2008年考研数学二真题

答案： D，三个零点。

思路： 展开多项式后求导，再判断各因子的根是否重复。

详细解答：

1. 展开 $(x-1)(x-2)=x^2-3x+2$，因此 $f(x)=x^4-3x^3+2x^2$。逐项求导并提取公因子：

   $$f'(x)=4x^3-9x^2+4x=x(4x^2-9x+4).$$

2. 乘积为零分为两种情况：$x=0$，或 $4x^2-9x+4=0$。后一方程的判别式是
   $\Delta=(-9)^2-4\cdot4\cdot4=17>0$，因此它有两个不同实根 $(9\pm\sqrt{17})/8$。

3. 二次因子的常数项是 $4$，所以零不是它的根。两个二次方程根与已经找到的 $0$ 不重复，因此 $f'$ 恰有三个不同零点，选择 D。

答案： C，曲边三角形 $ACD$ 的面积。

思路： 分部积分将导数积分转成矩形面积减去曲线下方面积。

详细解答：

$$\int_0^axf'(x)\mathrm{d}x =[xf(x)]_0^a-\int_0^af(x)\mathrm{d}x =af(a)-\int_0^af(x)\mathrm{d}x.$$

图中 $A=(a,f(a))$，$C=(0,f(a))$，$D=(0,f(0))$。第一项为水平线 $y=f(a)$ 下、$0\le x\le a$ 的矩形面积，第二项为曲线下方面积。相减留下水平边 $AC$、竖直边 $CD$ 与曲线弧 $DA$ 所围的曲边三角形，选 C。该区域以曲线而不是直线 $DA$ 为边，不能取普通三角形面积。

答案： D，$y'''-y''+4y'-4y=0$。

思路： 指数项对应实根，正弦余弦项对应一对共轭复根。

详细解答： $\mathrm e^x$ 对应根 $r=1$，$\cos2x,\sin2x$ 对应根 $r=\pm2\mathrm i$。所以特征多项式为

$$(r-1)(r-2\mathrm i)(r+2\mathrm i)=(r-1)(r^2+4)=r^3-r^2+4r-4.$$

其各次幂系数对应三阶方程各阶导数系数，得到 D。

答案： A，一个可去间断点和一个跳跃间断点。

思路： 可能间断点是 $0,1$，分别检查极限。

详细解答： 在 $x=0$ 附近，$|x-1|\to1$，$\sin x\sim x$，且 $x\ln|x|\to0$，故 $f(x)\to0$。函数未定义于 $0$，补定义为零即可连续，所以 $0$ 为可去间断点。

在 $x=1$ 附近，$\ln|x|=\ln x\sim x-1$，所以

$$\frac{\ln|x|}{|x-1|}\longrightarrow \begin{cases}-1,&x\to1^-,\\1,&x\to1^+.\end{cases}$$

因此两个单侧极限为 $-\sin1,\sin1$，有限但不相等，$1$ 是跳跃间断点。其他点均为连续函数的乘商，故没有更多间断点，选 A。

答案： B。

思路： 单调有界数列必收敛，但单调函数不一定连续，也不一定能由函数值反推出自变量。

详细解答： 若 $x_n$ 单调，则单调函数 $f$ 作用后 $f(x_n)$ 仍单调，方向可能相同或相反。又因 $f$ 全局有界，像数列有界，故由单调有界定理收敛，B 正确。

A 可取 $f(x)=0$（$x<0$）、$f(x)=1$（$x\ge0$），这是单调有界函数；取 $x_n=(-1)^n/n\to0$，像数列在 $0,1$ 间交替，不收敛。C、D 可取常函数 $f=0$、$x_n=n$，像数列既收敛又单调，但自变量数列不收敛。因此其余命题不必成立。

答案： A，$F_u=vf(u^2)$。

思路： 题图是扇形环，极坐标下根式分母与面积元抵消。

详细解答： 图中内圆半径为 $1$，外圆半径为 $u$，两条射线夹角为 $v$，所以

$$F(u,v)=\int_0^v\int_1^u\frac{f(r^2)}r\,r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta =v\int_1^uf(r^2)\mathrm{d}r.$$

