2012年考研数学二真题

答案： C，两条渐近线。

思路： 约去共同因子后仍保留原定义域，再检查有限奇点与无穷远处。

详细解答： 原定义域排除 $x=\pm1$。在其他点，

$$y=\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}=\frac{x}{x-1}=1+\frac1{x-1}.$$

$x\to1$ 时函数无界，有竖直渐近线 $x=1$；$x\to\pm\infty$ 时 $y\to1$，有水平渐近线 $y=1$。$x\to-1$ 时极限为 $1/2$，只是可去间断点，不是渐近线。因此共两条，选 C。

答案： A，$(-1)^{n-1}(n-1)!$。

思路： 在 $0$ 处第一因子为零，乘积求导中只有把该因子求导的一项可能非零。

详细解答： 用乘积求导公式，每一项仅对一个因子求导。若求导的是第 $j\ge2$ 个因子，该项仍含 $\mathrm e^0-1=0$，因此为零。只剩

$$f'(0)=(\mathrm e^x)'|_{x=0}\prod_{k=2}^n(\mathrm e^{kx}-k)|_{x=0} =\prod_{k=2}^n(1-k).$$

$n-1$ 个因子为 $-1,-2,\ldots,-(n-1)$，所以结果为 $(-1)^{n-1}(n-1)!$。$n=1$ 时原函数为 $\mathrm e^x-1$，导数为 $1$，也符合公式中 $0!=1$。

答案： B，充分非必要条件。

思路： 正项部分和单调，有界就收敛；反过来单个项趋零并不保证总和有限。

详细解答： 因 $a_n>0$，$S_n$ 严格增加。若有界，则由单调有界定理 $S_n\to S$，从而

$$a_n=S_n-S_{n-1}\longrightarrow S-S=0.$$

所以部分和有界足以保证项数列收敛。

反过来，取 $a_n=1/n\to0$，但

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

部分和无界，因此条件不必要，选 B。

答案： D，$I_2<I_1<I_3$。

思路： 正弦各半周期正负交替，指数权重随 $x$ 增加，后面的正半周期足以超过前面的负半周期。

详细解答： 在 $(\pi,2\pi)$ 上 $\sin x<0$，所以

$$I_2-I_1=\int_\pi^{2\pi}\mathrm e^{x^2}\sin x\,\mathrm{d}x<0.$$

再把后两个半周期各平移到 $[0,\pi]$：

$$I_3-I_1 =\int_0^\pi\left[\mathrm e^{(t+2\pi)^2}-\mathrm e^{(t+\pi)^2}\right]\sin t\,\mathrm{d}t.$$

内部的指数差严格为正，$\sin t>0$，因此该积分为正，$I_3>I_1$。合并得 $I_2<I_1<I_3$，选 D。

答案： D，$x_1<x_2,y_1>y_2$。

思路： 分两步改变自变量，分别利用对 $x$ 增加、对 $y$ 减少的单调性。

详细解答： 由偏导符号及一元中值定理，固定 $y$ 时 $f$ 随 $x$ 严格增加；固定 $x$ 时随 $y$ 严格减少。因此 D 的条件给出

$$f(x_1,y_1)<f(x_2,y_1)<f(x_2,y_2).$$

A 中两种变化都使左端更大，方向相反。B、C 中两种变化效果相反，不能保证。例如 $f(x,y)=x-y$ 满足偏导条件：B 取 $(x_1,y_1)=(3,1),(x_2,y_2)=(0,0)$，目标不等式失败；C 取 $(0,0),(1,3)$，也失败。所以 D 为所求充分条件。

答案： D，$-\pi$。

思路： 区域本身并非关于纵轴对称，先对 $y$ 积分后才可利用一元奇偶性。

详细解答： 区域为 $-\pi/2\le x\le\pi/2$、$\sin x\le y\le1$，故

$$\begin{aligned} I&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left[\frac{x^5}2y^2-y\right]_{\sin x}^1\mathrm{d}x\\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left[\frac{x^5}2(1-\sin^2x)-1+\sin x\right]\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

$x^5\cos^2x/2$ 为奇函数，$\sin x$ 也为奇函数，两项对称积分均为零。仅剩常数 $-1$，积分为 $-\pi$，选 D。

答案： C。

思路： 找一个与任意常数无关的共同平面，或观察列矩阵的恒定行依赖关系。

详细解答： $\alpha_1,\alpha_3,\alpha_4$ 均满足第一分量加第二分量为零，故都位于二维平面 $x_1+x_2=0$ 内，三个向量必相关，C 正确。等价地，它们组成矩阵的前两行互为相反数，行列式恒为零。

