2009年考研数学二真题

答案： C，三个可去间断点。

思路： 分母只在整数处为零，分子也为零时再检查商的极限。

详细解答： 分子 $x-x^3=x(1-x)(1+x)$ 仅在 $-1,0,1$ 为零，分母在所有整数处为零。在这三个点，分子导数为 $1-3x^2$，分母导数为 $\pi\cos\pi x$，且分母导数非零，故由洛必达法则

$$\lim_{x\to-1}f(x)=\frac2\pi,\quad \lim_{x\to0}f(x)=\frac1\pi,\quad \lim_{x\to1}f(x)=\frac2\pi.$$

三个极限有限，补上对应值即可连续，均为可去间断点。其他整数处分子非零、分母趋零，函数无界，不能可去。因此恰有三个，选 C。

答案： A，$a=1,b=-1/6$。

思路： 等价要求阶数和首项系数都相同，先消除分子的一次项。

详细解答： 在原点附近，

$$x-\sin ax=(1-a)x+\frac{a^3}{6}x^3+o(x^3),$$

$$x^2\ln(1-bx)=-bx^3+o(x^3).$$

若 $a\ne1$，前者为一次无穷小，后者为三次，不能等价；$b=0$ 时后者恒零，也不能满足等价定义。因此必须 $a=1$，此时等价要求 $1/6=-b$，得 $b=-1/6$，选 A。

答案： D，原点为极小值点。

思路： 全微分给出两个偏导，可还原函数并直接比较函数值。

详细解答：

1. 全微分的一般表达式是 $\mathrm dz=f_x\,\mathrm dx+f_y\,\mathrm dy$。对比题设的两个系数，可知 $f_x=x,f_y=y$。

2. 先对 $x$ 积分，此时 $y$ 当作常数，得到
   $f(x,y)=x^2/2+\phi(y)$。这里的“积分常数”可以依赖另一个变量 $y$，不能直接写成一个固定常数。
   再对 $y$ 求偏导，得到 $\phi'(y)=y$，所以 $\phi(y)=y^2/2+C$。于是

   $$f(x,y)=\frac{x^2+y^2}{2}+C.$$

3. 原点的函数值为 $C$。对任意其他点，$x^2+y^2>0$，因而 $f(x,y)>C$。这直接证明原点是严格极小值点，选择 D。该多项式函数连续，所以 A 错；它是极值点而非极大值点，B、C 也错。

答案： C。

思路： 先把两项积分统一为同一外层变量，再观察横向区间能否接在一起。

详细解答： 第一项区域为 $1\le x\le2,x\le y\le2$，换序得到

$$\int_1^2\mathrm{d}y\int_1^yf(x,y)\mathrm{d}x.$$

第二项本来就是 $\int_1^2\mathrm{d}y\int_y^{4-y}f(x,y)\mathrm{d}x$。固定 $y\in[1,2]$，两个横向区间 $[1,y]$ 与 $[y,4-y]$ 拼接成 $[1,4-y]$，所以和为

$$\int_1^2\mathrm{d}y\int_1^{4-y}f(x,y)\mathrm{d}x,$$

对应 C。

答案： B，无极值点，有零点。

思路： 曲率圆给出指定点的切线和弯曲方向，再由二阶导数不变号控制之后的斜率。

详细解答： 圆 $x^2+y^2=2$ 在 $(1,1)$ 的切线斜率为 $-x/y=-1$，曲率圆与曲线相切，所以 $f'(1)=-1$。圆心为 $(0,0)$，相对切点位于左下方，曲线向下弯曲，$f''(1)<0$。曲率半径为 $\sqrt2$，曲率公式给出

