全国硕士研究生入学考试数学试卷及解析（真题详解）1998数学二

1998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填空题V1+x+V1-x-2(1) limx2r-→01【答】A【详解1】用四则运算将分子化简，再用等价无穷小因子代换，(V1+x+V-x)-4原式=lim+0 2 (V1+x+V1-x+2)2(V1-x _1)因V1-x= lim-X4x22r-→01.C= limX2x2X-0【详解2】采用洛必达法则，110Vi-x-Vi+x2/1+x 2/1-x原式一=lim→lim-2xx-→04xvi-x?Vi-x-/I+x=lim4xX-→0-1102V1-x2V1+x→lim44V-x2→1(x→0)可求出注：采用(1+u）的马克劳林展开式，此时余项用皮亚诺余项较简单.当u→>0时【详解3】(++)=+u+(-+(r),2!所以x→0时VI+x=1+x+(10/x22Vl-x=1--x+(-3x2 +0(x)P

1998 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） 2 0 1 12 limx x x → x ++ −− = . 【答】 1 4 − . 【详解 1】 用四则运算将分子化简，再用等价无穷小因子代换， ( ) ( ) ( ) 2 0 2 2 2 0 2 2 0 11 4 lim 1 12 21 1 lim 4 1 1 2 lim . 2 4 x x x x x xxx x x x x → → → ++ − − = ++ −+ − − = − = =− 原式 因 2 2 1 1 1~ 2 −− − x x 【详解 2】 采用洛必达法则， 0 0 2 0 0 1 1 21 21 1 1 lim lim 2 4 1 1 1 lim 4 1 1 21 21 1 lim . 4 4 x x x x x x x x x x x x x x x x → → → → − + − − − + ⎯⎯→ = − −− + = − − ⎯⎯→ =− − + 0 0 0 0 原式 注： ( ) 2 1 10 −→ → x x 可求出 【详解 3】 采用( ) 1 u λ + 的马克劳林展开式，此时余项用皮亚诺余项较简单.当u → 0 时 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 11 , 2! u u u ou λ λ λ λ − + =+ + + 所以 x → 0 时 ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 11 , 2 8 1 1 11 , 2 8 x x x ox x x x ox ⎛ ⎞ + =+ +− + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ − =− +− + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

于是+o(x2)-21+XY8281原式=limx2x→00(x2)=lim4（2）曲线y=-x3+x2+2x与x轴所围成的图形的面积A37【答】12)=-gx(1)=2【详解】因为】所以A= J°-(-x* +x* +2x)dx+J (-x +x*+2x)dx(F--n)+(-+++)-3712In sinxdx(3)sinx【答】-cotx·lnsinx-cotx-x+C.【详解】用分部积分法，有[Insindx = - in sin xd(cot x) = -cot x nsin + J cot' xdxsinx= -cot x- Insin x+ [(csc’ x-1) xdx=-cotx·Insinx-cotx-X+C(4) /()进续,四会(x-r)4=x(x)【答】【详解】令u=x?-2,dy=-2tdt,当t=0时，u=x2当t=x时，u=0；(-(m=(r)故(5)曲线y=xlne+=(x>0)的渐进线方程为

于是 ( ) ( ) 2 22 2 0 2 2 0 11 11 11 2 28 28 lim 1 lim 4 1 4 x x x x x x ox x o x x → → + − +− − + − ⎛ ⎞ = −+ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = − 原式= （2）曲线 3 2 y xx x =− + + 2 与 x 轴所围成的图形的面积 A = . 【答】 37 12 . 【详解】 因为 ( ) 1 5 , 1 2, 2 8 y y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − =− = ⎝ ⎠ 所以 ( ) ( ) 0 2 32 32 1 0 43 43 0 2 2 2 1 0 2 2 43 43 37 12 | | A x x x dx x x x dx xx xx x x − − = −− + + + − + + ⎛ ⎞⎛ ⎞ = − − +− + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ = ∫ ∫ （3） 2 ln sin sin x dx x = ∫ . 【答】 − ⋅ − −+ cot ln sin cot . x x xxC 【详解】 用分部积分法，有 ( ) ( ) 2 2 2 ln sin ln sin cot cot ln sin cot sin cot ln sin csc 1 cot ln sin cot x dx xd x x x xdx x x x x xdx x x xXC =− =− ⋅ + =− ⋅ + − =− ⋅ − − + ∫∫ ∫ ∫ （4）设 f ( ) x 连续，则 ( ) 2 2 0 d x tf x t dt dx − = ∫ . 【答】 ( ) 2 xf x . 【详解】 令 2 2 u x t dy tdt = − =− , 2, 当t = 0时， 2 u x = ; 当t x = 时，u = 0 ； 故 ( ) ( ) ( ) 2 22 2 0 0 1 2 d d x x tf x t dt f u du xf x dx dx −= = ∫ ∫ （5）曲线 ( ) 1 yx e x ln 0 x ⎛ ⎞ = +> ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 的渐进线方程为

