2000年考研数学二真题

答案： $-\dfrac16$。

思路： 一次项相减抵消，要比较分子、分母的三次项。

详细解答： 当 $x\to0$ 时，

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad \ln(1+2x^3)=2x^3+o(x^3).$$

所以

$$\lim_{x\to0}\frac{\arctan x-x}{\ln(1+2x^3)} =\lim_{x\to0}\frac{-1/3+o(1)}{2+o(1)}=-\frac16.$$

不能仅用 $\arctan x\sim x$，因为一次项相消之后需要知道余下的首个非零项。

答案： $\mathrm{d}y\big|_{x=0}=(\ln2-1)\mathrm{d}x$。

思路： 先确定对应的 $y$，再对隐函数方程求导。

详细解答： 原式代入 $x=0$ 得 $y=1$。将 $y$ 看作 $x$ 的函数，指数中的 $xy$ 用乘积法则求导：

$$2^{xy}\ln2\,(y+xy')=1+y'.$$

代入 $(x,y)=(0,1)$ 得 $\ln2=1+y'(0)$，故 $y'(0)=\ln2-1$。由 $\mathrm{d}y=y'(x)\mathrm{d}x$，得到所求微分。

答案： $\dfrac\pi3$。

思路： 令根式作为新变量，同时简化分母和微分。

详细解答： 令 $t=\sqrt{x-2}$，则 $x=t^2+2$，$\mathrm{d}x=2t\mathrm{d}t$，$x+7=t^2+9$。积分上下限相应变为 $0,+\infty$，于是

$$\int_2^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(x+7)\sqrt{x-2}} =2\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^2+9} =\frac23\lim_{R\to+\infty}\left[\arctan\frac t3\right]_0^R =\frac\pi3.$$

换元后的积分在 $0$ 附近有界，在无穷远处也收敛，因此反常积分存在。

答案： $y=2x+1$。

思路： 斜渐近线 $y=kx+b$ 的斜率为 $\lim y/x$，截距为 $\lim(y-kx)$。

详细解答： 在 $x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 时，

$$k=\lim\frac{(2x-1)\mathrm e^{1/x}}x=2.$$

利用 $\mathrm e^{1/x}=1+1/x+O(x^{-2})$，得到

$$(2x-1)\mathrm e^{1/x} =(2x-1)\left(1+\frac1x+O(x^{-2})\right) =2x+1+O(x^{-1}).$$

所以 $b=\lim[(2x-1)\mathrm e^{1/x}-2x]=1$，函数与 $2x+1$ 的差趋于零，两端的斜渐近线均为 $y=2x+1$。

答案：

$$(E+B)^{-1}=\frac12(E+A) =\begin{pmatrix}1&0&0&0\\-1&2&0&0\\0&-2&3&0\\0&0&-3&4\end{pmatrix}.$$

思路： 不必求出 $B$，将 $E$ 写成含 $(E+A)^{-1}$ 的乘积，再提取共同因子。

详细解答： $E+A$ 为下三角矩阵，对角元 $2,4,6,8$ 均非零，所以可逆。由 $E=(E+A)^{-1}(E+A)$，得到

$$E+B=(E+A)^{-1}\bigl[(E+A)+(E-A)\bigr]=2(E+A)^{-1}.$$

取逆得 $(E+B)^{-1}=(E+A)/2$。将 $A$ 的对角元各加 $1$，再将每个元素除以 $2$，得到所列矩阵。

答案： D，即 $a\ge0,b<0$。

思路： 全实轴连续要求分母处处非零；左端极限为零要求指数在该端增长。

详细解答：

1. 若 $b=0$，分母为常数 $a+1$，分母非零时函数不趋于零。若 $b>0$，则 $x\to-\infty$ 时 $\mathrm e^{bx}\to0$：$a\ne0$ 时函数类似 $x/a$；$a=0$ 时 $x\mathrm e^{-bx}\to-\infty$。故必须 $b<0$。

