1997年考研数学二真题

答案： $a=\mathrm{e}^{-1/2}$。

思路： 连续要求零点处函数值等于非零分支极限；幂式极限用取对数。

详细解答：

1. 零点附近 $\cos x>0$，可取对数：

   $$\ln[(\cos x)^{1/x^2}]=\frac{\ln\cos x}{x^2}.$$

   由 $\cos x=1-x^2/2+o(x^2)$ 和 $\ln(1+u)\sim u$，此商趋于 $-1/2$。

2. 指数函数连续，所以非零分支趋于 $\mathrm{e}^{-1/2}$。必须令 $f(0)=a$ 等于此值，故得到答案。

答案： $y''(0)=-3/2$。

思路： 先用对数运算法则拆开根号和商，再求导。

详细解答：

1. 零点附近根号内为正，故

   $$y=\frac12\ln(1-x)-\frac12\ln(1+x^2), \qquad y'=-\frac1{2(1-x)}-\frac x{1+x^2}.$$

2. 再求导：

   $$y''=-\frac1{2(1-x)^2}-\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}.$$

   代入零点为 $-1/2-1=-3/2$。

答案： $\arcsin((x-2)/2)+C$，$0<x<4$。

思路： 分母配方后与反正弦的导数形式相同。

详细解答：

1. $x(4-x)=4-(x-2)^2$。实数被积函数要求它严格为正，即 $0<x<4$。令 $u=(x-2)/2$，则 $\mathrm{d}x=2\mathrm{d}u$。

2. 因而

   $$\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(4-x)}} =\int\frac{2\mathrm{d}u}{2\sqrt{1-u^2}} =\arcsin u+C.$$

   代回得到答案。

答案： $\pi/8$。

思路： 配方后用反正切原函数，反常积分要取上限的极限。

详细解答：

1. 分母为 $(x+2)^2+4$，所以

   $$\int_0^R\frac{\mathrm{d}x}{x^2+4x+8} =\left[\frac12\arctan\frac{x+2}2\right]_0^R.$$

2. 当 $R\to+\infty$ 时，上端趋于 $\pi/4$，下端为 $(1/2)\arctan1=\pi/8$。积分收敛，值为 $\pi/4-\pi/8=\pi/8$。

答案： $t=3$。

思路： 先选两个必定无关的向量；秩为二意味着第三个向量能由它们表示。

详细解答：

1. $\alpha_1,\alpha_3$ 线性无关：若 $u\alpha_1+v\alpha_3=0$，第一坐标给出 $u=0$，第二坐标再给出 $v=0$。

2. 因此秩为二当且仅当 $\alpha_2=u\alpha_1+v\alpha_3$。第一、第二坐标给出 $u=2$、$2u-4v=0$，所以 $v=1$。第三坐标要求 $t=-u+5v=3$，第四坐标为 $u-2v=0$，也满足。

3. 当 $t=3$ 时确有 $\alpha_2=2\alpha_1+\alpha_3$，所以秩恰为二。

答案： C，$n=3$。

思路： 指数函数之差的阶数由两个指数之差决定，展开正切至三阶。

详细解答：

1. $\tan x=x+x^3/3+o(x^3)$。对指数函数用中值定理，有

   $$\mathrm{e}^{\tan x}-\mathrm{e}^x =\mathrm{e}^{\xi_x}(\tan x-x),$$

   其中 $\xi_x$ 位于 $x$ 和 $\tan x$ 之间，故 $\xi_x\to0$。

2. 因此

   $$\mathrm{e}^{\tan x}-\mathrm{e}^x =\frac{x^3}3+o(x^3).$$

   与 $x^3$ 的比值趋于 $1/3$，是同阶无穷小；与 $x$、$x^2$ 的比值趋零，与 $x^4$ 的比值无有限非零极限，故选 C。

答案： B，$S_2<S_1<S_3$。

思路： 递减性给出下方矩形界，二阶导数为正给出上方端点弦线界。

详细解答：

1. 因 $f'<0$，对每个 $a<x<b$ 有 $f(x)>f(b)$，积分得到

   $$S_1>f(b)(b-a)=S_2.$$

2. 设端点弦线为

   $$l(x)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).$$

   由 $f''>0$，一阶导数严格增加。对任意 $a<x<b$，分别在 $[a,x]$ 和 $[x,b]$ 上应用中值定理，存在 $\xi_1\in(a,x)$、$\xi_2\in(x,b)$，使

   $$\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(\xi_1) <f'(\xi_2)=\frac{f(b)-f(x)}{b-x}.$$

