2011年考研数学二真题

答案： C，$k=3,c=4$。

思路： 三倍角公式可以精确消去一次项。

详细解答： 由 $\sin3x=3\sin x-4\sin^3x$，

$$3\sin x-\sin3x=4\sin^3x.$$

又 $\sin x/x\to1$，所以 $4\sin^3x/(4x^3)\to1$。因此等价无穷小为 $4x^3$，$k=3,c=4$，选 C。

答案： B，$-f'(0)$。

思路： 拆成两个导数定义中的差商，利用 $f(0)=0$。

详细解答： 对 $x\ne0$，

$$\frac{x^2f(x)-2f(x^3)}{x^3} =\frac{f(x)}x-2\frac{f(x^3)}{x^3}.$$

$f$ 在 $0$ 可导且函数值为零，所以第一项趋于 $f'(0)$；令 $u=x^3\to0$，第二个差商也趋于 $f'(0)$。总极限为 $f'(0)-2f'(0)=-f'(0)$，选 B。

答案： C，两个驻点。

思路： 对数绝对值在非零处的导数仍是内层导数除以内层，驻点要求导数为零且点在定义域内。

详细解答： 定义域排除 $1,2,3$。在定义域内，

$$f'=\frac1{x-1}+\frac1{x-2}+\frac1{x-3} =\frac{3x^2-12x+11}{(x-1)(x-2)(x-3)}.$$

分子为零的根为

$$x=\frac{12\pm\sqrt{144-132}}6=2\pm\frac1{\sqrt3}.$$

它们互不相同，且不等于 $1,2,3$，所以都在定义域，恰有两个驻点。

答案： C。

思路： 两个右端指数与齐次解重复，各乘一次 $x$，并允许不同系数。

详细解答： 齐次特征根为 $\pm\lambda$，且 $\lambda>0$，均为单根。所以合适特解形式为

$$y_p=x(a\mathrm e^{\lambda x}+b\mathrm e^{-\lambda x}).$$

分别代入可得

$$(D^2-\lambda^2)(x\mathrm e^{\lambda x})=2\lambda\mathrm e^{\lambda x},\quad (D^2-\lambda^2)(x\mathrm e^{-\lambda x})=-2\lambda\mathrm e^{-\lambda x}.$$

匹配右端需要 $a=1/(2\lambda)$、$b=-1/(2\lambda)$，正好符合 C。A 代入全为零；B 强迫两系数相同，不能同时匹配正的两个右端系数；D 乘 $x^2$ 会产生不需要的 $x\mathrm e^{\pm\lambda x}$ 项。因此选 C。

答案： A。

思路： 原点是一阶驻点，计算 Hessian，用正定条件判断严格极小值。

详细解答： $z=f(x)\ln f(y)$，因 $f'(0)=0$，

$$z_x(0,0)=z_y(0,0)=0.$$

设 $c=f(0)>0,d=f''(0)$，则

$$z_{xx}(0,0)=d\ln c,\qquad z_{yy}(0,0)=d,\qquad z_{xy}(0,0)=0.$$

所以 Hessian 为 $\operatorname{diag}(d\ln c,d)$。A 中 $c>1,d>0$，两个对角元均正，矩阵正定。函数有连续二阶偏导，因此原点为严格极小值点。

B 中两个对角元均负，对应极大值；C、D 中两个对角元异号，对应鞍点，均不能保证极小值。因此选 A。

答案： B，$I<K<J$。

思路： 在积分区间逐点比较被积函数及其正负。

详细解答： 对 $0<x<\pi/4$，$0<\sin x<\cos x<1$，对数严格增加，故

$$\ln\sin x<\ln\cos x<0.$$

积分得到 $I<K<0$。同时 $\cot x>1$，所以 $\ln\cot x>0$，$J>0$，因此 $I<K<J$。原点附近涉及 $\ln x$ 的反常积分收敛，不影响比较；选 B。

答案： D，$A=P_2P_1^{-1}$。

思路： 列操作对应右乘，行操作对应左乘，再解矩阵等式。

详细解答： 右乘 $P_1$ 使第一列变成原第一列加第二列，因此 $B=AP_1$。左乘 $P_2$ 交换第二、第三行，所以题设给出

$$P_2AP_1=E.$$

$P_2$ 交换两行，$P_2^{-1}=P_2$。两侧分别乘逆矩阵，得 $A=P_2^{-1}P_1^{-1}=P_2P_1^{-1}$，选 D。矩阵乘法次序不能对调。

答案： D，$\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$。

思路： 唯一齐次解方向给出 $A$ 的秩和列关系；伴随矩阵的核等于 $A$ 的列空间。

详细解答： 原基础解系只有一个向量，所以 $\dim\ker A=1$、$r(A)=3$，且 $|A|=0$。由 $AA^*=A^*A=O$，$A^*$ 的每个列向量都在一维的 $\ker A$ 中，所以 $r(A^*)\le1$。又 $r(A)=3$ 保证至少一个三阶子式非零，所以 $A^*\ne O$，于是 $r(A^*)=1$、$\dim\ker A^*=3$。

