2006年考研数学二真题

答案： $y=1/5$。

思路： 水平渐近线由无穷远处的函数极限确定，三角函数有界可消去其相对于 $x$ 的贡献。

详细解答： 分子、分母同时除以 $x$，得到

$$y=\frac{1+4\sin x/x}{5-2\cos x/x}.$$

因 $|\sin x|\le1,|\cos x|\le1$，在 $x\to\pm\infty$ 时，两个含 $1/x$ 的项都趋于零，所以 $y\to1/5$。两端的水平渐近线均为 $y=1/5$。

答案： $a=1/3$。

思路： 连续性要求非零分支的极限等于 $a$，对积分用洛必达法则和变上限求导。

详细解答： 分子 $\int_0^x\sin t^2\mathrm{d}t$ 与分母 $x^3$ 均趋于零，且被积函数连续，可得

$$\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\sin t^2\mathrm{d}t}{x^3} =\lim_{x\to0}\frac{\sin x^2}{3x^2} =\frac13.$$

最后用了 $\sin u/u\to1$。左右极限相同，故连续当且仅当 $f(0)=a=1/3$。

答案： $1/2$。

思路： 分子 $x\mathrm{d}x$ 对应 $1+x^2$ 的微分。

详细解答： 令 $u=1+x^2$，$\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$，上下限变为 $1,+\infty$，于是

$$\int_0^{+\infty}\frac{x\mathrm{d}x}{(1+x^2)^2} =\frac12\int_1^{+\infty}u^{-2}\mathrm{d}u =\frac12\lim_{R\to+\infty}[-u^{-1}]_1^R=\frac12.$$

计算得到有限极限，也证明该反常积分收敛。

答案： $y=Cx\mathrm e^{-x}$，在不跨越 $x=0$ 的区间内成立。

思路： 可分离变量；除以 $y$ 求解后记得补回零解。

详细解答： 对非零解，

$$\frac{\mathrm{d}y}{y}=\left(\frac1x-1\right)\mathrm{d}x.$$

积分得 $\ln|y|=\ln|x|-x+C_0$，所以 $y=Cx\mathrm e^{-x}$，其中 $C$ 可吸收各区间上的符号。$y=0$ 也满足方程，已由 $C=0$ 包含。原方程在 $x=0$ 无定义，故解区间应位于 $x>0$ 或 $x<0$。

答案： $-\mathrm e$。

思路： 先求 $x=0$ 对应的函数值，再隐式求导。

详细解答： 原式代入 $x=0$ 得 $y=1$。求导时 $\mathrm e^y$ 需乘 $y'$，所以

$$y'=-\mathrm e^y-x\mathrm e^yy',\qquad (1+x\mathrm e^y)y'=-\mathrm e^y.$$

代入 $x=0,y=1$ 得 $y'(0)=-\mathrm e$。

答案： $|B|=2$。

思路： 提取 $B$ 并取行列式，注意二阶矩阵乘常数 $2$ 会使行列式乘 $2^2$。

详细解答：

1. 将等式右边的 $B$ 移到左边，并写成 $BE$，可以提取左因子：

   $$BA-BE=B(A-E)=2E.$$

   必须保持矩阵乘法的顺序，不能改写成 $(A-E)B$。

2. 用二阶行列式的对角乘积相减公式，得到

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

   它不为零，说明 $A-E$ 可逆，矩阵方程确实能解出 $B$。

3. 对 $B(A-E)=2E$ 两边取行列式。由 $|XY|=|X||Y|$，左边为 $2|B|$；右边的 $2E$ 有两个对角元 $2$，故行列式为 $2\cdot2=4$。于是 $2|B|=4$，得到 $|B|=2$。

答案： A，$0<\mathrm{d}y<\Delta y$。

思路： 微分使用起点切线斜率，实际增量使用两点间平均斜率；$f''>0$ 使后者更大。

详细解答： $\mathrm{d}y=f'(x_0)\Delta x>0$，因为两个因子都为正。对区间 $[x_0,x_0+\Delta x]$ 用中值定理，存在 $c$ 严格介于两端之间，使

$$\Delta y=f'(c)\Delta x.$$

$f''>0$ 保证 $f'$ 严格递增，$c>x_0$，所以 $f'(c)>f'(x_0)$。乘以 $\Delta x>0$ 得 $\Delta y>\mathrm{d}y>0$，选 A。

