1999年考研数学二真题

答案： $y+2x-1=0$。

思路： 参数导数之比给切线斜率，法线斜率取负倒数。

详细解答：

1. $t=0$ 时参数点为 $(0,1)$。由 $x=0$ 得 $\sin2t=0$，检查这些参数中的 $y=\mathrm{e}^t\cos t=1$，只有 $t=0$ 对应该点。

2. 对参数求导，

   $$x'(t)=\mathrm{e}^t(\sin2t+2\cos2t),\qquad y'(t)=\mathrm{e}^t(\cos t-\sin t).$$

   在零点分别为 $2,1$，故切线斜率为 $1/2$，法线斜率为 $-2$。

3. 法线过 $(0,1)$，方程为 $y-1=-2x$，即 $y+2x-1=0$。

答案： $y'(0)=1$。

思路： 先由原方程求出零点的函数值，再隐式求导。

详细解答：

1. 在 $x=0$ 处，$\ln y(0)=0$，所以 $y(0)=1$。

2. 对原式求导，

   $$\frac{2x+y'}{x^2+y}=3x^2y+x^3y'+\cos x.$$

   代入 $x=0,y=1$，得到 $y'(0)=1$，即所求。

答案： $\dfrac12\ln(x^2-6x+13)+4\arctan((x-3)/2)+C$。

思路： 分母配方，分子拆成分母导数的一半加常数。

详细解答：

1. 分母为 $(x-3)^2+4>0$，分子 $x+5=(x-3)+8$，所以

   $$I=\int\frac{x-3}{(x-3)^2+4}\mathrm{d}x +8\int\frac{\mathrm{d}x}{(x-3)^2+4}.$$

2. 第一项令 $u=(x-3)^2+4$，为 $\frac12\ln u$。第二项令 $v=(x-3)/2$，为 $4\int\mathrm{d}v/(1+v^2)=4\arctan v$。合并得到答案，分母恒正所以对数不需绝对值。

答案： 平均值为 $(\sqrt3+1)\pi/12$。

思路： 区间平均值为定积分除以区间长度，根式积分用 $x=\sin t$。

详细解答：

1. 区间长度为 $(\sqrt3-1)/2$。令 $x=\sin t$，上下限对应 $t=\pi/6,\pi/3$，此时根号为 $\cos t$，故

   $$I=\int_{1/2}^{\sqrt3/2}\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x =\int_{\pi/6}^{\pi/3}\sin^2t\,\mathrm{d}t =\left[\frac t2-\frac{\sin2t}4\right]_{\pi/6}^{\pi/3}.$$

2. 两端的 $\sin2t$ 都为 $\sqrt3/2$，抵消后 $I=\pi/12$。所以平均值为

   $$\frac I{(\sqrt3-1)/2} =\frac\pi{6(\sqrt3-1)} =\frac{(\sqrt3+1)\pi}{12}.$$

答案： $y=C_1\mathrm{e}^{2x}+C_2\mathrm{e}^{-2x}+\dfrac14x\mathrm{e}^{2x}$。

思路： 右端指数已在齐次解中，待定特解须乘一个 $x$。

详细解答：

1. 齐次特征方程为 $r^2-4=0$，根为 $\pm2$，所以 $y_h=C_1\mathrm{e}^{2x}+C_2\mathrm{e}^{-2x}$。

2. 设特解 $y_p=Ax\mathrm{e}^{2x}$，则

   $$y_p'=A(1+2x)\mathrm{e}^{2x},\qquad y_p''=A(4+4x)\mathrm{e}^{2x}.$$

   所以 $y_p''-4y_p=4A\mathrm{e}^{2x}$，与右端比较得 $A=1/4$。加到齐次通解上即得答案。

答案： D，可导，且 $f'(0)=0$。

思路： 有界的 $g$ 可通过夹逼控制左侧差商，右侧用余弦差的二阶等价式。

详细解答：

1. $f(0)=0^2g(0)=0$。设 $|g(x)|\le M$。当 $h\to0^-$ 时，

   $$\left|\frac{f(h)-f(0)}h\right|=|hg(h)|\le M|h|\to0.$$

2. 当 $h\to0^+$ 时，

   $$\frac{f(h)-f(0)}h=\frac{1-\cos h}{h^{3/2}} \sim\frac{h^2/2}{h^{3/2}}=\frac{\sqrt h}2\to0.$$