$A^*A=O$ 说明 $A$ 的列空间包含于 $\ker A^*$，两者维数同为 $3$，因此相等。已知核方向对应唯一列关系 $\alpha_1+\alpha_3=0$。若 $c_2\alpha_2+c_3\alpha_3+c_4\alpha_4=0$，则 $(0,c_2,c_3,c_4)^T$ 是 $Ax=0$ 的解，必须是 $(1,0,1,0)^T$ 的倍数；比较第一分量得倍数为零，因此全体系数为零。故 D 的三个向量无关并张成 $\ker A^*$，可作基础解系。

答案： $\sqrt2$。

思路： $1^\infty$ 型极限先取对数，将其化成原点差商。

详细解答： 对数极限为

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln[(1+2^x)/2]}x.$$

分子在 $0$ 为零，洛必达法则给出

$$\lim_{x\to0}\frac{2^x\ln2}{1+2^x}=\frac{\ln2}{2}.$$

取指数，原极限为 $\mathrm e^{(\ln2)/2}=\sqrt2$。

答案： $y=\mathrm e^{-x}\sin x$。

思路： 乘以一阶线性方程的积分因子 $\mathrm e^x$。

详细解答： 本题是一阶线性方程 $y'+p(x)y=q(x)$，其中 $p(x)=1$。积分因子为 $\mathrm e^{\int1\,dx}=\mathrm e^x$。方程两边乘以它，得到

$$\mathrm e^xy'+\mathrm e^xy=\cos x.$$

根据乘积求导公式，左边正好是 $(\mathrm e^xy)'$，所以

$$(\mathrm e^xy)'=\cos x.$$

两边对 $x$ 积分得 $\mathrm e^xy=\sin x+C$，即 $y=\mathrm e^{-x}(\sin x+C)$。代入初始条件 $y(0)=0$，得到 $C=0$，故所求解为 $y=\mathrm e^{-x}\sin x$。

检查：$y'=\mathrm e^{-x}(\cos x-\sin x)$，因此 $y'+y=\mathrm e^{-x}\cos x$，且 $y(0)=0$，均符合题意。

答案： $\ln(1+\sqrt2)$。

思路： 变上限积分求导得到切线斜率，再使用弧长公式。

详细解答： $y'(x)=\tan x$，且区间内 $\cos x>0$，所以

$$s=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+\tan^2x}\mathrm{d}x =\int_0^{\pi/4}\sec x\,\mathrm{d}x =[\ln(\sec x+\tan x)]_0^{\pi/4}.$$

上端 $\sec x=\sqrt2,\tan x=1$，下端对数为 $\ln1=0$，故弧长为 $\ln(1+\sqrt2)$。

答案： $1/\lambda$。

思路： 非正半轴上函数为零，正半轴积分用分部积分。

详细解答：

$$\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)\mathrm{d}x =\int_0^{+\infty}\lambda x\mathrm e^{-\lambda x}\mathrm{d}x.$$

其原函数为 $-x\mathrm e^{-\lambda x}-\mathrm e^{-\lambda x}/\lambda$。因 $\lambda>0$，两项在无穷远处均趋于零，所以积分为 $0-(-1/\lambda)=1/\lambda$。

答案： $7/12$。

思路： 圆与过原点的两条直线适合极坐标。

详细解答： 圆为 $r^2=2r\sin\theta$，即 $r=2\sin\theta$。区域由直线 $y=x$、纵轴和圆弧围成，故

$$\pi/4\le\theta\le\pi/2,\qquad0\le r\le2\sin\theta.$$

$xy=r^2\sin\theta\cos\theta$，面积元为 $r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，所以

$$\begin{aligned} I&=\int_{\pi/4}^{\pi/2}\int_0^{2\sin\theta}r^3\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\\ &=4\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin^5\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta =\frac23[\sin^6\theta]_{\pi/4}^{\pi/2}\\ &=\frac23\left(1-\frac18\right)=\frac7{12}. \end{aligned}$$

答案： 正惯性指数为 $2$。

思路： 配方为两个独立线性形式的正平方，再补第三个坐标组成可逆变换。

详细解答：

$$f=(x_1+x_2+x_3)^2+2x_2^2.$$

令 $y_1=x_1+x_2+x_3,y_2=x_2,y_3=x_3$，其变换矩阵行列式为 $1$，可逆。于是 $f=y_1^2+2y_2^2+0y_3^2$，共有两个正平方项，正惯性指数为 $2$。

