2003年考研数学二真题

答案： $a=-4$。

思路： 等价无穷小要求两者比值趋于 $1$，比较二次项的系数。

详细解答： 用 $(1+u)^{1/4}=1+u/4+o(u)$，当 $x\to0$ 时，

$$(1-ax^2)^{1/4}-1=-\frac a4x^2+o(x^2), \qquad x\sin x=x^2+o(x^2).$$

两者之比趋于 $-a/4$。要等价，必须 $-a/4=1$，即 $a=-4$；代入后两者首项均为 $x^2$，所以条件也充分。

答案： $y=x$。

思路： 对隐函数方程求导，代入指定点求切线斜率。

详细解答： 将 $y$ 视为 $x$ 的函数，对 $xy+2\ln x=y^4$ 求导：

$$y+xy'+\frac2x=4y^3y'.$$

代入 $(1,1)$，得 $1+y'+2=4y'$，所以 $y'=1$。通过 $(1,1)$、斜率为 $1$ 的切线为 $y-1=x-1$，即 $y=x$。

答案： $\dfrac{(\ln2)^n}{n!}$。

思路： 麦克劳林公式的 $x^n$ 项系数是 $f^{(n)}(0)/n!$。

详细解答： 写成 $2^x=\mathrm e^{x\ln2}$，连续求导可得

$$f^{(n)}(x)=(\ln2)^n2^x,\qquad f^{(n)}(0)=(\ln2)^n.$$

所以

$$2^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\ln2)^n}{n!}x^n,$$

其中所求 $x^n$ 项系数为 $(\ln2)^n/n!$。

答案： $\dfrac{\mathrm e^{4\pi a}-1}{4a}$。

思路： 极坐标的小扇形面积为 $\rho^2\mathrm{d}\theta/2$，对给定角度区间积分。

详细解答： 曲线的径向长度为 $\rho=\mathrm e^{a\theta}$。从 $\theta=0$ 到 $2\pi$ 的弧段与极轴封闭所围区域，面积为

$$S=\frac12\int_0^{2\pi}\rho^2\mathrm{d}\theta =\frac12\int_0^{2\pi}\mathrm e^{2a\theta}\mathrm{d}\theta =\frac12\left[\frac{\mathrm e^{2a\theta}}{2a}\right]_0^{2\pi} =\frac{\mathrm e^{4\pi a}-1}{4a}.$$