2. 当 $b<0$ 时，$\mathrm e^{bx}$ 取遍所有正数。若 $a<0$，存在一点使 $\mathrm e^{bx}=-a$，分母为零，无法在全实轴连续。所以 $a\ge0$。

3. 若 $a\ge0,b<0$，分母恒正，函数连续。令 $x=-t$、$c=-b>0$，则

$$|f(-t)|=\frac{t}{a+\mathrm e^{ct}}\le t\mathrm e^{-ct}\longrightarrow0.$$

所以条件充分且必要，选 D。

答案： C，$(0,f(0))$ 为拐点。

思路： 拐点要检查 $f''$ 变号，极值要检查 $f'$ 变号，仅有 $f''(0)=0$ 还不够。

详细解答： 由关系式和 $f'(0)=0$，得到 $f''(0)=0$。原式 $f''=x-(f')^2$ 的右端可导，因此可继续求导：

$$f'''(x)+2f'(x)f''(x)=1,\qquad f'''(0)=1.$$

原点附近的展开为

$$f''(x)=x+o(x),\qquad f'(x)=\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

第一式说明 $f''$ 在原点左侧为负、右侧为正，曲线凹凸性改变，故为拐点。第二式说明 $f'$ 在足够小的左右邻域均为正，函数两侧都增加，没有极值。因此选 C。

答案： A。

思路： 条件正好对应商函数 $f/g$ 的导数分子。

详细解答： 因 $g>0$，令 $h=f/g$，则

$$h'=\frac{f'g-fg'}{g^2}<0.$$

所以 $h$ 严格递减，$a<x<b$ 时

$$\frac{f(a)}{g(a)}>\frac{f(x)}{g(x)}>\frac{f(b)}{g(b)}.$$

右侧不等式乘以正数 $g(x)g(b)$，得到 A；左侧则说明 B 的方向反了。条件不控制 $fg$ 的增减：取 $f=\mathrm e^{-2x},g=\mathrm e^x$，乘积递减，D 不成立；取 $f=\mathrm e^x,g=\mathrm e^{2x}$，乘积递增，C 不成立。两个例子都满足题设导数条件。

答案： C，即 $36$。

思路： 拆出题设已知趋于零的一项，再计算正弦的三阶余项。

详细解答： 对 $x\ne0$，

$$\frac{6+f(x)}{x^2} =\frac{\sin6x+xf(x)}{x^3}+\frac{6x-\sin6x}{x^3}.$$

第一项由题设趋于零。由于

$$\sin6x=6x-\frac{(6x)^3}{6}+o(x^3)=6x-36x^3+o(x^3),$$

第二项趋于 $36$，所以所求极限为 $36$，选 C。

答案： B，即 $y'''+y''-y'-y=0$。

思路： 指数型解确定特征根，$x\mathrm e^{rx}$ 的出现说明 $r$ 至少为二重根。

详细解答： $\mathrm e^{-x},2x\mathrm e^{-x}$ 对应二重根 $-1$，$3\mathrm e^x$ 对应根 $1$；解的非零常数倍不影响特征根。根的重数之和为 $3$，所以三阶方程的特征多项式可取

$$(r+1)^2(r-1)=(r^2+2r+1)(r-1)=r^3+r^2-r-1.$$

将各次幂系数对应到 $y''',y'',y',y$，即得到 B 中的方程。

答案： $\displaystyle\int f(x)\mathrm{d}x=x-(1+\mathrm e^{-x})\ln(1+\mathrm e^x)+C$。