   两侧差商极限均为零，故导数存在且为零。可导也保证连续，所以选 D。

答案： C，同阶但不等价。

思路： 两被积函数在零点可连续延拓，用小区间积分的平均值极限比较两项。

详细解答：

1. $\sin t/t\to1$，所以在零点延拓后连续，得到

   $$\frac{\alpha(x)}{5x} =\frac1{5x}\int_0^{5x}\frac{\sin t}t\mathrm{d}t\longrightarrow1.$$

2. $(1+t)^{1/t}\to\mathrm{e}$，同样连续延拓后有 $\beta(x)/\sin x\to\mathrm{e}$。又 $\sin x/x\to1$，所以 $\alpha(x)\sim5x$、$\beta(x)\sim\mathrm{e}x$。

3. 因而 $\alpha(x)/\beta(x)\to5/\mathrm{e}$，为非零有限数但不等于 $1$。这说明同阶而非等价，选 C。

答案： A。

思路： 原函数可写成从零点出发的积分再加常数，利用奇偶性；其余性质用反例检查。

详细解答：

1. 若 $f$ 为奇函数，则

   $$F(-x)-F(0)=\int_0^{-x}f(t)\mathrm{d}t =-\int_0^xf(-u)\mathrm{d}u =\int_0^xf(u)\mathrm{d}u=F(x)-F(0).$$

   因此 $F(-x)=F(x)$，任意原函数都是偶函数，A 正确。

2. B 取 $f(x)=1$，原函数 $F(x)=x+1$ 不是奇函数；常数项不能随意忽略。C 也取周期函数 $f(x)=1$，原函数 $F(x)=x$ 不周期。D 取严格增加的 $f(x)=x$，原函数 $x^2/2$ 在负半轴减少，不是全局增加。因此其余不成立。

答案： C，充分必要条件。

思路： 系数 $2$ 和 $\varepsilon$ 的限制不改变“任意小误差最终可满足”的含义，分别按极限定义证明两方向。

详细解答：

1. 必要性：若 $x_n\to a$，对任意 $\varepsilon\in(0,1)$，最终有 $|x_n-a|<\varepsilon\le2\varepsilon$，所以所给条件成立。

2. 充分性：给定任意误差 $\eta>0$，取 $\varepsilon=\min(\eta/3,1/3)$，则 $0<\varepsilon<1$，且 $2\varepsilon<\eta$。由所给条件，存在 $N$ 使 $n\ge N$ 时

   $$|x_n-a|\le2\varepsilon<\eta.$$

   这正是数列收敛于 $a$ 的定义。因此选 C。

答案： B，两个不同根 $0,1$。

思路： 列相减可消去各列共同的 $x$ 项，使行列式成为分块三角形式。

详细解答：

1. 将第 $2,3,4$ 列分别减第 $1$ 列，再将新第 $2$ 列加到第 $4$ 列。这些操作不改变行列式，得到

   $$f(x)=\begin{vmatrix} x-2&1&0&0\\ 2x-2&1&0&0\\ 3x-3&1&x-2&-1\\ 4x&-3&x-7&-6 \end{vmatrix}.$$

2. 右上角零块使行列式等于两个对角块行列式之积：

   $$f(x)=\begin{vmatrix}x-2&1\\2x-2&1\end{vmatrix} \begin{vmatrix}x-2&-1\\x-7&-6\end{vmatrix} =(-x)[-6(x-2)+(x-7)].$$

3. 化简得 $f(x)=5x(x-1)$，故方程有两个不同实根，选 B。

答案： $-1/2$。

思路： 分子有理化后比较正切与正弦的三阶差，分母对数展开到二阶。

详细解答：

1. 零点附近两个根号都有定义。有理化得

   $$\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x} =\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}.$$

