2001年考研数学二真题

答案： $-\dfrac{\sqrt2}{6}$。

思路： 根式差有理化，分母因式分解后消去造成 $0/0$ 型的因子。

详细解答： 因 $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$，当 $x\ne1$ 时，

$$\begin{aligned} \frac{\sqrt{3-x}-\sqrt{1+x}}{x^2+x-2} &=\frac{(3-x)-(1+x)} {(x-1)(x+2)(\sqrt{3-x}+\sqrt{1+x})}\\ &=-\frac2{(x+2)(\sqrt{3-x}+\sqrt{1+x})}. \end{aligned}$$

消去 $x-1$ 后分母在 $1$ 处不为零，可直接取极限，得

$$-\frac2{3\cdot2\sqrt2}=-\frac{\sqrt2}{6}.$$

答案： $y-1=\dfrac12x$，即 $y=1+x/2$。

思路： 隐式求导得到切线斜率，法线斜率是切线斜率的负倒数。

详细解答： 对原方程求导，注意 $y$ 也随 $x$ 变化：

$$\mathrm e^{2x+y}(2+y')+\sin(xy)(y+xy')=0.$$

代入 $(0,1)$，得 $\mathrm e(2+y')=0$，所以切线斜率为 $-2$。法线与切线垂直，斜率为 $-1/(-2)=1/2$。通过 $(0,1)$ 的法线为 $y-1=x/2$。

答案： $\dfrac\pi8$。

思路： 对称区间先利用奇偶性，再用倍角公式化简剩余项。

详细解答： $x^3$ 为奇函数，$\cos^2x$ 为偶函数，所以 $x^3\cos^2x$ 是奇函数，其在 $[-\pi/2,\pi/2]$ 上积分为零。又

$$\sin^2x\cos^2x=\frac14\sin^22x=\frac18(1-\cos4x).$$

因此原积分为

$$\frac18\left[x-\frac14\sin4x\right]_{-\pi/2}^{\pi/2} =\frac18\left(\frac\pi2+\frac\pi2\right)=\frac\pi8.$$

答案： $y\arcsin x=x-\dfrac12$，在所给点附近可写成 $y=(x-1/2)/\arcsin x$。

思路： 左边恰好是乘积 $y\arcsin x$ 的导数。

详细解答： 在 $|x|<1$ 内，$(\arcsin x)'=1/\sqrt{1-x^2}$，所以

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

积分得 $y\arcsin x=x+C$。曲线通过 $(1/2,0)$，代入得 $0=1/2+C$，即 $C=-1/2$。故曲线为 $y\arcsin x=x-1/2$。通过所给点的解可在 $0<x<1$ 上表示为上述显式函数。

答案： $a=-2$。

思路： 无穷多解要求系数矩阵奇异且方程相容，先找奇异参数，再分别检查。

详细解答： 系数矩阵的行列式为

$$\begin{aligned} \det\begin{pmatrix}a&1&1\\1&a&1\\1&1&a\end{pmatrix} &=a(a^2-1)-(a-1)+(1-a)\\ &=a^3-3a+2=(a-1)^2(a+2). \end{aligned}$$

因此只可能 $a=1$ 或 $a=-2$。当 $a=1$ 时，三行左端都为 $x_1+x_2+x_3$，右端却分别为 $1,1,-2$，所以无解。

当 $a=-2$ 时，第三行是前两行之和的相反数，右端也满足 $-2=-(1+1)$，所以相容；前两行不成比例，系数矩阵秩为 $2<3$，有一个自由变量，故有无穷多解。答案为 $-2$。