思路： 先还原 $f(x)$，再令 $t=\mathrm e^x$，最后用分部积分。

详细解答： 在题设中令 $u=\ln x$，则 $x=\mathrm e^u$，所以

$$f(u)=\mathrm e^{-u}\ln(1+\mathrm e^u).$$

故 $f(x)=\mathrm e^{-x}\ln(1+\mathrm e^x)$。令 $t=\mathrm e^x>0$，$\mathrm{d}x=\mathrm{d}t/t$，有

$$\int f(x)\mathrm{d}x=\int\frac{\ln(1+t)}{t^2}\mathrm{d}t.$$

取 $u=\ln(1+t)$、$\mathrm{d}v=t^{-2}\mathrm{d}t$，则 $v=-1/t$。分部积分给出

$$\begin{aligned} \int\frac{\ln(1+t)}{t^2}\mathrm{d}t &=-\frac{\ln(1+t)}t+\int\frac{\mathrm{d}t}{t(1+t)}\\ &=-\frac{\ln(1+t)}t+\ln t-\ln(1+t)+C. \end{aligned}$$

最后代回 $t=\mathrm e^x$、$\ln t=x$，得到所求原函数。

答案：

$$\int_0^xS(t)\mathrm{d}t= \begin{cases} x^3/6,&0\le x\le1,\\ -x^3/6+x^2-x+1/3,&1<x\le2,\\ x-1,&x>2. \end{cases}$$

思路： 直线在 $t=1,2$ 时改变与正方形的相交方式，先求面积函数，再分段积分。

详细解答： 用 $(u,v)$ 表示正方形内的点，直线左下方的条件就是 $u+v\le t$。

1. $0\le t\le1$ 时，截得直角三角形，两条直角边都是 $t$，所以 $S(t)=t^2/2$。$1<t\le2$ 时，右上角未包括的三角形两条直角边都是 $2-t$，所以 $S(t)=1-(2-t)^2/2=-1+2t-t^2/2$。$t>2$ 时整个正方形被包括，$S(t)=1$。

2. 若 $0\le x\le1$，积分为 $\int_0^xt^2/2\,\mathrm{d}t=x^3/6$。若 $1<x\le2$，则

$$\int_0^xS(t)\mathrm{d}t =\frac16+\left[-t+t^2-\frac{t^3}{6}\right]_1^x =-\frac{x^3}{6}+x^2-x+\frac13.$$

代入 $x=2$ 得积分为 $1$，所以 $x>2$ 时积分为 $1+\int_2^x1\,\mathrm{d}t=x-1$。

答案： $\displaystyle f^{(n)}(0)=\frac{(-1)^{n-1}n!}{n-2}$，$n\ge3$。

思路： 麦克劳林展开的 $x^n$ 系数是 $f^{(n)}(0)/n!$。

详细解答： 在 $|x|<1$ 内，

$$\ln(1+x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k x^k, \qquad x^2\ln(1+x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k x^{k+2}.$$

当 $k=n-2$ 时，幂次为 $n$，系数为 $(-1)^{n-3}/(n-2)$。因此

$$f^{(n)}(0)=n!\frac{(-1)^{n-3}}{n-2} =\frac{(-1)^{n-1}n!}{n-2}.$$

两种符号指数相差 $2$，故符号相同。

答案： （1）$2n\le S(x)<2(n+1)$；（2）极限为 $2/\pi$。

思路： $|\cos t|$ 每个长度为 $\pi$ 的周期积分为 $2$，利用相邻周期的端点夹逼。

详细解答：

1. $|\cos t|$ 的周期为 $\pi$，且

$$\int_0^\pi|\cos t|\mathrm{d}t =\int_0^{\pi/2}\cos t\mathrm{d}t-\int_{\pi/2}^\pi\cos t\mathrm{d}t=2.$$

