2004年考研数学二真题

答案： $x=0$。

思路： 极限按固定的 $x$ 求，先区分 $x=0$ 与 $x\ne0$。

详细解答： 当 $x=0$ 时，每一项都为零，故 $f(0)=0$。当 $x\ne0$ 时，将分子分母除以 $n$：

$$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{(1-1/n)x}{x^2+1/n}=\frac1x.$$

因此 $f$ 在非零点连续，而在 $0$ 两侧无界，不能趋于 $f(0)=0$。唯一间断点为 $0$。

答案： $x\in(-\infty,1)$。

思路： 参数方程的二阶导数须用链式法则求；“向上凸”对应 $y''<0$。

详细解答： 由于 $x_t=3(t^2+1)>0$，

$$y_x=\frac{3t^2-3}{3t^2+3}=\frac{t^2-1}{t^2+1}, \qquad y_{xx}=\frac1{3(t^2+1)}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{t^2-1}{t^2+1} =\frac{4t}{3(t^2+1)^3}.$$

分母恒正，故向上凸要求 $t<0$。$x(t)=t^3+3t+1$ 严格递增，且 $x(0)=1$，$t\to-\infty$ 时 $x\to-\infty$，所以对应范围为 $x<1$。

答案： $\pi/2$。

思路： $\sqrt{x^2-1}$ 可通过 $x=\sec t$ 消去。

详细解答： 令 $x=\sec t$，$0<t<\pi/2$，则 $\sqrt{x^2-1}=\tan t$、$\mathrm{d}x=\sec t\tan t\,\mathrm{d}t$。故

$$\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}=\mathrm{d}t.$$

当 $x\to1^+$，$t\to0^+$；当 $x\to+\infty$，$t\to\pi/2^-$。两端均以极限理解，原积分为 $\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}t=\pi/2$。

答案： $2$。

思路： 求偏导时把 $z$ 也当作对应变量的函数，分别解出两个偏导再组合。

详细解答： 记 $u=\mathrm e^{2x-3z}>0$。对 $x$ 求偏导得 $z_x=u(2-3z_x)$，对 $y$ 求偏导得 $z_y=-3uz_y+2$，所以

$$z_x=\frac{2u}{1+3u},\qquad z_y=\frac2{1+3u}.$$

因 $1+3u>0$，除法合法。于是 $3z_x+z_y=(6u+2)/(1+3u)=2$。

答案： $y=\sqrt x+x^3/5$，$x>0$。

思路： 化为一阶线性方程，用积分因子，再由初值确定常数。

详细解答： 在包含 $x=1$ 的正半轴上，

$$y'-\frac{y}{2x}=\frac{x^2}{2}.$$

积分因子为 $\exp\int-1/(2x)\,\mathrm{d}x=x^{-1/2}$，所以

$$(yx^{-1/2})'=\frac12x^{3/2},\qquad yx^{-1/2}=\frac15x^{5/2}+C.$$

因此 $y=x^3/5+C\sqrt x$。代入 $y(1)=6/5$ 得 $C=1$，得到特解。

答案： $|B|=1/9$。

思路： 将含 $B$ 的两项合并后直接取行列式，不必计算 $B$。

详细解答： 原式整理为 $(A-2E)BA^*=E$，因此

$$|A-2E|\,|B|\,|A^*|=1.$$

这里

$$|A|=(4-1)\cdot1=3,\qquad |A-2E|=\det\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}=1.$$

$A$ 为三阶可逆矩阵，伴随矩阵满足 $A^*=|A|A^{-1}$，所以 $|A^*|=|A|^3/|A|=|A|^2=9$。由此 $|B|=1/9$。

答案： B，顺序为 $\alpha,\gamma,\beta$。

思路： 分别求积分的首个非零项，幂次越大，趋零越快。

详细解答： 当 $x\to0^+$，$\cos t^2=1+o(1)$，$\tan\sqrt t=\sqrt t+o(\sqrt t)$，$\sin t^3=t^3+o(t^3)$。积分得到

$$\alpha=x+o(x),\quad \beta=\frac23(x^2)^{3/2}+o(x^3)=\frac23x^3+o(x^3), \quad \gamma=\frac14(\sqrt x)^4+o(x^2)=\frac14x^2+o(x^2).$$