【答】y=x+-e【详解】xlne+1α= limlim ln e+=1-xx→+ox→+oxb= lim (y-ax)= lim x In|e+X1Ine+11x= lim= lim-11X→+ex→e+xx1故此曲线的渐进线方程为y=x+-e二、选择题设数列x,与y,满足limx,J，=0,则下列断言正确的是n(A)若x发散，则y必发散(B)若x无界，则y必有界(C)若x,有界，则y，必有无穷小1(D)若二为无穷小，则必为无穷小Xn[【答】应选(D)【详解】方法一：由极限运算性质知1limy,=lim(x.y,)-lim-=0→0n→on-X,所以（D）为正确选项方法二：取数列y,=0，排除（A)若取数列

【答】 1 y x e = + 【详解】 ( ) 1 ln 1 lim lim ln 1, 1 lim lim ln 1 1 ln 1 1 1 lim lim 1 1 x x x x x x x e x a e x x b y ax x e x e x e e x x →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ = = += ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ = − = +− ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + − ⎝ ⎠ = == + 故此曲线的渐进线方程为 1 y x e = + . 二、选择题 设数列 n x 与 n y 满足 lim 0, n n n x y →∞ = 则下列断言正确的是 （A） 若 n x 发散，则 n y 必发散. （B） 若 n x 无界，则 n y 必有界. （C） 若 n x 有界，则 n y 必有无穷小. （D） 若 1 n x 为无穷小，则 n y 必为无穷小. 【 】 【答】 应选（D） 【详解】 方法一： 由极限运算性质知 ( ) 1 lim lim lim 0, n nn nn n n y xy →∞ →∞ →∞ x = ⋅= 所以（D）为正确选项. 方法二： 取数列 0 n y = ，排除（A） 若取数列

[2k-1,n=2k -(k =1,2,...)0,n=2k[0,n= 2k-1), [2,=-2 (k=12.)便排除了（B）对于（C)，若数列x，=0，则y,可为任意数列，所以（C）项也不正确故应选（D)(2）函数(x)=(x2-x-2)x3-x不可导点的个数是(A) 3.(B) 1.(C) 2.(D) 0.[【答】应选（C）【详解】因为(x)=(x2 -x-2)x3 -x=(x-2)(x+1)x(x-1)(x+1)可见f(x)在x=0,1处不可导，而在x=-1处是可导的，故f(x)的不可导点的个数为2.aX（3）已知函数y=y(x)在任意点x处的增量Ay=+α，且当x→0时，α是x的高1+x阶无穷小，y(O)=元，则y(1)等于(c) e.(A) rei(B)元.(D)2元【答】应选（A）yaX【详解】由Ay=+α,，有1+x2VaAY.1+x2AXAXy令x→0，得=1+x2解此微分方程并利用初始条件由y(0)=元,得y=元erctnxAy(l)= neartan = ne*故（4）设函数f(x)在x=α的某个邻域内连续，且f(a)为其几大值，则存在>0，当xe(a-o,a+)时，必有(A) (x-a)[f(x)-f(a)]≥0

