 x x y y = = = = 的特解是_. 【答】 2 y x yx = + =+ 1 1 或 【详解】 方法一： 令 y p ' = ，则 '' dp dp dy dp y p dx dy dx dy = =⋅= 原方程化为 2 0, , dp dp dy yp p dy p y + = =− 即 积分得 1 1 ln ln , . C p = − + ⋅= = y C py e C 即

1得C=由y(0)=,(0)=1,21即1,2ydy = dx, y(0)=1,故有py=y=2'2′dx再次积分得y?=x+1或y=Vx+1方法二：yy"= y2 =0 Jy'=C= y2=Cx+C2,y(0)=1=C, =1(0)=!=C =1,2y?=x+1或y=Vx+1所以，方程的解为I2元元n元(4)lim-1+cosI+cOS1+cosnnV1nn2V2【答】元2元元n元lim=cos元xd1+cos-+cos+cosn→001nn2元X2coscOS2V22V22sin2元元[o-2272矩阵2的非零特征值是(4)-21L-2-22【答】4【详解】因为-222-2元2元元1-2[E-A|=-20-2122-2元-22-[22211=20= 2(1-4),22元-2所以非零特征值为=4

由 ( ) ( ) 1 1 ' 0 , 0 1, 2 2 yy C == = 得 故有 ( ) 1 1 , ,2 , 0 1, 2 2 dy py y ydy dx y dx = ⋅= = = 即 再次积分得 2 yx y x =+ = + 1 1. 或 方法二： 2 2 1 2 2 1 '' ' 0 ' , (0) 1 1, 1 '(0) 1, 2 yy y yy C y C x C y C y C = =⇔ = ⇒ = + =⇒ = =⇒ = 所以，方程的解为 2 yx y x =+ = + 1 1. 或 （4） 1 2 lim 1 cos 1 cos 1 cos _. n n nn n n ππ π →∞ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ + + + ++ + = ⎣ ⎦ " 【答】 2 2 π 1 0 1 1 2 0 0 1 2 lim 1 cos 1 cos 1 cos 1 cos 2cos 2 cos 2 2 2 2 si n n xdx nn n n x dx dx ππ π π π π π →∞ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ + + + ++ + = + ⎣ ⎦ = = = ∫ ∫ ∫ " 1 0 2 2 n 2 x π π = （4） 矩阵 0 22 22 2 2 22 ⎡ ⎤ − − ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − − 的非零特征值是_. 【答】 4 【详解】 因为 ( ) 2 2 2 22 2 22 0 2 2 2 22 2 2 2 0 1 1 4 , 22 2 E A λ λ λ λ λλ λ λ λ λ λλ λ ⎡ ⎤ − − ⎢ ⎥ − =− − − = ⎣ ⎦ −− − − = =− − 所以非零特征值为λ ＝4

二、选择题（1）设函数f（u)可导，y=f(x）当自变量x在x=-1处取得增量Ar=-0.01时，相应的函数增量Ay的线性主部为0.1，则f(1)(A) -1(B) 0.1(C) 1(D) 0.5【答】应选(D)【详解】由题设Ay= y'(-1)-△x, 即0.1= J'(-1) (-0.1)于是J'(-1) = -1,y=f(x),而由有y=2x(x)令x=-1,得y(-1)=-2f'(1)(0) =↓ 0.5.即2（2）设函数f(x）连续，则下列函数中，必为偶函数的是()]" (r)dt(B)]. (0)dt(D)f[F ()+f(-1)]di(C)][F(0)- f(-1)ut【详解】F(x)]。(0)dt的奇偶性与f(x）的奇偶性的关系是：若f(x)为偶函数，则F(x)为奇函数；若f(x)为奇函数，则F(x)为偶函数.题设四个选项中，[f(0)+f(-t)为奇函数，故[。[f()+f(-1)]dt必为偶函数设J=y(x)是二阶常系数微分方程y"+py+qy=e3x满足初始条件(3)(0)=→(0)=0 的特解，则当x→0时，函数二+)的极限y(x)（A）不存在(B）等于1(C）等于2（D）等于3[【答】应选（C)【详解】由y"+ py+qy=e3*及y(0)=y'(0)=0,知y"(0)=1于是