答案： $1<a<3$。

思路： 两个极限分别限制 $a$ 的上下界，先找积分在小量与大量时的主项。

详细解答： 当 $x\to0^+$，$\ln(1+t^2)=t^2+o(t^2)$，积分得

$$\int_0^x\ln(1+t^2)\mathrm{d}t=\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

所以 $F(x)\sim x^{3-a}/3$，趋于零当且仅当 $a<3$。

无穷远处可用分部积分得到精确式

$$\int_0^x\ln(1+t^2)\mathrm{d}t =x\ln(1+x^2)-2x+2\arctan x.$$

该式与 $2x\ln x$ 等价，所以 $F(x)\sim2x^{1-a}\ln x$。它趋于零当且仅当 $a>1$：正幂分母压过对数，$a=1$ 时却像 $2\ln x$ 发散，$a<1$ 时也不能趋零。合并得 $1<a<3$。

答案： $x=-1$ 处极大值为 $1$，$x=5/3$ 处极小值为 $-1/3$；凸区间（$y''<0$）为 $(-\infty,1/3)$，凹区间（$y''>0$）为 $(1/3,+\infty)$；拐点为 $(1/3,1/3)$。

思路： $x$ 随参数严格增加，因此参数上的导数符号区间可直接转换为横坐标区间。

详细解答： $x_t=t^2+1>0$，且 $x(t)$ 取遍实轴。于是

$$y_x=\frac{t^2-1}{t^2+1}.$$

当 $t<-1$ 或 $t>1$ 时为正，$-1<t<1$ 时为负，所以 $t=-1$ 为极大值点，$t=1$ 为极小值点。代入参数式，得到对应点 $(-1,1)$ 和 $(5/3,-1/3)$。

再计算

$$y_{xx}=\frac1{t^2+1}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{t^2-1}{t^2+1} =\frac{4t}{(t^2+1)^3}.$$

$t<0$ 时二阶导数负，曲线为凸；$t>0$ 时二阶导数正，曲线为凹。由于横坐标随参数严格增加，两个参数区间分别对应 $x<1/3$ 和 $x>1/3$。$t=0$ 对应 $(x,y)=(1/3,1/3)$，两侧凹凸改变，为拐点。

答案： $f_1(1,1)+f_{11}(1,1)+f_{12}(1,1)$。

思路： $g$ 可导且在内部点有极值，故 $g'(1)=0$，先按链式法则完整求导再代值。

详细解答： 令 $u=xy,v=yg(x)$。由费马定理，$g'(1)=0$。一阶导数为

$$z_x=yf_1+yg'f_2.$$

对 $y$ 求导时，$u_y=x,v_y=g$，因此

$$z_{xy}=f_1+y(xf_{11}+gf_{12}) +g'f_2+yg'(xf_{21}+gf_{22}).$$

在 $(x,y)=(1,1)$ 处，内层 $(u,v)=(1,1)$，$g(1)=1,g'(1)=0$。含 $g'$ 的三项全为零，其余为 $f_1(1,1)+f_{11}(1,1)+f_{12}(1,1)$。

答案： $\displaystyle y(x)=\arcsin\frac{\mathrm e^x}{\sqrt2}-\frac\pi4$，原点所在解区间为 $x<\ln\sqrt2$。

思路： 将倾角导数条件先积分，再用 $y'=\tan\alpha$，得到关于 $\sin\alpha$ 的线性方程。

详细解答： 在原点与 $y=x$ 相切，说明 $y(0)=0,y'(0)=1$，可取连续倾角分支 $\alpha(0)=\pi/4$。由 $\alpha'=y'$，有

$$\alpha-y=\frac\pi4,\qquad y'=\tan\alpha.$$

因此

$$(\sin\alpha)'=\cos\alpha\,\alpha'=\cos\alpha\,y'=\sin\alpha.$$

解得 $\sin\alpha=C\mathrm e^x$。初值给 $C=1/\sqrt2$，所以 $\sin\alpha=\mathrm e^x/\sqrt2$。与原点倾角相符的分支为 $\alpha=\arcsin(\mathrm e^x/\sqrt2)$，从而得到答案。

为保持有限切线斜率及二阶导数，需 $\mathrm e^x/\sqrt2<1$，即 $x<\ln\sqrt2$；该区间包含 $0$，在其内所得函数满足初值及原关系。右端达到时斜率无界，不能继续作为题设中的光滑函数解。

答案： （1）严格不等式成立；（2）$a_n$ 收敛。

思路： 积分比较证明对数界；将其代入相邻差分得到递减性，再用积分比较给出下界。

详细解答：

1. $1/t$ 在 $[n,n+1]$ 严格递减，内部满足 $1/(n+1)<1/t<1/n$。积分区间长度为 $1$，所以

$$\frac1{n+1}<\int_n^{n+1}\frac{\mathrm{d}t}{t} =\ln\left(1+\frac1n\right)<\frac1n.$$