题设 $a>0$，因此分母 $a$ 非零。

答案： $3$。

思路： $\alpha\alpha^T$ 的对角元是 $\alpha$ 各分量的平方，$\alpha^T\alpha$ 是这些平方之和。

详细解答： 设 $\alpha=(u,v,w)^T$，则

$$\alpha\alpha^T=\begin{pmatrix}u^2&uv&uw\\uv&v^2&vw\\uw&vw&w^2\end{pmatrix}.$$

由题中三个对角元均为 $1$，有 $u^2=v^2=w^2=1$。所以

$$\alpha^T\alpha=u^2+v^2+w^2=3.$$

无需确定 $\alpha$ 各分量的具体正负号。

答案： $|B|=1/2$。

思路： 将原关系提取 $A+E$，确认它可逆后消去，从而得到 $B$ 的逆矩阵形式。

详细解答： 原式化为

$$(A^2-E)B=A+E,\qquad (A+E)(A-E)B=A+E.$$

这里两个关于 $A$ 的因子可交换。计算

$$|A+E|=\det\begin{pmatrix}2&0&1\\0&3&0\\-2&0&2\end{pmatrix} =3(4+2)=18\ne0.$$

所以左乘 $(A+E)^{-1}$，得 $(A-E)B=E$，即 $B=(A-E)^{-1}$。又

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

故 $|B|=1/|A-E|=1/2$。

答案： D，其中 $b_nc_n\to+\infty$，没有有限极限。

思路： 趋于正数的数列与趋于无穷大的非负数列相乘仍趋于无穷大；极限条件不能控制所有前项。

详细解答： 因 $b_n\to1$，充分大的 $n$ 满足 $b_n>1/2$，所以

$$b_nc_n\ge\frac12c_n\longrightarrow+\infty.$$

按选项中“极限存在”指有限极限的用法，D 正确。

A、B 都要求对任意 $n$ 成立，但可任意改变有限个前项而不改变极限。例如取 $a_1=2,b_1=1,c_1=0$，并对 $n\ge2$ 取 $a_n=1/n,b_n=1,c_n=n$，题设极限均满足，但前两项所说的不等式在 $n=1$ 都不成立。C 也不是必然成立：取 $a_n=1/n,c_n=n$，则 $a_nc_n=1$ 有有限极限。

答案： B，即 $(1+\mathrm e^{-1})^{3/2}-1$。

思路： 被积函数含 $x^{n-1}$ 与 $x^n$，令 $u=1+x^n$ 可直接积分。

详细解答： 换元 $\mathrm{d}u=nx^{n-1}\mathrm{d}x$，得到

$$a_n=\frac{3}{2n}\int_1^{1+(n/(n+1))^n}u^{1/2}\mathrm{d}u =\frac1n\left(\left[1+\left(\frac n{n+1}\right)^n\right]^{3/2}-1\right).$$

又

$$\left(\frac n{n+1}\right)^n =\left(1+\frac1n\right)^{-n}\longrightarrow\mathrm e^{-1}.$$

所以 $na_n\to(1+\mathrm e^{-1})^{3/2}-1$，选 B。

答案： A，即 $\phi(x/y)=-y^2/x^2$。

思路： 把已知解代入微分方程，用 $y'-y/x$ 求出所需项。

详细解答： 已知 $y=x/\ln x$，其适用区间满足 $x>0,x\ne1$。求导得

$$y'=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^2},\qquad \frac yx=\frac1{\ln x}.$$

所以

$$\phi(x/y)=y'-\frac yx =\frac{\ln x-1-\ln x}{(\ln x)^2} =-\frac1{(\ln x)^2}=-\frac{y^2}{x^2}.$$

结果的负号和分式方向都由代入计算确定，选 A。

答案： C，两个极小值点和两个极大值点。

思路： 导数由正变负对应极大值，由负变正对应极小值；纵轴处还需用函数连续性检查。

详细解答： 图中左支与横轴有两个交点，从左到右导数符号为“正、负、正”。因此第一个交点对应极大值点，第二个对应极小值点。右支与横轴有一个交点，导数由负变正，对应一个极小值点。

在纵轴左侧靠近 $0$ 时导数为正，右侧靠近 $0$ 时导数为负，所以 $f$ 在 $0$ 左邻域增加，在右邻域减少。题设 $f$ 在全实轴连续，这保证附近两侧的函数值均小于 $f(0)$，因此 $0$ 也是极大值点；即使该点导数不存在，仍可成为极值点。总计两个极大值点、两个极小值点，选 C。

答案： B，即 $1>I_1>I_2$。

思路： 先证明 $\tan x>x$ 比较两个积分，再证明 $\tan x/x$ 递增以获得 $I_1$ 的上界。

详细解答： 对 $0<x<\pi/4$，$(\tan x-x)'=\tan^2x>0$，且在 $0$ 处差为零，所以 $\tan x>x$。于是 $\tan x/x>1>x/\tan x$，积分得 $I_1>I_2$。

令 $q(x)=\tan x/x$。其导数为

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

分子 $H(x)=x-\sin x\cos x$ 满足 $H(0)=0$、$H'(x)=1-\cos2x=2\sin^2x>0$，所以 $q'(x)>0$。故在区间内部

$$\frac{\tan x}x<\frac{\tan(\pi/4)}{\pi/4}=\frac4\pi.$$

积分得 $I_1<(\pi/4)(4/\pi)=1$。两被积函数在 $0$ 处的极限均为 $1$，补上该端点值即可连续积分，不影响上述比较。因此 $1>I_1>I_2$。