$$\frac{|f''(1)|}{[1+f'(1)^2]^{3/2}}=\frac1{\sqrt2}, \qquad |f''(1)|=2,$$

所以 $f''(1)=-2$。因 $f''$ 不变号，它在右侧非正，由中值定理知 $f'$ 不增加。要得到严格的斜率界，使用二阶导数在 $1$ 处的定义：

$$\lim_{h\to0}\frac{f'(1+h)-f'(1)}h=-2.$$

因此对充分小的 $h>0$，有 $f'(1+h)<f'(1)=-1$。对于任意 $x>1$，选取这样一个还满足 $h<x-1$ 的 $h$，再由 $f'$ 不增加得到 $f'(x)\le f'(1+h)<-1$。故函数严格递减，内部无极值点。这一论证只需二阶导数存在，不需额外假设 $f''$ 连续。

在 $[1,2]$ 用中值定理，有 $c\in(1,2)$ 使 $f(2)-f(1)=f'(c)<-1$，所以 $f(2)<0$。又 $f(1)=1>0$，由连续性，$(1,2)$ 内有零点。选 B。

答案： D。

思路： 积分函数连续，且导数的符号由原函数给出；还必须经过 $(0,0)$。

详细解答： $F(0)=0$。图中 $-1\le x<0$ 时 $f(x)=1$，因此

$$F(x)=-\int_x^01\,\mathrm{d}t=x.$$

所以左段为从 $(-1,-1)$ 到原点的直线，排除 A、C。$0<x<1$ 时 $f<0$，$F$ 减少；$1<x<2$ 时 $f>0$，$F$ 增加；$2<x\le3$ 时 $f=0$，$F$ 保持常数。

原函数虽在 $0,2$ 有跳跃，但局部有界，其积分函数仍连续。B 在 $x=2$ 处跳跃，不符合；D 在原点和 $2$ 处都连续，并符合上述增减变化，故选 D。

答案： B。

思路： 对可逆矩阵使用伴随公式 $M^*=|M|M^{-1}$，分块逆可由乘法直接确认。

详细解答： 令 $M=\begin{pmatrix}O&A\\B&O\end{pmatrix}$。交换前后两个各含两行的行块，总共四次行交换，符号为正，于是 $|M|=|B||A|=6$。直接验证

$$M^{-1}=\begin{pmatrix}O&B^{-1}\\A^{-1}&O\end{pmatrix}.$$

由 $A^{-1}=A^*/2,B^{-1}=B^*/3$，得到

$$M^*=6M^{-1}=\begin{pmatrix}O&2B^*\\3A^*&O\end{pmatrix},$$

选 B。逆矩阵的上下非零块与原矩阵对调，不能只对各块分别取伴随。

答案： A。

思路： 用系数矩阵表示 $Q=PC$，再代入合同变换。

详细解答：

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

所以

$$Q^TAQ=C^T(P^TAP)C=C^T\operatorname{diag}(1,1,2)C.$$

中间的乘积为 $\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$，再左乘 $C^T$，得到

$$Q^TAQ=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&1&0\\0&0&2\end{pmatrix},$$

选 A。第一列同时含 $\alpha_1,\alpha_2$，因此第一对角元相加为 $2$，并产生与第二列的交叉项 $1$。

答案： $y=2x$。

思路： 先确定原点对应的参数，再以参数导数之比求斜率。

详细解答： $x(t)=\int_0^{1-t}\mathrm e^{-u^2}\mathrm{d}u$，被积函数恒正，积分为零当且仅当上限为零，故原点对应 $t=1$，此时 $y=0$。求导得

$$x_t=-\mathrm e^{-(1-t)^2},\qquad y_t=2t\ln(2-t^2)-\frac{2t^3}{2-t^2}.$$

代入 $t=1$ 得 $x_t=-1,y_t=-2$，所以切线斜率为 $2$。经过原点的切线为 $y=2x$。

答案： $k=-2$。

思路： 先检查反常积分收敛条件，再利用偶性。

详细解答： 若 $k\ge0$，被积函数在两端不衰减，积分发散。因此 $k<0$。此时

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm e^{k|x|}\mathrm{d}x =2\int_0^{+\infty}\mathrm e^{kx}\mathrm{d}x =2\lim_{R\to+\infty}\left[\frac{\mathrm e^{kx}}k\right]_0^R =-\frac2k.$$