所以 $S(n\pi)=2n$。当 $n\pi\le x<(n+1)\pi$ 时，积分非负，故 $S(x)\ge2n$；而

$$S((n+1)\pi)-S(x)=\int_x^{(n+1)\pi}|\cos t|\mathrm{d}t>0.$$

严格大于零是因为区间长度为正，$|\cos t|$ 只在孤立点为零。因此 $S(x)<2(n+1)$。

2. 对足够大的 $x$ 取整数 $n$ 使 $n\pi\le x<(n+1)\pi$，得到

$$\frac{2n}{(n+1)\pi}\le\frac{S(x)}x\le\frac{2(n+1)}{n\pi}.$$

$x\to+\infty$ 时 $n\to+\infty$，左右两端均趋于 $2/\pi$，夹逼定理给出所求极限。

答案： 至多 $6\ln3$ 年，约 $6.59$ 年；按完整年度计为 $7$ 年。

思路： 建立污染物质量的“流入减流出”方程，最大许可流入浓度给出最慢的治理过程。

详细解答： 设从2000年初经过 $t$ 年后质量为 $m(t)$。水的流入量与流出量相等，湖水总量保持 $V$。污水每年的污染物流入量至多为 $(V/6)(m_0/V)=m_0/6$。均匀湖水浓度为 $m/V$，每年的污染物流出量为 $(V/3)(m/V)=m/3$。

在流入浓度持续达到上限时，

$$m'+\frac13m=\frac{m_0}6,\qquad m(0)=5m_0.$$

乘以积分因子 $\mathrm e^{t/3}$ 并积分，

$$(m\mathrm e^{t/3})'=\frac{m_0}6\mathrm e^{t/3}, \qquad m(t)=\frac{m_0}2+C\mathrm e^{-t/3}.$$

初值给出 $C=9m_0/2$，所以 $m(t)=m_0(1+9\mathrm e^{-t/3})/2$。实际流入量不超过上限，乘同样积分因子后积分，可知实际质量不超过此函数。令上界不超过 $m_0$，有

$$9\mathrm e^{-t/3}\le1 \quad\Longleftrightarrow\quad t\ge3\ln9=6\ln3.$$

故经过 $6\ln3$ 年可保证达标；最大浓度持续排入时恰好需要这么久。

答案： 在 $(0,\pi)$ 内至少有两个不同的零点。

思路： 假设只有一个零点，用严格递减的 $\cos x$ 构造同号乘积，使两个积分条件产生矛盾。

详细解答： 若 $f$ 恒为零，任取两个不同内点即可。否则，由连续性及 $\int_0^\pi f=0$，$f$ 必须同时取正值和负值：若仅有一个符号且不恒为零，积分会严格为正或严格为负。因此由介值定理至少存在一个内部零点。

假设内部仅有一个零点 $c$。连续函数在无零点区间不能变号，所以 $f$ 在 $(0,c)$ 和 $(c,\pi)$ 上保持相反的严格符号。又 $\cos x$ 严格递减，所以 $\cos x-\cos c$ 在左侧为正、右侧为负。于是

$$f(x)(\cos x-\cos c)$$

在两侧同号，且内部有非零值，其积分不可能为零。但题设给出

$$\int_0^\pi f(x)(\cos x-\cos c)\mathrm{d}x =\int_0^\pi f(x)\cos x\mathrm{d}x-\cos c\int_0^\pi f(x)\mathrm{d}x=0.$$