   两边乘以正数 $(x-a)(b-x)$ 并整理，得

   $$(b-a)f(x)<(b-x)f(a)+(x-a)f(b),$$

   即 $f(x)<l(x)$，证明了曲线严格位于端点弦线下方。

3. 积分弦线，

   $$S_1<\int_a^bl(x)\mathrm{d}x =\frac{f(a)+f(b)}2(b-a)=S_3.$$

   合并两式即得 B。

答案： B，在 $x_0$ 处有极小值。

思路： 驻点处一阶导数项消失，微分方程给出二阶导数正负。

详细解答：

1. 代入 $f'(x_0)=0$ 且 $x_0\ne0$，

   $$f''(x_0)=\frac{1-\mathrm{e}^{-x_0}}{x_0}.$$

2. 若 $x_0>0$，分子分母均正；若 $x_0<0$，均负。因此该商总为正。与一阶导数为零结合，二阶导数判别法给出严格局部极小值，选 B。二阶导数非零也排除了拐点。

答案： A，为正常数。

思路： 一周期积分与起点无关，再将正弦正负的两半周期配对确定符号。

详细解答：

1. 被积函数 $h(t)=\mathrm{e}^{\sin t}\sin t$ 连续且周期为 $2\pi$。变限积分求导给出

   $$F'(x)=h(x+2\pi)-h(x)=0,$$

   所以 $F$ 为常数，可取 $x=0$ 计算其符号。

2. 后半段令 $t=u+\pi$，则 $\sin(u+\pi)=-\sin u$，于是

   $$F=\int_0^\pi\sin u\,[\mathrm{e}^{\sin u}-\mathrm{e}^{-\sin u}]\mathrm{d}u.$$

   在 $0<u<\pi$ 内 $\sin u>0$，括号也严格正，所以积分严格正，选 A。

答案： D。

思路： 外层 $g$ 的分支由内层 $f(x)$ 的正负决定。

详细解答：

1. 当 $x<0$ 时，$f(x)=x^2>0$，使用 $g$ 的正分支，得 $g[f(x)]=x^2+2$。

2. 当 $x\ge0$ 时，$f(x)=-x\le0$，使用非正分支，得 $g[f(x)]=2-(-x)=2+x$。因此

   $$g[f(x)]=\begin{cases}2+x^2,&x<0,\\2+x,&x\ge0,\end{cases}$$

   对应 D。

答案： $1$。

思路： 负无穷处 $\sqrt{x^2}=|x|=-x$，同时除以 $-x$，保留这一符号。

详细解答：

1. 对充分小的负数 $x$，分子分母同除以 $-x$：

   $$\frac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+\sin x}} =\frac{\sqrt{4+1/x-1/x^2}-1-1/x} {\sqrt{1+\sin x/x^2}}.$$

2. 因 $|\sin x/x^2|\le1/x^2\to0$，分子趋于 $2-1=1$，分母趋于 $1$，故极限为 $1$。

答案： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{(y^2-\mathrm{e}^t)(1+t^2)}{2(1-ty)}$，在 $1-ty\ne0$ 的可微分支上成立。

思路： 隐式方程先对参数求导，再除以 $x'(t)$。

详细解答：

1. 将 $y$ 看作 $t$ 的函数，对 $2y-ty^2+\mathrm{e}^t=5$ 求导：

   $$2y_t'-y^2-2tyy_t'+\mathrm{e}^t=0.$$

   所以 $(2-2ty)y_t'=y^2-\mathrm{e}^t$。

2. $x=\arctan t$ 给出 $x'(t)=1/(1+t^2)\ne0$。在 $1-ty\ne0$ 时，

   $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} =\frac{y_t'}{x'(t)} =\frac{y^2-\mathrm{e}^t}{2(1-ty)}(1+t^2).$$

答案： $\mathrm{e}^{2x}\tan x+C$，在 $\cos x\ne0$ 的连续区间上成立。

思路： 展开平方后出现 $\sec^2x+2\tan x$，恰与指数乘正切的乘积导数对应。

详细解答：

1. 用 $\tan^2x+1=\sec^2x$，

   $$(\tan x+1)^2=\sec^2x+2\tan x.$$

2. 乘积求导给出

   $$(\mathrm{e}^{2x}\tan x)' =\mathrm{e}^{2x}(2\tan x+\sec^2x) =\mathrm{e}^{2x}(\tan x+1)^2.$$

   因此该乘积就是一个原函数，加上任意常数即可。

答案： $x^3+x^2y-xy^2=C$。

思路： 这是全微分方程，将 $\mathrm{d}x$ 的系数对 $x$ 积分，再核对 $\mathrm{d}y$ 的系数。

详细解答：

1. 设 $F_x=3x^2+2xy-y^2$，对 $x$ 积分、把 $y$ 看作常数，得

   $$F(x,y)=x^3+x^2y-xy^2+h(y).$$

2. 对 $y$ 求偏导，$F_y=x^2-2xy+h'(y)$。与原式中 $\mathrm{d}y$ 的系数 $x^2-2xy$ 比较，得 $h'=0$，所以只差一个常数。

