2002年考研数学二真题

答案： $a=-2$。

思路： 分段函数在分界点连续，要使左右极限与函数值相等。

详细解答： 左侧表达式为 $a\mathrm e^{2x}$，所以 $f(0)=a$，左极限也为 $a$。右侧用等价无穷小：

$$\mathrm e^{\tan x}-1\sim\tan x\sim x,\qquad \arcsin(x/2)\sim x/2.$$

因此

$$\lim_{x\to0^+}\frac{1-\mathrm e^{\tan x}}{\arcsin(x/2)} =\lim_{x\to0^+}\frac{-x}{x/2}=-2.$$

连续性要求 $a=-2$，此值确实使左右极限和 $f(0)$ 一致。

答案： $1$。

思路： 曲线在 $x\ge0$ 上非负，面积是从 $0$ 到无穷大的反常积分。

详细解答： 所求面积为

$$S=\int_0^{+\infty}x\mathrm e^{-x}\mathrm{d}x.$$

分部积分，取 $u=x$、$\mathrm{d}v=\mathrm e^{-x}\mathrm{d}x$，得到原函数 $-(x+1)\mathrm e^{-x}$。所以

$$S=\lim_{R\to+\infty}\left[-(x+1)\mathrm e^{-x}\right]_0^R =\lim_{R\to+\infty}[1-(R+1)\mathrm e^{-R}]=1.$$

指数衰减快于一次幂增长，因此末项趋于零，虽然图形无界，面积仍有限。

答案： $y=\sqrt{x+1}$，$x>-1$。

思路： 方程左端是乘积 $yy'$ 的导数，可连续积分两次。

详细解答： 因 $(yy')'=yy''+(y')^2$，方程给出 $yy'=C_1$。由 $y(0)=1,y'(0)=1/2$，得 $C_1=1/2$，所以

$$(y^2)'=2yy'=1,\qquad y^2=x+C_2.$$

再用 $y(0)=1$ 得 $C_2=1$。在包含 $0$ 的解区间上，初值要求取正支，即 $y=\sqrt{x+1}$。其自然解区间为 $x>-1$，在此区间它二阶可导并满足方程及两个初值。

答案： $\dfrac{2\sqrt2}{\pi}$。

思路： 和式含 $k/n$ 且前面有 $1/n$，可识别为 $[0,1]$ 上的黎曼和。

详细解答： 令 $F(t)=\sqrt{1+\cos\pi t}$，它在 $[0,1]$ 连续，则

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^nF(k/n) =\int_0^1F(t)\mathrm{d}t.$$

由半角公式 $1+\cos\pi t=2\cos^2(\pi t/2)$，而 $0\le t\le1$ 时余弦非负，故

$$\int_0^1\sqrt{1+\cos\pi t}\mathrm{d}t =\sqrt2\int_0^1\cos\frac{\pi t}{2}\mathrm{d}t =\frac{2\sqrt2}{\pi}\left[\sin\frac{\pi t}{2}\right]_0^1 =\frac{2\sqrt2}{\pi}.$$

答案： 非零特征值为 $4$。

思路： 特征值是 $\det(\lambda E-A)=0$ 的根，展开特征行列式并分解。

详细解答： 记题中矩阵为 $A$，则

$$\begin{aligned} \det(\lambda E-A) &=\det\begin{pmatrix}\lambda&2&2\\-2&\lambda-2&2\\2&2&\lambda-2\end{pmatrix}\\ &=\lambda[(\lambda-2)^2-4] -2[-2(\lambda-2)-4] +2[-4-2(\lambda-2)]\\ &=\lambda(\lambda^2-4\lambda)+4\lambda-4\lambda =\lambda^2(\lambda-4). \end{aligned}$$

