2005年考研数学二真题

答案： $-\pi\,\mathrm{d}x$。

思路： 底数和指数都含 $x$，用对数求导。

详细解答： 在 $x=\pi$ 附近 $1+\sin x>0$，所以可写 $\ln y=x\ln(1+\sin x)$。求导得

$$\frac{y'}y=\ln(1+\sin x)+\frac{x\cos x}{1+\sin x}.$$

$x=\pi$ 时 $y=1$，右端为 $0-\pi$，所以 $y'(\pi)=-\pi$。由微分定义，$\mathrm{d}y|_{x=\pi}=-\pi\mathrm{d}x$。

答案： $y=x+3/2$。

思路： 定义域为 $x>0$，只需考察 $x\to+\infty$，用二项展开求线性主项。

详细解答：

$$\frac{(1+x)^{3/2}}{\sqrt x} =x\left(1+\frac1x\right)^{3/2}.$$

利用 $(1+u)^{3/2}=1+3u/2+O(u^2)$，得到

$$y=x\left(1+\frac{3}{2x}+O(x^{-2})\right) =x+\frac32+O(x^{-1}).$$

因此 $y-(x+3/2)\to0$，所求斜渐近线为 $y=x+3/2$。

答案： $\pi/4$。

思路： 将根式作为新变量，$x\mathrm{d}x$ 会与换元微分匹配。

详细解答： 令 $t=\sqrt{1-x^2}$，则 $x\mathrm{d}x=-t\mathrm{d}t$，且 $2-x^2=1+t^2$。$x=0$ 对应 $t=1$，$x\to1^-$ 对应 $t\to0^+$，于是

$$\int_0^1\frac{x\mathrm{d}x}{(2-x^2)\sqrt{1-x^2}} =-\int_1^0\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2} =[\arctan t]_0^1=\frac\pi4.$$

上限的根式为零，原积分以反常积分理解；换元后的端点正常，计算也证明收敛。

答案： $y=\dfrac{x\ln x}{3}-\dfrac{x}{9}$，$x>0$。

思路： 一阶线性方程的积分因子为 $x^2$。

详细解答： 除以 $x$ 得 $y'+2y/x=\ln x$，乘 $x^2$，即

$$(x^2y)'=x^2\ln x.$$

分部积分得

$$x^2y=\frac{x^3}{3}\ln x-\frac13\int x^2\mathrm{d}x =\frac{x^3\ln x}{3}-\frac{x^3}{9}+C.$$

代入 $x=1,y=-1/9$ 得 $C=0$，除以 $x^2$ 得所求解。

答案： $k=3/4$。

思路： 两个根式的常数项抵消，比较二次项。

详细解答： 当 $x\to0$，$x\arcsin x=x^2+o(x^2)$、$\cos x=1-x^2/2+o(x^2)$。用 $\sqrt{1+u}=1+u/2+o(u)$，

$$\sqrt{1+x\arcsin x}=1+\frac{x^2}{2}+o(x^2), \qquad \sqrt{\cos x}=1-\frac{x^2}{4}+o(x^2).$$

所以 $\beta(x)=3x^2/4+o(x^2)$。$\alpha(x)/\beta(x)\to4k/3$，等价无穷小要求这个极限为 $1$，故 $k=3/4$。

答案： $|B|=2$。

思路： 将新列的系数组成右乘矩阵，再用行列式乘法公式。

详细解答：

$$B=A\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&3\\1&4&9\end{pmatrix}=AC.$$

将 $C$ 的第二、第三列各减去第一列，得

$$|C|=\det\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&2\\1&3&8\end{pmatrix}=8-6=2.$$

所以 $|B|=|A||C|=1\cdot2=2$。

答案： C，恰有两个不可导点。

思路： 先按 $|x|$ 与 $1$ 的大小求数列极限，再检查分界点的左右导数。

详细解答： 当 $|x|\le1$，$1\le1+|x|^{3n}\le2$，取 $n$ 次根并夹逼得极限为 $1$。当 $|x|>1$，

$$(1+|x|^{3n})^{1/n}=|x|^3(1+|x|^{-3n})^{1/n}\longrightarrow|x|^3.$$

因此

$$f(x)=\begin{cases}1,&|x|\le1,\\|x|^3,&|x|>1.\end{cases}$$

在 $x=1$ 处左右导数为 $0,3$，在 $x=-1$ 处左右导数为 $-3,0$，均不相等。其余点各位于光滑表达式内部，均可导，所以恰有两个不可导点。

答案： A。

思路： 奇偶性对求导与积分的影响不同，积分时还要考虑常数。

详细解答： 若 $F$ 为偶函数，$F(-x)=F(x)$ 求导得 $-f(-x)=f(x)$，所以 $f$ 为奇函数。反过来，若 $f$ 为奇函数，则

$$F(x)-F(0)=\int_0^xf(t)\mathrm{d}t.$$

换元可得 $\int_0^{-x}f(t)\mathrm{d}t=\int_0^xf(t)\mathrm{d}t$，因此 $F(x)-F(0)$ 为偶函数，加常数后 $F$ 仍为偶函数。A 的双向命题成立。