( ) ( ) 2 1, 2 1 1, 2, 0, 2 0, 2 1 1, 2, 2, 2 n n k nk x k n k n k y k kn k ⎧ − =− = = ⎨ ⎩ = ⎧ = − = = ⎨ ⎩ = " " 便排除了（B） 对于（C），若数列 0 n x = ，则 n y 可为任意数列，所以（C）项也不正确. 故应选（D）. （2）函数 ( ) ( ) 2 3 f x xx xx = −− − 2 不可导点的个数是 （A）3. （B）1. （C）2. （D）0. 【 】 【答】 应选（C）. 【详解】 因为 ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 3 f x x x x x x x xx x = −− − = − + − + 2 2 1 1 1, 可见 f ( ) x 在 x = 0,1处不可导，而在 x = −1处是可导的， 故 f ( ) x 的不可导点的个数为 2. （3）已知函数 y yx = ( )在任意点 x 处的增量 2 , 1 y x y x = +α + + + 且当+x → 0 时，α 是+x 的高 阶无穷小， y ( ) 0 = π ，则 y ( ) 1 等于 （A） 4 e π π . （B）π . （C） 4 e π . （D） 2π 【 】 【答】 应选（A）. 【详解】 由 2 , 1 y x y x = +α + + + ，有 2 . 1 y y x x x α = + + + + + 令+x → 0 ，得 ' 2 1 y y x = + ， 解此微分方程并利用初始条件由 y ( ) 0 , = π 得 arctan x y e = π 故 ( ) arctan 4 1 . x ye e π = = π π （4）设函数 f ( ) x 在 x = a 的某个邻域内连续，且 f (a) 为其几大值，则存在 δ > 0 ，当 xa a ∈− + ( ) δ , δ 时，必有 （A）( ) () () x a fx fa − −≥ ⎡ ⎤ 0. ⎣ ⎦

(B) (x-a)[f(x)-f(a)]≤0(C) lm0-()≥0(*a)f-→0(t-x)210)-()≤0(x#a)(D) lim1->0(t-x)2【答】应选(C)【详解】由题设，存在邻域（a-,a+)，使当xea-8,a+o)时，有f(x)≤f(a) f(x)≤f(a),所以当a-<x<a时,(x-a)[(x)-f(a)]≥0当a<x<a+8时,(x-a)[f(x)-f(a)<0因此（A）、（B）不成立考虑到（C)、（D）两项中分母均大于零，而分子部分有limf(0)-f(x)=f(a)-f(x)≥0,所以必有（C）成立（5）设A是任一n(n≥3)阶方阵，A是其伴随矩阵，又k为常数，且k≠0,±l，则必有(kA')=(A) kA"(B) k"-IA(C) k"A"(D) k-"A[【答】应选（B）【详解】方法一：采用加条件的技巧，设A可逆，则由AA=AA-|AEA =|A|A-I知于是(k4)=kA-(kA)"= "|4A= k"- |4|4-1= k"-I A*

（B）( ) () () x a fx fa − −≤ ⎡ ⎤ 0. ⎣ ⎦ （C） ( ) ( ) ( ) ( ) 2 lim 0 t a ft fx x a t x → − ≥ ≠ − （D） ( ) ( ) ( ) ( ) 2 lim 0 t a ft fx x a t x → − ≤ ≠ − 【 】 【答】 应选（C） 【详解】 由题设，存在邻域 (a a −δ , +δ ) ，使当 xa a ∈( − + δ , δ ) 时，有 f () () x fa ≤ f () () x fa ≤ ， 所以 当 a xa −<< δ 时，( x a fx fa − −≥ ) () ⎡ ⎤ ( ) 0. ⎣ ⎦ 当 axa <<+δ 时，( x a fx fa − −≤ ) () ⎡ ⎤ ( ) 0. ⎣ ⎦ 因此（A）、（B）不成立. 考虑到（C）、（D）两项中分母均大于零，而分子部分有 lim 0, () ( ) ( ) ( ) t a ft fx fa fx → ⎡ ⎤ − =−≥ ⎣ ⎦ 所以必有（C）成立. （5）设 A 是任一 n n( ) ≥ 3 阶方阵， * A 是其伴随矩阵，又 k 为常数，且 k ≠ ± 0, 1，则必有 ( ) * kA = . （A） * kA （B） n 1 * k A− （C） n * k A （D） 1 * k A− 【 】 【答】 应选（B） 【详解】 方法一： 采用加条件的技巧，设 A 可逆，则由 * * AA AA AE = = 知 * 1 A A A− = 于是 ( ) ( ) 1 * 1 1 1 1 * 1 n n n kA kA kA k A A k k AA k A − − − − − =⋅ = ⋅ = ⋅ =