其他选项并非对任意常数都相关：A、B 的行列式分别为 $-c_1,c_1$，取 $c_1=1$ 就非零；D 的行列式为 $-(c_3+c_4)$，取 $c_3=1,c_4=0$ 也非零。因此只有 C 必然相关。

答案： B，$\operatorname{diag}(1,1,2)$。

思路： 同一特征值对应向量的线性组合仍是该特征值的向量，先确认新基可逆。

详细解答： 由 $AP=P\operatorname{diag}(1,1,2)$，有 $A\alpha_1=\alpha_1,A\alpha_2=\alpha_2,A\alpha_3=2\alpha_3$。所以

$$A(\alpha_1+\alpha_2)=\alpha_1+\alpha_2.$$

又 $Q=PC$，其中

$$C=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad |C|=1,$$

故 $Q$ 可逆。三列依次对应特征值 $1,1,2$，所以 $AQ=Q\operatorname{diag}(1,1,2)$，得到 B。

答案： $1$。

思路： 确定原点的隐函数值，再连续求导两次。

详细解答： $x=0$ 时 $y+\mathrm e^y=1$。左边对 $y$ 严格增加，$y=0$ 满足方程，因此唯一对应值为 $y(0)=0$。求导得

$$2x=(1+\mathrm e^y)y',$$

所以 $y'(0)=0$。再次求导：

$$2=(1+\mathrm e^y)y''+\mathrm e^y(y')^2.$$

代入原点得 $2=2y''(0)$，所以 $y''(0)=1$。

答案： $\pi/4$。

思路： 把每项分母中的 $n^2$ 提出，识别黎曼和。

详细解答：

$$n\sum_{k=1}^n\frac1{k^2+n^2} =\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+(k/n)^2}.$$

函数 $1/(1+t^2)$ 在 $[0,1]$ 连续，右端的极限为

$$\int_0^1\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=[\arctan t]_0^1=\frac\pi4.$$

答案： $0$。

思路： 两个偏导按链式法则计算，题设系数正好使内层导数抵消。

详细解答： 令 $u=\ln x+1/y$，定义要求 $x>0,y\ne0$。则

$$z_x=\frac{f'(u)}x,\qquad z_y=-\frac{f'(u)}{y^2}.$$

因此 $xz_x+y^2z_y=f'(u)-f'(u)=0$。

答案： $y=\sqrt x$，$x>0$。

思路： 前两项正好组成 $xy$ 的全微分，可直接积分。

详细解答： 原方程为

$$y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y=3y^2\mathrm{d}y, \qquad \mathrm{d}(xy)=\mathrm{d}(y^3).$$

所以 $xy=y^3+C$。代入 $(x,y)=(1,1)$ 得 $C=0$。在初值附近 $y\ne0$，除以 $y$ 得 $x=y^2$，取与 $y(1)=1$ 相符的正支，得到 $y=\sqrt x$。

答案： $(-1,0)$。

思路： 用平面曲线曲率公式建立关于横坐标的方程，再排除不合定义域的根。

详细解答： $y'=2x+1,y''=2$，曲率为

$$K=\frac2{[1+(2x+1)^2]^{3/2}}.$$

令其等于 $\sqrt2/2$，得 $[1+(2x+1)^2]^{3/2}=2\sqrt2$，所以 $1+(2x+1)^2=2$，即 $(2x+1)^2=1$。候选横坐标为 $0,-1$，题设要求 $x<0$，只能取 $-1$。此时 $y=1-1=0$，所求点为 $(-1,0)$。

答案： $-27$。

思路： 行交换使行列式变号，伴随矩阵行列式用阶数确定幂次。

详细解答： $|B|=-|A|=-3$。因 $|A|=3\ne0$，三阶伴随矩阵满足 $A^*=|A|A^{-1}$，故

$$|A^*|=|A|^3|A^{-1}|=3^3/3=9.$$

于是 $|BA^*|=|B||A^*|=-3\cdot9=-27$。

答案： （1）$a=1$；（2）$k=1$。

思路： 两个 $1/x$ 项相消，需将 $1/\sin x$ 展开到下一项，确定极限及剩余量的阶数。

详细解答： 由 $\sin x=x-x^3/6+O(x^5)$，

$$\frac{x}{\sin x}=1+\frac{x^2}{6}+O(x^4), \qquad \frac1{\sin x}=\frac1x+\frac x6+O(x^3).$$

因此

$$\begin{aligned} f(x)&=(1+x)\left(\frac1x+\frac x6+O(x^3)\right)-\frac1x\\ &=1+\frac x6+\frac{x^2}{6}+O(x^3). \end{aligned}$$