答案： B，即恒等于 $1$。

思路： 每次复合都把上一步的函数值作为新的自变量，先看 $f$ 的值域。

详细解答： 无论 $x$ 取何值，$f(x)$ 只可能是 $0$ 或 $1$。而 $|0|\le1$、$|1|\le1$，所以 $f(0)=f(1)=1$。因此

$$f[f(x)]=1,\qquad f\{f[f(x)]\}=f(1)=1.$$

结果对全体 $x$ 都相同，选 B。

答案： B，即 $n=2$。

思路： “高阶”表示两者之比趋于零，比较三个无穷小的幂次。

详细解答： 当 $x\to0$，

$$(1-\cos x)\ln(1+x^2)\sim\frac{x^2}{2}\cdot x^2=\frac{x^4}{2}, \quad x\sin x^n\sim x^{n+1}, \quad \mathrm e^{x^2}-1\sim x^2.$$

题设要求

$$\frac{x^4/2}{x^{n+1}}\to0,\qquad \frac{x^{n+1}}{x^2}\to0.$$

这分别要求 $4>n+1$ 和 $n+1>2$，所以 $1<n<3$。$n$ 为正整数，只能是 $2$，选 B。

答案： C，两个拐点。

思路： 拐点要求二阶导数在该点左右变号，将中心移到 $x=2$ 可简化计算。

详细解答： 令 $u=x-2$，则 $(x-1)(x-3)=u^2-1$，所以

$$y=(u^2-1)^2=u^4-2u^2+1,\qquad y''=12u^2-4.$$

二阶导数为零时 $u=\pm1/\sqrt3$，即 $x=2\pm1/\sqrt3$。当 $|u|>1/\sqrt3$ 时 $y''>0$，当 $|u|<1/\sqrt3$ 时 $y''<0$，因此两个零点处均变号。曲线恰有两个拐点，选 C。

答案： A，两个区间内都满足 $f(x)<x$。

思路： 与 $x=1$ 处切线 $y=x$ 比较，用中值定理和 $f'$ 的严格递减性判断差的符号。

详细解答： 对任意 $x\ne1$，中值定理给出介于 $x$ 与 $1$ 之间的 $c$，使

$$f(x)-f(1)=f'(c)(x-1),\qquad f(x)-x=[f'(c)-1](x-1).$$

若 $x>1$，则 $c>1$，由严格递减性 $f'(c)<f'(1)=1$，右侧为负。若 $x<1$，则 $c<1$，有 $f'(c)>1$，但 $x-1<0$，右侧仍为负。因此两侧都满足 $f(x)<x$，选 A。

答案： D。

思路： 函数图上的切线斜率就是导数；先比较增减区间所要求的导数正负，再对应极值点。

详细解答： 图中纵轴左侧的一支一直增加，越靠近纵轴斜率越大，所以这一支的导数应始终为正。A、C 的导数图在左侧都有负值，不能符合这一要求。

纵轴右侧的函数先增加到一个极大值点，再减少到一个极小值点，随后增加。因此右侧导数的符号依次为“正、负、正”，两次过零分别对应极大、极小值点。B 的右侧导数在靠近纵轴时为负，并且它接触横轴的零点两侧没有变号，与原函数的增减变化不符。D 的左侧始终为正，右侧依次为正、负、正，符合要求，故选 D。图中纵轴处不属于所画两支的定义区间，不能把两支强行连成一条导数曲线。

答案： $\displaystyle\arctan\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+C$。

思路： 令 $t=x/\sqrt{x^2+1}$，其导数含有 $(x^2+1)^{-3/2}$，可将根式积分转为反正切积分。

详细解答： 换元得

$$t=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}},\qquad \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+1)^{3/2}},\qquad 1+t^2=\frac{2x^2+1}{x^2+1}.$$

于是

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

原积分为 $\int\mathrm{d}t/(1+t^2)=\arctan t+C$，代回便得答案。

答案： $\displaystyle f(x)=\mathrm e^{x/\sin x}$，$\sin x\ne0$。$0$ 为可去间断点，其余 $k\pi$（$k\in\mathbb Z\setminus\{0\}$）为第二类间断点。