答案： B，连续的偶函数。

思路： 奇函数从 $0$ 积分到 $x$ 得偶函数；一个有限跳跃不影响积分函数连续。

详细解答： 令 $F(x)=\int_0^xf(t)\mathrm{d}t$。换元 $t=-u$ 并利用 $f(-u)=-f(u)$，得

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

因此 $F$ 为偶函数。$f$ 在 $0$ 的两侧极限均有限，所以在原点某邻域有界；在其他点附近又连续。对任何固定点 $x_0$，附近存在界 $M$，因而

$$|F(x)-F(x_0)|=\left|\int_{x_0}^xf(t)\mathrm{d}t\right|\le M|x-x_0|\to0.$$

所以 $F$ 处处连续，选 B。

答案： C，$g(1)=-\ln2-1$。

思路： 对复合指数函数求导，代入两个给定导数值。

详细解答： 链式法则给出 $h'(x)=\mathrm e^{1+g(x)}g'(x)$。在 $x=1$ 处，

$$1=2\mathrm e^{1+g(1)},\qquad \mathrm e^{1+g(1)}=\frac12.$$

取对数，$1+g(1)=-\ln2$，得到 $g(1)=-\ln2-1$，选 C。

答案： D，$y''+y'-2y=3\mathrm e^x$。

思路： 任意常数项对应齐次解，先由其指数确定齐次方程，再代入固定的非齐次部分。

详细解答： $\mathrm e^x,\mathrm e^{-2x}$ 对应特征根 $1,-2$，所以齐次特征多项式为 $(r-1)(r+2)=r^2+r-2$，应使用 $y''+y'-2y$。对 $y_p=x\mathrm e^x$，

$$y_p'=(x+1)\mathrm e^x,\qquad y_p''=(x+2)\mathrm e^x.$$

代入得

$$y_p''+y_p'-2y_p=[x+2+x+1-2x]\mathrm e^x=3\mathrm e^x.$$

所以选 D。A、B 的齐次部分不符合给定指数，C 的右端多了 $x$。

答案： C。

思路： 先识别极坐标扇形，再用水平薄条描述它。

详细解答： 原区域为 $r\le1$、$0\le\theta\le\pi/4$，即第一象限单位圆内且 $0\le y\le x$ 的部分。水平薄条左端在 $x=y$，右端在 $x=\sqrt{1-y^2}$。两边相交时 $y=\sqrt{1-y^2}$，所以最大高度为 $1/\sqrt2$。因此

$$\iint_Df(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\int_0^{\sqrt2/2}\mathrm{d}y\int_y^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)\mathrm{d}x,$$

与 C 一致。A 取的是直线 $y=x$ 上侧区域，B、D 则包含不属于此扇形的点。

答案： D。

思路： 正则约束下极值点的一阶条件使目标梯度与约束梯度平行，结合 $\varphi_y\ne0$ 判断。

详细解答： 约束局部写成 $y=y(x)$ 时，$\varphi_x+\varphi_y y'=0$，故 $y'=-\varphi_x/\varphi_y$。沿约束的一元函数在极值点导数为零，因此

$$f_x-f_y\frac{\varphi_x}{\varphi_y}=0,\qquad f_x\varphi_y=f_y\varphi_x.$$

若 $f_x\ne0$，因 $\varphi_y\ne0$，左边非零，所以右边非零，尤其 $f_y\ne0$，D 正确。

A 可取约束 $y=0$、目标 $f=x^2+y$，原点为约束极小值，$f_x=0$ 而 $f_y=1$；B 可取同一约束、$f=x^2+y^2$，两个偏导均为零；C 可取约束 $x+y=0$、目标 $f=x+y+x^2$，原点沿约束为极小值，但 $f_x=f_y=1$。这些例子均满足 $\varphi_y\ne0$，排除其他项。

答案： A。

思路： 线性变换保留已有线性关系，但可能把不同向量压到同一向量。

详细解答： 若 $a_1,\ldots,a_s$ 相关，存在不全为零的 $c_i$ 使 $\sum c_i a_i=0$。左乘 $A$ 得

$$\sum_{i=1}^sc_iAa_i=A0=0,$$

仍是非平凡线性关系，所以像向量组相关，A 正确，B 错误。对无关的标准基组，取 $A=E$ 时像仍无关，反驳 C；取 $A=O$ 时像全为零，反驳 D。因此无关性不能仅凭任意 $A$ 保证。