矛盾，所以不能只有一个内部零点，结论成立。

答案： $y=2(x-6)=2x-12$。

思路： 从局部关系求 $f(1),f'(1)$，再由周期性转移到 $x=6$。

详细解答： 由于 $\alpha(x)=o(x)$，令 $x\to0$，利用连续性得到 $-2f(1)=0$，故 $f(1)=0$。可导性给出

$$f(1+\sin x)=f(1)+f'(1)\sin x+o(x), \qquad f(1-\sin x)=f(1)-f'(1)\sin x+o(x).$$

代入原关系得 $4f'(1)\sin x+o(x)=8x+o(x)$。除以 $x$，用 $\sin x/x\to1$，得 $f'(1)=2$。

周期为 $5$，故 $f(6)=f(1)=0$，并且

$$f'(6)=\lim_{h\to0}\frac{f(6+h)-f(6)}h =\lim_{h\to0}\frac{f(1+h)-f(1)}h=2.$$

切线为 $y-f(6)=f'(6)(x-6)$，即答案。

答案： $a=4$ 时最大，最大体积为 $\dfrac{32\sqrt5\pi}{1875}$。

思路： 由交点求直线与积分上限，用圆环法建立体积，再对参数 $a$ 求最值。

详细解答： 交点满足 $ax^2=1-x^2$，横坐标为 $c=1/\sqrt{1+a}$，纵坐标为 $ac^2$。直线 $OA$ 的斜率为 $ac$，方程为 $y=acx$。在 $0\le x\le c$ 上，$acx\ge ax^2\ge0$，因此

$$\begin{aligned} V(a)&=\pi\int_0^c[(acx)^2-(ax^2)^2]\mathrm{d}x\\ &=\pi a^2\left(\frac{c^5}3-\frac{c^5}5\right) =\frac{2\pi a^2}{15(1+a)^{5/2}}. \end{aligned}$$

外半径对应直线，内半径对应抛物线。对 $a>0$ 求导，

$$V'(a)=\frac\pi{15}\frac{a(4-a)}{(1+a)^{7/2}}.$$

故在 $(0,4)$ 递增、$(4,+\infty)$ 递减，$a=4$ 为全局最大值点。代入得

$$V(4)=\frac{32\pi}{15\cdot5^{5/2}}=\frac{32\sqrt5\pi}{1875}.$$

答案： （1）$f'(x)=-\dfrac{\mathrm e^{-x}}{x+1}$；（2）$\mathrm e^{-x}\le f(x)\le1$，$x\ge0$。

思路： 乘以 $x+1$ 再求导消去积分，得到 $f'$ 的方程；通过导数符号证明上下界。

详细解答：

1. 原式化为

$$(x+1)f'(x)+(x+1)f(x)-\int_0^xf(t)\mathrm{d}t=0.$$

原式也表明 $f'$ 可继续求导。两边求导，$f(x)$ 项相消，得到

$$(x+1)f''+(x+2)f'=0.$$

令 $u=f'$，则 $u'+[1+1/(x+1)]u=0$。乘积分因子 $(x+1)\mathrm e^x$，得到

$$[(x+1)\mathrm e^xu]'=0,\qquad u=\frac{C\mathrm e^{-x}}{x+1}.$$

原式在 $0$ 处给出 $f'(0)=-f(0)=-1$，所以 $C=-1$，得到第一问。

2. $f'<0$，所以 $f(x)\le f(0)=1$。令 $h=f-\mathrm e^{-x}$，则 $h(0)=0$，且

$$h'(x)=-\frac{\mathrm e^{-x}}{x+1}+\mathrm e^{-x} =\frac{x\mathrm e^{-x}}{x+1}\ge0.$$

故 $h(x)\ge0$，即 $f(x)\ge\mathrm e^{-x}$，两侧不等式均成立。

答案： $\displaystyle x=k\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\-1/2\end{pmatrix}$，$k\in\mathbb R$。

思路： $B=\beta^T\alpha$ 是数，利用 $A=\alpha\beta^T$ 的结构化简矩阵高次幂。

详细解答： 计算得

$$B=1+\frac12\cdot2=2,\qquad A=\begin{pmatrix}1&1/2&0\\2&1&0\\1&1/2&0\end{pmatrix}.$$

由结合律，$A^2=\alpha(\beta^T\alpha)\beta^T=2A$，故 $A^4=(2A)^2=8A$。原方程成为

$$16Ax=8Ax+16x+\gamma,\qquad8(A-2E)x=\gamma.$$

除以 $8$ 并逐行展开，

$$-x_1+\frac12x_2=0,\qquad 2x_1-x_2=0,\qquad x_1+\frac12x_2-2x_3=1.$$

前两式等价，给出 $x_2=2x_1$。第三式给出 $x_3=x_1-1/2$。令自由变量 $x_1=k$，就得到全部解。