2. $\tan x=x+x^3/3+o(x^3)$，$\sin x=x-x^3/6+o(x^3)$，所以二者之差为 $x^3/2+o(x^3)$。根号和趋于 $2$，故分子为 $x^3/4+o(x^3)$。

3. 分母为

   $$x[\ln(1+x)-x]=x[-x^2/2+o(x^2)] =-x^3/2+o(x^3).$$

   因而原极限为 $(1/4)/(-1/2)=-1/2$。

答案： $\pi/4+\frac12\ln2$。

思路： 反常积分先截断，再分部积分，使反正切变成有理函数。

详细解答：

1. 对 $R>1$，取 $u=\arctan x$、$\mathrm{d}v=x^{-2}\mathrm{d}x$，有

   $$\int_1^R\frac{\arctan x}{x^2}\mathrm{d}x =\left[-\frac{\arctan x}x\right]_1^R +\int_1^R\frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)}.$$

2. 上端边界项因反正切有界而趋于零，下端产生 $\pi/4$。剩余分式为 $1/x-x/(1+x^2)$，所以

   $$\int_1^R\frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)} =\left[\ln x-\frac12\ln(1+x^2)\right]_1^R \longrightarrow\frac12\ln2.$$

3. 两部分都有有限极限，故积分收敛，值为所列答案。

答案： $y=(x^2-1)/2$，$x>0$。

思路： 方程中的根式是齐次形式，令 $u=y/x$，利用 $x>0$ 消去根号中的绝对值。

详细解答：

1. 原式为 $xy'=y+\sqrt{x^2+y^2}$。令 $y=xu$，则 $y'=u+xu'$，且 $\sqrt{x^2+y^2}=x\sqrt{1+u^2}$，所以

   $$x(u+xu')=xu+x\sqrt{1+u^2}, \qquad xu'=\sqrt{1+u^2}.$$

2. 分离变量积分：

   $$\int\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1+u^2}}=\int\frac{\mathrm{d}x}x, \qquad \ln(u+\sqrt{1+u^2})=\ln x+C.$$

   初值 $x=1,y=0$ 给出 $u=0,C=0$。

3. 因此 $u+\sqrt{1+u^2}=x$。其互补因子 $\sqrt{1+u^2}-u=1/x$，两式相减得 $2u=x-1/x$。乘回 $x$，得到 $y=(x^2-1)/2$。代入根式有 $\sqrt{x^2+y^2}=(x^2+1)/2$，直接满足原式和初值。

答案： $W=91500$ 焦耳。

思路： 提升中的总重量不断变化，以已提升距离为积分变量，同时计算污泥漏失和剩余缆绳重量。

详细解答：

1. 设已提升 $x$ 米，$0\le x\le30$。速度为 $3$ 米/秒，已用时间为 $x/3$ 秒，污泥剩余重量为 $2000-20x/3$ 牛顿。

2. 悬在井中的缆绳还长 $30-x$ 米，重量为 $50(30-x)$ 牛顿。加上抓斗自重，总提升力为

   $$F(x)=400+2000-\frac{20x}3+50(30-x) =3900-\frac{170x}3.$$

3. 微小提升距离 $\mathrm{d}x$ 做功为 $F(x)\mathrm{d}x$，故

   $$W=\int_0^{30}F(x)\mathrm{d}x =\left[3900x-\frac{85x^2}3\right]_0^{30} =117000-25500=91500.$$

   污泥在提升结束时仍有 $1800$ 牛顿，所以全程均按上述漏失模型计算。

答案： （1）增区间 $(-\infty,1)$、$(3,+\infty)$，减区间 $(1,3)$，极小值 $27/4$（$x=3$），无极大值；（2）凸（向下）区间 $(-\infty,0)$，凹（向上）区间 $(0,1)$、$(1,+\infty)$，拐点 $(0,0)$；（3）渐近线 $x=1$、$y=x+2$。