思路： 幂指型极限先取对数；求出函数后，只需检查 $\sin x=0$ 的点。

详细解答： 固定满足 $\sin x\ne0$ 的 $x$，$t$ 充分靠近 $x$ 时 $\sin t/\sin x>0$。令

$$u=\frac{\sin t-\sin x}{\sin x}\longrightarrow0.$$

原表达式的对数为

$$\frac{x}{\sin t-\sin x}\ln\frac{\sin t}{\sin x} =\frac{x}{\sin x}\frac{\ln(1+u)}u \longrightarrow\frac{x}{\sin x}.$$

指数函数连续，故 $f(x)=\mathrm e^{x/\sin x}$。

当 $x\to0$，$x/\sin x\to1$，所以 $f(x)\to\mathrm e$；原式在 $x=0$ 未定义，补定义 $f(0)=\mathrm e$ 后可连续，故为可去间断点。

在非零点 $x=k\pi$ 附近，$\sin x\sim(-1)^k(x-k\pi)$，从而

$$\frac{x}{\sin x}\sim\frac{k\pi}{(-1)^k(x-k\pi)}.$$

两侧分别趋于符号相反的无穷大，所以 $f$ 的一侧极限为 $0$，另一侧为 $+\infty$，不是两个有限单侧极限，属于第二类间断点。其余点处函数连续。

答案： $9$。

思路： 先按曲率公式求 $\rho(x)$ 和弧长导数，再用 $\mathrm{d}/\mathrm{d}s=(\mathrm{d}x/\mathrm{d}s)\mathrm{d}/\mathrm{d}x$。

详细解答： 对 $y=\sqrt x$，

$$y'=\frac1{2\sqrt x},\qquad y''=-\frac1{4x^{3/2}}.$$

所以曲率半径为

$$\rho=\frac1K =\frac{(1+1/(4x))^{3/2}}{1/(4x^{3/2})} =\frac{(4x+1)^{3/2}}2.$$

从 $A$ 到 $M$ 的弧长满足

$$\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}=\sqrt{1+(y')^2} =\frac{\sqrt{4x+1}}{2\sqrt x}>0.$$

因此

$$\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s} =\frac{\mathrm{d}\rho/\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s/\mathrm{d}x} =\frac{3\sqrt{4x+1}}{\sqrt{4x+1}/(2\sqrt x)} =6\sqrt x,$$

$$\frac{\mathrm{d}^2\rho}{\mathrm{d}s^2} =\frac{\mathrm{d}(6\sqrt x)/\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s/\mathrm{d}x} =\frac{3/\sqrt x}{\sqrt{4x+1}/(2\sqrt x)} =\frac6{\sqrt{4x+1}}.$$

代入所求式，得 $3\rho\rho_{ss}-\rho_s^2=9(4x+1)-36x=9$。

答案： $f(x)=(x+1)\mathrm e^x-1$，$x\ge0$。

思路： 变上限积分求导后利用反函数关系 $g(f(x))=x$，即可求出 $f'$。

详细解答： 由积分上限求导法则，

$$g(f(x))f'(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^2\mathrm e^x) =(2x+x^2)\mathrm e^x.$$

因为 $g$ 是 $f$ 的反函数，左侧为 $xf'(x)$。对 $x>0$ 除以 $x$ 得 $f'(x)=(x+2)\mathrm e^x$，所以

$$f(x)=\int(x+2)\mathrm e^x\mathrm{d}x=(x+1)\mathrm e^x+C.$$

$f$ 在 $0$ 处连续且 $f(0)=0$，故 $C=-1$。所得函数在 $x\ge0$ 上导数为正，确有反函数；原积分和 $x^2\mathrm e^x$ 的导数相同，且在 $0$ 处均为零，所以也满足原积分关系。

