1998年考研数学二真题

答案： $-1/4$。

思路： 两个根号展开到二阶，一阶项相互抵消。

详细解答：

1. 在零点附近，

   $$\sqrt{1+x}=1+\frac x2-\frac{x^2}8+o(x^2),\qquad \sqrt{1-x}=1-\frac x2-\frac{x^2}8+o(x^2).$$

2. 相加再减去 $2$，分子为 $-x^2/4+o(x^2)$。除以 $x^2$ 后极限为 $-1/4$。

答案： $A=37/12$。

思路： 因式分解找交点，在各段取函数绝对值积分。

详细解答：

1. $y=-x(x-2)(x+1)$，零点为 $-1,0,2$。在 $(-1,0)$ 上 $y<0$，在 $(0,2)$ 上 $y>0$，所以

   $$A=-\int_{-1}^0y\,\mathrm{d}x+\int_0^2y\,\mathrm{d}x.$$

2. 一个原函数为 $P(x)=-x^4/4+x^3/3+x^2$。其值为 $P(-1)=5/12$、$P(0)=0$、$P(2)=8/3$，故

   $$A=-(0-5/12)+(8/3-0)=37/12.$$

答案： $-\cot x\ln(\sin x)-\cot x-x+C$，在 $\sin x>0$ 的区间上成立。

思路： 分部积分对对数求导，$\csc^2x$ 的原函数是 $-\cot x$。

详细解答：

1. 对数要求 $\sin x>0$。取 $u=\ln(\sin x)$、$\mathrm{d}v=\csc^2x\,\mathrm{d}x$，则 $\mathrm{d}u=\cot x\,\mathrm{d}x$、$v=-\cot x$，所以

   $$I=-\cot x\ln(\sin x)+\int\cot^2x\,\mathrm{d}x.$$

2. 由 $\cot^2x=\csc^2x-1$，剩余积分为 $-\cot x-x+C$，即得答案。

答案： $xf(x^2)$。

思路： $f$ 只假设连续，不能直接对 $f(x^2-t^2)$ 求导；先换元使参数只出现在上限。

详细解答：

1. 对固定的 $x$，令 $u=x^2-t^2$，有 $\mathrm{d}u=-2t\,\mathrm{d}t$，上下限从 $t=0,x$ 变为 $u=x^2,0$：

   $$\int_0^xtf(x^2-t^2)\mathrm{d}t =-\frac12\int_{x^2}^0f(u)\mathrm{d}u =\frac12\int_0^{x^2}f(u)\mathrm{d}u.$$