答案： D。

思路： 可线性表示意味着张成空间包含关系，因此 I 的秩不超过 II 的向量数。

详细解答： 每个 $\alpha_i$ 都在 $\beta_1,\ldots,\beta_s$ 张成的空间内，所以

$$\operatorname{rank}(\alpha_1,\ldots,\alpha_r) \le\operatorname{rank}(\beta_1,\ldots,\beta_s)\le s.$$

若 $r>s$，I 的秩小于自身向量数 $r$，必线性相关，D 正确。

其余结论可用标准基向量 $e_1,e_2$ 反驳：当 $r=1,s=2$，取 I 为 $\{e_1\}$、II 为 $\{e_1,e_2\}$，两组都无关，反驳 A、C；当 $r=3,s=2$，取 I 为 $\{e_1,e_2,e_1+e_2\}$，II 仍为 $\{e_1,e_2\}$，II 无关，反驳 B。

答案： $a=-1$ 时连续；$a=-2$ 时为可去间断点。

思路： 分别算左右极限，先让它们相等，再比较共同极限与函数值 $6$。

详细解答： 左侧利用三阶展开：

$$\ln(1+ax^3)=ax^3+o(x^3),\qquad \arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

所以左极限为 $a/(-1/6)=-6a$。右侧中常数、一次项相消：

$$\mathrm e^{ax}+x^2-ax-1 =\left(\frac{a^2}{2}+1\right)x^2+o(x^2), \qquad x\sin(x/4)=\frac{x^2}{4}+o(x^2).$$

故右极限为 $2a^2+4$。两个有限单侧极限相等的条件是

$$-6a=2a^2+4,\qquad (a+1)(a+2)=0.$$

$a=-1$ 时共同极限为 $6=f(0)$，所以连续；$a=-2$ 时共同极限为 $12\ne f(0)$，补改函数值为 $12$ 即可连续，所以是可去间断点。其他 $a$ 的左右极限不同，既不连续也不可去。

答案： $-\dfrac{\mathrm e}{16(1+2\ln2)^2}$。

思路： 参数曲线求二阶导数要先求 $y_x=y_t/x_t$，再对 $t$ 求导并再次除以 $x_t$。

详细解答： $x=1+2t^2=9$ 给出 $t^2=4$，结合 $t>1$ 得 $t=2$。由变上限积分求导，

$$y_t=\frac{\mathrm e^{1+2\ln t}}{1+2\ln t}\frac2t =\frac{2\mathrm e\,t}{1+2\ln t},\qquad x_t=4t.$$

所以

$$y_x=\frac{\mathrm e}{2(1+2\ln t)}.$$

再计算

$$y_{xx} =\frac1{4t}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left[\frac{\mathrm e}{2(1+2\ln t)}\right] =\frac1{4t}\left[-\frac{\mathrm e}{t(1+2\ln t)^2}\right] =-\frac{\mathrm e}{4t^2(1+2\ln t)^2}.$$

代入 $t=2$ 得所求值。二阶导数不能直接用 $y_{tt}/x_{tt}$ 计算。

答案： $\displaystyle\frac{\mathrm e^{\arctan x}(x-1)}{2\sqrt{1+x^2}}+C$。

思路： 令 $t=\arctan x$，根式和微分会转成三角函数，再对 $\mathrm e^t\sin t$ 分部积分。

详细解答： $x=\tan t$，$-\pi/2<t<\pi/2$，因此 $\cos t>0$，$\sqrt{1+x^2}=\sec t$、$\mathrm{d}x=\sec^2t\,\mathrm{d}t$。原积分化为