因此特征值为 $0,0,4$，唯一的非零特征值是 $4$。

答案： D，即 $f'(1)=1/2$。

思路： 函数增量的线性主部是微分 $y'(x)\Delta x$，用复合函数求导。

详细解答： 对 $y=f(x^2)$，链式法则给出

$$y'(x)=2xf'(x^2).$$

在 $x=-1$ 处，$y'(-1)=-2f'(1)$。所以增量 $\Delta x=-0.1$ 对应的线性主部为

$$y'(-1)\Delta x=(-2f'(1))(-0.1)=0.2f'(1).$$

由题设它等于 $0.1$，故 $f'(1)=0.1/0.2=1/2$，选 D。线性主部与完整函数增量并非同一个量，此处无需再计算高阶余项。

答案： D。

思路： 从 $0$ 积分到 $x$ 的函数，若被积函数为奇函数，其积分函数就是偶函数。

详细解答： D 中令 $k(t)=t[f(t)+f(-t)]$，则

$$k(-t)=-t[f(-t)+f(t)]=-k(t).$$

所以若 $H(x)=\int_0^xk(t)\mathrm{d}t$，换元 $t=-u$ 得

$$H(-x)=-\int_0^xk(-u)\mathrm{d}u=\int_0^xk(u)\mathrm{d}u=H(x).$$

因此 D 必为偶函数。

其余选项不保证偶性：A、B 均可取 $f(t)=1$，所得积分函数都是 $x$，不是偶函数；C 可取 $f(t)=t$，则被积函数为 $2t^2$，积分函数为 $2x^3/3$，也不是偶函数。因此只有 D 正确。

答案： C，即 $2$。

思路： 初值使 $y$ 的常数项和一次项为零，由方程确定二次项即可比较极限。

详细解答： 在 $x=0$ 处代入微分方程，得到

$$y''(0)+p\,y'(0)+q\,y(0)=1,$$

所以 $y''(0)=1$。由于方程右端光滑，解在原点可作二阶展开：

$$y(x)=y(0)+y'(0)x+\frac12y''(0)x^2+o(x^2) =\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

另一方面，$\ln(1+x^2)=x^2+o(x^2)$，所以

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)}{y(x)} =\frac1{1/2}=2.$$

结果与常数 $p,q$ 无关，选 C。

答案： B。

思路： 在无穷远处，若导数趋于非零值，则函数最终至少线性增长或减少，与有界性冲突；其他说法用反例检查。

详细解答： 若 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=L>0$，则存在 $R$ 使 $x>R$ 时 $f'(x)>L/2$。对 $x>R$ 用中值定理，

$$f(x)-f(R)=f'(c)(x-R)>\frac L2(x-R),$$

这使 $f$ 无界，矛盾。$L<0$ 时类似地使 $f(x)\to-\infty$，也矛盾。即使把无穷大看作广义极限，也会因导数最终大于 $1$ 或小于 $-1$ 而违反有界性。因此存在的导数极限只能是 $0$，B 正确。

A 可取 $f(x)=\sin(x^2)/x$：它在 $(0,+\infty)$ 有界，且无穷远处趋于零，但

$$f'(x)=2\cos(x^2)-\frac{\sin(x^2)}{x^2}.$$

沿 $x=\sqrt{2n\pi}$ 取值为 $2$，沿 $x=\sqrt{(2n+1)\pi}$ 取值为 $-2$，故导数不趋于零。C、D 可取有界函数 $f(x)=x/(1+x)$，它在 $0^+$ 处函数极限为 $0$、导数极限为 $1$，同时反驳两项。

答案： A。

思路： 在线性张成空间之外的向量，加上空间内的向量后仍在空间之外。

详细解答： 令 $V=\operatorname{span}\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}$。题设给出 $\beta_1\in V,\beta_2\notin V$。若某个 $k$ 使 $k\beta_1+\beta_2\in V$，则

$$\beta_2=(k\beta_1+\beta_2)-k\beta_1\in V,$$

矛盾。所以任意 $k$ 都有 $k\beta_1+\beta_2\notin V$，把它加入原本无关的三个向量后仍无关，A 正确，B 错误。

C 在 $k=0$ 时加入的向量是 $\beta_1\in V$，必相关，所以不对；D 在 $k=1$ 时加入 $\beta_1+\beta_2\notin V$，必无关，也不对。