答案： $\dfrac{\mathrm e^\pi+1}{1+\pi}$。

思路： 被积式是商 $f(x)/(1+x)$ 的导数；只需求出 $f(\pi)$。

详细解答： 因 $f'=g$，

$$\left(\frac{f(x)}{1+x}\right)' =\frac{g(x)}{1+x}-\frac{f(x)}{(1+x)^2}.$$

所以积分为 $f(\pi)/(1+\pi)-f(0)=f(\pi)/(1+\pi)$。再由 $f''=g'=2\mathrm e^x-f$，得到

$$f''+f=2\mathrm e^x,\qquad f(0)=0,\quad f'(0)=2.$$

齐次方程通解为 $C_1\cos x+C_2\sin x$，可取非齐次特解 $\mathrm e^x$，因为 $(\mathrm e^x)''+\mathrm e^x=2\mathrm e^x$。故

$$f=\mathrm e^x+C_1\cos x+C_2\sin x.$$

初值给出 $C_1=-1,C_2=1$，所以 $f(\pi)=\mathrm e^\pi+1$，积分即为答案。

答案： （1）$L:y=\dfrac14-x^2$，$x>0$；（2）所求切线为 $x+\sqrt3y=1/\sqrt3$。

思路： 将距离与切线纵截距关系写成微分方程。第二问将所围面积表示为切线与坐标轴围成的三角形面积减去曲线下方的固定面积。

详细解答：

1. 在 $P(x,y)$ 处切线为 $Y-y=y'(x)(X-x)$，纵截距为 $y-xy'$。题设距离关系为

$$y-xy'=\sqrt{x^2+y^2}.$$

令 $u=y/x$（$x>0$），则 $y'=u+xu'$，方程化为

$$-x^2u'=x\sqrt{1+u^2},\qquad \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1+u^2}}=-\frac{\mathrm{d}x}x.$$

积分得 $\ln(u+\sqrt{1+u^2})=-\ln x+C$，即

$$y+\sqrt{x^2+y^2}=C_0.$$

代入 $(1/2,0)$ 得 $C_0=1/2$。于是 $\sqrt{x^2+y^2}=1/2-y$，平方整理得 $y=1/4-x^2$。该式满足 $1/2-y=1/4+x^2>0$，也满足未平方的原关系，所以没有引入增根。

2. 设第一象限切点横坐标为 $a$，则 $0<a<1/2$，切点纵坐标为 $1/4-a^2$，切线为

$$Y=\frac14+a^2-2aX.$$

其纵截距为 $c=1/4+a^2$，横截距为 $c/(2a)$。切线位于抛物线上方，因为两者差为 $(X-a)^2$。切线与坐标轴围成的三角形面积为 $c^2/(4a)$，曲线与坐标轴围成的面积为

$$\int_0^{1/2}\left(\frac14-x^2\right)\mathrm{d}x=\frac1{12}.$$

所以所求图形面积

$$S(a)=\frac{(1/4+a^2)^2}{4a}-\frac1{12}, \qquad S'(a)=\frac{(a^2+1/4)(3a^2-1/4)}{4a^2}.$$

导数在 $a=1/(2\sqrt3)$ 两侧由负变正，故此处面积最小。代回切线，得 $Y=1/3-X/\sqrt3$，即 $x+\sqrt3y=1/\sqrt3$。

答案： 从开始融化起共需 $6$ 小时。

思路： 半球体积和半球曲面面积都由半径表示，体积变化率方程会化为半径匀速减少。

详细解答： 设 $t$ 小时后的半径为 $r(t)$。半球体积与曲面面积为

$$V=\frac23\pi r^3,\qquad S=2\pi r^2.$$

融化使体积减少，故 $V'=-KS$，即

$$2\pi r^2r'=-2K\pi r^2.$$

在尚未融尽时 $r>0$，可约去 $2\pi r^2$，得 $r'=-K$，所以 $r(t)=r_0-Kt$。前三小时剩余体积为原来的 $1/8$，于是

$$\left(\frac{r(3)}{r_0}\right)^3=\frac18,\qquad r(3)=\frac{r_0}2.$$

因此 $r_0-3K=r_0/2$，得 $K=r_0/6$。全部融化时 $r=0$，时间为 $r_0/K=6$ 小时。

答案： （1）$f(x)=f'(0)x+\dfrac12f''(\theta_x)x^2$，$\theta_x$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间；（2）所述 $\eta\in[-a,a]$ 存在。

