2007年考研数学二真题

答案： B。

思路： 等价要求与 $\sqrt x$ 的比值趋于 $1$，不能只看趋零速度相同。

详细解答： 当 $x\to0^+$，

$$\ln\frac{1+x}{1-\sqrt x} =\ln(1+x)-\ln(1-\sqrt x) =x+o(x)+\sqrt x+o(\sqrt x) =\sqrt x+o(\sqrt x),$$

所以 B 与 $\sqrt x$ 等价。A 的首项是 $-\sqrt x$，比值为 $-1$；C 由 $\sqrt{1+u}-1\sim u/2$，首项为 $\sqrt x/2$，比值为 $1/2$；D 由 $1-\cos u\sim u^2/2$，首项为 $x/2$，与 $\sqrt x$ 的比值趋于零。因此只有 B 正确。

答案： A，$x=0$。

思路： 第一类间断点要求左右极限都有限，分别检查指数和正切产生的候选点。

详细解答： 将函数写为

$$f(x)=\frac{\mathrm e^{1/x}+\mathrm e}{\mathrm e^{1/x}-\mathrm e}\frac{\tan x}{x}.$$

$x\to0^+$ 时第一因子趋于 $1$，第二因子趋于 $1$，故右极限为 $1$；$x\to0^-$ 时第一因子趋于 $-1$，第二因子仍趋于 $1$，故左极限为 $-1$。所以 $0$ 为跳跃间断点，属于第一类。

$x=1$ 时指数分母为零，而分子和 $\tan1$ 非零，函数无界；在 $x=\pm\pi/2$ 处正切无界，其他因子有限非零。后三点均为第二类间断点，所以选 A。

答案： C。

思路： 定积分表示带符号面积：横轴上方的面积取正，横轴下方取负。若积分上限小于下限，还要再变号。

详细解答：

1. 直径为 $1$ 的小半圆半径为 $1/2$，面积为 $\pi/8$；直径为 $2$ 的大半圆半径为 $1$，面积为 $\pi/2$。

2. 在 $[-3,-2]$、$[-2,0]$、$[0,2]$、$[2,3]$ 上，半圆分别在横轴上、下、上、下方。因此

   $$F(2)=\int_0^2 f(t)\,\mathrm{d}t=\frac\pi2, \qquad F(3)=\frac\pi2-\frac\pi8=\frac{3\pi}{8}.$$

3. 计算负数上限时应改变积分方向：

   $$F(-2)=-\int_{-2}^0 f(t)\,\mathrm{d}t=\frac\pi2,$$

   $$F(-3)=-\int_{-3}^0 f(t)\,\mathrm{d}t =-\left(\frac\pi8-\frac\pi2\right)=\frac{3\pi}{8}.$$

4. 于是 $F(-3)=\frac34F(2)$，C 正确。A 的右端为 $-3\pi/8$，B 的右端为 $5\pi/8$，D 的右端为 $-5\pi/8$，都与相应左端不相等。

易错点： $F(-3)$ 不是从 $-3$ 到 $0$ 的积分，二者相差一个负号；各段面积也不能一律取正。

答案： D 是错误命题。

思路： 导数需要单侧增量相对函数值的极限，对称差商不能保证导数存在。

详细解答： A 中设有限极限为 $L$，则 $f(x)=x[f(x)/x]\to0$，连续性给出 $f(0)=0$。B 中同样得到 $f(x)+f(-x)\to0$，由连续性其极限为 $2f(0)$，所以 $f(0)=0$。C 结合 A，导数定义给出

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

故成立。

D 可取 $f(x)=|x|$。它连续且 $f(x)-f(-x)=0$，所以对称差商极限为 $0$；但原点左、右导数分别为 $-1,1$，不可导。故 D 错误。

答案： D，共三条渐近线。

思路： 分别检查有限奇点及正负无穷远处。

详细解答： 在 $x=0$ 附近，$\ln(1+\mathrm e^x)\to\ln2$，而 $1/x$ 无界，所以有竖直渐近线 $x=0$。当 $x\to-\infty$，$1/x\to0$、$\ln(1+\mathrm e^x)\to0$，所以有水平渐近线 $y=0$。当 $x\to+\infty$，