于是 $\gamma/\alpha\sim x/4\to0$，$\beta/\gamma\sim8x/3\to0$，所以后一项是前一项的高阶无穷小，选 B。

答案： C。

思路： 极值看函数值大小，拐点看两侧的凹凸性，不要求一定通过一阶导数判定。

详细解答： $f(x)=|x(1-x)|\ge0$，且 $f(0)=0$，所以 $0$ 为极小值点。在原点附近，

$$f(x)=\begin{cases}x^2-x,&x<0,\\x-x^2,&0<x<1.\end{cases}$$

左侧二阶导数为 $2>0$，右侧为 $-2<0$，凹凸性发生改变，而且函数在 $0$ 连续，因此 $(0,0)$ 是拐点。虽然左右一阶导数为 $-1,1$，原点不可导，但这不影响上述极值与凹凸变化的判断。选 C。

答案： B。

思路： 对数将乘积变为求和，$n$ 次根产生 $1/n$，再识别黎曼和。

详细解答：

$$\ln\sqrt[n]{\prod_{k=1}^n(1+k/n)^2} =\frac2n\sum_{k=1}^n\ln(1+k/n).$$

$\ln(1+t)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以极限为

$$2\int_0^1\ln(1+t)\mathrm{d}t=2\int_1^2\ln u\,\mathrm{d}u.$$

换元 $u=1+t$ 将区间移到 $[1,2]$，与 B 相同；原乘积中的平方产生系数 $2$，不会变为 $\ln^2u$。

答案： C。

思路： 一点的正导数能控制与该点函数值的比较，但不一定控制附近任意两点的比较。

详细解答： 由导数定义，

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x=f'(0)>0.$$

因此存在 $\delta>0$，使 $0<|x|<\delta$ 时该商为正。右侧 $x>0$，得到 $f(x)>f(0)$，C 正确；左侧 $x<0$，反而得到 $f(x)<f(0)$，D 不成立。B 取 $f(x)=x$ 即可反驳。

A 也不保证：取 $f(0)=0$，$x\ne0$ 时 $f(x)=x+x^2\sin(1/x^2)$。它连续，且 $f'(0)=1$，但

$$f'(x)=1+2x\sin(1/x^2)-\frac2x\cos(1/x^2).$$

在任意右邻域内都有点 $x=1/\sqrt{2n\pi}$ 使 $f'(x)=1-2/x<0$，因此不能在某个右邻域单调增加。

答案： A。

思路： 按右端的多项式和三角项分别设特解，三角项与齐次解重复，需要乘 $x$。

详细解答： 齐次方程 $y''+y=0$ 的解为 $C_1\cos x+C_2\sin x$。右端 $x^2+1$ 对应二次多项式特解 $ax^2+bx+c$；右端 $\sin x$ 对应的三角形式与齐次解重复，需乘一次 $x$，设 $x(A\sin x+B\cos x)$。合并得到 A。

C、D 中的纯正弦或余弦代入 $y''+y$ 都为零，不能产生右端 $\sin x$。B 把多项式部分也乘 $x$，使多项式没有常数项；其多项式部分 $ax^3+bx^2+cx$ 代入后，要匹配 $x^2+1$，三次项要求 $a=0$，二次项要求 $b=1$，但常数项成为 $2b=2$，无法得到 $1$。因此只有 A 适合。

答案： D。

思路： 圆盘适合极坐标，区域与被积函数都要变换，并保留面积元中的 $r$。

详细解答： 区域方程为 $x^2+(y-1)^2\le1$。令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，则

$$r^2\le2r\sin\theta, \qquad 0\le\theta\le\pi,\quad0\le r\le2\sin\theta.$$

且 $xy=r^2\sin\theta\cos\theta$，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。所以积分正是 D。A 把圆心错写在原点；B 将左右半圆乘 $2$，却没有保证 $f(xy)=f(-xy)$，例如 $f(u)=1+u$ 时就不成立；C 漏掉了面积元的 $r$。

答案： D。

思路： 右乘矩阵的每一列给出新列如何由原列组合。

详细解答： 设 $A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$。交换前两列后 $B=(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3)$；将 $B$ 的第二列加到第三列后，

$$C=(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_1+\alpha_3).$$

所以三个新列相对原列的系数分别为 $(0,1,0)^T,(1,0,0)^T,(1,0,1)^T$，即

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

其行列式为 $-1\ne0$，可逆，且逐列乘法确实给出 $AQ=C$，选 D。

答案： A。

思路： $AB=O$ 的每一列说明 $B$ 的列向量是 $A$ 的齐次方程解；按行看则给出 $B$ 的行依赖关系。

详细解答： $B\ne O$，可选其一个非零列 $b$。由 $Ab=0$，$A$ 的列向量存在非零系数的线性组合等于零，所以列向量组相关。$A\ne O$，可选其一个非零行 $a^T$；$a^TB=0$ 给出 $B$ 行向量的非平凡线性组合，故 $B$ 的行向量组相关，A 正确。