令此值为 $1$，得 $k=-2$，符合收敛条件。

答案： $0$。

思路： 分部积分产生 $1/n$，再估计其余项。

详细解答： 令 $I_n=\int_0^1\mathrm e^{-x}\sin nx\,\mathrm{d}x$，取 $\mathrm{d}v=\sin nx\,\mathrm{d}x$，得

$$I_n=\left[-\frac{\mathrm e^{-x}\cos nx}{n}\right]_0^1 -\frac1n\int_0^1\mathrm e^{-x}\cos nx\,\mathrm{d}x.$$

因此

$$|I_n|\le\frac{1+\mathrm e^{-1}}n+\frac1n\int_0^1\mathrm e^{-x}\mathrm{d}x =\frac2n\longrightarrow0.$$

由夹逼定理，极限为零。

答案： $-3$。

思路： 隐式方程连续求导两次，先求 $y(0),y'(0)$，再求二阶值。

详细解答： $x=0$ 时 $\mathrm e^y=1$，所以 $y(0)=0$。一次求导得

$$y+(x+\mathrm e^y)y'=1,$$

所以 $y'(0)=1$。再次求导，得到

$$2y'+(x+\mathrm e^y)y''+\mathrm e^y(y')^2=0.$$

代入 $x=0,y=0,y'=1$，得 $2+y''+1=0$，故 $y''(0)=-3$。

答案： $\mathrm e^{-2/\mathrm e}$。

思路： 对数严格增加，所以最小化 $x^{2x}$ 等价于最小化其对数 $2x\ln x$。

详细解答： 令 $h=2x\ln x$，则 $h'=2(\ln x+1)$。在 $0<x<1/\mathrm e$ 上导数负，在 $1/\mathrm e<x\le1$ 上导数正，因此唯一最小点为 $x=1/\mathrm e$。该点

$$h=-\frac2{\mathrm e},\qquad y=\mathrm e^h=\mathrm e^{-2/\mathrm e}.$$

虽然区间左端为开端点，但函数先减后增，最低值确实在内部达到。

答案： $2$。

思路： 相似保持迹，而向量外积的迹等于内积。

详细解答： 设 $\alpha=(a_1,a_2,a_3)^T,\beta=(b_1,b_2,b_3)^T$，则

$$\operatorname{tr}(\alpha\beta^T)=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3=\beta^T\alpha.$$

相似矩阵迹相等，给定对角阵的迹为 $2+0+0=2$，所以 $\beta^T\alpha=2$。

答案： $1/4$。

思路： 前一个因子为二次无穷小，后一个因子的一次项相消，也需展开到二次项。

详细解答： $\tan x=x+o(x^2)$，用 $\ln(1+u)=u-u^2/2+o(u^2)$，得到

$$\ln(1+\tan x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

所以

$$1-\cos x=\frac{x^2}{2}+o(x^2),\qquad x-\ln(1+\tan x)=\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

两者相乘为 $x^4/4+o(x^4)$，且 $\sin^4x=x^4+o(x^4)$，故比值趋于 $1/4$。

答案： 令 $t=\sqrt{(1+x)/x}>1$，原函数为

$$x\ln(1+t)+\frac14\ln\frac{t+1}{t-1}-\frac1{2(t+1)}+C.$$

思路： 对数分部积分后，令根式为新变量，余下积分可分解为有理分式。

详细解答： $t=\sqrt{1+1/x}$ 给出 $x=1/(t^2-1)$。分部积分取对数项为 $u$、$\mathrm{d}v=\mathrm{d}x$，则

$$I=x\ln(1+t)-\int\frac{x}{1+t}\mathrm{d}t =x\ln(1+t)-\int\frac{\mathrm{d}t}{(t-1)(t+1)^2}.$$