$f$ 连续，按变上限求导法则，$F_u=vf(u^2)$。自变量是 $r^2$，面积元中的 $r$ 又已被约去，所以不出现额外 $1/u$，选 A。

答案： C，$E-A$ 与 $E+A$ 均可逆。

思路： $A^3=O$ 使有限几何级数可以直接构造逆矩阵。

详细解答：

$$(E-A)(E+A+A^2)=E-A^3=E,$$

$$(E+A)(E-A+A^2)=E+A^3=E.$$

两边反序相乘结果也相同，因为各因子都是 $A$ 的多项式。因此

$$(E-A)^{-1}=E+A+A^2,\qquad(E+A)^{-1}=E-A+A^2.$$

二者都可逆，选 C。

答案： D。

思路： 实对称矩阵合同保持正负惯性指数；也可直接构造变换检查 D。

详细解答： $A$ 的特征值满足 $(1-\lambda)^2-4=0$，故为 $3,-1$，有一正一负。A 选项矩阵特征值为 $-3,-1$，B、C 选项特征值均为 $3,1$，这些惯性指数与题中矩阵不同，不能合同。

令 $P=\operatorname{diag}(1,-1)$，它可逆，直接计算

$$P^TAP=\begin{pmatrix}1&-2\\-2&1\end{pmatrix},$$

恰是 D，因此 D 确实与题中矩阵合同。

答案： $f(0)=2$。

思路： 将标准余弦二阶极限与指数极限拆出，余下的就是 $f(x)$。

详细解答： 由 $f$ 连续，$xf(x)\to0$。在原式有定义的非零点，

$$\frac{1-\cos[xf(x)]}{(\mathrm e^{x^2}-1)f(x)} =\frac{1-\cos[xf(x)]}{x^2f(x)^2} \frac{x^2}{\mathrm e^{x^2}-1}f(x).$$

前两项分别趋于 $1/2,1$，最后一项趋于 $f(0)$，所以总极限为 $f(0)/2$。题设其值为 $1$，故 $f(0)=2$。标准函数 $(1-\cos u)/u^2$ 可在 $u=0$ 补值 $1/2$，因此该极限推理不需要预先假设 $f(0)\ne0$。

答案： $y=x(C-\mathrm e^{-x})$，在不跨越 $x=0$ 的区间内。

思路： 一阶线性方程乘积分因子 $1/x$，形成 $y/x$ 的导数。

详细解答： 原式化为 $y'-y/x=x\mathrm e^{-x}$。除以 $x$ 得

$$(y/x)'=\frac{y'}x-\frac y{x^2}=\mathrm e^{-x}.$$

积分得 $y/x=C-\mathrm e^{-x}$，即所求通解。上述步骤在 $x\ne0$ 上成立。

答案： $y=x+1$。

思路： 隐式求导求切线斜率。

详细解答：

1. 将 $y$ 看作 $x$ 的函数。对 $\sin(xy)$ 求导要先用链式法则，再对 $xy$ 用乘积法则：

   $$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\sin(xy)=\cos(xy)(y+xy').$$