思路： 用导数判断单调与凹凸，用长除法找斜渐近线。驻点不一定是极值点。

详细解答：

1. 定义域为 $x\ne1$。对第一问，求导得

   $$y'=\frac{x^2(x-3)}{(x-1)^3}.$$

   在 $x<1$ 时导数除零点外均正，在 $1<x<3$ 时为负，在 $x>3$ 时为正。因此得到所列单调区间。$x=3$ 处由减转增，极小值为 $3^3/(3-1)^2=27/4$；$x=0$ 虽为驻点，但两侧仍增加，不是极值点。

2. 对第二问，

   $$y''=\frac{6x}{(x-1)^4}.$$

   分母正，故 $x<0$ 时负，$x>0,x\ne1$ 时正。在零点凹凸性改变且 $y(0)=0$，所以 $(0,0)$ 是拐点。零点同时斜率为零，是水平拐点；$x=1$ 不在曲线上，不能算拐点。

3. 对第三问，$x\to1^\pm$ 时分子趋于 $1$，分母趋于 $0^+$，所以 $y\to+\infty$，得到铅直渐近线 $x=1$。长除法给出

   $$y=x+2+\frac3{x-1}+\frac1{(x-1)^2}.$$

   无穷远时余项趋零，所以斜渐近线为 $y=x+2$，无水平渐近线。

答案： 至少存在 $\xi\in(-1,1)$ 使 $f'''(\xi)=3$。

思路： 分别在两端点作以零点为中心的二阶泰勒展开，三阶余项的平均值由端点差确定，再用连续性。

详细解答：

1. 三阶连续可导满足带拉格朗日余项的泰勒定理条件，存在 $\eta_+\in(0,1)$、$\eta_-\in(-1,0)$，使

   $$f(1)=f(0)+f'(0)+\frac{f''(0)}2+\frac{f'''(\eta_+)}6,$$

   $$f(-1)=f(0)-f'(0)+\frac{f''(0)}2-\frac{f'''(\eta_-)}6.$$

2. 两式相减，利用端点值与 $f'(0)=0$，得到

   $$1=\frac{f'''(\eta_+)+f'''(\eta_-)}6.$$

   所以两个三阶导数值的平均为 $3$，一个不大于 $3$、另一个不小于 $3$。

3. 若其中一个值已为 $3$，直接取该点；否则由 $f'''$ 在 $[\eta_-,\eta_+]$ 连续和介值定理，两点之间存在 $\xi$ 使 $f'''(\xi)=3$。该区间完全在 $(-1,1)$ 内，故结论成立。

答案： $y=\mathrm{e}^x$，$x\ge0$。

思路： 将三角形面积写成函数和导数，再对恒等面积关系求导，得到可分离的微分方程。

详细解答：

1. 由 $y'>0,y(0)=1$，有 $y(x)>0$。点 $(x,y)$ 的切线与 $x$ 轴交于横坐标 $x-y/y'$，因此三角形底边长为 $y/y'$，高为 $y$：

   $$S_1=\frac{y^2}{2y'},\qquad S_2=\int_0^xy(t)\mathrm{d}t.$$

2. 题设关系为

   $$\frac{y^2}{y'}-\int_0^xy(t)\mathrm{d}t=1.$$

   在 $x=0$ 时给出 $1/y'(0)=1$，所以 $y'(0)=1$。

3. 对恒等式求导，

   $$2y-\frac{y^2y''}{(y')^2}-y=0, \qquad yy''=(y')^2.$$

   因 $y>0$，

   $$\left(\frac{y'}y\right)'=\frac{yy''-(y')^2}{y^2}=0.$$

   所以 $y'/y$ 为常数，由零点初值得该常数为 $1$。

4. 解 $y'=y,y(0)=1$ 得 $y=\mathrm{e}^x$。此时 $2S_1=\mathrm{e}^x$、$S_2=\mathrm{e}^x-1$，原面积差确为 $1$。