$$I=\int\mathrm e^t\sin t\,\mathrm{d}t.$$

分部积分得 $I=\mathrm e^t\sin t-\int\mathrm e^t\cos t\,\mathrm{d}t$。再对后一个积分分部积分：

$$\int\mathrm e^t\cos t\,\mathrm{d}t=\mathrm e^t\cos t+I.$$

所以 $2I=\mathrm e^t(\sin t-\cos t)$，即

$$I=\frac{\mathrm e^t}{2}(\sin t-\cos t)+C.$$

由 $\sin t=x/\sqrt{1+x^2}$、$\cos t=1/\sqrt{1+x^2}$，代回即得答案。

答案： （1）$y''=y+\sin x$；（2）$y=\mathrm e^x-\mathrm e^{-x}-\dfrac12\sin x$。

思路： 用反函数导数公式把对 $y$ 的导数改写为对 $x$ 的导数；变换后是二阶常系数非齐次方程。

详细解答：

1. 由 $y'\ne0$，反函数满足

$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac1{y'},\qquad \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}y^2} =\frac1{y'}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac1{y'}\right) =-\frac{y''}{(y')^3}.$$

代入原方程得到

$$-\frac{y''}{(y')^3}+\frac{y+\sin x}{(y')^3}=0.$$

乘以非零的 $(y')^3$，即 $y''-y=\sin x$。

2. 齐次方程特征根为 $\pm1$，齐次解为 $C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{-x}$。设特解为 $A\sin x+B\cos x$，则 $y_p''-y_p=-2A\sin x-2B\cos x$，比较系数得 $A=-1/2,B=0$。故

$$y=C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{-x}-\frac12\sin x.$$

初值给出 $C_1+C_2=0$、$C_1-C_2-1/2=3/2$，解得 $C_1=1,C_2=-1$。所得解导数为 $\mathrm e^x+\mathrm e^{-x}-\cos x/2\ge2-1/2>0$，符合反函数变换所要求的 $y'\ne0$。

答案： $k<4$ 时无交点；$k=4$ 时一个交点；$k>4$ 时两个交点。

思路： 将交点方程写成水平线与一个先减后增的函数相交，求其最低值和两端极限。

详细解答： 定义

$$g(x)=4x+(\ln x)^4-4\ln x,\qquad x>0.$$

交点对应 $g(x)=k$。求导得

$$g'(x)=\frac4x[x+(\ln x)^3-1].$$

令 $H(x)=x+(\ln x)^3-1$，则 $H(1)=0$，且

$$H'(x)=1+\frac{3(\ln x)^2}{x}>0.$$

因此 $x<1$ 时 $H<0$，$x>1$ 时 $H>0$，$g$ 在 $(0,1)$ 严格递减，在 $(1,+\infty)$ 严格递增，唯一最低值为 $g(1)=4$。

当 $x\to0^+$ 时，$(\ln x)^4-4\ln x\to+\infty$；当 $x\to+\infty$ 时，$4x-4\ln x\to+\infty$，所以 $g$ 两端均趋于 $+\infty$。因此 $k<4$ 无解，$k=4$ 仅有 $x=1$，$k>4$ 在两侧各有唯一一个解，即有两个交点。

答案： （1）$x^2+2y^2=1$，$0<x<1,y>0$；（2）$s=l/(2\sqrt2)$。

思路： 线段中点位于横轴，确定法线纵截距；用法线斜率建立微分方程。弧长用椭圆参数方程表示，再与正弦曲线弧长比较。

详细解答：

1. 设法线与纵轴交于 $Q=(0,q)$。$PQ$ 的中点纵坐标为 $(y+q)/2=0$，所以 $q=-y$。法线斜率为

$$\frac{y-(-y)}{x-0}=\frac{2y}{x}.$$

因 $x,y>0$，此斜率有限非零，切线斜率满足 $y'=-x/(2y)$。于是

$$2yy'=-x,\qquad (y^2)'=-x,\qquad x^2+2y^2=C.$$

代入 $(\sqrt2/2,1/2)$ 得 $C=1/2+1/2=1$，所以曲线是椭圆的第一象限弧。

2. 取参数 $x=\cos t,y=\sin t/\sqrt2$，$0<t<\pi/2$。弧长为

$$s=\int_0^{\pi/2}\sqrt{\sin^2t+\frac12\cos^2t}\mathrm{d}t =\frac1{\sqrt2}\int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\sin^2t}\mathrm{d}t.$$