思路： 一阶泰勒公式的余项由 $f''$ 控制。用 $f''$ 的最大、最小值夹住积分，再用连续函数介值定理。

详细解答：

1. $f$ 有二阶连续导数，且 $f(0)=0$，所以带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式为

$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac12f''(\theta_x)x^2 =f'(0)x+\frac12f''(\theta_x)x^2.$$

对 $x\ne0$，$\theta_x$ 严格介于 $0,x$ 之间；$x=0$ 时等式直接成立。

2. 令 $m,M$ 分别为 $f''$ 在闭区间 $[-a,a]$ 上的最小、最大值，它们因连续性而存在。因 $x^2\ge0$，上式给出

$$\frac m2x^2\le f(x)-f'(0)x\le\frac M2x^2.$$

从 $-a$ 到 $a$ 积分，$\int_{-a}^ax\,\mathrm{d}x=0$，$\int_{-a}^ax^2\mathrm{d}x=2a^3/3$，所以

$$\frac{ma^3}{3}\le\int_{-a}^af(x)\mathrm{d}x\le\frac{Ma^3}{3}.$$

故 $3\int_{-a}^af/a^3$ 介于 $m,M$ 之间。由 $f''$ 连续及介值定理，存在 $\eta\in[-a,a]$，使 $f''(\eta)=3\int_{-a}^af/a^3$，即题设等式。这里没有直接把依赖于 $x$ 的 $\theta_x$ 当成一个固定点积分。

答案： $\displaystyle X=\begin{pmatrix}1&2&5\\0&1&2\\0&0&1\end{pmatrix}$。

思路： 将四个含 $X$ 的项按乘法顺序合并成 $(A-B)X(A-B)$，再左右分别乘逆矩阵。

详细解答： 移项后，

$$AXA-AXB-BXA+BXB=E, \qquad (A-B)X(A-B)=E.$$

令

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

其行列式为 $1$，可逆。设 $C=E+N$，其中

$$N=\begin{pmatrix}0&-1&-1\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}, \qquad N^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad N^3=0.$$

于是 $C^{-1}=E-N+N^2=\begin{pmatrix}1&1&2\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$。在 $CXC=E$ 左右各乘 $C^{-1}$，得到

$$X=C^{-1}C^{-1} =\begin{pmatrix}1&1&2\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}^2 =\begin{pmatrix}1&2&5\\0&1&2\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

其中右上角为 $1\cdot2+1\cdot1+2\cdot1=5$。

答案： $t\ne1$ 且 $t\ne-1$。

思路： $\beta_i$ 都是原方程的解，只需检查它们是否仍为四个线性无关的向量。

详细解答： 齐次方程的解的线性组合仍为解，所以四个 $\beta_i$ 都属于解空间。原基础解系有四个向量，解空间维数为 $4$；因此四个 $\beta_i$ 构成基础解系，当且仅当它们线性无关。

以 $\alpha_1,\ldots,\alpha_4$ 为基底，有

$$(\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4) =(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) \begin{pmatrix}1&0&0&t\\t&1&0&0\\0&t&1&0\\0&0&t&1\end{pmatrix}.$$

原 $\alpha$ 组无关，所以 $\beta$ 组无关等价于系数矩阵可逆。沿第一行展开，

$$\det C =\det\begin{pmatrix}1&0&0\\t&1&0\\0&t&1\end{pmatrix} -t\det\begin{pmatrix}t&1&0\\0&t&1\\0&0&t\end{pmatrix} =1-t^4.$$

对实数 $t$，$1-t^4=(1-t^2)(1+t^2)\ne0$ 等价于 $t\ne\pm1$，所以这就是所求条件。