答案： 数列 $\{a_n\}$ 的极限存在。

思路： 递减函数的整数取值可作为每个单位区间积分的上下界，证明数列单调且有下界。

详细解答：

1. 对 $k\le x\le k+1$，递减性给出 $f(k)\ge f(x)\ge f(k+1)$。所以

   $$a_n=\sum_{k=1}^{n-1}\left[f(k)-\int_k^{k+1}f(x)\mathrm{d}x\right]+f(n)\ge0.$$

   最后还使用了 $f(n)\ge0$，故数列有下界零。

2. 相邻两项之差为

   $$a_{n+1}-a_n=f(n+1)-\int_n^{n+1}f(x)\mathrm{d}x\le0,$$

   因为区间内 $f(x)\ge f(n+1)$，区间长度为 $1$。

3. 因此 $a_n$ 单调不增且有下界，单调有界数列定理保证其有限极限存在。

答案：

$$X=\frac14\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix}.$$

思路： 左乘 $A$ 后用伴随矩阵恒等式消去 $A^*$ 和 $A^{-1}$，再求普通矩阵的逆。

详细解答：

1. 按第一行展开，$|A|=2+2+0=4\ne0$。原式左乘 $A$，由 $AA^*=|A|E$，得到

   $$(4E-2A)X=E.$$

   记

   $$D=4E-2A=2\begin{pmatrix}1&-1&1\\1&1&-1\\-1&1&1\end{pmatrix}.$$

2. 为求 $D^{-1}$，对任意列向量 $z$ 解 $Du=z$，即

   $$\begin{cases} u_1-u_2+u_3=z_1/2,\\ u_1+u_2-u_3=z_2/2,\\ -u_1+u_2+u_3=z_3/2. \end{cases}$$

   前两式相加、后两式相加、第一与第三式相加，分别得到

   $$u_1=\frac{z_1+z_2}4,\qquad u_2=\frac{z_2+z_3}4,\qquad u_3=\frac{z_1+z_3}4.$$

3. 这给出 $D^{-1}=\frac14\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix}$。因此 $X=D^{-1}$，即所求矩阵。

答案： （1）$p\ne2$ 时线性无关，且

$$\alpha=2\alpha_1+\frac{3p-4}{p-2}\alpha_2+\alpha_3+\frac{1-p}{p-2}\alpha_4;$$

（2）$p=2$ 时线性相关，秩为 $3$，一个极大线性无关组为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$。

思路： 第四列前几个坐标为第二列的两倍，先作列消元找行列式，再按坐标求表示系数和秩。

详细解答：

1. 以四向量为列组成矩阵，将第四列减去第二列的两倍，第四列变为 $(0,0,0,p-2)^T$。沿该列展开，

   $$\det(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) =(p-2)\begin{vmatrix}1&-1&3\\1&-3&2\\1&5&-1\end{vmatrix}.$$

   后两行减第一行，三阶行列式为 $(-2)(-4)-(-1)\cdot6=14$，所以总行列式为 $14(p-2)$。故 $p\ne2$ 时线性无关。

2. 设表示系数为 $c_1,c_2,c_3,c_4$，记 $t=c_2+2c_4$。前三个坐标方程化为

   $$c_1-t+3c_3=4,\quad c_1-3t+2c_3=1,\quad c_1+5t-c_3=6.$$

   后两式分别减第一式，得 $2t+c_3=3$、$3t-2c_3=1$，解得 $t=1,c_3=1,c_1=2$。

3. 第四坐标要求 $6+c_2+(p+2)+pc_4=10$，即 $c_2+pc_4=2-p$。减去 $c_2+2c_4=1$，得 $(p-2)c_4=1-p$。当 $p\ne2$ 时，

   $$c_4=\frac{1-p}{p-2},\qquad c_2=1-2c_4=\frac{3p-4}{p-2},$$

   得到第一问的表达式。

4. 当 $p=2$ 时，第四向量正是 $2\alpha_2$，所以线性相关。前三向量的前三个坐标组成的行列式为 $14\ne0$，它们独立，因此秩至少为 $3$；第四向量已由它们表示，秩至多为 $3$。故秩恰为 $3$，前三向量即为一个极大线性无关组。