所以应选（B）题设k±0,±1，n≥3，主要是为了做到4个选项只有1个正确的方法二：由A"的定义，设A=(a），其元素a,的代数余子式记作Ag，则矩阵kA=(ka,）m若其元素的代数余子式记作△,(i,j=1,2,,n)，由行列式性质有A, = k"-" A, (i, j=1,2,",n)从而(kA)= k"-A三、求函数f(x)=(1+x）在区间(0,2元）内的间断点，并判断其类型元3元，5元，7元各点，（）在区间【详解】在区间(0,2元)内不存在的点为x=4444tan41(0,2元）内的间断点是不存在的点，Atan4元3元5元7元正各点即x=4444处，lim,J(x)=+0,在x=4()5元二处，在x=lim f(x)= +o0,4()5元故=元二处，(x）为第二类间断点4'43元处，在x=lim. (x)=1,4-(3)7元处，7元为『(x)的可去间断点.在x=447元7为(x)的可去间断点但相应的函数在上两点处无定义，故X二44ax-sinx=c(c+0)四、确定常数a,b,c的值，使lim0 In(1+ t3)dt

所以应选（B） 题设 k ≠ ± 0, 1， n ≥ 3，主要是为了做到 4 个选项只有 1 个正确的. 方法二： 由 * A 的定义，设 ( ) ij n n A a × = ，其元素 ij a 的代数余子式记作 Aij ，则矩阵 ( ) ij n n kA ka × = ， 若其元素的代数余子式记作 ( ) , 1, 2, , ij ∆ = ij n " ，由行列式性质有 ( ) 1 , 1, 2, , n ij ij k A ij n − ∆= = " 从而( ) * kA = n 1 * k A− 三、 求函数 () ( )tan 4 1 x x fx x ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ = + 在区间(0, 2π ) 内的间断点，并判断其类型. 【详解】 1 tan 4 x ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ 在区间( ) 0, 2π 内不存在的点为 357 , 44 4 4 x π πππ = 各点，f ( ) x 在区间 ( ) 0, 2π 内的间断点是 1 tan 4 x ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ 不存在的点， 即 357 , 44 4 4 x π πππ = 各点. 在 4 x π = 处， ( ) 4 lim , t f x π + ⎛ ⎞ →⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = +∞ 在 5 4 x π = 处， ( ) 5 4 lim , t f x π + ⎛ ⎞ →⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = +∞ 故 4 x π = ， 5 4 π 处， f ( ) x 为第二类间断点. 在 3 4 x π = 处， ( ) 3 4 lim 1, t f x π + ⎛ ⎞ →⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 在 7 4 x π = 处， 7 4 π 为 f ( ) x 的可去间断点. 但相应的函数在上两点处无定义，故 7 4 x π = ， 7 4 π 为 f ( x) 的可去间断点. 四、确定常数 abc , , 的值，使 ( ) ( ) 3 0 sin lim 0 ln 1 x ax x c c t dt t → − = ≠ +

【详解】当x→0时，ax-sinx→0，且存在而不为零xIn(1+t3)故limdt=0,因此b必为0.-→0JbtIn(1+t3)因若b>0,则在(0,b|内，>0：tIn(1+t))若b<0，则在[b,0)内，0t利用洛必达法则有ax-sinxa-cosxa-cosxlim=lim= lim3cx n(1+t)X-0 In(1+ x)x-→0x-→0dtJotx若α+1，则上式为，与条件不符，故a=1从而再用洛必达法则有1得℃=1因此a=1,b=0,c=2u-将方程ycosx-2ysinx+3ycosx=er化简，并求处原方程的通解五、利用代换y=cosx【详解】方法一：有u=ycosx两端对x求导，得u =y cosx-ysinx,u = y cosx-2y sinx-ycosx.于是原方程化为u+4u=er其通解为eu=C,cos2x+C,sin2x+5从而原方程得通解为cos2xe.y=C+C, sinx+cosx5cosx方法二：