   $x<0$ 时按有向积分换元，该关系也成立。

2. 连续性保证变上限积分可导，再用链式法则，导数为 $\frac12f(x^2)\cdot2x=xf(x^2)$。

答案： 斜渐近线 $y=x+1/\mathrm{e}$。

思路： 斜渐近线斜率为 $\lim y/x$，截距为 $\lim(y-kx)$，还要检查零点右侧是否发散。

详细解答：

1. $x\to+\infty$ 时，

   $$\frac yx=\ln(\mathrm{e}+1/x)\to1.$$

   所以候选斜率为 $1$。再计算

   $$y-x=x\ln\left(1+\frac1{\mathrm{e}x}\right)\to\frac1{\mathrm{e}},$$

   使用了 $\ln(1+u)/u\to1$。因此斜渐近线为 $y=x+1/\mathrm{e}$。

2. $x\to0^+$ 时，

   $$y=x[\ln(1+\mathrm{e}x)-\ln x]\to0,$$

   因 $x\ln x\to0$。所以无铅直渐近线，正半轴其余有限点均连续。

答案： D。

思路： D 中倒数趋零比单纯无界强，可直接把 $y_n$ 写成两个趋零因子的乘积；其余用反例。

详细解答：

1. 若 $1/x_n\to0$，在充分大的 $n$ 上 $x_n\ne0$，并且

   $$y_n=(x_ny_n)\frac1{x_n}\to0\cdot0=0.$$

   所以 D 成立。

2. A 取 $x_n=n,y_n=1/n^2$，乘积趋零，但 $y_n$ 收敛。C 取 $x_n=1/n,y_n=1$，$x_n$ 有界、乘积趋零，但 $y_n$ 不是无穷小。

3. B 取偶数项 $x_n=n,y_n=1/n^2$，奇数项 $x_n=1/n^2,y_n=n$。乘积始终为 $1/n\to0$，但两个数列都无界。因此只有 D 正确。

答案： C，不可导点为 $0,1$，共两个。

思路： 绝对值内的简单零点可能形成尖点，若外因子也为零，尖点可能被消除。

详细解答：

1. 记 $p=x^2-x-2$、$q=x^3-x$，则 $f=p|q|$。$q$ 的零点为 $-1,0,1$，其他点附近符号固定，函数可导。三个零点均为简单零点。

2. 在简单零点 $a$，$q(x)=q'(a)(x-a)+o(x-a)$，因此 $f(a)=0$，差商的右、左极限分别为

   $$p(a)|q'(a)|,\qquad -p(a)|q'(a)|.$$

3. $a=-1$ 时 $p(-1)=0$，两侧都趋于零，所以可导；$a=0$ 时 $p(0)=-2,q'(0)=-1$，两侧为 $-2,2$；$a=1$ 时 $p(1)=-2,q'(1)=2$，两侧为 $-4,4$。后两点不可导，因此选 C。

答案： A，$y(1)=\pi\mathrm{e}^{\pi/4}$。

思路： 增量中高阶项除以 $\Delta x$ 后趋零，因此可得微分方程。

详细解答：

1. 对增量式除以 $\Delta x$ 并取极限，因为 $\alpha/\Delta x\to0$，

   $$y'=\frac{y}{1+x^2}.$$

2. 以 $y(0)=\pi>0$ 为初值，分离变量积分，$\ln y=\arctan x+C$，得到 $y=C_1\mathrm{e}^{\arctan x}$。代入初值得 $C_1=\pi$。

3. 因此 $y(1)=\pi\mathrm{e}^{\arctan1}=\pi\mathrm{e}^{\pi/4}$，选 A。

答案： C。

思路： 局部极大给出邻域内 $f(x)\le f(a)$；固定 $x\ne a$ 后，极限分母趋于正数。

详细解答：

1. 存在 $\delta>0$，使 $|x-a|<\delta$ 时 $f(x)\le f(a)$。固定这样的 $x\ne a$，由连续性，

   $$\lim_{t\to a}\frac{f(t)-f(x)}{(t-x)^2} =\frac{f(a)-f(x)}{(a-x)^2}\ge0.$$

   所以 C 成立。

2. A、B 中的 $(x-a)$ 会在两侧变号，不能与非正的函数值差保持同一方向。例如 $f(x)=-(x-a)^2$，乘积为 $-(x-a)^3$，两侧异号。对同一函数，C 中的极限等于 $1>0$，也反驳 D。

答案： B，$(kA)^*=k^{n-1}A^*$。

思路： 伴随矩阵由代数余子式转置组成，每个余子式是 $n-1$ 阶行列式。

详细解答：

1. 从 $A$ 删除一行一列得到的子矩阵，在 $kA$ 中每个元素都乘 $k$。该子矩阵有 $n-1$ 行，行列式每行提出一个 $k$，故行列式乘 $k^{n-1}$。

2. 代数余子式的符号 $(-1)^{i+j}$ 不变，转置也不影响整体系数，因此每个伴随矩阵元素都乘 $k^{n-1}$，得到 B。此推导不用逆矩阵，所以奇异矩阵也成立。

答案： 第二类间断点为 $\pi/4,5\pi/4$；可去间断点为 $3\pi/4,7\pi/4$。

思路： 底数 $1+x$ 始终为正，只需检查正切为零或未定义的点，取对数判断函数的左右极限。

详细解答：

1. 在原函数有定义的点，

   $$\ln f(x)=\frac{x\ln(1+x)}{\tan(x-\pi/4)}.$$

   区间内正切为零的点为 $\pi/4,5\pi/4$，正切未定义的点为 $3\pi/4,7\pi/4$，其他点函数连续。

2. 在前两个点，分子趋于严格正的数，正切从左侧趋于 $0^-$、右侧趋于 $0^+$。故对数左侧趋于负无穷，右侧趋于正无穷，原函数左极限为零、右极限为正无穷，属于第二类间断。