二、选择题 （1）设函数 ( ) 2 fu y fx x x 可导， 当自变量 在 处取得增量 = =− () 1 ∆ =− x 0.01时，相应 的函数增量 ∆y 的线性主部为 0.1，则 f ' 1( ) = （A）－1 （B）0.1 （C）1 （D）0.5 【 】 【答】 应选（D） 【详解】 由题设 ∆ = − ⋅∆ = − ⋅ − yy x y ' 1 , 0.1 ' 1 0.1 ( ) ( )( ) 即 于是 y ' 1 1, ( ) − =− 而由 ( ) 2 2 y f x y xf x = = , ' 2 '( ) 有 令 x =− − =− 1, '( 1) 2 '(1) 得y f 即 ( ) 1 ' 1 0.5. 2 f = = （2）设函数 f (x) 连续，则下列函数中，必为偶函数的是 ( ) ( ) () ( ) () ( ) 2 2 0 0 0 0 () () () () x x x x A f t dt B f t dt C t f t f t dt D t f t f t dt ⎡⎤ ⎡⎤ −− +− ⎣⎦ ⎣⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ 【 】 【详解】 ( ) 0 ( ) x F x f t dt ∫ 的奇偶性与 f (x ) 的奇偶性的关系是：若 f (x )为偶函数，则 F(x) 为奇函数；若 f (x )为奇函数，则 F (x) 为偶函数.题设四个选项中，tft f t ⎡ ⎤ () ( ) + − ⎣ ⎦ 为 奇函数，故 () ( ) 0 x t f t f t dt ⎡ + − ⎤ ∫ ⎣ ⎦ 必为偶函数. (3) 设 3 ( ) '' x y y x y py qy e = ++= 是二阶常系数微分方程 满足初始条件 y y () () 0 '0 0 = = 的特解，则当 ( ) 2 ln(1 ) 0 x x y x + → 时，函数 的极限 （A）不存在 （B）等于 1 （C）等于 2 （D）等于 3 【 】 【答】 应选（C） 【详解】 由 3 '' x y py qy e ++= 及 y y (0 '0 0 ) = ( ) = ，知 y ''(0) 1. = 于是

In(1+ x2)2xlimim1limy(x)x-=0 y(x)x-0 y'(x)x-=0 y"(x)y"(0)(4）设函数y=f(x)在(0,+)内有界且可导，则(A)当lim(x)=0时，必有lim(x)=0;(B)当limf'(x)存在时，必有limf(x)=0(C)当lim/(x)=0时，必有lim(x)=0;(D)当limJ(x)存在时，必有lim(x)=0[【答】应选（B）【详解】方法一：sinx,则(x)在(0,+)内有界且可导，并且取f(x)=Ylim f(x)= 0, lim (x)=02x2cosx2-sinx2= 2cosx2_ sin x2f'(x):x2x22_sinx2但 lim f'(x)= lim不存在，可排除（A）2cosxx又取f(x)=sinx,在(0,+oo)内有界且可导，limf(x)=0,limf(x)=1,可排除(C)、(D)故正确选项为（B）方法二：若limf(x)+0,不妨设limf(x)=1>0,从而存在x>0,当x>X时，有()>,1对任意x>X+1,在[X+1,x]上由拉个朗日定理得f(x)-f(X+1)= f'()(x-X-1),X+1(x-X+1)从而从而有lim(x)=00,与f(x)有界矛盾，故必有lim(x)=0,因而应选（B）（5）设向量组α,α2,α,线性无关，向量β可由α,αz,α,线性表示，而向量β,不能