3. 原方程正是 $\mathrm{d}F=0$，积分得到 $F=C$，即所列隐式通解。

答案： $y''-y'-2y=(1-2x)\mathrm{e}^x$。

思路： 非齐次解之差是齐次解，先找两个独立齐次解确定系数，再代入一个特解求右端。

详细解答：

1. $y_1-y_3=\mathrm{e}^{-x}$ 是齐次解，$y_1-y_2=\mathrm{e}^{2x}-\mathrm{e}^{-x}$ 也是齐次解，因此 $\mathrm{e}^{2x}$ 也是齐次解。两指数线性无关，构成齐次解基础。

2. 设方程规范化为 $y''+p(x)y'+q(x)y=r(x)$。将两个齐次解代入，得

   $$4+2p+q=0,\qquad1-p+q=0.$$

   解得 $p=-1$、$q=-2$。

3. 从任一给定解减去其齐次部分，得特解 $y_p=x\mathrm{e}^x$。其导数为 $(x+1)\mathrm{e}^x$、$(x+2)\mathrm{e}^x$，故

   $$r(x)=[(x+2)-(x+1)-2x]\mathrm{e}^x=(1-2x)\mathrm{e}^x.$$

   即得所求方程。

答案：

$$B=\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

思路： 矩阵乘法次序不能交换，先左乘 $A^{-1}$，再求上三角矩阵的逆。

详细解答：

1. $|A|=1\cdot1\cdot(-1)=-1\ne0$，所以可逆。由 $A^2-AB=E$ 左乘 $A^{-1}$，得 $A-B=A^{-1}$，即 $B=A-A^{-1}$。

2. 对一般列向量 $z$，解 $Au=z$。自底向上得到

   $$u_3=-z_3,\qquad u_2=z_2+z_3,\qquad u_1=z_1-z_2-2z_3.$$

   因而

   $$A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&-2\\0&1&1\\0&0&-1\end{pmatrix}.$$

3. 用 $A$ 减去这个逆矩阵，即得答案中的 $B$。

答案： $\lambda=-4/5$ 时无解；$\lambda\ne1,-4/5$ 时唯一解；$\lambda=1$ 时无穷多解，通解为

$$(x_1,x_2,x_3)^T=(1,-1,0)^T+s(0,1,1)^T,\quad s\in\mathbb R.$$

思路： 系数行列式非零时唯一解；行列式为零的两种参数必须分别检查方程是否相容。

详细解答：

1. 系数行列式按第一行展开：

   $$D=2(5-5)-\lambda(-5\lambda-4)-(5\lambda+4) =(\lambda-1)(5\lambda+4).$$

   因此除 $1,-4/5$ 外均有唯一解。

2. 当 $\lambda=-4/5$ 时，第三个方程左端恰是第二个方程左端的 $-5$ 倍，但右端 $-1$ 不等于 $-5\cdot2=-10$。将第三式加上第二式的五倍即得 $0=9$，故无解。

3. 当 $\lambda=1$ 时，第三式是第一式的三倍减第二式的两倍，包括右端也相同，所以只需解前两式。相加得 $3x_1=3$，故 $x_1=1$，第二式再给出 $x_2-x_3=-1$。

4. 令自由变量 $x_3=s$，则 $x_2=s-1$，得到所列通解。一个自由变量说明有无穷多解。

答案： 经过 $M_0$ 的两种局部曲线为 $x-\sqrt3y=2$ 或 $x+\sqrt3y=2$；对应 $r=\sec(\theta+\pi/3)$ 或 $r=\sec(\pi/3-\theta)$，取经过 $(2,0)$ 且 $r>0$ 的局部分支。

思路： 极坐标面积与弧长分别有积分公式，对关系求导得到 $r$ 的一阶方程，平方后会保留两种方向。

详细解答：

1. 在 $\theta=0$ 附近、取 $\theta>0$ 时，面积和弧长分别为

   $$S(\theta)=\frac12\int_0^\theta r(u)^2\mathrm{d}u,\qquad L(\theta)=\int_0^\theta\sqrt{r(u)^2+[r'(u)]^2}\mathrm{d}u.$$

   由 $S=L/2$ 求导得 $r^2=\sqrt{r^2+(r')^2}$。若取负角度，两积分同时改为正向长度，得到同一关系。

2. 平方整理：

   $$(r')^2=r^2(r^2-1).$$

   初始值为 $r(0)=2>1$，所以在初始点附近可分离为

   $$\frac{\mathrm{d}r}{r\sqrt{r^2-1}}=\pm\mathrm{d}\theta.$$

   积分得 $\arccos(1/r)=\pm\theta+C$，由 $r(0)=2$ 得 $C=\pi/3$。

3. 于是局部有 $r=\sec(\pi/3+\theta)$ 或 $r=\sec(\pi/3-\theta)$。由 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，两式分别变为

   $$\frac12x-\frac{\sqrt3}2y=1,\qquad \frac12x+\frac{\sqrt3}2y=1,$$

   即答案中的两条直线。

4. 两个方向都满足条件，题设不能选出唯一的一条。分离变量的推导是在 $r>1$ 的初始邻域内进行的；若讨论跨越 $r=1$ 的更大区间，还须另考察方程在该处的延拓，不能据此声称全局唯一。