部分分式为

$$\frac1{(t-1)(t+1)^2} =\frac1{4(t-1)}-\frac1{4(t+1)}-\frac1{2(t+1)^2}.$$

可通过通分检查分子为 $1$。逐项积分得

$$\int\frac{\mathrm{d}t}{(t-1)(t+1)^2} =\frac14\ln(t-1)-\frac14\ln(t+1)+\frac1{2(t+1)}+C.$$

代回并整理即为答案。因 $t>1$，所有对数参数均为正。

答案： 各偏导在 $(x+y,x-y,xy)$ 处取值，则

$$\begin{aligned} \mathrm{d}z&=(f_1+f_2+yf_3)\mathrm{d}x+(f_1-f_2+xf_3)\mathrm{d}y,\\ z_{xy}&=f_{11}-f_{22}+xyf_{33}+(x+y)f_{13}+(x-y)f_{23}+f_3. \end{aligned}$$

思路： 对三个内层变量分别用链式法则，混合偏导连续使相应交叉项能合并。

详细解答： 令 $u=x+y,v=x-y,w=xy$。它们对 $x$ 的导数为 $1,1,y$，对 $y$ 的导数为 $1,-1,x$，所以

$$z_x=f_1+f_2+yf_3,\qquad z_y=f_1-f_2+xf_3.$$

由 $\mathrm{d}z=z_x\mathrm{d}x+z_y\mathrm{d}y$ 得全微分。再对 $z_x$ 逐项求 $y$ 偏导：

$$\begin{aligned} z_{xy}&=(f_{11}-f_{12}+xf_{13})+(f_{21}-f_{22}+xf_{23})\\ &\quad+f_3+y(f_{31}-f_{32}+xf_{33}). \end{aligned}$$

因 $f$ 有二阶连续偏导，$f_{12}=f_{21}$、$f_{13}=f_{31}$、$f_{23}=f_{32}$，合并得到答案。孤立的 $f_3$ 来自系数 $y$ 自身的导数，不能漏掉。

答案： $17\pi/6$。

思路： 方程不含 $y$，先降阶，过原点和面积条件确定常数，再用柱壳法求旋转体积。

详细解答： 令 $p=y'$，则 $xp'-p=-2$。对 $x>0$，有

$$(p/x)'=-2/x^2,\qquad p=2+C_1x.$$

积分并重命名常数，得 $y=2x+Cx^2+D$。过原点且连续，故 $D=0$。函数非负，区域面积就是

$$\int_0^1(2x+Cx^2)\mathrm{d}x=1+\frac C3=2,$$

因此 $C=3$。所得 $y=2x+3x^2$ 在 $x\ge0$ 上确实非负。

绕纵轴旋转，用半径为 $x$、高为 $y(x)$ 的圆柱薄壳：

$$V=2\pi\int_0^1x(2x+3x^2)\mathrm{d}x =2\pi\left(\frac23+\frac34\right)=\frac{17\pi}{6}.$$

答案： $-8/3$。

思路： 平移圆心并旋转坐标，将斜分界线化为一个坐标轴。

详细解答： 令

$$u=\frac{x-y}{\sqrt2},\qquad v=\frac{x+y-2}{\sqrt2}.$$

这是平移后的正交坐标变换，面积元保持不变，且

$$(x-1)^2+(y-1)^2=u^2+v^2,\qquad x-y=\sqrt2u.$$

$y\ge x$ 对应 $u\le0$，所以

$$\begin{aligned} I&=\sqrt2\int_{-\sqrt2}^0\int_{-\sqrt{2-u^2}}^{\sqrt{2-u^2}}u\,\mathrm{d}v\mathrm{d}u\\ &=2\sqrt2\int_{-\sqrt2}^0u\sqrt{2-u^2}\mathrm{d}u\\ &=2\sqrt2\left[-\frac13(2-u^2)^{3/2}\right]_{-\sqrt2}^0=-\frac83. \end{aligned}$$