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 00 0 ln(1 ) 2 2 2 lim lim lim lim 2. x xx x ' '' '' 0 xx x → →→ → yx yx y x y x y + = = = == （4）设函数 y fx = () ( ) 在 0,+∞ 内有界且可导，则 ( ) ( ) () () () () () () 0 0 0 0 lim 0 lim ' 0; lim ' lim ' 0; lim 0 lim ' 0; lim ' lim ' 0 x x x x x x x x fx f x fx fx fx f x fx fx + + + + →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ → → → → = = = = = = (A)当 时，必有 (B)当 存在时，必有 (C)当 时，必有 (D)当 存在时，必有 。 【 】 【答】 应选（B） 【详解】 方法一： 取 ( ) ( ) sin , () 0 x f x fx x = +∞ 则 在， 内有界且可导，并且 lim 0 lim ' 0 ( ) ( ) x x fx f x →+∞ →+∞ = = ， ( ) 22 2 2 2 2 2 2 cos sin sin ' 2cos , x xx x fx x x x − = =− 但 ( ) 2 2 2 sin lim ' lim 2cos x x x fx x →+∞ →+∞ x ⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 不存在，可排除（A）. 又取 f ( ) x x = sin , 在 ，( ) 0 + ∞ 内有界且可导， ( ) () 0 0 lim 0, lim ' 1, x x fx f x → → + + = = 可排除 （C）、（D）. 故正确选项为（B）. 方法二 ： 若 lim ' 0, lim ' 0, ( ) ( ) x x fx fx l →+∞ →+∞ ≠ => 不妨设 从而存在X>0,当x>X时，有 ' , ( ) 2 l f x > 对任意 xX X x >+ + 1, 1, 在 上由拉个朗日定理得 [ ] f ( x fX f x X X x )( ) − + = − − + −+ 从而有 lim , ( ) lim ' 0, ( ) ( ) x x f x fx f x →+∞ →+∞ =∞ = 与 有界矛盾，故必有 因而应选（B）. （5）设向量组 123 1 123 α , , αα β ααα 线性无关，向量 可由 线性表示，而向量 β 2 不能

由αα,,α,线性表示，则对于任意常数k，必有（A）ααzαkβ+线性无关；（B）ααzαk+β线性相关（C）αi,α2,αβ+kβ,线性无关；（D）αi,αz,α,β+kβ,线性相关[【答】】应选（A）【详解1】由题设知ααzα，β,线性无关，且存在k,k,k使β=k,α, +k,α, +k,α3,于是通过列初等变换有(α, α2 αs,kβ,+β,)=(αp α2, αg,kk,α, +kk,α, +kk,α,+β2)→(α, α2, α,β2)因此秩r(αα,α,kβ,+β)=r(αα,α,β,)=4故α，αz，α,kβ+β,线性无关【详解2】取k=0,由条件知向量组α，αz，α,线性无关，α，αz，α,β,线性相关，所以应排除（B)、（C)取k=1，因β可由α，α，α,线性表出,β,不能由α，α，α,线性表出，所以α，α，α，β+β,线性无关，因而可排除（D）故应选（A）三、已知曲线的极坐标方程是r=1-coso,求该曲线上对应于α=处的切线与法线的直角6坐标方程【详解】此曲线的参数方程为x=(1-cos0)cos0[x=cos-cos?即=(1-cos0)singly=sing-singcosg31由6=元，得切点的坐标24246