答案： $f(x)=\dfrac32ax^2+(4-a)x$；$a=-5$ 时体积最小，$V_{\min}=9\pi/2$。

思路： 微分方程确定函数形式，面积条件确定积分常数，再把体积化为参数的二次函数。

详细解答：

1. 在 $0<x<1$ 上，

   $$\left(\frac{f(x)}x\right)'=\frac{xf'-f}{x^2}=\frac{3a}2.$$

   积分得 $f(x)=\frac32ax^2+Cx$。连续性给出端点 $f(0)=0$。

2. 内部 $f>0$，所以面积为

   $$2=\int_0^1f(x)\mathrm{d}x=\frac a2+\frac C2,$$

   故 $C=4-a$。非负的端点极限要求 $4-a\ge0$、$4+a/2\ge0$，即 $-8\le a\le4$；在此区间，线性因子 $4-a+3ax/2$ 在内部严格正，满足题设。

3. 体积为

   $$\frac V\pi=\int_0^1\left[\frac32ax^2+(4-a)x\right]^2\mathrm{d}x =\frac{9a^2}{20}+\frac{3a(4-a)}4+\frac{(4-a)^2}3$$

   $$=\frac{a^2}{30}+\frac a3+\frac{16}3 =\frac{(a+5)^2}{30}+\frac92.$$

4. 平方项在 $a=-5$ 时为零，且该值在允许范围内。此时 $f(x)=x(9-15x/2)>0$（$0<x<1$），因此最小体积为 $9\pi/2$。

答案： $x\ne0$ 时，

$$\varphi'(x)=\frac{xf(x)-\int_0^xf(u)\mathrm{d}u}{x^2};$$

$\varphi'(0)=1$，且 $\varphi'$ 在零点连续。

思路： 先换元避免对仅连续的 $f$ 求导，再用零点附近的一阶近似计算导数及其极限。

详细解答：

1. 由连续性和 $f(x)/x\to2$，有 $f(0)=0$。当 $x\ne0$ 时，令 $u=xt$，包括 $x<0$ 时按有向积分计算，也有

   $$\varphi(x)=\frac1x\int_0^xf(u)\mathrm{d}u.$$

   连续性保证积分函数可导，商法则给出答案中的非零点公式。

2. 写 $f(u)=2u+r(u)$，其中 $r(u)=o(u)$。对任意 $\varepsilon>0$，充分小的 $|u|$ 有 $|r(u)|\le\varepsilon|u|$，因此

   $$\left|\int_0^xr(u)\mathrm{d}u\right|\le\frac{\varepsilon x^2}2.$$

   所以 $\int_0^xf(u)\mathrm{d}u=x^2+o(x^2)$，得到 $\varphi(x)=x+o(x)$。

3. $\varphi(0)=f(0)=0$，故 $\varphi'(0)=\lim_{x\to0}\varphi(x)/x=1$。另一方面 $xf(x)=2x^2+o(x^2)$，代入非零点导数公式，

   $$\varphi'(x)=\frac{2x^2-x^2+o(x^2)}{x^2}\to1=\varphi'(0).$$

   因而导函数在零点连续。

答案： 令 $m=\arccos(2/\pi)-\sqrt{\pi^2/4-1}$。$k=m$ 时一根，$m<k<0$ 时两根，其余情况无根。

思路： 求左端函数的单调区间与最小值，再根据水平线高度计数；区间端点不计入根。

详细解答：

1. 令 $H(x)=x-\frac\pi2\sin x$。其导数为 $H'=1-\frac\pi2\cos x$。余弦在 $(0,\pi/2)$ 严格减少，所以导数在

   $$x_0=\arccos(2/\pi)$$

   左侧为负、右侧为正，$H$ 先减后增。

2. $H(0)=H(\pi/2)=0$，唯一最小值为

   $$H(x_0)=x_0-\frac\pi2\sqrt{1-\frac4{\pi^2}} =\arccos(2/\pi)-\sqrt{\frac{\pi^2}4-1}=m<0.$$

3. 两个单调区间的内部取值都在 $(m,0)$，所以 $m<k<0$ 时各有一根；$k=m$ 时只在最低点有一根；$k<m$ 或 $k>0$ 时没有交点。$k=0$ 只在两个端点取到，而题设是开区间，因此也无根。