答案： 切线为 $y-x=(5-3\sqrt3)/4$；法线为 $x+y=(\sqrt3-1)/4$。

思路： 极坐标转成参数方程，切线斜率为 $y_\theta/x_\theta$。

详细解答： 曲线的直角坐标参数式为

$$x=(1-\cos\theta)\cos\theta,\qquad y=(1-\cos\theta)\sin\theta.$$

在 $\theta=\pi/6$ 处，$\cos\theta=\sqrt3/2,\sin\theta=1/2$，所以对应点为

$$x_0=\frac{2\sqrt3-3}{4},\qquad y_0=\frac{2-\sqrt3}{4}.$$

分别求导，

$$x_\theta=\sin\theta(2\cos\theta-1),\qquad y_\theta=\sin^2\theta+(1-\cos\theta)\cos\theta.$$

代入 $\pi/6$，两者均为 $(\sqrt3-1)/2\ne0$。故切线斜率为 $1$、法线斜率为 $-1$。切线 $y-y_0=x-x_0$ 化为

$$y-x=y_0-x_0=\frac{5-3\sqrt3}{4},$$

法线 $y-y_0=-(x-x_0)$ 化为 $x+y=x_0+y_0=(\sqrt3-1)/4$。

答案：

$$F(x)= \begin{cases} x^2+\dfrac{x^3}{2}-\dfrac12,&-1\le x<0,\\[3pt] x-\dfrac{x}{1+\mathrm e^x}-\ln(1+\mathrm e^x)+\ln2-\dfrac12,&0\le x\le1. \end{cases}$$

思路： 积分区间越过 $0$ 时必须分段，正半轴部分利用 $[1/(1+\mathrm e^t)]'$ 做分部积分。

详细解答： 当 $-1\le x<0$，

$$F(x)=\int_{-1}^x\left(2t+\frac32t^2\right)\mathrm{d}t =\left[t^2+\frac{t^3}{2}\right]_{-1}^x =x^2+\frac{x^3}{2}-\frac12.$$

因此 $F(0)=-1/2$。对 $0\le x\le1$，

$$F(x)=-\frac12+\int_0^x\frac{t\mathrm e^t}{(1+\mathrm e^t)^2}\mathrm{d}t.$$

由于 $\mathrm{d}[1/(1+\mathrm e^t)]=-\mathrm e^t(1+\mathrm e^t)^{-2}\mathrm{d}t$，分部积分给出

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

最后一行用到了 $1/(1+\mathrm e^t)=1-\mathrm e^t/(1+\mathrm e^t)$。在 $0,x$ 处代值，

$$F(x)=-\frac12-\frac{x}{1+\mathrm e^x}+x-\ln(1+\mathrm e^x)+\ln2.$$

它在 $x=0$ 处等于 $-1/2$，与第一段相接，得到答案中的分段式。

答案： $f(x)=\mathrm e^{-1/x}$，$x>0$。

思路： 幂指型极限取对数，用可导性得到关于 $\ln f$ 的微分方程，再用无穷远处极限确定常数。

详细解答： 固定 $x>0$，因 $f>0$，可取对数。题设及对数连续性给出

$$\lim_{h\to0}\frac{\ln f(x+hx)-\ln f(x)}h=\frac1x.$$

令 $u=hx$，左侧等于

$$x\lim_{u\to0}\frac{\ln f(x+u)-\ln f(x)}u =x\frac{f'(x)}{f(x)}.$$

因此 $f'/f=1/x^2$，即 $(\ln f)'=1/x^2$。积分得

$$\ln f(x)=-\frac1x+C.$$

$x\to+\infty$ 时，$f(x)\to1$，故 $\ln f(x)\to0$，而 $-1/x\to0$，所以 $C=0$。于是 $f(x)=\mathrm e^{-1/x}$。