   对 $\ln(y-x)$ 求导则得到 $(y'-1)/(y-x)$，其中 $-1$ 来自 $-x$ 的求导。

2. 右端 $x$ 的导数为 $1$，所以整条隐式关系给出

   $$\cos(xy)(y+xy')+\frac{y'-1}{y-x}=1.$$

   在 $(0,1)$ 处，$y-x=1>0$，对数有定义；代入得到 $1+(y'-1)=1$，所以该点切线斜率为 $y'=1$。

3. 切线经过 $(x_0,y_0)=(0,1)$，使用点斜式 $y-y_0=y'(x_0)(x-x_0)$，得到 $y-1=x$，即 $y=x+1$。

答案： $(-1,-6)$。

思路： 除二阶导数为零的点之外，还需检查不可导点 $0$，看凹凸是否改变。

详细解答： 对 $x\ne0$，

$$f(x)=x^{5/3}-5x^{2/3},\quad f'(x)=\frac53x^{2/3}-\frac{10}{3}x^{-1/3},$$

$$f''(x)=\frac{10}{9}x^{-4/3}(x+1).$$

$x^{-4/3}>0$，所以二阶导数在 $x<-1$ 时为负，在 $x>-1,x\ne0$ 时为正。$x=-1$ 两侧变号，且 $f(-1)=(-6)\cdot1=-6$，所以是拐点。$0$ 虽然不可导，但两侧二阶导数都为正，凹凸未改变，不是拐点。因此只有 $(-1,-6)$。

答案： $\dfrac{\sqrt2}{2}(\ln2-1)$。

思路： 幂指型函数先取对数，再求偏导。

详细解答： 在 $(1,2)$ 附近 $y/x>0$，有 $\ln z=(x/y)\ln(y/x)$。将 $y$ 视为常数，

$$\frac{z_x}{z}=\frac1y\ln(y/x)+\frac xy\left(-\frac1x\right) =\frac{\ln(y/x)-1}{y}.$$

在 $(1,2)$ 处 $z=2^{1/2}=\sqrt2$，因此 $z_x=\sqrt2(\ln2-1)/2$。

答案： $\lambda=-1$。

思路： 行列式是特征值乘积，三阶矩阵整体乘 $2$ 使行列式乘 $2^3$。

详细解答：

1. 方阵的行列式等于全部特征值的乘积，特征值按重数计。因此 $|A|=2\cdot3\cdot\lambda=6\lambda$；这个性质不要求 $A$ 已经对角化。

2. $2A$ 表示 $A$ 的每一行都乘以 $2$。三阶矩阵有三行，每一行乘 $2$ 都会使行列式乘 $2$，所以

   $$|2A|=2^3|A|=8\cdot6\lambda=48\lambda.$$

3. 与题设 $|2A|=-48$ 比较，有 $48\lambda=-48$，因此 $\lambda=-1$。

易错点： 不能把 $|2A|$ 写成 $2|A|$，整体数乘的倍率取决于矩阵的阶数。

答案： $1/6$。

思路： 将内层 $\sin x$ 当作整体，利用 $u-\sin u$ 的三次主项。

详细解答： 令 $u=\sin x$，有 $u/x\to1$。正弦展开给出 $u-\sin u=u^3/6+o(u^3)$，所以

$$[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x =\frac{u^4}{6}+o(u^4).$$

除以 $x^4$ 后为 $(u/x)^4[1/6+o(1)]$，故极限为 $1/6$。

答案： $\displaystyle y_{xx}=\mathrm e^x(x+1)$。

思路： 先解出参数 $x(t)$，然后将积分中的 $t^2$ 用 $x$ 表示，避免在 $t=0$ 除以零。

详细解答： 初值方程为 $x_t=2t\mathrm e^{-x}$，乘 $\mathrm e^x$，得

$$(\mathrm e^x)_t=2t,\qquad \mathrm e^{x(t)}=t^2+C.$$

由 $x(0)=0$ 得 $C=1$，所以 $x=\ln(1+t^2)$。又

$$\begin{aligned} y&=[(1+u)\ln(1+u)-(1+u)]_0^{t^2}\\ &=(1+t^2)\ln(1+t^2)-(1+t^2)+1\\ &=\mathrm e^x(x-1)+1. \end{aligned}$$

直接对 $x$ 求导，得 $y_x=x\mathrm e^x$，再得 $y_{xx}=(x+1)\mathrm e^x$。参数对应 $x\ge0$，公式在 $x>0$ 成立，并在端点具有相同的右侧导数值。