$$y-x=\frac1x+\ln(1+\mathrm e^{-x})\longrightarrow0,$$

所以有斜渐近线 $y=x$。函数在其余有限点连续，无其他竖直渐近线；两个无穷方向的渐近线也已确定，故共三条。

答案： D。

思路： $f''>0$ 使相邻整数点的函数增量递增，一旦第一个增量为正，后续便至少按固定正速度增长。

详细解答： 由中值定理，存在 $c_n\in(n,n+1)$ 使

$$u_{n+1}-u_n=f'(c_n).$$

因为 $f'$ 严格递增，且 $c_{n+1}>c_n$，这些差分严格递增。若 $u_1<u_2$，记 $d=u_2-u_1>0$，则

$$u_n=u_1+\sum_{j=1}^{n-1}(u_{j+1}-u_j)\ge u_1+(n-1)d\to+\infty.$$

因此必发散，D 正确，C 错误。$u_1>u_2$ 时既可能收敛，如 $f(x)=\mathrm e^{-x}$；也可能发散，如 $f(x)=(x-3)^2$，有 $u_1=4>u_2=1$，随后趋于无穷。两例都满足 $f''>0$，所以 A、B 不成立。

答案： C。

思路： 可微要求函数增量等于一个线性函数加上比距离高阶的余项，C 直接满足零线性主部的情况。

详细解答： C 给出

$$f(x,y)-f(0,0)=o(\sqrt{x^2+y^2}),$$

所以可微定义成立，线性主部为 $0x+0y$，两个偏导均为零。

A 只保证连续，例如 $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ 在原点连续但不可微。B、D 可用

$$f(x,y)=\begin{cases}xy/\sqrt{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\0,&(x,y)=(0,0)\end{cases}$$

反驳。它在两坐标轴上恒为零，所以 B 的两个差商为零，D 中沿轴的相应偏导也恒为零。但沿 $x=y=h$，函数增量除以距离的比值为 $1/2$，不趋于零；原点偏导均零，若可微就应有零线性主部，矛盾。因此只有 C 充分。

答案： B。

思路： 换序积分时固定 $y$，在原有 $x$ 区间上反解 $\sin x\le y$。

详细解答： 原区域满足 $\pi/2\le x\le\pi$，$\sin x\le y\le1$。全体高度为 $0\le y\le1$。在 $[\pi/2,\pi]$ 上，正弦递减，$\sin x=y$ 的解为 $x=\pi-\arcsin y$，故 $\sin x\le y$ 对应

$$\pi-\arcsin y\le x\le\pi.$$

所以积分换序后为

$$\int_0^1\mathrm{d}y\int_{\pi-\arcsin y}^{\pi}f(x,y)\mathrm{d}x,$$

选 B。A 的下限超过 $\pi$，C 越出原区间，D 取的是曲线左边的另一部分。

答案： A。

思路： 找一个非零系数的组合等于零；其他组可用系数矩阵行列式检查。

详细解答： A 中

$$(\alpha_1-\alpha_2)+(\alpha_2-\alpha_3)+(\alpha_3-\alpha_1)=0,$$

系数 $(1,1,1)$ 非零，所以相关。对统一形式 $\alpha_1+c\alpha_2,\alpha_2+c\alpha_3,\alpha_3+c\alpha_1$，相对于无关 $\alpha$ 组的系数矩阵为

$$C(c)=\begin{pmatrix}1&0&c\\c&1&0\\0&c&1\end{pmatrix},\qquad |C(c)|=1+c^3.$$

B、C、D 分别对应 $c=1,-2,2$，行列式为 $2,-7,9$，均非零，故这些组都无关，只有 A 相关。

答案： B，合同但不相似。

思路： 相似比较特征值，实对称矩阵合同则比较正、负、零惯性指数。

详细解答： 令 $e=(1,1,1)^T$，有 $A=3E-ee^T$。在 $e$ 方向，$Ae=0$；在 $e^\perp$ 上，$ee^Tv=0$，所以 $Av=3v$。因此 $A$ 特征值为 $3,3,0$，而 $B$ 为 $1,1,0$。相似矩阵必须有相同特征值，故不相似。

二者都为实对称矩阵，各有两个正特征值、零个负特征值、一个零特征值。惯性定理说明它们合同。因此选 B。

答案： $-1/6$。

思路： 一次项相消，比较三次项。

详细解答：

1. 分母为 $x^3$，而分子两项的一次项会相消，因此要保留到三阶。零点处的泰勒展开为

   $$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad \sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