不能把“行”和“列”任意互换。例如

$$A=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$$

都是非零矩阵，且 $AB=0$。$A$ 仅有一个非零行，行组无关；$B$ 仅有一个非零列，列组也无关，分别排除 B、C、D 中额外要求的结论。

答案： $-1/6$。

思路： 将幂改写成指数，先求指数的三阶主项，再用 $\mathrm e^u-1\sim u$。

详细解答： 原底数在原点附近为正。令

$$u=x\ln\frac{2+\cos x}{3}.$$

由 $\cos x=1-x^2/2+o(x^2)$，得到

$$\frac{2+\cos x}{3}=1-\frac{x^2}{6}+o(x^2), \qquad u=x\left[-\frac{x^2}{6}+o(x^2)\right]=-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

原分子为 $\mathrm e^u-1=u+o(u)$，所以除以 $x^3$ 后极限为 $-1/6$。

答案： （1）$f(x)=k(x+2)[(x+2)^2-4]$，$-2\le x\le0$；（2）$k=-1/2$。

思路： 平移关系将左侧区间送入已知区间；原点可导要求左右差商极限相等。

详细解答：

1. 当 $-2\le x\le0$，$x+2\in[0,2]$，所以

$$f(x)=kf(x+2)=k(x+2)[(x+2)^2-4].$$

可展开为 $k(x^3+6x^2+8x)$。两侧表达式在 $0$ 均为零，故原点连续。

2. 原点右侧差商为 $(x^3-4x)/x=x^2-4$，右导数为 $-4$。原点左侧差商为 $k(x^3+6x^2+8x)/x$，左导数为 $8k$。故可导当且仅当 $8k=-4$，即 $k=-1/2$。此时 $k\ne0$，平移关系也可向两端继续延拓函数。

答案： （1）$\pi$ 是一个周期；（2）值域为 $[2-\sqrt2,\sqrt2]$。

思路： 利用被积函数周期平移区间；求值域只需一个周期，并按是否跨越 $\pi$ 分段。

详细解答：

1. 令 $u=t-\pi$，利用 $|\sin(u+\pi)|=|\sin u|$，得

$$f(x+\pi)=\int_{x+\pi}^{x+3\pi/2}|\sin t|\mathrm{d}t =\int_x^{x+\pi/2}|\sin u|\mathrm{d}u=f(x).$$

所以 $\pi$ 是周期。

2. 在 $0\le x\le\pi/2$，积分区间位于 $[0,\pi]$，因此

$$f(x)=[-\cos t]_x^{x+\pi/2}=\sin x+\cos x =\sqrt2\sin(x+\pi/4),$$

值域为 $[1,\sqrt2]$。在 $\pi/2\le x\le\pi$，积分跨越 $\pi$，得到

$$f(x)=\int_x^\pi\sin t\,\mathrm{d}t-\int_\pi^{x+\pi/2}\sin t\,\mathrm{d}t =2+\cos x-\sin x.$$

$\cos x-\sin x$ 在此区间从 $-1$ 降至 $-\sqrt2$ 再升至 $-1$，所以此段值域为 $[2-\sqrt2,1]$。由连续性和周期性，合并得到全体值域 $[2-\sqrt2,\sqrt2]$。

答案： （1）$S(t)/V(t)=2$；（2）极限为 $1$。

思路： 直接比较旋转侧面积与体积公式；曲线的特殊指数形式使弧长因子等于曲线高度。

详细解答：

1. 记 $y=(\mathrm e^x+\mathrm e^{-x})/2$，则 $y'=(\mathrm e^x-\mathrm e^{-x})/2$。计算得 $1+(y')^2=y^2$，且 $y>0$，所以 $\sqrt{1+(y')^2}=y$。因此

$$V(t)=\pi\int_0^ty^2\mathrm{d}x,\qquad S(t)=2\pi\int_0^ty\sqrt{1+(y')^2}\mathrm{d}x=2V(t).$$

$t>0$ 时体积非零，故比值为 $2$。

2. $y^2=(\mathrm e^{2x}+2+\mathrm e^{-2x})/4$，所以

$$S(t)=\pi t+\frac\pi4(\mathrm e^{2t}-\mathrm e^{-2t}), \qquad F(t)=\frac\pi4(\mathrm e^{2t}+2+\mathrm e^{-2t}).$$

于是

$$\frac{S(t)}{F(t)} =\frac{4t+\mathrm e^{2t}-\mathrm e^{-2t}}{\mathrm e^{2t}+2+\mathrm e^{-2t}}.$$