答案： $y=x-\dfrac{75}{124}x^2$。

思路： 解出带常数的通解，再把体积写成该常数的严格凸二次函数。

详细解答： 在 $1\le x\le2$ 上，方程化为 $y'-2y/x=-1$。乘积分因子 $x^{-2}$，得到

$$(y/x^2)'=-x^{-2},\qquad y/x^2=1/x+C,$$

即 $y=x+Cx^2$。图形旋转后的圆盘半径为 $|y|$，所以即使曲线穿过横轴，截面积仍是 $\pi y^2$：

$$\begin{aligned} V(C)&=\pi\int_1^2(x+Cx^2)^2\mathrm{d}x\\ &=\pi\left(\frac73+\frac{15}{2}C+\frac{31}{5}C^2\right). \end{aligned}$$

这里分别用了 $\int_1^2x^2=7/3$、$\int_1^2x^3=15/4$、$\int_1^2x^4=31/5$。求导得

$$V'(C)=\pi\left(\frac{15}{2}+\frac{62}{5}C\right),\qquad V''(C)=\frac{62\pi}{5}>0.$$

故唯一全局最小值在 $C=-(15/2)(5/62)=-75/124$，代回得到所求解。

答案： $h=2\,\mathrm m$。

思路： 水压力等于“液体密度乘重力加速度乘深度乘面积”，分别对矩形和抛物线部分的水平薄条积分。

详细解答： 以图中闸门底点为原点，对称轴为竖直 $y$ 轴。矩形下边 $AB$ 位于 $y=1$，端点横坐标为 $\pm1$，所以下部抛物线为 $y=x^2$；在高度 $y\in[0,1]$ 处，闸门宽度为 $2\sqrt y$。水面位于 $y=h+1$。

记水的密度为 $\rho$、重力加速度为 $g$。矩形宽度为 $2$，用水面以下深度 $z$ 积分，其压力为

$$P_1=\rho g\int_0^h2z\,\mathrm{d}z=\rho gh^2.$$

下部高度 $y$ 处的深度为 $h+1-y$，压力为

$$\begin{aligned} P_2&=2\rho g\int_0^1(h+1-y)\sqrt y\,\mathrm{d}y\\ &=2\rho g\left[(h+1)\frac23-\frac25\right] =\rho g\left(\frac{4h}{3}+\frac8{15}\right). \end{aligned}$$

按要求 $P_1/P_2=5/4$，消去公共因子 $\rho g$，得

$$4h^2=5\left(\frac{4h}{3}+\frac8{15}\right), \qquad3h^2-5h-2=(3h+1)(h-2)=0.$$

高度必须为正，舍去 $h=-1/3$，因此 $h=2\,\mathrm m$。

答案： 数列收敛，极限为 $3/2$。

思路： 第一次递推后所有项落入 $(0,3/2]$；在这个区间内递推使项不减，应用单调有界定理。

详细解答： 因 $0<x_1<3$，

$$x_2^2=x_1(3-x_1)=\frac94-\left(x_1-\frac32\right)^2,$$

所以 $0<x_2\le3/2$。若 $0<x_n\le3/2$，同样有 $0<x_{n+1}\le3/2$，由归纳法，从第二项起都在此区间。

对 $n\ge2$，

$$x_{n+1}^2-x_n^2=x_n(3-2x_n)\ge0.$$

因为两项都为正，所以 $x_{n+1}\ge x_n$。故尾部数列单调不减且有上界 $3/2$，极限 $L$ 存在。递推函数连续，取极限得到

$$L=\sqrt{L(3-L)},\qquad2L^2-3L=0.$$

候选值为 $0,3/2$，但 $L\ge x_2>0$，排除 $0$，得到 $L=3/2$。有限个前项不影响极限。

答案： 所述两侧严格不等式均成立。

思路： 左侧用对数的中值定理；右侧通过 $b/a=\mathrm e^{2t}$ 化为一个标准指数不等式。

详细解答： 对 $\ln x$ 在 $[a,b]$ 上用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$ 使