所以 $a=\lim f(x)=1$。又 $(f(x)-1)/x\to1/6$，极限有限且非零，说明 $f(x)-a$ 与 $x$ 同阶，故 $k=1$。

答案： $(1,0)$ 处极大值为 $\mathrm e^{-1/2}$；$(-1,0)$ 处极小值为 $-\mathrm e^{-1/2}$，也分别是全局最大、最小值。

思路： 先解两个偏导同时为零的驻点方程，再用二阶判别；还可利用指数因子估计全局范围。

详细解答： 记 $E_0=\mathrm e^{-(x^2+y^2)/2}>0$，则

$$f_x=(1-x^2)E_0,\qquad f_y=-xyE_0.$$

$f_x=0$ 给 $x=\pm1$，再由 $f_y=0$ 得 $y=0$，只有两个驻点。二阶偏导为

$$f_{xx}=x(x^2-3)E_0,\quad f_{xy}=-(1-x^2)yE_0,\quad f_{yy}=x(y^2-1)E_0.$$

在 $(1,0)$ 处 Hessian 为 $\mathrm e^{-1/2}\operatorname{diag}(-2,-1)$，负定，故为严格极大值；在 $(-1,0)$ 为 $\mathrm e^{-1/2}\operatorname{diag}(2,1)$，正定，故为严格极小值。代入函数得所列值。

此外

$$|f(x,y)|\le |x|\mathrm e^{-x^2/2}\le\mathrm e^{-1/2},$$

最后一界由 $t\mathrm e^{-t^2/2}$（$t\ge0$）在 $t=1$ 取最大值得到。两个驻点达到相应界，所以也是全局最值。

答案： 面积为 $2$，体积为 $\dfrac{2\pi}{3}(\mathrm e^2-1)$。

思路： 过指定点的切线先确定切点 $A$，区域的直线边 $AB$ 再由切点与横轴交点确定；面积与体积分别用差和平方差积分。

详细解答： 设切点横坐标为 $c>0$，切线为

$$y-\ln c=\frac{x-c}{c}.$$

通过 $(0,1)$，所以 $1=\ln c-1$，得 $c=\mathrm e^2$，$A=(\mathrm e^2,2)$。$y=\ln x$ 与横轴交于 $B=(1,0)$，因此直线 $AB$ 为

$$y=\frac{2(x-1)}{\mathrm e^2-1}.$$

对数二阶导数为 $-1/x^2<0$，曲线在弦 $AB$ 上方，且区间内两者都非负。于是

$$\begin{aligned} S&=\int_1^{\mathrm e^2}\left[\ln x-\frac{2(x-1)}{\mathrm e^2-1}\right]\mathrm{d}x\\ &=[x\ln x-x]_1^{\mathrm e^2}-(\mathrm e^2-1)\\ &=(\mathrm e^2+1)-(\mathrm e^2-1)=2. \end{aligned}$$

绕横轴旋转的外半径为 $\ln x$、内半径为弦的高度，故

$$V=\pi\int_1^{\mathrm e^2}\left[(\ln x)^2-\frac{4(x-1)^2}{(\mathrm e^2-1)^2}\right]\mathrm{d}x.$$

对数平方的原函数为 $x[(\ln x)^2-2\ln x+2]$，定积分为 $2(\mathrm e^2-1)$；弦的平方积分为 $4(\mathrm e^2-1)/3$。相减得 $V=(2\pi/3)(\mathrm e^2-1)$。

答案： $16/15$。

思路： 区域直接由极坐标半径上限给出，记得乘面积元中的 $r$，最后令 $u=\cos\theta$。

详细解答： 所围区域为 $0\le\theta\le\pi,0\le r\le1+\cos\theta$。因此

$$\begin{aligned} I&=\int_0^\pi\int_0^{1+\cos\theta}r^3\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\\ &=\frac14\int_0^\pi\sin\theta\cos\theta(1+\cos\theta)^4\mathrm{d}\theta\\ &=\frac14\int_{-1}^1u(1+u)^4\mathrm{d}u. \end{aligned}$$