2. 注意原式是“反正切减正弦”，所以三次项系数为 $-1/3+1/6=-1/6$，得到

   $$\arctan x-\sin x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

3. 除以 $x^3$ 后，原式为 $-1/6+o(x^3)/x^3$。小 $o$ 的定义保证第二项趋于零，所以极限为 $-1/6$。

不能仅用 $\arctan x\sim x$、$\sin x\sim x$ 直接相减，因为这会丢失相消后决定极限的三次项。

答案： $1+\sqrt2$。

思路： 参数求切线斜率，再取负倒数得到法线斜率。

详细解答：

$$x_t=-\sin t(1+2\cos t),\qquad y_t=\cos t.$$

$t=\pi/4$ 时，$x_t=-(\sqrt2/2)(1+\sqrt2)$，$y_t=\sqrt2/2$，所以切线斜率为 $-1/(1+\sqrt2)$。两导数均非零，法线斜率为其负倒数 $1+\sqrt2$。

答案： $\displaystyle y^{(n)}(0)=\frac{(-1)^n2^nn!}{3^{n+1}}$。

思路： 对 $(2x+3)^{-1}$ 逐次求导，每次产生一个负指数因子及内层导数 $2$。

详细解答： 一阶导数为 $-2(2x+3)^{-2}$，二阶为 $2^2\cdot2!(2x+3)^{-3}$。归纳可得

$$y^{(n)}(x)=(-1)^n2^nn!(2x+3)^{-n-1}.$$

若此式对 $n$ 成立，再求导会乘 $-2(n+1)$，正好得到 $n+1$ 的形式，所以归纳合法。代入 $x=0$，得到答案。

答案： $y=C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{3x}-2\mathrm e^{2x}$。

思路： 常系数方程先求齐次解，右端指数不是特征根，可直接设指数特解。

详细解答： 特征方程 $r^2-4r+3=(r-1)(r-3)=0$，齐次解为 $C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{3x}$。设 $y_p=c\mathrm e^{2x}$，代入左端得 $(4-8+3)c\mathrm e^{2x}=-c\mathrm e^{2x}$。与右端比较得 $c=-2$，合并得到通解。

答案： $\displaystyle2\left[-\frac yx f_1+\frac xy f_2\right]$，各偏导在 $(y/x,x/y)$ 处取值，且 $xy\ne0$。

思路： 对两个比值分别用链式法则，再按题设线性组合。

详细解答： 令 $u=y/x,v=x/y$，则

$$z_x=-\frac y{x^2}f_1+\frac1y f_2,\qquad z_y=\frac1x f_1-\frac x{y^2}f_2.$$

乘上对应系数并相减，

$$xz_x-yz_y =-\frac yx f_1+\frac xy f_2-\left(\frac yx f_1-\frac xy f_2\right) =2\left[-\frac yx f_1+\frac xy f_2\right].$$

答案： $1$。

思路： 此矩阵每次作用将分量向前移一格，三次作用只保留原第四分量。

详细解答： 对任意 $v=(v_1,v_2,v_3,v_4)^T$，

$$Av=(v_2,v_3,v_4,0)^T,\quad A^2v=(v_3,v_4,0,0)^T,\quad A^3v=(v_4,0,0,0)^T.$$

所以 $A^3$ 只有第一行第四列为 $1$，其余为零，像空间是 $(1,0,0,0)^T$ 张成的一维空间，秩为 $1$。

答案： $f(x)=\ln(\sin x+\cos x)$，$0\le x\le\pi/4$。

思路： 变上限求导与反函数关系消去反函数，再从原积分在 $0$ 处的值确定常数。

详细解答： 对等式求导，得

$$f^{-1}(f(x))f'(x)=x\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}.$$

反函数关系使左端为 $xf'(x)$，所以 $0<x<\pi/4$ 时

$$f'(x)=\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}, \qquad f(x)=\ln(\sin x+\cos x)+C.$$

原式在 $x=0$ 给出 $\int_0^{f(0)}f^{-1}(t)\mathrm{d}t=0$。反函数的值属于 $[0,\pi/4]$，只有在 $t=f(0)$ 时取 $0$；若积分区间长度非零，该连续非负函数的有向积分不可能为零。因此 $f(0)=0$，代入得 $C=0$。