$$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac1\xi>\frac1b.$$

又因 $a<b$，

$$\frac1b-\frac{2a}{a^2+b^2} =\frac{(b-a)^2}{b(a^2+b^2)}>0.$$

两式合并得左侧不等式。

令 $t=\frac12\ln(b/a)>0$，则 $a=\sqrt{ab}\,\mathrm e^{-t}$、$b=\sqrt{ab}\,\mathrm e^t$，所以

$$\frac{\ln b-\ln a}{b-a} =\frac{2t}{\sqrt{ab}(\mathrm e^t-\mathrm e^{-t})}.$$

令 $H(t)=\mathrm e^t-\mathrm e^{-t}-2t$，则 $H(0)=0$，且

$$H'(t)=\mathrm e^t+\mathrm e^{-t}-2 =(\mathrm e^{t/2}-\mathrm e^{-t/2})^2>0\quad(t>0).$$

因此 $\mathrm e^t-\mathrm e^{-t}>2t$，上面的比值严格小于 $1/\sqrt{ab}$，右侧也得证。

答案： 唯一一组为 $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)=(3,-3,1)$。

思路： 二阶泰勒展开后，高于 $h^2$ 的要求等价于常数、一次、二次项都抵消。

详细解答： 由于 $f$ 有二阶连续导数，对 $j=1,2,3$，

$$f(jh)=f(0)+jf'(0)h+\frac{j^2}{2}f''(0)h^2+o(h^2).$$

所以题中表达式为

$$\begin{aligned} &(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3-1)f(0)\\ &\quad+(\lambda_1+2\lambda_2+3\lambda_3)f'(0)h\\ &\quad+\frac12(\lambda_1+4\lambda_2+9\lambda_3)f''(0)h^2+o(h^2). \end{aligned}$$

它为 $o(h^2)$ 时，先令 $h\to0$，再分别除以 $h$、$h^2$ 取极限，依次可知三个系数必须为零；题设三个导数值非零，保证了这一必要性。故须解

$$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1,\quad \lambda_1+2\lambda_2+3\lambda_3=0,\quad \lambda_1+4\lambda_2+9\lambda_3=0.$$

第二式减第一式得 $\lambda_2+2\lambda_3=-1$；第三式减第二式得 $2\lambda_2+6\lambda_3=0$。相减得 $\lambda_3=1$，再得 $\lambda_2=-3,\lambda_1=3$。系数行列式

$$\det\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&3\\1&4&9\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}1&2\\3&8\end{pmatrix}=2\ne0,$$

所以解唯一。反过来代入这组数，三个低阶项确实全消去，余项为 $o(h^2)$，因此存在性也已证明。

答案： （1）$A-2E$ 可逆；（2）$\displaystyle A=\begin{pmatrix}0&2&0\\-1&-1&0\\0&0&-2\end{pmatrix}$。

思路： 原式左乘 $A$ 后，可以整理成两个矩阵的乘积等于非零常数倍单位矩阵。

详细解答：

1. 由 $2A^{-1}B=B-4E$ 左乘 $A$，得 $2B=AB-4A$，即 $AB-2B-4A=0$。所以

$$(A-2E)(B-4E)=AB-4A-2B+8E=8E.$$

取行列式，$\det(A-2E)\det(B-4E)=8^3\ne0$，故 $A-2E$ 可逆，且 $(A-2E)^{-1}=(B-4E)/8$。

2. 上述乘积也说明 $B-4E$ 可逆，且

$$A=2E+8(B-4E)^{-1}.$$

给定矩阵满足

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

左上 $2$ 阶块行列式为 $(-3)(-2)-(-2)=8$，因此

$$(B-4E)^{-1} =\begin{pmatrix}-1/4&1/4&0\\-1/8&-3/8&0\\0&0&-1/2\end{pmatrix}.$$

乘以 $8$ 再加 $2E$，得到

$$A=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}-2&2&0\\-1&-3&0\\0&0&-4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&2&0\\-1&-1&0\\0&0&-2\end{pmatrix}.$$