对 $y=\sin x$，导数为 $\cos x$，所以

$$l=\int_0^\pi\sqrt{1+\cos^2x}\mathrm{d}x =2\int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\cos^2x}\mathrm{d}x.$$

再令 $t=\pi/2-x$，最后一个积分变为 $\int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\sin^2t}\mathrm{d}t$。因此 $l=2\sqrt2\,s$，得到答案。

答案： （1）$t=\phi(y)^2-4$；（2）$x=\phi(y)=2\mathrm e^{\pi y/6}$，$y\ge0$。

思路： 液面面积的增长规律先联系时间与半径，再把体积增长率与高度增长率联系起来。

详细解答：

1. 图中高度为 $y$ 的水平截面半径为 $\phi(y)$，液面面积为 $\pi\phi(y)^2$。底面半径为 $2$，对应初始截面积为 $4\pi$。面积以 $\pi$ 的速率扩大，故

$$\pi\phi(y)^2=4\pi+\pi t,\qquad t=\phi(y)^2-4.$$

2. 液体注入速率为 $3$，初始体积为零，故 $V=3t$。另一方面，高度为 $y$ 时

$$V(y)=\int_0^y\pi\phi(u)^2\mathrm{d}u,\qquad V'(y)=\pi\phi(y)^2.$$

将 $V=3[\phi(y)^2-4]$ 对 $y$ 求导，得到

$$3(\phi^2)'=\pi\phi^2.$$

令 $z=\phi^2$，则 $z'=(\pi/3)z$，所以 $z=C\mathrm e^{\pi y/3}$。由 $\phi(0)=2$，得 $C=4$；半径为正，取正平方根，得到 $\phi(y)=2\mathrm e^{\pi y/6}$。这里 $y$ 表示液面高度，$\phi(y)$ 表示图中从对称轴到侧壁的水平距离。

答案： 三个结论均成立，并可取 $\eta\in(a,\xi)$，所以 $\eta\ne\xi$。

思路： 有限极限先迫使 $f(a)=0$；第二问用柯西中值定理，第三问在 $[a,\xi]$ 上再用普通中值定理。

详细解答：

1. 设题中有限极限为 $L$。因为 $x-a\to0$，有

$$f(2x-a)=(x-a)\frac{f(2x-a)}{x-a}\longrightarrow0.$$

由 $f$ 在 $a$ 处连续，得 $f(a)=0$。又 $f'>0$，由中值定理 $f$ 在 $[a,b]$ 严格递增，所以 $a<x<b$ 时 $f(x)>f(a)=0$。

2. 定义 $F(t)=\int_a^tf(x)\mathrm{d}x$、$G(t)=t^2-a^2$。它们在 $[a,b]$ 连续、内部可导，且 $F'(t)=f(t)>0$。柯西中值定理给出 $\xi\in(a,b)$ 使

$$[G(b)-G(a)]F'(\xi)=[F(b)-F(a)]G'(\xi).$$

记 $I=\int_a^bf(x)\mathrm{d}x$，由第一问 $I>0$，且 $f(\xi)>0$，因此可除得

$$\frac{b^2-a^2}{I}=\frac{2\xi}{f(\xi)}.$$

这个证明没有除以 $G'$，所以即使区间包含 $0$ 也适用。

3. 对 $f$ 在 $[a,\xi]$ 上用拉格朗日中值定理，存在 $\eta\in(a,\xi)$ 满足

$$f'(\eta)=\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}=\frac{f(\xi)}{\xi-a}.$$

第二问等式可写成 $(b^2-a^2)f(\xi)=2\xi I$，代入即得

$$f'(\eta)(b^2-a^2)=\frac{2\xi}{\xi-a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x.$$

由于 $\eta<\xi$，二者确实不同。