所得函数在内部导数为正，在闭区间严格增加，有反函数。两边积分的导数相同，在 $0$ 处均为零，所以确实满足原关系。

答案： （1）$V(a)=\pi a^2/\ln^2a$；（2）$a=\mathrm e$ 时最小，最小值为 $\pi\mathrm e^2$。

思路： 圆盘截面积为 $\pi y^2$，无穷积分为指数积分，再对参数求最值。

详细解答：

1. 因 $a>1$，令 $c=\ln a/a>0$，则 $y^2=xa^{-x/a}=x\mathrm e^{-cx}$，因此

$$V(a)=\pi\int_0^{+\infty}x\mathrm e^{-cx}\mathrm{d}x.$$

分部积分的原函数为 $-(x/c+1/c^2)\mathrm e^{-cx}$，无穷远处趋于零，故积分为 $1/c^2$。于是 $V(a)=\pi(a/\ln a)^2$。

2. 求导得

$$V'(a)=\frac{2\pi a(\ln a-1)}{(\ln a)^3}.$$

$a>1$ 时分母、$a$ 都为正，故 $1<a<\mathrm e$ 时递减，$a>\mathrm e$ 时递增。唯一全局最低点为 $a=\mathrm e$，代入得 $V_{\min}=\pi\mathrm e^2$。

答案： $y=\dfrac23x^{3/2}+\dfrac13$，$x>0$。

思路： 方程不含 $y$，令 $p=y'$ 降阶，再在初值附近将 $x$ 看成 $p$ 的函数。

详细解答： 方程成为 $p'(x+p^2)=p$，且 $p(1)=1$。初值附近 $p\ne0$、$p'=p/(x+p^2)\ne0$，可反解并得到

$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}p}=\frac{x+p^2}{p}, \qquad \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}p}-\frac xp=p.$$

乘积分因子 $1/p$（初值附近 $p>0$），得

$$\left(\frac xp\right)'_p=1,\qquad x=p^2+Cp.$$

由 $x=1,p=1$ 得 $C=0$，所以 $p=\sqrt x$，取正支满足初值。于是

$$y=\int\sqrt x\,\mathrm{d}x=\frac23x^{3/2}+C_1.$$

$y(1)=1$ 给出 $C_1=1/3$。该解在 $x>0$ 上满足 $y''=1/(2\sqrt x)$，代入有 $y''(x+(y')^2)=\sqrt x=y'$，故确实满足方程。

答案： $z'(0)=0$，$z''(0)=1$。

思路： 先求隐函数 $y$ 在原点的两阶导数，再对内层 $\ln y-\sin x$ 和外层 $f$ 分别用链式法则。

详细解答： 原式在 $0$ 处给出 $y(0)=1$。求导得

$$y'=\mathrm e^{y-1}+x\mathrm e^{y-1}y',$$

所以 $y'(0)=1$。再次求导，

$$y''=2\mathrm e^{y-1}y'+x\mathrm e^{y-1}[(y')^2+y''],$$

所以 $y''(0)=2$。

令 $u=\ln y-\sin x$，则 $u(0)=0$，

$$u'=\frac{y'}y-\cos x,\qquad u''=\frac{y''}y-\frac{(y')^2}{y^2}+\sin x.$$

代入得 $u'(0)=0,u''(0)=1$。最后

$$z'=f'(u)u',\qquad z''=f''(u)(u')^2+f'(u)u''.$$

用 $f'(0)=1$，得 $z'(0)=0$、$z''(0)=f''(0)\cdot0+1\cdot1=1$，无需知道 $f''(0)$ 的具体值。

答案： 存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $f''(\xi)=g''(\xi)$。

思路： 用相等的内部最大值找到差函数的内部零点，再对三个零点连续应用罗尔定理。

详细解答： 令 $h=f-g$，则 $h(a)=h(b)=0$。设共同最大值为 $M$，$f$ 在内部点 $p$ 达到 $M$，$g$ 在内部点 $q$ 达到 $M$。于是

$$h(p)=M-g(p)\ge0,\qquad h(q)=f(q)-M\le0.$$

若其中有等号，已有内部零点；若两个不等号严格，则 $p\ne q$，由连续性及介值定理，在它们之间存在零点。所以总能找到 $c\in(a,b)$ 满足 $h(c)=0$。

在 $[a,c]$、$[c,b]$ 分别用罗尔定理，得到 $u\in(a,c)$、$v\in(c,b)$，使 $h'(u)=h'(v)=0$。$h$ 在内部二阶可导，所以 $h'$ 在 $[u,v]$ 连续、内部可导，可再用罗尔定理，得 $\xi\in(u,v)$ 使 $h''(\xi)=0$，即所需等式。