展开被积函数为 $u+4u^2+6u^3+4u^4+u^5$，奇次项在对称区间积分为零，所以

$$I=\frac14\left(4\cdot\frac23+4\cdot\frac25\right)=\frac{16}{15}.$$

答案： （1）$f(x)=\mathrm e^x$；（2）唯一拐点为 $(0,0)$。

思路： 常系数方程先给出通解，附加恒等式确定两个常数；曲线的二阶导数可表示为它自身和 $x$，由符号判定拐点。

详细解答：

1. 特征方程 $r^2+r-2=(r-1)(r+2)=0$，所以

$$f=C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{-2x}.$$

代入 $f'+f=2\mathrm e^x$，得 $2C_1\mathrm e^x-C_2\mathrm e^{-2x}=2\mathrm e^x$。两种指数函数无关，比较系数得 $C_1=1,C_2=0$，故 $f=\mathrm e^x$。

2. 曲线为

$$y=\mathrm e^{x^2}\int_0^x\mathrm e^{-t^2}\mathrm{d}t.$$

被积函数恒正，故 $y$ 与 $x$ 同号，$y(0)=0$。乘积及变上限求导给出

$$y'=2xy+1,\qquad y''=2y+2xy'=(4x^2+2)y+2x.$$

$x>0$ 时右端两项均正，$x<0$ 时均负，所以二阶导数只在 $x=0$ 处变号。函数在该点光滑，故唯一拐点为 $(0,0)$。

答案： 不等式成立，等号只在 $x=0$。

思路： 左右两端都是偶函数，只需考察非负 $x$；分别给对数项和余弦项找下界。

详细解答： $x\ln[(1+x)/(1-x)]$ 与 $\cos x$ 均为偶函数，因此只需 $0\le x<1$。在此范围，

$$\ln\frac{1+x}{1-x} =2\int_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1-t^2}\ge2x,$$

因为 $1/(1-t^2)\ge1$。又由 $|\sin u|\le|u|$，

$$1-\cos x=2\sin^2(x/2)\le\frac{x^2}{2}, \qquad \cos x\ge1-\frac{x^2}{2}.$$

所以

$$x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x \ge2x^2+1-\frac{x^2}{2} =1+\frac{3x^2}{2}\ge1+\frac{x^2}{2}.$$

$x>0$ 时最后一步严格，$x=0$ 时等号成立。由偶性，负半区间也成立，且只有 $0$ 取等号。

答案： （1）指定区间内有且仅有一个根；（2）$x_n\to1/2$。

思路： 正系数多项式严格增加保证唯一性；增加一个正项会使根变小，再用几何级数恒等式确定极限。

详细解答：

1. 令 $p_n(x)=x+x^2+\cdots+x^n$。它在正半轴连续且导数 $1+2x+\cdots+nx^{n-1}>0$，严格增加。几何求和得

$$p_n(1/2)=1-2^{-n}<1,\qquad p_n(1)=n>1.$$

由介值定理存在根于 $(1/2,1)$，由严格增加性根唯一。

2. 在 $x=x_n$ 处，

$$p_{n+1}(x_n)=p_n(x_n)+x_n^{n+1}=1+x_n^{n+1}>1.$$

$p_{n+1}$ 增加，因此其根 $x_{n+1}<x_n$。数列递减且始终大于 $1/2$，故极限存在。由根方程和几何求和，

$$\frac{x_n(1-x_n^n)}{1-x_n}=1,\qquad 2x_n-1=x_n^{n+1}.$$

对 $n\ge2$，$x_n\le x_2=(\sqrt5-1)/2=:q<1$，所以 $0<x_n^{n+1}\le q^{n+1}\to0$。故 $2x_n-1\to0$，得到极限 $1/2$。

答案： （1）$|A|=1-a^4$；（2）$a=-1$ 时有无穷多解，通解为

$$x=(0,-1,0,0)^T+t(1,1,1,1)^T,\qquad t\in\mathbb R.$$

思路： 沿第一行展开确定奇异参数，再逐一检查相容性。

详细解答：

1. 沿第一行展开，

$$|A|=\det\begin{pmatrix}1&a&0\\0&1&a\\0&0&1\end{pmatrix} -a\det\begin{pmatrix}0&a&0\\0&1&a\\a&0&1\end{pmatrix} =1-a\cdot a^3=1-a^4.$$

2. 无穷多解要求行列式为零，实数参数仅有 $a=\pm1$。$a=1$ 时四式为

$$x_1+x_2=1,\quad x_2+x_3=-1,\quad x_3+x_4=0,\quad x_4+x_1=0.$$

按第一减第二加第三减第四相加，左端为零，右端为 $2$，矛盾，所以无解。

$a=-1$ 时方程为 $x_1-x_2=1,x_2-x_3=-1,x_3-x_4=0,-x_1+x_4=0$。于是 $x_3=x_4=x_1$，$x_2=x_1-1$。令 $x_1=t$，得到答案中的通解，有一个自由参数，故无穷多解。