2. 计算差分：

$$a_{n+1}-a_n=\frac1{n+1}-\ln\left(1+\frac1n\right)<0.$$

所以数列严格递减。对每个 $k$，又有 $1/k>\int_k^{k+1}\mathrm{d}t/t$。相加得

$$\sum_{k=1}^n\frac1k>\int_1^{n+1}\frac{\mathrm{d}t}{t} =\ln(n+1)>\ln n,$$

故 $a_n>0$。数列递减且有下界，按单调有界定理收敛。

答案： （1）容积为 $9\pi/4\,\mathrm{m}^3$；（2）最小功为 $(27\pi/8)\times10^3g\,\mathrm J$。

思路： 图中容器按高度 $y=1/2$ 分为两段，截面积由半径平方确定；每层水提升至顶部 $y=2$。

详细解答： 图中底部高度为 $-1$，顶部为 $2$，两段圆弧在 $y=1/2$ 相连。水平截面的半径平方为

$$R(y)^2=\begin{cases}1-y^2,&-1\le y\le1/2,\\2y-y^2,&1/2\le y\le2.\end{cases}$$

1. 容积为

$$\begin{aligned} V&=\pi\int_{-1}^{1/2}(1-y^2)\mathrm{d}y +\pi\int_{1/2}^2(2y-y^2)\mathrm{d}y\\ &=\pi[y-y^3/3]_{-1}^{1/2}+\pi[y^2-y^3/3]_{1/2}^2\\ &=\pi\left(\frac98+\frac98\right)=\frac{9\pi}{4}. \end{aligned}$$

2. 高度 $y$ 处厚 $\mathrm{d}y$ 的水质量为 $10^3\pi R(y)^2\mathrm{d}y$，至少提升 $2-y$ 米，所以

$$W=10^3g\pi\left[ \int_{-1}^{1/2}(1-y^2)(2-y)\mathrm{d}y +\int_{1/2}^2(2y-y^2)(2-y)\mathrm{d}y\right].$$

第一积分的原函数为 $2y-y^2/2-2y^3/3+y^4/4$，代入上下限得 $153/64$；第二积分的原函数为 $2y^2-4y^3/3+y^4/4$，代入得 $63/64$。故

$$W=10^3g\pi\frac{216}{64}=\frac{27\pi}{8}\times10^3g\,\mathrm J.$$

答案： $I=a$。

思路： 两次分部积分将混合偏导还原为 $f$，边界条件使所有边界项消失。

详细解答： 因 $f(1,y)=0$ 对 $y$ 恒成立，对它求导得 $f_y(1,y)=0$。固定 $y$，对 $x$ 分部积分：

$$\int_0^1xyf_{xy}\mathrm{d}x =y[xf_y]_0^1-y\int_0^1f_y\mathrm{d}x =-y\int_0^1f_y\mathrm{d}x.$$

交换积分顺序，再固定 $x$ 对 $y$ 分部积分：

$$\begin{aligned} I&=-\int_0^1\left(\int_0^1yf_y(x,y)\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x\\ &=-\int_0^1\left([yf(x,y)]_0^1-\int_0^1f(x,y)\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

$y=1$ 时 $f(x,1)=0$，$y=0$ 时系数为零，所以边界项消失。剩下 $I=\iint_Df\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=a$。

答案： （1）$a=5$；（2）

$$\beta_1=2\alpha_1+4\alpha_2-\alpha_3,\quad \beta_2=\alpha_1+2\alpha_2,\quad \beta_3=5\alpha_1+10\alpha_2-2\alpha_3.$$

思路： $\alpha$ 组张成全体三维空间，不能被 $\beta$ 组表示意味着后者未满秩；表示系数再逐分量求出。

详细解答：

1. $\alpha$ 组行列式为

$$\det\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&3\\1&1&5\end{pmatrix}=1.$$

所以它是三维空间的基。若 $\beta$ 组也满秩，就能表示全体 $\alpha_i$，违背题设；故

$$\det\begin{pmatrix}1&1&3\\1&2&4\\1&3&a\end{pmatrix} =(2a-12)-(a-4)+3=a-5=0,$$

得到 $a=5$。此时 $\beta$ 组秩小于 $3$，确实不能包含全体三维空间。

2. 对任意目标向量 $(p,q,r)^T$，设它为 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3$，则

$$c_1+c_3=p,\quad c_2+3c_3=q,\quad c_1+c_2+5c_3=r.$$

由前两式代入第三式，得 $c_3=r-p-q$，再得 $c_1=2p+q-r$、$c_2=3p+4q-3r$。分别代入 $\beta_1=(1,1,1)^T,\beta_2=(1,2,3)^T,\beta_3=(3,4,5)^T$，系数依次为 $(2,4,-1),(1,2,0),(5,10,-2)$，得到所列表示。