区域上被积函数非正，所得负值也与符号一致。

答案：
根据 $x=0$ 处微分方程采用右侧二阶导数的题设约定，得到

$$y(x)=\begin{cases} \sqrt{\pi^2-x^2},&-\pi<x<0,\\ \pi\cos x+\sin x-x,&0\le x<\pi. \end{cases}$$

思路： 左段法线指向原点意味着曲线始终垂直于径向，形成圆弧；右段用线性方程，再用光滑拼接的函数值和一阶导数确定常数。

详细解答： 左侧任一点 $(x,y)$ 的径向斜率为 $y/x$，法线过原点，所以切线与向量 $(x,y)$ 垂直，得

$$x+yy'=0,\qquad (x^2+y^2)'=0.$$

积分得 $x^2+y^2=C$。代入指定点得 $C=\pi^2$，该点纵坐标为正，曲线在 $-\pi<x<0$ 上为上半圆 $y=\sqrt{\pi^2-x^2}$。因此左端拼接值为 $y(0)=\pi$、$y'(0)=0$。

右侧方程为 $y''+y=-x$，齐次解为 $C_1\cos x+C_2\sin x$，可取特解 $-x$，故

$$y=C_1\cos x+C_2\sin x-x.$$

在 $0$ 处连续给出 $C_1=\pi$，一阶导数连续给出 $C_2-1=0$，即 $C_2=1$。得到所列分段函数，两段在 $0$ 的函数值与切线斜率相同，构成一阶连续可导的曲线。

还需区分拼接点的二阶导数。左段、右段分别有

$$y''(x)=-\frac{\pi^2}{(\pi^2-x^2)^{3/2}}\quad(x<0), \qquad y''(x)=-\pi\cos x-\sin x\quad(x>0).$$

所以 $y''(0^-)=-1/\pi$、$y''(0^+)=-\pi$，两者不同，整体函数的双侧 $y''(0)$ 不存在。所列结果满足 $0<x<\pi$ 上的微分方程，并在 $0$ 处按右侧二阶导数满足 $y''(0^+)+y(0)+0=0$。题面已明确在 $0$ 处采用右侧二阶导数，因此此处应代入 $y''(0^+)=-\pi$，有

$$y''(0^+)+y(0)+0=-\pi+\pi=0.$$

所以所列分段函数满足全部题设条件。两段在 $0$ 处连续且一阶导数连续，符合光滑拼接要求；题设的右侧二阶导数约定不要求拼接点存在整体双侧二阶导数。

易错点： 负半轴上的正、负圆弧不能任意选择，应由指定点的正纵坐标确定上半圆。右段的两个常数分别由 $y(0)=\pi$ 和 $y'(0)=0$ 确定，不能遗漏其中一个条件。拼接点的双侧二阶导数与题设约定使用的右侧二阶导数也要区分。

答案： 两项结论均成立。

思路： 中值定理可由减去端点连线后应用罗尔定理证明；右导数结论再利用缩小区间上的中值点。

详细解答：

1. 对 $a<b$，定义

$$h(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).$$

它在 $[a,b]$ 连续、内部可导，且 $h(a)=h(b)=0$。罗尔定理给出 $\xi\in(a,b)$ 使

$$h'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0.$$

移项并乘以 $b-a$，即得到拉格朗日中值定理。

2. 对任意 $0<x<\delta$，$f$ 在 $[0,x]$ 连续、内部可导。第一问保证存在 $\xi_x\in(0,x)$，使

$$\frac{f(x)-f(0)}x=f'(\xi_x).$$

$x\to0^+$ 时，$0<\xi_x<x$，故 $\xi_x\to0^+$。由给定导数极限，右端趋于 $A$，所以右差商极限存在且等于 $A$，即 $f'_+(0)=A$。