分子分母除以 $\mathrm e^{2t}$，利用 $t\mathrm e^{-2t}\to0$，得到极限 $1$。

答案： 所述不等式成立。

思路： 中值定理把函数增量变成导数乘区间长度，再在给定区间找导数严格下界。

详细解答： 令 $h(x)=(\ln x)^2$，则

$$h'(x)=\frac{2\ln x}{x},\qquad h''(x)=\frac{2(1-\ln x)}{x^2}<0\quad(\mathrm e<x<\mathrm e^2).$$

所以 $h'$ 在该区间严格递减，每个内部点都满足 $h'(x)>h'(\mathrm e^2)=4/\mathrm e^2$。在 $[a,b]$ 上用中值定理，存在 $c\in(a,b)\subset(\mathrm e,\mathrm e^2)$，使

$$\ln^2b-\ln^2a=h'(c)(b-a)>\frac4{\mathrm e^2}(b-a).$$

因 $b-a>0$，乘法保持严格不等号，结论得证。

答案： 最长距离为 $\displaystyle s_{\max}=\frac{m v_0}{k}$，计算时 $v_0$ 与 $k$ 的单位必须配套。若 $k=6.0\times10^6\,\mathrm{kg/s}$，则 $s_{\max}=7/24\,\mathrm m$；若 $k=6.0\times10^6\,\mathrm{kg/h}$，则 $s_{\max}=1.05\,\mathrm{km}$。题中未说明 $k$ 的单位，不能据其数值唯一确定距离的单位和数值。

思路： 阻力与速度成正比，牛顿第二定律给出指数衰减的速度，最长距离是无限时间内速度的积分。

详细解答： 取运动方向为正，设触地时为 $t=0$，速度为 $v_0$，质量为 $m=9000\,\mathrm{kg}$。阻力反向，故

$$m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-kv,\qquad v(0)=v_0.$$

分离变量积分得 $v(t)=v_0\mathrm e^{-kt/m}$。时间 $T$ 内的距离为

$$s(T)=\int_0^Tv(t)\mathrm{d}t =\frac{mv_0}{k}(1-\mathrm e^{-kT/m}).$$

它单调增加，$T\to+\infty$ 时趋于 $mv_0/k$，因此该极限就是最长距离。

若采用秒、米、牛顿作为配套单位，比例系数单位为 $\mathrm{kg/s}$，初速度须换为

$$v_0=700\cdot\frac{1000}{3600}=\frac{1750}{9}\,\mathrm{m/s}.$$

在 $k=6.0\times10^6\,\mathrm{kg/s}$ 的解释下，得到

$$s_{\max}=\frac{9000(1750/9)}{6.0\times10^6}=\frac7{24}\,\mathrm m.$$

若时间采用小时且 $k$ 的单位为 $\mathrm{kg/h}$，可配套使用 $v_0=700\,\mathrm{km/h}$，此时 $s_{\max}=9000\cdot700/(6.0\times10^6)=1.05\,\mathrm{km}$。两种计算对应不同单位的比例系数；求数值前需明确这一条件。

答案： 令 $u=x^2-y^2,v=\mathrm e^{xy}$，所有 $f$ 的偏导均在 $(u,v)$ 处取值，则

$$\begin{aligned} z_x&=2xf_1+y\mathrm e^{xy}f_2,\\ z_y&=-2yf_1+x\mathrm e^{xy}f_2,\\ z_{xy}&=-4xyf_{11}+2(x^2-y^2)\mathrm e^{xy}f_{12} +xy\mathrm e^{2xy}f_{22}+(1+xy)\mathrm e^{xy}f_2. \end{aligned}$$

思路： 一阶用链式法则，混合偏导再对每个因子分别求导。

详细解答： 记 $f_1,f_2$ 为 $f$ 对第一、第二自变量的偏导。因为

$$u_x=2x,\ u_y=-2y,\qquad v_x=yv,\ v_y=xv,$$

有 $z_x=f_1u_x+f_2v_x=2xf_1+yvf_2$，$z_y=-2yf_1+xvf_2$。继续对 $z_x$ 求 $y$ 偏导：

$$\begin{aligned} (2xf_1)_y&=2x(-2yf_{11}+xvf_{12}),\\ (yvf_2)_y&=(1+xy)vf_2+yv(-2yf_{21}+xvf_{22}). \end{aligned}$$

由二阶偏导连续，$f_{21}=f_{12}$，合并得到

$$z_{xy}=-4xyf_{11}+(2x^2-2y^2)vf_{12} +xyv^2f_{22}+(1+xy)vf_2.$$

代回 $v=\mathrm e^{xy}$ 即为答案。