由 123 α , , α α 线性 表示，则对于任意常数 k ，必有 123 123 123 123 , B , C , D , α αα β β ααα β β ααα β β ααα β β 12 12 12 12 （A） ,k + 线性无关； （ ） ,k + 线性相关； （ ） , +k 线性无关； （ ） , +k 线性相关 【 】 【答】 应选（A） 【详解 1】 由题设知 1 2 3 23 α , , , αα β k k 2 1 , 线性无关，且存在k 使 1 1 22 33 β ααα + + k k ＝k , 1 于是通过列初等变换有 ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 1 2 3 1 22 33 123 , , , α αα ββ ααα α α α β k k kk kk α α αβ + +++ → 21 2 2 ， ＝ ， k ， ， 因此秩 ( ) 1231 123 , , 4, ( ) r k α α α β β α α αβ ， ， ＝r ， ， + 2 2 = 故 12 31 α ， ，ααββ , k + 2 线性无关. 【详解 2】 取 k = 0,由条件知向量组α123 ， ，α α 线性无关， 1 2 31 α ， ，α αβ, 线性相关，所以应排 除（B）、（C）. 取 k = 1，因 1 123 123 β ααα β ααα , 可由 ， ， 线性表出 不能由 ， ， 线性表出， 2 所以 ， ， ， α1 2 31 ααββ + 2 线性无关，因而可排除（D）. 故应选（A）. 三、已知曲线的极坐标方程是 r 1 cos , π = − θ θ 求该曲线上对应于 = 6 处的切线与法线的直角 坐标方程. 【详解】 此曲线的参数方程为 ( ) ( ) 2 1 cos cos cos cos 1 cos sin sin sin cos x x y y θ θ θ θ θ θ θ θ θ ⎪ ⎧ = − ⎧ = − ⎨ ⎨ ⎪ = − ⎩ = − ⎩ 即 由 31 3 , ,. 6 42 4 π θ ⎛ ⎞ = −− ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 得切点的坐标 2

dydycos-cos0+sin0=de=1dxdxle---sin+2cossino_2delo--于是所求切线方程为1V3V3333+即x-=0=x-y242444法线方程为V3V3SV31即x+=0x-++22444X四、设32x+-1≤x<0,2f(x)=xer0≤x≤1,(e' +1)?求函数 F(a)=(0)dt 的表达式.【详解】当-1≤x<0时F()=(21号r )a=(L=*+x2当0≤x≤1时，F(x)=Jf(0)dt = J(0)d + ff(0)d-(e+)+gd()21dex122e'(e' +1)er+ertl1etx1xer+ In+In2+ ln2e'+12e"+1e+1le"+11-1<x<012P所以F(x):1et++ In+In20≤x≤12e+1e+1

2 2 6 6 6 cos cos sin 1. sin 2cos sin dy dy d dx dx d π π θ θ π θ θ θ θθ θ θθ θ = = = − + = = = − + 于是所求切线方程为 1 3 33 3 5 , 3 0. 24 24 4 4 y x xy −+ =− + −− + = 即 法线方程为 1 3 33 31 , 0. 24 24 44 y x xy ⎛ ⎞ − + =− − + + − + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 即 四、设 ( ) ( ) 2 2 3 2 , 1 0, 2 , 0 1, 1 x x xx x f x xe x e ⎧ + −≤ < ⎪ ⎪ = ⎨ ⎪ ≤ ≤ ⎪ + ⎩ 求函数 ( ) () 1 x F x f t dt − = ∫ 的表达式. 【详解】 当−≤ < 1 0 x 时， ( ) 2 2 3 32 1 1 3 11 1 2 2 22 2 x x F x t t dt t t x x − − ⎛ ⎞⎛ ⎞ = + = + = +− ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∫ 当0 1 ≤ ≤x 时， ( ) () () () ( ) ( ) 0 1 10 0 2 3 2 0 1 0 0 0 0 0 1 2 1 1 11 2 12 1 1 1 1 11 21 21 1 1 1 ln 2 1 x x t x t x x x t tt t x x x x tt t t t x F x f t dt f t dt f t dt te t t dt e t dt td e ee x de x dt e e ee e e x e e − − − ==+ ⎛ ⎞ =+ + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + ⎛ ⎞ =− − =− − + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + ++ ⎛ ⎞ =− − + =− − + − ⎜ ⎟ + ++ + ⎝ ⎠ =− − + + ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0 1 ln ln 2. 12 1 1 x x t xx x e e ee =− − + + + ++ 所以 ( ) 1 1 3 2 , 10 2 2 1 ln ln 2, 0 1 21 1 x x x xx x F x x e x e e ⎧ + − −≤ < ⎪⎪ = ⎨ ⎪−− + + ≤≤ ⎪⎩ + +