3. 在后两个点，$1/\tan(x-\pi/4)$ 从两侧都趋于零，因此对数两侧都趋于零，原函数两侧都趋于 $1$。但原式在点处未定义，补定义为 $1$ 即可连续，所以为可去间断点。

答案： $a=1,b=0,c=1/2$。

思路： 非零极限先要求分母在零点也趋零，由积分符号确定下限，再匹配三阶项。

详细解答：

1. 记 $g(t)=\ln(1+t^3)/t$，在零点按极限延拓为零。对实数定义范围 $t>-1$，$t<0$ 时分子分母均负，$t>0$ 时均正，所以 $g(t)>0$（$t\ne0$）。

2. 若 $b\ne0$，$\int_b^0g(t)\mathrm{d}t\ne0$，而 $ax-\sin x\to0$，极限只能为零，与 $c\ne0$ 矛盾。因此 $b=0$。

3. $g(t)=t^2+o(t^2)$，故

   $$\int_0^xg(t)\mathrm{d}t=\frac{x^3}3+o(x^3).$$

   分子展开为 $(a-1)x+x^3/6+o(x^3)$。若 $a\ne1$，其一次项除以三阶分母无法得到有限极限，所以必须 $a=1$。

4. 此时 $c=(1/6)/(1/3)=1/2$，且非零，满足要求。

答案： 化简后为 $u''+4u=\mathrm{e}^x$；通解为

$$y=\frac{C_1\cos2x+C_2\sin2x+\mathrm{e}^x/5}{\cos x}, \qquad\cos x\ne0.$$

思路： 用等价关系 $u=y\cos x$ 求导，可避免直接求商的二阶导数。

详细解答：

1. $u=y\cos x$ 给出

   $$u'=y'\cos x-y\sin x,\qquad u''=y''\cos x-2y'\sin x-y\cos x.$$

   所以原方程左端为 $u''+4u$，化为所列常系数方程。

2. 齐次特征根为 $\pm2i$，齐次通解为 $C_1\cos2x+C_2\sin2x$。设指数特解 $u_p=A\mathrm{e}^x$，则 $u_p''+4u_p=5A\mathrm{e}^x$，得 $A=1/5$。

3. 因此 $u=C_1\cos2x+C_2\sin2x+\mathrm{e}^x/5$，除以 $\cos x$ 得到通解。该代换在不跨越 $\cos x=0$ 的区间上使用。

答案： $\pi/2+\ln(2+\sqrt3)$。

思路： 绝对值内在 $x=1$ 变号，且该点是根式奇点，须分成两个收敛的反常积分。

详细解答：

1. 在 $1/2\le x<1$，根号为 $\sqrt{x-x^2}$；在 $1<x\le3/2$，为 $\sqrt{x^2-x}$。两侧奇性都相当于常数乘 $1/\sqrt{|x-1|}$，所以可积。

2. 两段均令 $u=2x-1$。左段变为

   $$I_1=\int_0^1\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-u^2}} =[\arcsin u]_0^1=\frac\pi2.$$

3. 右段变为

   $$I_2=\int_1^2\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u^2-1}} =[\ln(u+\sqrt{u^2-1})]_1^2 =\ln(2+\sqrt3).$$

   两段相加即得答案。

答案： 令净向下恒力 $F_0=mg-\rho B$，题设下沉过程要求 $F_0>0$。微分方程及函数关系为

$$mv\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}=F_0-kv, \qquad y=-\frac mkv-\frac{mF_0}{k^2} \ln\left(1-\frac{kv}{F_0}\right), \quad0\le v<F_0/k.$$