答案： B，$C=PAP^{-1}$。

思路： 行变换由左乘实现，列变换由右乘实现，按操作顺序保留两侧位置。

详细解答： $P$ 的第一行等于单位阵第一行加第二行，所以左乘 $P$ 正是把第 $2$ 行加到第 $1$ 行，$B=PA$。又

$$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

右乘它使新第二列为原第二列减第一列，其他列不变，正是第二步操作。故 $C=BP^{-1}=PAP^{-1}$，选 B。

答案： $A=1/3,B=-2/3,C=1/6$。

思路： “余项为 $o(x^3)$”要求二次、三次项同时消失，而一次项决定 $A$。

详细解答： 将 $\mathrm e^x$ 展开到三阶并相乘：

$$\begin{aligned} \mathrm e^x(1+Bx+Cx^2) &=1+(1+B)x+\left(\frac12+B+C\right)x^2\\ &\quad+\left(\frac16+\frac B2+C\right)x^3+o(x^3). \end{aligned}$$

与右端比较，得到

$$A=1+B,\qquad B+C=-\frac12,\qquad \frac B2+C=-\frac16.$$

后两式相减得 $B/2=-1/3$，故 $B=-2/3$；再得 $C=1/6,A=1/3$。这组数使所有二、三阶项消失，确实满足要求。

答案：

$$-\mathrm e^{-x}\arcsin\mathrm e^x+x-\ln(1+\sqrt{1-\mathrm e^{2x}})+C,\qquad x<0.$$

思路： 先令 $u=\mathrm e^x$，对反正弦项分部积分，再用 $u=\sin t$ 处理余下根式。

详细解答： 在实数可微范围 $x<0$ 内，$0<u=\mathrm e^x<1$，$\mathrm{d}x=\mathrm{d}u/u$，所以

$$\int\frac{\arcsin\mathrm e^x}{\mathrm e^x}\mathrm{d}x =\int\frac{\arcsin u}{u^2}\mathrm{d}u =-\frac{\arcsin u}{u}+\int\frac{\mathrm{d}u}{u\sqrt{1-u^2}}.$$

令 $u=\sin t$，$0<t<\pi/2$，最后一个积分为 $\int\mathrm{d}t/\sin t$。其原函数可写为

$$\ln\tan\frac t2 =\ln\frac{\sin t}{1+\cos t} =\ln u-\ln(1+\sqrt{1-u^2}).$$

因此代回 $u=\mathrm e^x$、$\ln u=x$，得到答案。对数内部均为正，无需另写绝对值。

答案： $I=\dfrac\pi2\ln2$。

思路： 右半圆关于横轴对称，含 $xy$ 的部分为奇函数，其余部分只依赖半径。

详细解答： 将积分拆为两项：

$$I=\iint_D\frac1{1+x^2+y^2}\mathrm{d}\sigma +\iint_D\frac{xy}{1+x^2+y^2}\mathrm{d}\sigma.$$

第二项的被积函数在 $y\mapsto-y$ 时变号，区域不变，所以积分为零。第一项用极坐标，右半圆对应 $-\pi/2\le\theta\le\pi/2,0\le r\le1$，得到

$$I=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^1\frac{r}{1+r^2}\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta =\pi\left[\frac12\ln(1+r^2)\right]_0^1 =\frac\pi2\ln2.$$

答案： （1）极限存在且为 $0$；（2）$\mathrm e^{-1/6}$。

思路： 第一问用正性、递减性和递推的连续性；第二问在已知 $x_n\to0$ 后使用正弦展开。

详细解答：

1. 对 $0<x<\pi$，有 $0<\sin x<x$。其中 $\sin x<x$ 可由 $(x-\sin x)'=1-\cos x\ge0$ 且内部严格增加证明。递推因此给出 $0<x_{n+1}<x_n<\pi$，数列递减且有下界 $0$，故极限 $L$ 存在。取极限得 $L=\sin L$。若 $L>0$，则 $L<\pi$ 且 $\sin L<L$，矛盾，所以 $L=0$。

2. 原底数正，取对数：

$$\ln\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{1/x_n^2} =\frac{\ln(\sin x_n/x_n)}{x_n^2}.$$

因为 $\sin u/u=1-u^2/6+o(u^2)$，所以 $\ln(\sin u/u)=-u^2/6+o(u^2)$。结合 $x_n\to0$，对数极限为 $-1/6$，再用指数连续性得到原极限 $\mathrm e^{-1/6}$。

答案： 所述严格不等式成立。

思路： 将两端看作同一函数在 $a,b$ 处的值，证明该函数在 $(0,\pi)$ 严格增加。

详细解答： 令 $H(x)=x\sin x+2\cos x+\pi x$，则

$$H'(x)=x\cos x-\sin x+\pi,\qquad H''(x)=-x\sin x<0.$$

所以 $H'$ 在 $(0,\pi)$ 上严格递减，而 $H'(\pi)=-\pi+\pi=0$。因此每个 $0<x<\pi$ 都有 $H'(x)>0$。$a<b$ 时中值定理给出 $H(b)-H(a)=H'(c)(b-a)>0$，展开就是题中不等式。