【详解】当 x → 0 时， ax x − → sin 0，且存在而不为零, 故 ( ) 3 0 ln 1 lim 0, x x b t dt → t + = ∫ 因此b 必为 0. 因若b > 0,则在(0,b]内， ( ) 3 ln 1 0 t t + > ； 若b 利用洛必达法则有 ( ) ( ) 3 3 2 0 00 0 sin cos cos lim lim lim . ln 1 ln 1 x xx x ax x a x a x t x x dt t x → →→ − −− = = + + ∫ 若 a ≠ 1，则上式为∞ ，与条件不符， 故 a =1 从而再用洛必达法则有 得 1 2 c = ； 因此 1 1, 0, 2 ab c == = 五、利用代换 cos u y x = 将方程 '' ' cos 2 sin 3 cos x y x y x y xe − + = 化简，并求处原方程的通解. 【详解】 方法一： 有uy x = cos 两端对 x 求导，得 ' ' '' '' ' cos sin , cos 2 sin cos . u y xy x u y x y xy x = − =− − 于是原方程化为 '' 4 x u ue + = 其通解为 1 2 cos 2 sin 2 5 x e uC xC x =++ 从而原方程得通解为 1 2 cos 2 sin cos 5cos x x e yC C x x x = ++ 方法二：

y=usecx,y'=usecx+usecx·tanxy=usecx+usecx·tanx+usecx-tanx+usecx代入原方程得u+4u=er以下同方法一六、计算积分ax【详解】dxdxlim6~+0+4= lim arcsin(2x-1)/60元=2dxm店=-mJi5--(-)-)6-0+= In(2 + V3)dx+In(2+V3)因此9七、从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度V（从海平面算起）与下沉速度v之间的函数关系.设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉，在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为m.体积为B.海水比重为p.仪器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为k(k>0).试建立y与v所满足的微分方程，并求出函

' ' '' '' ' 2 3 sec , sec sec tan sec sec tan sec tan sec yu x y u xu x x y u xu x xu x xu x = = +⋅ = + ⋅+ ⋅ + 代入原方程得 '' 4 x u ue + = 以下同方法一. 六、计算积分 3 2 1 2 2 dx x − x ∫ . 【详解】 3 3 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 , dx dx dx x x x x xx = + − − − ∫ ∫∫ ( ) 1 1 1 1 2 2 0 2 2 1 1 0 2 lim 1 1 4 2 lim arcsin 2 1 2 | dx dx x x x x ε ε ε ε π + + − → − → = − ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = − = ∫ ∫ ( ) 3 3 2 2 1 1 2 2 0 2 3 2 0 1 lim 1 1 2 4 1 11 lim ln 2 24 ln 2 3 | dx dx x x x x x ε ε ε ε + + → + → + = − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − ⎝ ⎠ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ = −+ − − ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦ = + ∫ ∫ 因此 ( ) 3 2 1 2 2 ln 2 3 2 dx x x π =+ + − ∫ 七、从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 y （从海平面算 起）与下沉速度v 之间的函数关系.设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉，在 下沉过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为 m, 体积为 B, 海水比重为 ρ, 仪器所受 的阻力与下沉速度成正比，比例系数为 k k( > 0).试建立 y 与v 所满足的微分方程，并求出函

数关系式y=()【详解】取沉放点为原点O.Oy轴正向铅直向下，则由牛顿第二定律得d'ym=mg-Bp-ky,dt?dy这是可降阶的二阶微分方程，其中=dtASdyddd=V,则dt?dydtdy dt于是原方程可化为dvmymg-Bp-ky,dy分离变量得mvdy=dvmg-Bp-ky积分得_m(mg-Bp)in(mg-Bp-ka)+Cmkk2再根据初始条件1=0得C"(mg=B)in(mg-Bp-k),k2故所求函数关系为_㎡,_m(mg-Bp)2inmg-Bp-kyV=-1k2kmg-Bp八、设y=f(x）是区间[0,1]上的任一非负连续函数（1）试证存在=(0,1)，使得再区间[0,x]上以于(）为高的矩形面积，等于再区间[,1]上以y=f（x）为曲边的梯形面积(2) 又设 (t)在区间(0,1)内可导，且厂(t)>_2(),，证明（1）中的x试唯一的x【详解】（1）令(x)=-x[()dt,则p(x)在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1)内