思路： 先写牛顿运动方程，再利用 $y'=v$ 将时间导数转换为关于深度的导数。

详细解答：

1. 取向下为正方向。重力为 $mg$，浮力为 $\rho B$，阻力为 $kv$ 且向上，所以

   $$m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=mg-\rho B-kv=F_0-kv.$$

   这里按“比重”为单位体积重量理解；若 $\rho$ 记质量密度，浮力应相应为 $\rho gB$。

2. 由 $\mathrm{d}y/\mathrm{d}t=v$，链式法则给出 $\mathrm{d}v/\mathrm{d}t=v\,\mathrm{d}v/\mathrm{d}y$，得到答案中的微分方程。运动从静止开始下沉，净恒力须为正；速度由零增加并始终小于终端速度 $F_0/k$。

3. 在速度增加的范围内，写成

   $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}v}=\frac{mv}{F_0-kv} =-\frac mk+\frac{mF_0/k}{F_0-kv}.$$

   积分得到 $y=-mv/k-(mF_0/k^2)\ln(F_0-kv)+C$。

4. 初始 $y=0,v=0$，故 $C=(mF_0/k^2)\ln F_0$。合并对数得到所列关系。若净力为零，静止初始状态始终静止；若净力为负，则不符合题设由静止向下沉放的运动过程。

答案： （1）所求 $x_0\in(0,1)$ 存在；（2）附加导数条件下它唯一。

思路： 将面积关系写成方程，用辅助函数的罗尔定理证明存在，再用方程左端的严格单调性证明唯一。

详细解答：

1. 所求面积关系是

   $$x_0f(x_0)=\int_{x_0}^1f(t)\mathrm{d}t.$$

   令 $H(x)=x\int_x^1f(t)\mathrm{d}t$。连续性保证 $H$ 在 $[0,1]$ 连续、在 $(0,1)$ 可导，且 $H(0)=H(1)=0$。

2. 由罗尔定理，存在 $x_0\in(0,1)$ 使

   $$H'(x_0)=\int_{x_0}^1f(t)\mathrm{d}t-x_0f(x_0)=0.$$

   这恰是面积关系，证明第一问，包含 $f$ 恒为零的情况。

3. 对第二问，设 $G(x)=xf(x)-\int_x^1f(t)\mathrm{d}t$。附加条件给出

   $$G'(x)=2f(x)+xf'(x)>0\qquad(0<x<1).$$

   所以 $G$ 严格增加，不能有两个不同零点。第一问已证明至少一个，因此所求点唯一。

答案： 表面积为 $\dfrac\pi6(11\sqrt5-1)$。

思路： 先求切线和切点，再分别计算切线生成的圆锥面与曲线生成的抛物面面积。

详细解答：

1. 设切点为 $(t,\sqrt{t-1})$，$t>1$。切线斜率为 $1/(2\sqrt{t-1})$，过原点要求

   $$-\sqrt{t-1}=\frac{-t}{2\sqrt{t-1}} \quad\Longrightarrow\quad2(t-1)=t.$$

   故 $t=2$，切点为 $(2,1)$，切线为 $y=x/2$。

2. 切线段从原点到 $(2,1)$，旋转成底半径 $1$、母线长 $\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5$ 的圆锥面，面积为 $S_1=\pi\sqrt5$。

3. 曲线段从 $(1,0)$ 到 $(2,1)$，旋转表面积为

   $$S_2=2\pi\int_1^2\sqrt{x-1}\sqrt{1+\frac1{4(x-1)}}\mathrm{d}x =\pi\int_1^2\sqrt{4x-3}\mathrm{d}x.$$

   虽然导数在左端发散，乘积化简后的积分有限。积分得

   $$S_2=\frac\pi6[(4x-3)^{3/2}]_1^2 =\frac\pi6(5\sqrt5-1).$$

4. $x$ 轴段旋转退化，不产生表面积；两曲面在切点圆周处接合，也无额外底面。相加得 $S=S_1+S_2=\pi(11\sqrt5-1)/6$。

答案： $y=1+\ln[\sqrt2\cos(x-\pi/4)]$，$-\pi/4<x<3\pi/4$；极大值为 $1+\frac12\ln2$，在 $x=\pi/4$ 取得，无极小值。

