2013年考研数学二真题

答案： C，与 $x$ 同阶但不等价的无穷小。

思路： 先求出 $\sin\alpha(x)$ 的数量级，再利用 $\sin u\sim u$ 判断比值。

详细解答：

1. 当 $x\ne0$ 时，$\sin\alpha(x)=(\cos x-1)/x$。由 $1-\cos x\sim x^2/2$，右边趋于 $0$。由于 $|\alpha(x)|<\pi/2$，在这个区间内正弦函数可逆，故 $\alpha(x)\to0$。

2. 利用 $\alpha/\sin\alpha\to1$，得到

   $$\lim_{x\to0}\frac{\alpha(x)}x =\lim_{x\to0}\frac{\alpha(x)}{\sin\alpha(x)}\frac{\cos x-1}{x^2} =-\frac12.$$

3. 比值极限为非零有限常数，因此两者同阶；这个常数不是 $1$，所以不等价。A、B 分别要求比值趋于 $0$、绝对值趋于无穷，D 要求比值趋于 $1$，均不符合。

答案： A，$2$。

思路： 将数列极限改写成 $f$ 在 $0$ 处的导数，用隐函数求导求出 $f'(0)$。

详细解答：

1. 令 $x=0$，方程变成 $1+\ln y=1$，所以 $f(0)=1$。记 $F(x,y)=\cos(xy)+\ln y-x-1$，则 $F_y(0,1)=1\ne0$，隐函数在该点附近可导。

2. 对原方程关于 $x$ 求导：

   $$-\sin(xy)(y+xy')+\frac{y'}y-1=0.$$

   代入 $x=0,y=1$，得 $f'(0)=1$。

3. 令 $h=2/n$，则

   $$n\left[f\left(\frac2n\right)-1\right] =2\frac{f(h)-f(0)}h\longrightarrow2f'(0)=2.$$

答案： C，$F(x)$ 在 $x=\pi$ 处连续但不可导。

思路： 分段算出积分，再检查函数值与左右导数。

详细解答：

1. 对 $0\le x\le\pi$，端点单个函数值不影响积分，因此

   $$F(x)=\int_0^x\sin t\,\mathrm dt=1-\cos x.$$

   对 $\pi\le x\le2\pi$，

   $$F(x)=\int_0^\pi\sin t\,\mathrm dt+\int_\pi^x2\,\mathrm dt=2+2(x-\pi).$$

2. 两段在 $\pi$ 处均取值 $2$，左右极限也都是 $2$，所以 $F$ 连续，A、B 不成立。

3. 左导数是 $\sin\pi=0$，右导数是 $2$。左右导数不同，故不可导，选 C。

答案： D，$0<\alpha<2$。

思路： 分别检查下端点 $1$ 与无穷远处的收敛性，两部分必须同时收敛。

详细解答：

1. 拆分为

   $$\int_1^e(x-1)^{1-\alpha}\,\mathrm dx+ \int_e^{+\infty}\frac{\mathrm dx}{x(\ln x)^{\alpha+1}}.$$

   第一部分令 $t=x-1$，得到 $\int_0^{e-1}t^{1-\alpha}\,\mathrm dt$。在 $0$ 附近幂函数积分收敛要求幂指数大于 $-1$，故 $1-\alpha>-1$，即 $\alpha<2$。

2. 第二部分令 $u=\ln x$，$\mathrm du=\mathrm dx/x$，得到

   $$\int_1^{+\infty}u^{-\alpha-1}\,\mathrm du.$$

   无穷远处的幂函数积分收敛要求 $\alpha+1>1$，故 $\alpha>0$。

3. 合并得 $0<\alpha<2$。端点 $\alpha=0,2$ 会使相应积分呈对数发散，不能包含。

答案： A，$2yf'(xy)$。

思路： 分别用乘积法则、链式法则求偏导，再代入组合式。

详细解答：

1. 对 $x$ 求偏导时固定 $y$，得到

   $$z_x=-\frac y{x^2}f(xy)+\frac yx f'(xy)y =-\frac y{x^2}f(xy)+\frac{y^2}x f'(xy).$$