数关系式 y yv = ( ). 【详解】 取沉放点为原点O Oy , 轴正向铅直向下，则由牛顿第二定律得 2 2 , d y m mg B kv dt =−− ρ 这是可降阶的二阶微分方程，其中 dy v dt = . 令 , dy v dt = 则 2 2 , d y dv dy dv v dt dy dt dy =⋅= 于是原方程可化为 , dv mv mg B kv dy = − − ρ 分离变量得 , mv dy dv mg B kv ρ = − − 积分得 ( ) ( ) 2 ln m m mg B y v mg B kv C k k ρ ρ − =− − − − + 再根据初始条件 0 0, |y v = = 得 ( ) ( ) 2 ln , m mg B C mg B kv k ρ ρ − = −− 故所求函数关系为 ( ) 2 ln . m mg B kv m mg B y v k k mg B ρ ρ ρ − − − =− − − 八、设 y fx = ( ) 是区间[0,1]上的任一非负连续函数. （1）试证存在 x0 ∈(0,1 ,) 使得再区间[0, x0 ] 上以 f ( x0 ) 为高的矩形面积，等于再区间[ x0 ,1] 上以 y fx = ( ) 为曲边的梯形面积. （2）又设 f ( ) x 在区间( ) 0,1 内可导，且 ( ) ( ) ' 2 f x f x x > − ，证明（1）中的 0 x 试唯一的. 【详解】 （1）令 ( ) () 1 , x ϕ x = −x f t dt ∫ 则ϕ ( x) 在闭区间[0,1]上连续，在开区间( ) 0,1 内

可导；又(0)=(1)=0.由罗尔定理知，存在x=(0,1),使p(x)=0.即(x)=xof(xo)-f" f(0)dt=0xof()=f (a)dx.也即(2) 令 F(x)=xf(x)-f(0)dt,则F (x)=xf (x)+f(x)+f(x)=2f(x)-x (x)>0,即F(x)在(0,1)内严格单调增加，从而F(x)=0的点x=必唯一，故（1)中的x试唯一的九、设有曲线y=x-1，过原点作其切线，求由此曲线、切线及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周所得的旋转体的表面积【详解】设切点的横坐标为xo,则切点为(o,x-1)，曲线y=Vx-1在此点的切线斜率1为2/%-1于是切线方程为：y-Vx-x-xo又因它经过原点，以点(0,0)代入，得-2(xo -1) = -xo,解得X=2于是切线方程为即y=4切点为(2,1)，由曲线段y=Vx-1(1≤x≤2)绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积为S,=["2元y/1+y dx=x" V4x-3dx=(5V/5-1)由直线y=方x(0≤2)段绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积为

可导； 又ϕ ϕ ( ) () 0 1 0. = = 由罗尔定理知，存在 x0 ∈(0,1 ,) 使 ( ) ' 0 ϕ x = 0.即 ( ) ( ) () 0 1 ' 0 00 0. x ϕ x x f x f t dt =− = ∫ 也即 ( ) () 0 1 0 0 . x x f x f x dx = ∫ （2）令 ( ) ( ) () 1 , x F x xf x f t dt = − ∫ 则 () () () () ( ) ( ) '' ' F x xf x f x f x f x xf x = ++= − > 2 0, 即 F x( ) 在( ) 0,1 内严格单调增加，从而 F x( ) = 0的点 0 x = x 必唯一，故（1）中的 0 x 试唯 一的. 九、设有曲线 y x = −1，过原点作其切线，求由此曲线、切线及 x 轴所围成的平面图形绕 x 轴旋转一周所得的旋转体的表面积. 【详解】 设切点的横坐标为 0 x , 则切点为( x x 0 0 , 1− ) ，曲线 y x = −1在此点的切线斜率 为 0 1 2 1 x − ， 于是切线方程为： 0 0 ( ) 0 1 1 2 1 y x xx x − −= − − 又因它经过原点，以点( ) 0,0 代入，得 − − =− 21 , ( x0 0 ) x 解得 0 x = 2 于是切线方程为 ( ) 1 1 2 2 y x −= − 即 1 2 y x = 切点为( ) 2,1 ，由曲线段 y x = −1 (1 2 ≤ x ≤ )绕 x 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为 ( ) 2 2 '2 1 1 1 2 1 4 3 5 5 1, 6 S y y dx x x dx π = + = −= − π ∫ ∫ 由直线 ( ) 1 0 2 2 y x = ≤≤ 段绕 x 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为