答案： $\pi^2/16+1/4$。

思路： 令 $x=\sin t$ 消去根式并将反正弦转为 $t$，再降幂积分。

详细解答： $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时 $t$ 从 $0$ 到 $\pi/2$，$\sqrt{1-x^2}=\cos t$，所以

$$I=\int_0^{\pi/2}t\sin^2t\,\mathrm{d}t =\frac12\int_0^{\pi/2}t\,\mathrm{d}t-\frac12\int_0^{\pi/2}t\cos2t\,\mathrm{d}t.$$

第一项为 $\pi^2/16$。第二个积分分部积分：

$$\int_0^{\pi/2}t\cos2t\,\mathrm{d}t =\left[\frac t2\sin2t\right]_0^{\pi/2} -\frac12\int_0^{\pi/2}\sin2t\,\mathrm{d}t=-\frac12.$$

故 $I=\pi^2/16+1/4$。

答案： $19/4+\ln2$。

思路： 全区域先积常数 $1$，只在 $xy>1$ 部分加上 $xy-1$。

详细解答： 正方形面积为 $4$。$xy>1$ 要求 $x>1/2$，固定 $x$ 后 $y$ 从 $1/x$ 到 $2$。因此

$$I=4+\int_{1/2}^2\int_{1/x}^2(xy-1)\mathrm{d}y\mathrm{d}x.$$

内层积分为

$$\left[\frac x2y^2-y\right]_{1/x}^2 =2x-2+\frac1{2x}.$$

所以

$$I=4+\left[x^2-2x+\frac12\ln x\right]_{1/2}^2 =4+\frac34+\ln2=\frac{19}4+\ln2.$$

答案： 若“单调增加”指严格增加，则 $f(x)=(\mathrm e^x+\mathrm e^{-x})/2$。若只要求非减，则还允许先保持 $1$ 再增长：

$$f(x)=\begin{cases}1,&0\le x\le c,\\ \cosh(x-c),&x>c,\end{cases}\qquad c\ge0,$$

以及恒等于 $1$ 的解；其中 $\cosh u=(\mathrm e^u+\mathrm e^{-u})/2$。

思路： 对每个积分上限，侧面积与体积的关系给出一阶方程；分离变量时要区分 $f>1$ 与 $f=1$，避免丢失平衡解。

详细解答： 因函数增加且 $f(0)=1$，有 $f\ge1$。侧面积与体积满足

$$2\pi\int_0^tf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\mathrm{d}x =2\pi\int_0^tf(x)^2\mathrm{d}x.$$

对 $t$ 求导并除以 $f(t)>0$，得 $\sqrt{1+f'^2}=f$，即 $f'^2=f^2-1$。单调非减给出 $f'\ge0$，因此 $f'=\sqrt{f^2-1}$。

若严格增加，则 $x>0$ 时 $f(x)>1$。分离变量，

$$\int\frac{\mathrm{d}f}{\sqrt{f^2-1}}=x+C, \qquad \ln(f+\sqrt{f^2-1})=x+C.$$

令 $x\to0^+$，$f\to1$，得 $C=0$。所以 $f+\sqrt{f^2-1}=\mathrm e^x$；与倒数关系相加得 $2f=\mathrm e^x+\mathrm e^{-x}$。

若仅非减，$f=1,f'=0$ 满足方程，可以持续到某个 $c$。一旦 $f>1$，同样的分离变量从 $c$ 开始给出 $f=\cosh(x-c)$。拼接处函数值为 $1$、左右导数均为零，因此满足连续导数条件。这个分类说明严格性决定是否存在等待一段时间的解。

答案： 两个结论均成立。

思路： 第一问用最大最小值夹住积分平均值；第二问先找到一个比 $\varphi(2)$ 小的右侧函数值，再用两次中值定理。

详细解答：

1. $f$ 在闭区间连续，设其最小值为 $m$、最大值为 $M$。积分得

$$m(b-a)\le\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\le M(b-a).$$

当 $a<b$，除以 $b-a$，积分平均值介于 $m,M$。连续函数取遍其最小、最大值之间的值，故存在 $\eta\in[a,b]$ 使 $f(\eta)=\int_a^bf/(b-a)$，即所需等式。$a=b$ 时两边都为零，结论直接成立。