答案： （1）$f''(u)+f'(u)/u=0$；（2）$f(u)=\ln u$，$u>0$。

思路： 径向函数求两阶偏导，相加后消去方向，得到关于半径的一元方程。

详细解答：

1. 令 $u=\sqrt{x^2+y^2}>0$，则

$$u_x=x/u,\quad u_y=y/u,\quad u_{xx}=y^2/u^3,\quad u_{yy}=x^2/u^3.$$

链式法则给出

$$z_{xx}=f''(u)\frac{x^2}{u^2}+f'(u)\frac{y^2}{u^3},\qquad z_{yy}=f''(u)\frac{y^2}{u^2}+f'(u)\frac{x^2}{u^3}.$$

相加并用 $x^2+y^2=u^2$，得 $z_{xx}+z_{yy}=f''(u)+f'(u)/u$，由题设此值为零。

2. 乘以 $u$，得到 $(uf')'=0$，所以 $uf'=C_1$，$f=C_1\ln u+C_2$。由 $f'(1)=1$ 得 $C_1=1$，由 $f(1)=0$ 得 $C_2=0$，因此 $f(u)=\ln u$。

答案： （1）在 $x>1$ 上向上凸；（2）切点 $(2,3)$，切线 $y=x+1$；（3）面积为 $7/3$。

思路： 用参数求导判断凹凸、确定切线；面积用切线下三角形减去曲线下区域。

详细解答：

1. 对 $t>0$，

$$y_x=\frac{4-2t}{2t}=\frac2t-1,\qquad y_{xx}=\frac1{2t}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac2t-1\right)=-\frac1{t^3}<0.$$

所以对应 $x>1$ 的曲线向上凸。$t=0$ 为端点 $(1,0)$，那里为竖直切线，凹凸性按内部区间讨论。

2. 参数 $t>0$ 处切线通过 $(-1,0)$ 的条件为

$$4t-t^2=\left(\frac2t-1\right)(t^2+2).$$

展开整理得 $2t+2-4/t=0$，即 $(t+2)(t-1)=0$，有效值为 $t=1$。于是切点为 $(2,3)$，斜率为 $1$，切线为 $y=x+1$。端点的竖直切线 $x=1$ 不经过指定点，故没有遗漏。

3. 曲线在 $1\le x\le2$ 的显式表达式为 $y=4\sqrt{x-1}-(x-1)$。切线与横轴交于 $(-1,0)$，切线下至 $x=2$ 的三角形面积为 $3\cdot3/2=9/2$。曲线向上凸，切线在曲线上方；所围面积为

$$\begin{aligned} S&=\frac92-\int_1^2[4\sqrt{x-1}-(x-1)]\mathrm{d}x\\ &=\frac92-\left[\frac83(x-1)^{3/2}-\frac12(x-1)^2\right]_1^2\\ &=\frac92-\frac83+\frac12=\frac73. \end{aligned}$$

答案： （1）$r(A)=2$；（2）$a=2,b=-3$，通解为

$$x=(2,-3,0,0)^T+s(-2,1,1,0)^T+t(4,-5,0,1)^T.$$

思路： 三个无关的非齐次解相减可产生两个无关齐次解，限制系数矩阵的秩；再利用第三行依赖关系确定参数。

详细解答：

1. 前两行不成比例，所以 $r(A)\ge2$。设三个无关解为 $u_1,u_2,u_3$，则 $u_2-u_1,u_3-u_1$ 均满足齐次方程。若 $c_2(u_2-u_1)+c_3(u_3-u_1)=0$，由原三向量无关，得 $c_2=c_3=0$。所以核维数至少为 $2$，$4-r(A)\ge2$，即 $r(A)\le2$。合并得到 $r(A)=2$。

2. 第三行必为前两行组合，设组合系数为 $p,q$。比较第二、第三列得 $p+3q=1,p+5q=3$，所以 $q=1,p=-2$。于是 $a=p+4q=2$，$b=p-q=-3$；右端也满足 $p(-1)+q(-1)=1$，方程相容。

令 $x_3=s,x_4=t$。前两式为

$$x_1+x_2=-1-s-t,\qquad4x_1+3x_2=-1-5s+t.$$

第二式减第一式的 $3$ 倍，得 $x_1=2-2s+4t$，再得 $x_2=-3+s-5t$。这正是答案中的通解。