B 取 $f=1,F=x+1$，$f$ 为偶函数而 $F$ 非奇函数；C 仍取此例，常函数 $f$ 有周期，但 $F=x+1$ 无周期；D 取 $F=x^2$、$f=2x$，$f$ 单调而 $F$ 在全实轴不单调。因此其余等价命题都不必成立。

答案： A，即 $3+\dfrac18\ln2$。

思路： 参数求导得切线斜率，法线斜率取负倒数，再令法线纵坐标为零。

详细解答： $\ln(1+t)$ 要求 $t>-1$。由 $x=t^2+2t=3$，得 $t=1$ 或 $-3$，仅 $t=1$ 有效，点为 $(3,\ln2)$。且

$$y_x=\frac{1/(1+t)}{2t+2}=\frac1{2(1+t)^2}=\frac18.$$

法线为 $y-\ln2=-8(x-3)$。令 $y=0$，得到 $x=3+\ln2/8$，选 A。

答案： D，即 $(a+b)\pi/2$。

思路： 区域交换 $x,y$ 后不变，将原积分与交换后的积分相加。

详细解答： 记原积分为 $I$，$p=\sqrt{f(x)}$、$q=\sqrt{f(y)}$，因 $f>0$，分母 $p+q>0$。区域是半径 $2$ 的第一象限圆盘，关于 $x=y$ 对称，所以

$$I=\iint_D\frac{aq+bp}{p+q}\mathrm{d}\sigma.$$

与原表达式相加，得

$$2I=\iint_D\frac{ap+bq+aq+bp}{p+q}\mathrm{d}\sigma =(a+b)\operatorname{area}(D).$$

区域面积为 $\pi\cdot2^2/4=\pi$，所以 $I=(a+b)\pi/2$。

答案： B，$u_{xx}=u_{yy}$。

思路： 变上下限积分求导时，上限项与下限项各自乘其导数。

详细解答：

$$\begin{aligned} u_x&=\phi'(x+y)+\phi'(x-y)+\psi(x+y)-\psi(x-y),\\ u_y&=\phi'(x+y)-\phi'(x-y)+\psi(x+y)+\psi(x-y). \end{aligned}$$

再分别求导，

$$u_{xx}=u_{yy} =\phi''(x+y)+\phi''(x-y)+\psi'(x+y)-\psi'(x-y).$$

因此 B 必成立。其他结论不必成立，例如取 $\phi(t)=t^2,\psi=0$，得到 $u=2x^2+2y^2$，于是 $u_{xx}=u_{yy}=4$、$u_{xy}=0$，同时排除 A、C、D。

答案： D。

思路： 检查每个点的单侧极限，第一类要求两个单侧极限均有限。

详细解答： 当 $x\to0$，

$$\frac{x}{x-1}\sim-x,\qquad \mathrm e^{x/(x-1)}-1\sim-x,$$

所以 $f(x)\sim-1/x$，左右分别无界，$0$ 为第二类间断点。

当 $x\to1^-$，$x/(x-1)\to-\infty$，故 $f(x)\to1/(0-1)=-1$；当 $x\to1^+$，指数趋于 $+\infty$，故 $f(x)\to0$。两个单侧极限有限但不相等，$1$ 为跳跃间断点，属于第一类。选 D。

答案： B，即 $\lambda_2\ne0$。

思路： 不同特征值的特征向量无关，第二个向量是否含非零的 $\alpha_2$ 分量决定无关性。

详细解答：

$$A(\alpha_1+\alpha_2)=\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2.$$

若 $\lambda_2=0$，它是 $\alpha_1$ 的倍数，两向量相关。若 $\lambda_2\ne0$，设

$$c_1\alpha_1+c_2A(\alpha_1+\alpha_2)=0,$$

则 $(c_1+c_2\lambda_1)\alpha_1+c_2\lambda_2\alpha_2=0$。由 $\alpha_1,\alpha_2$ 无关，$c_2\lambda_2=0$，所以 $c_2=0$，再得 $c_1=0$。故两向量无关当且仅当 $\lambda_2\ne0$，选 B。