五、已知函数f(x)在(0,+oo)内可导，f(x)>0,limf(x)=1，且满足((x+hx))limexf(x)h-求F(x)..f(x+hx))设y【详解】f(x)1 f(x+ hx)则Iny=hf(x)因为[in (++h) x-In (a) = [n ()] ,1 f(x+hx)lim ln y= limlimh-→0 hh-→0f(x)h-→0hx(x+hx)[Inf(x)]故limf(x)由己知条件得e'ti/01 e,x[1n ()]"= 1因此即[Inf(x)f(x)=Ce解得由 lim J(x)=1,得C=1,S(a)=e故六、求微分方程xdy+(x-2y)dx=0的一个解y=y(x),使得由曲线y=y(x)，与直线x=1,x=2以及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周的旋转体体积最小【详解】原方程可化为：dy 2y=-1.dxx

五、已知函数 () ( ) 0, 0, lim 1 ( ) ( ) x fx fx fx →+∞ 在 内可导， +∞ > = ，且满足 ( ) ( ) 1 1 0 lim , h x h f x hx e → f x ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ 求 f ( ) x . 【详解】 设 ( ) ( ) 1 , h f x hx y f x ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 则 ( ) ( ) 1 ln . f x hx y h fx + = 因为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 00 0 1 ln ln lim ln lim lim ln , hh h f x hx x f x hx f x y x fx →→ → h f x hx + ⎡ ⎤ + − ⎣ ⎦ == = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 故 ( ) ( ) ( ) ' 1 ln 0 lim . h x fx h f x hx e f x ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ → ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ 由已知条件得 ( ) ' 1 ln , x fx x e e ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = 因此 ( ) ( ) 2 1 1 x fx fx ln ' , ln ' x x ⎡⎤ ⎡⎤ = ⎣⎦ ⎣⎦ 即 ＝ 解得 ( ) 1 . x f x Ce− = 由 lim 1, 1, ( ) x fx C →+∞ = = 得 故 ( ) 1 . x f x e− = 六、求微分方程 xdy x y dx y y x y y x +− = = = ( ) 2 0 ( ), ( ) 的一个解 使得由曲线 ， 与直线 x = = 1, 2 x x 以及 轴所围成的平面图形绕 x 轴旋转一周的旋转体体积最小. 【详解】 原方程可化为： 2 1. dy y dx x − =−

所以r+CX由曲线y=x+Cx2与直线x=1,x=2及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周的旋转体体积为31 c2+15c7:7V(C)=dx=元+2℃53751562令0,得C=-V(C)1242362又V"(C)=元>0,575故为唯一极小值点，也是最小值点，C:12475.2于是得y=y(x)=y124七、某闸门的性状与大小如图硕士，其中直线1为对称轴，闸门的上部为矩形ABCD，下部由二次抛物线与线段AB所围成，当水面与闸门的上端相平时，欲使闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之比为5：4，闸门矩形部分的高h应为多少m（米）？【详解】方法一如图一建立坐标系，则抛物线的方程为y=x?闸门矩形部分承受的水压力pg(h+1- y)dyP = 2=2pg (h+1)y-兰2=pgh?其中p为水的密度，g为重力加速度闸门下部承受的水压力I' pg(h+1-y) /ydyP, =2[[(h+),2-2=2pg5(13Ih+=4pgl15由题意知

所以 2 2 2 2 1 . dx dx x x y e e C x C x Cx x ⎡ ⎤ − ∫ ∫ ⎛ ⎞ = − + = + =+ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ 由曲线 2 y x Cx x x x =+ = = 与直线 及 1, 2 轴所围成的平面图形绕 x 轴旋转一周的旋转体体积 为 ( )2 2 2 2 1 31 15 7 () . 5 23 V C x Cx dx C C π π ⎛ ⎞ = + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 令 62 15 75 '( ) 0, . 5 2 124 VC C C π ⎛ ⎞ = + = =− ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 得 又 62 ''( ) 0, 5 V C = > π 故 75 124 C = − 为唯一极小值点，也是最小值点， 于是得 75 2 () . 124 y yx y x = =− 七、某闸门的性状与大小如图硕士，其中直线l 为对称轴，闸门的上部为矩形 ABCD，下部由 二次抛物线与线段ＡＢ所围成，当水面与闸门的上端相平时，欲使闸门矩形部分承受的水压 力与闸门下部承受的水压力之比为 5：4，闸门矩形部分的高 h 应为多少 m (米)？ 【详解】 方法一： 如图一建立坐标系，则抛物线的方程为 2 y=x 闸门矩形部分承受的水压力 ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 h h P g h y dy y gh y gh ρ ρ ρ + + = +− ⎡ ⎤ = +− ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = ∫ 其中 ρ 为水的密度，g 为重力加速度. 闸门下部承受的水压力 ( ) ( ) 1 2 0 1 3 5 2 2 0 2 1 2 2 2 1 3 5 1 2 4 . 3 15 P g h y ydy ghy y g h ρ ρ ρ = +− ⎡ ⎤ = +− ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 由题意知