2. 对 $\varphi$ 在 $[2,3]$ 应用第一问，存在 $c\in[2,3]$ 使

$$\varphi(c)=\int_2^3\varphi(x)\mathrm{d}x<\varphi(2).$$

因此 $c>2$。在 $[1,2]$ 上中值定理给出 $p\in(1,2)$，使 $\varphi'(p)=\varphi(2)-\varphi(1)>0$；在 $[2,c]$ 上给出 $q\in(2,c)$，使 $\varphi'(q)=[\varphi(c)-\varphi(2)]/(c-2)<0$。$\varphi$ 有二阶导数，因此 $\varphi'$ 在 $[p,q]$ 连续、内部可导。再次用中值定理，得 $\xi\in(p,q)\subset(1,3)$，满足

$$\varphi''(\xi)=\frac{\varphi'(q)-\varphi'(p)}{q-p}<0.$$

答案： 最小值为 $47-11\sqrt{17}$，最大值为 $47+11\sqrt{17}$。

思路： 两个约束将目标化为 $z+z^2$，再确定哪些 $z$ 能由实数 $x,y$ 实现。

详细解答： 约束给出 $x^2+y^2=z$、$x+y=4-z$，所以 $u=z+z^2$。由 $(x+y)^2\le2(x^2+y^2)$，必须

$$(4-z)^2\le2z,\qquad z^2-10z+16\le0.$$

所以 $5-\sqrt{17}\le z\le5+\sqrt{17}$。这个条件也充分：令 $d=x-y$，则

$$d^2=2z-(4-z)^2\ge0,$$

取 $x=(4-z+d)/2,y=(4-z-d)/2$ 即可实现约束。

该区间的下端也为正，因此 $(z+z^2)'=1+2z>0$。最小、最大值分别在两端达到，代入得

$$(5\pm\sqrt{17})+(5\pm\sqrt{17})^2=47\pm11\sqrt{17}.$$

端点时 $d=0$，即 $x=y=(4-z)/2$，说明两个界都确实可以达到。

答案： （1）$|A|=(n+1)a^n$；（2）$a\ne0$ 时唯一解，$x_1=n/[(n+1)a]$；（3）对 $n\ge2$，$a=0$ 时有无穷多解，通解为 $(t,1,0,\ldots,0)^T$。若允许 $n=1$，则 $a=0$ 时无解。

思路： 三对角行列式满足二阶递推；唯一解时用克莱姆法则，奇异参数则直接写出方程。

详细解答：

1. 记 $D_n$ 为 $n$ 阶行列式，约定 $D_0=1$，且 $D_1=2a$。沿最后一行展开，最后一个元素贡献 $2aD_{n-1}$，副对角元素与相邻上副对角元素共同贡献 $-a^2D_{n-2}$，所以

$$D_n=2aD_{n-1}-a^2D_{n-2}.$$

若 $D_{n-1}=na^{n-1}$、$D_{n-2}=(n-1)a^{n-2}$，则 $D_n=[2n-(n-1)]a^n=(n+1)a^n$。结合初值，归纳证明公式对所有 $n$ 成立。

2. $D_n\ne0$ 当且仅当 $a\ne0$，所以此时方程有唯一解。克莱姆法则中用 $b$ 替换第一列，首列只有第一项为 $1$，余下子式仍为同结构的 $n-1$ 阶矩阵，故

$$x_1=\frac{D_{n-1}}{D_n} =\frac{na^{n-1}}{(n+1)a^n}=\frac{n}{(n+1)a}.$$

3. $a=0$ 时只剩上副对角线的 $1$。对 $n\ge2$，方程依次给出 $x_2=1,x_3=0,\ldots,x_n=0$，最后一行为 $0=0$，$x_1=t$ 自由，因此有无穷多解。若 $n=1$，唯一方程为 $0x_1=1$，无解，需另作这一边界区分。