答案： C。

思路： 行交换对应左乘交换矩阵，伴随矩阵用 $A^*=|A|A^{-1}$ 表示。

详细解答： 令 $P$ 为交换前两行的单位矩阵，则 $B=PA$，且 $P^{-1}=P,|P|=-1$。所以

$$|B|=-|A|,\qquad B^{-1}=A^{-1}P.$$

于是

$$B^*=|B|B^{-1}=-|A|A^{-1}P=-A^*P.$$

右乘 $P$ 是交换前两列，因此交换 $A^*$ 前两列所得为 $A^*P=-B^*$，选 C。负号来自行交换使行列式变号。

答案： $1/2$。

思路： 将积分统一换到固定区间 $[0,1]$，用连续性比较主项，避免对仅连续的 $f$ 求导。

详细解答： 分母先令 $u=x-t$，得 $\int_0^xf(x-t)\mathrm{d}t=\int_0^xf(u)\mathrm{d}u$。对 $x\ne0$，分子与分母再分别用 $t=xs$、$u=xs$ 换元，得到

$$\frac{\int_0^x(x-t)f(t)\mathrm{d}t}{x\int_0^xf(x-t)\mathrm{d}t} =\frac{\int_0^1(1-s)f(xs)\mathrm{d}s}{\int_0^1f(xs)\mathrm{d}s}.$$

这个换元对正负 $x$ 都成立，因两个积分中的微分与因子共同产生 $x^2$。连续性使 $f(xs)$ 在 $s\in[0,1]$ 上一致趋于 $f(0)$，因此分子趋于 $f(0)\int_0^1(1-s)\mathrm{d}s=f(0)/2$，分母趋于 $f(0)\ne0$。所以极限为 $1/2$。

答案： 图中 $y\ge1$ 的部分为 $\displaystyle x=\ln y-\frac{y-1}{2y}$。若“$C_2$ 上任一点”覆盖整个指数曲线，则还须补上 $0<y<1$ 的分支，完整表达式为

$$x=\phi(y)=\begin{cases} \displaystyle\ln y+\frac{y-1}{2y},&0<y<1,\\[6pt] \displaystyle\ln y-\frac{y-1}{2y},&y\ge1. \end{cases}$$

思路： 第一块面积按竖条积分，第二块按横条积分，再用 $y=e^x$ 统一变量。几何面积为非负量，点在交点的上方和下方时，积分的方向不同，因此应分段求解。

详细解答： 两条已知曲线在 $(0,1)$ 相交。先求第一块面积：当 $x\ge0$ 时，$C_2$ 在 $C_1$ 上方，所以

$$S_1(x)=\int_0^x\frac{e^t-1}{2}\,\mathrm dt =\frac{e^x-x-1}{2}.$$

当 $x<0$ 时，$C_1$ 在 $C_2$ 上方，面积应从 $x$ 积到 $0$，故

$$S_1(x)=\int_x^0\frac{1-e^t}{2}\,\mathrm dt =\frac{e^x-x-1}{2}.$$

两种情况得到同一表达式。因为 $M$ 在 $C_2$ 上，$x=\ln y$，所以面积条件要求

$$S_2(y)=T(y):=\frac{y-\ln y-1}{2},\qquad y>0.$$

（1）在图示的 $y\ge1$ 部分，$C_3$ 位于 $C_2$ 左侧。$C_2$ 的反函数为 $x=\ln y$，故横条宽度为 $\ln t-\phi(t)$，从而

$$S_2(y)=\int_1^y[\ln t-\phi(t)]\,\mathrm dt.$$

对 $y$ 求导，有

$$\ln y-\phi(y)=T'(y)=\frac{1-1/y}{2},$$

即 $\phi(y)=\ln y-(y-1)/(2y)$。

（2）若还要求 $0<y<1$ 的任一点满足条件，横条面积要从 $y$ 积到 $1$。在 $C_3$ 位于 $C_2$ 左侧的分支上，

$$S_2(y)=\int_y^1[\ln t-\phi(t)]\,\mathrm dt.$$

此时求导产生负号，得到

$$\phi(y)-\ln y=T'(y)=\frac{1-1/y}{2},$$

所以 $\phi(y)=\ln y+(y-1)/(2y)$。它确实小于 $\ln y$，与所用的横条方向相符。若在整个 $0<y<1$ 上取另一侧的分支，则会得到减号式，其导数在 $0<y<1/2$ 为负，不满足单调增加条件。