h?P_5.5即P-4'h15（舍去）解得h=2,h=故h=2即闸门矩形部分的高应为2m方法二：如图二建立坐标系，则抛物线方程为x=h+1-y?闸门矩阵部分承受的水压力为pgxdx=pgh2=2h* pgr/h+1-xdxP, = 2设Vh+1-x=t，得P,=4pg] (h+1-t)dt=4pg (h+1)-4pe(+t)15以下同方法一八、设01), 则01,均有01时，Xa+-x,=/x,(3-x,)-x,=/x,(/3-x, - /x),(3-2x) ≥0/3-x, +/x

2 1 2 5 5 , , 4 4 1 2 4 3 15 P h P h = = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ 即 解得 1 2, ( ) 3 h h = =− 舍去 故 h = 2 . 即闸门矩形部分的高应为 2m. 方法二： 如图二建立坐标系，则抛物线方程为 2 x=h+1-y 闸门矩阵部分承受的水压力为 2 1 0 2 h P gxdx gh = = ρ ρ ∫ 1 2 2 1 h h P gx h xdx ρ + = +− ∫ 设 h x + −1 ＝ t ，得 ( ) ( ) 1 2 2 1 2 2 2 0 0 4 1 41 3 5 1 2 4 . 3 15 t t P g h t t dt g h g h ρ ρ ρ ⎡ ⎤ = +− = + − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 以下同方法一. 八、设0 3, 3 1, 2, , { } x k ，则 1 ( ) ( ) 1 3 0 3 3. 2 2 k kk k k x xx x x 1 ,均有 3 0 , 2 n 1 时， ( ) ( ) ( ) 1 3 3 3 2 0 3 n n n nn n n n n n n n x x x xx x x x x x x x + −= − −= −− − = ≥ − +

因而有xa≥x(n>1),即数列(x,)单调增加由单调有界数列必有极限，知limx,存在1设limx,=a,在x1=x（3-x）两边取极限，得a= ya(3-a),3解得a=0(舍去)a=2’3故lim x, =21→0九、设0a>0),VaxVx-Va0(x)=1-(1a1因为d时，(x)单调减少，又β(a)=0,所以，当x>a时，β(x)a>0时，有b-aInb-Ina<VabInb-Ina1即b-aVab再证左边不等式，即2aInb-Inaα? +b?b-a

因而有 1 ( ) 1, { } nn n x xn x + ≥ > 即数列 单调增加. 由单调有界数列必有极限，知 lim n n x →∞ 存在. 设 lim , 3 n n nn 1 ( ) n x ax x x + →∞ = =− 在 两边取极限， 得 aa a = − ( ) 3 , 解得 ( ) 3 , 0. 2 a a = = 舍去 故 3 lim . 2 n n x →∞ = 九、设0 , > 因为 ( ) 11 1 ' 0, 22 2 a xa x x a x x x x ax ϕ ⎛ ⎞ − = − + =− = 时， 单调减少，又 ϕ ϕ ( ) ( ) 0, 所以，当 时， xa x a > > 0 时，有 ln ln , b a b a ab − − < 即 ln ln 1 . b a b a ab − < − 再证左边不等式，即 2 2 2 ln ln . a ba a b ba − < + −