思路： 向上凸对应本题的 $y''<0$，曲率公式确定二阶导数方程；先求斜率，再由切线条件定常数。

详细解答：

1. 曲率为 $K=|y''|/[1+(y')^2]^{3/2}$。由给定曲率及 $y''<0$，

   $$\frac{-y''}{[1+(y')^2]^{3/2}}=\frac1{\sqrt{1+(y')^2}} \quad\Longrightarrow\quad y''=-[1+(y')^2].$$

   给定切线 $y=x+1$ 说明 $y(0)=1,y'(0)=1$。

2. 令 $p=y'$，分离变量得 $\mathrm{d}p/(1+p^2)=-\mathrm{d}x$，积分为 $\arctan p=-x+C$。初始斜率给出 $C=\pi/4$，所以 $p=\tan(\pi/4-x)$。

3. 再积分，

   $$y=\ln\cos(\pi/4-x)+C_1.$$

   包含零点的连续区间要求 $-\pi/2<\pi/4-x<\pi/2$，即 $-\pi/4<x<3\pi/4$，其中余弦正。由 $y(0)=1$ 得 $C_1=1+\frac12\ln2$，得到答案。

4. 斜率在 $x<\pi/4$ 时正，在 $x>\pi/4$ 时负，故该点极大。代入得 $1+\frac12\ln2$；两端函数趋于负无穷，没有极小值。

答案： 两个不等式均成立。

思路： 第一问用导数证明一个等价的对数上界；第二问用第一问确定差函数的单调性。

详细解答：

1. 对第一问，令 $H(x)=x/\sqrt{1+x}-\ln(1+x)$，则 $H(0)=0$，且

   $$H'(x)=\frac{1+x/2-\sqrt{1+x}}{(1+x)^{3/2}}.$$

   当 $x>0$ 时，$1+x/2>0$，并且 $(1+x/2)^2=1+x+x^2/4>1+x$，所以分子严格正，$H'>0$。

2. 因此 $\ln(1+x)<x/\sqrt{1+x}$。两边均正，可平方并乘以 $1+x$，得到 $(1+x)\ln^2(1+x)<x^2$，特别适用于 $0<x<1$。

3. 对第二问，设 $G(x)=1/\ln(1+x)-1/x$。其导数为

   $$G'(x)=\frac1{x^2}-\frac1{(1+x)\ln^2(1+x)}<0,$$

   最后不等号来自第一问。因此 $G$ 在 $(0,1]$ 严格减少。

4. 左端极限由对数展开得

   $$G(0^+)=\lim_{x\to0^+} \frac{x-\ln(1+x)}{x\ln(1+x)} =\frac12.$$

   右端 $G(1)=1/\ln2-1$。严格减少性给出 $G(1)<G(x)<G(0^+)$，即第二问的两个严格不等式。

答案：

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

思路： 左乘 $C$ 保持矩阵顺序，先求 $A^T$，最后再转置。

详细解答：

1. $C$ 是对角元均为 $1$ 的上三角矩阵，可逆。原式左乘 $C$，得到

   $$(2C-B)A^T=E.$$

   直接相减得

   $$D=2C-B=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\0&1&2&3\\0&0&1&2\\0&0&0&1\end{pmatrix}.$$

   所以 $A^T=D^{-1}$。

2. 逆矩阵同为对角元为 $1$ 的上三角矩阵。由 $DU=E$，第一条上对角线满足 $u_{12}+2=u_{23}+2=u_{34}+2=0$，故这些元素为 $-2$。下一条满足 $u_{13}+2u_{23}+3=0$、$u_{24}+2u_{34}+3=0$，故均为 $1$。最后 $u_{14}+2u_{24}+3u_{34}+4=0$，得 $u_{14}=0$。

3. 因而

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

   转置得到答案中的 $A$。

答案： （1）$b\ne2$ 时不能表示；（2）$b=2,a\ne1$ 时唯一表示为 $\beta=-\alpha_1+2\alpha_2$；$b=2,a=1$ 时所有表示为

$$\beta=(-1-2s)\alpha_1+(2+s)\alpha_2+s\alpha_3,\quad s\in\mathbb R.$$