（3）检查完整曲线。两段在 $y=1$ 都取 $\phi(1)=0$，因此经过 $(0,1)$ 且连续。各段导数为

$$\phi'(y)=\begin{cases} \displaystyle\frac{2y+1}{2y^2}>0,&0<y<1,\\[6pt] \displaystyle\frac{2y-1}{2y^2}>0,&y>1. \end{cases}$$

所以完整曲线单调增加。直接代回面积积分，在两段上都得到 $S_2(y)=(y-\ln y-1)/2=S_1(\ln y)$，满足相应范围内的全部条件。

答案： $20$。

思路： 由切线经过的两点求端点导数，拐点给出二阶导数，再分部积分两次。

详细解答： 图中 $l_1$ 通过 $(0,0),(2,4)$，所以 $f'(0)=2$；$l_2$ 通过 $(3,2),(2,4)$，所以 $f'(3)=-2$。此外 $f(0)=0,f(3)=2$。函数有连续二阶导数且 $(3,2)$ 是拐点，凹凸变号要求 $f''(3)=0$。

令 $p(x)=x^2+x$，则

$$\begin{aligned} I&=[pf'']_0^3-\int_0^3(2x+1)f''(x)\mathrm{d}x\\ &=[pf'']_0^3-[(2x+1)f']_0^3+2[f]_0^3. \end{aligned}$$

第一项为 $12f''(3)-0f''(0)=0$；第二项为 $-[7(-2)-1\cdot2]=16$；第三项为 $2(2-0)=4$。故 $I=20$。

答案： 化简后为 $Y''(t)+Y(t)=0$；特解为 $y=2x+\sqrt{1-x^2}$，$-1<x<1$。

思路： 将 $Y(t)=y(\cos t)$ 的两阶导数展开，恰好得到原方程中的组合。

详细解答： 令 $x=\cos t$，$0<t<\pi$，并设 $Y(t)=y(\cos t)$，则

$$Y'=-\sin t\,y',\qquad Y''=\sin^2t\,y''-\cos t\,y'=(1-x^2)y''-xy'.$$

所以原方程化为 $Y''+Y=0$，通解 $Y=C_1\cos t+C_2\sin t$。因 $0<t<\pi$，$\sin t=\sqrt{1-x^2}>0$，故

$$y=C_1x+C_2\sqrt{1-x^2}.$$

代入 $y(0)=1$ 得 $C_2=1$。求导 $y'=C_1-C_2x/\sqrt{1-x^2}$，代入 $y'(0)=2$ 得 $C_1=2$，得到答案。

答案： 两个结论均成立，可取 $\eta<\xi<\zeta$。

思路： 先用介值定理找交点，再将区间在该点处分成两段，分别用中值定理，导数比值恰好互为倒数。

详细解答：

1. 令 $h(x)=f(x)+x-1$。它在 $[0,1]$ 连续，且 $h(0)=-1,h(1)=1$。介值定理给出 $\xi\in(0,1)$ 使 $h(\xi)=0$，即 $f(\xi)=1-\xi$。

2. 在 $[0,\xi]$ 上用中值定理，存在 $\eta\in(0,\xi)$ 使

$$f'(\eta)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi}=\frac{1-\xi}{\xi}.$$

在 $[\xi,1]$ 上再用中值定理，存在 $\zeta\in(\xi,1)$ 使

$$f'(\zeta)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac{\xi}{1-\xi}.$$

由于 $0<\xi<1$，分母非零，两式相乘得 $f'(\eta)f'(\zeta)=1$。两点分处不相交区间，所以不同。

答案： 最大值 $3$，在 $(\pm1,0)$ 取得；最小值 $-2$，在 $(0,\pm2)$ 取得。

思路： 全微分确定函数，再利用椭圆域中的平方项范围寻找可达到的上下界。

详细解答： 由全微分得 $f_x=2x,f_y=-2y$。先对 $x$ 积分，$f=x^2+C(y)$；再比较 $f_y$，得 $C'(y)=-2y$，所以

$$f(x,y)=x^2-y^2+C_0.$$

代入 $f(1,1)=2$，得 $C_0=2$。在 $D$ 内，$0\le x^2\le1$，$0\le y^2\le4$，因此

$$-2=2-4\le x^2-y^2+2\le1+2=3.$$

$(\pm1,0)$ 属于 $D$ 且使上界成立；$(0,\pm2)$ 属于 $D$ 且使下界成立。所以这些界就是最大、最小值，而不只是估计。