2. 对 $y$ 求偏导时固定 $x$，得到

   $$z_y=\frac1x f(xy)+\frac yx f'(xy)x =\frac1x f(xy)+yf'(xy).$$

3. 在题中表达式有定义的位置，

   $$\frac xy z_x+z_y =-\frac1x f(xy)+yf'(xy)+\frac1x f(xy)+yf'(xy) =2yf'(xy).$$

答案： B，$I_2>0$。

思路： 第二、四象限直接判断符号；第一、三象限利用交换 $x,y$ 后区域不变的对称性。

详细解答：

1. 第二象限内部 $x<0,y>0$，故 $y-x>0$，该区域面积非零，所以 $I_2>0$。第四象限内部 $x>0,y<0$，故 $y-x<0$，所以 $I_4<0$。

2. 第一象限的四分之一圆在交换 $x,y$ 后不变，故

   $$\iint_{D_1}y\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\iint_{D_1}x\,\mathrm dx\,\mathrm dy,$$

   从而 $I_1=0$。第三象限同样在交换 $x,y$ 后不变，所以 $I_3=0$。

3. 四个判断中只有 $I_2>0$ 成立，因此选 B。

答案： B，$C$ 的列向量组与 $A$ 的列向量组等价。

思路： 等价要求双方能相互线性表示。右乘矩阵使列向量变为原列向量的线性组合。

详细解答：

1. 设 $A$ 的列向量为 $a_1,\ldots,a_n$，$B=(b_{ij})$。由 $C=AB$，$C$ 的第 $j$ 列是

   $$c_j=b_{1j}a_1+\cdots+b_{nj}a_n.$$

   所以 $C$ 的列向量均能由 $A$ 的列向量表示。

2. 因 $B$ 可逆，可反写为 $A=CB^{-1}$，于是 $A$ 的列向量也能由 $C$ 的列向量表示。双方可相互表示，所以等价。

3. A 不一定成立。例如

   $$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},$$

   $A,C$ 的行向量分别张成横轴、纵轴。C、D 也不成立：取 $A=0,B=E$，则 $C=0$，其行向量组不能与单位矩阵的行向量组或列向量组等价。

答案： B，$a=0$，$b$ 为任意常数。

思路： 用相似矩阵的特征多项式相同求必要条件，再构造独立特征向量证明充分性。

详细解答：

1. 相似矩阵的二阶主子式之和相同。左边的三个二阶主子式分别是 $b-a^2,0,b-a^2$，总和为 $2b-2a^2$；右边总和为 $2b$。故 $2b-2a^2=2b$，得到 $a=0$。

2. 当 $a=0$ 时，

   $$M=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&b&0\\1&0&1\end{pmatrix}.$$

   取 $v_1=(1,0,1)^T,v_2=(0,1,0)^T,v_3=(1,0,-1)^T$，相乘得到

   $$Mv_1=2v_1,\qquad Mv_2=bv_2,\qquad Mv_3=0.$$

3. 三个向量线性无关，令 $P=(v_1,v_2,v_3)$，则 $P^{-1}MP=\operatorname{diag}(2,b,0)$。即使 $b=0$ 或 $b=2$，这些向量仍独立，因此 $b$ 不受限制。

答案： $e^{1/2}$。

思路： 这是幂指函数极限，底数趋于 $1$，先取对数。

详细解答：

1. 由 $\ln(1+x)=x-x^2/2+o(x^2)$，

   $$2-\frac{\ln(1+x)}x=1+\frac x2+o(x).$$

   底数在 $0$ 附近为正，可取对数。

2. 记原表达式为 $Y(x)$，由 $\ln(1+u)\sim u$，

   $$\ln Y(x)=\frac1x\ln\left(1+\frac x2+o(x)\right)\longrightarrow\frac12.$$

3. 由指数函数连续性，$Y(x)\to e^{1/2}$。

答案： $\displaystyle\frac1{\sqrt{1-e^{-1}}}$。

思路： 先找出 $y=0$ 对应的 $x$，再用反函数导数公式。

详细解答：

1. 积分上下限相同时积分为 $0$，所以 $f(-1)=0$。在 $x=-1$ 附近被积函数为正，故 $f$ 严格增加，存在局部反函数。

2. 由微积分基本定理，

   $$f'(x)=\sqrt{1-e^x},\qquad f'(-1)=\sqrt{1-e^{-1}}>0.$$

3. 当 $f'(x)\ne0$ 时，反函数导数为其倒数，因此

   $$\left.\frac{\mathrm dx}{\mathrm dy}\right|_{y=0} =\frac1{f'(-1)}=\frac1{\sqrt{1-e^{-1}}}.$$

答案： $\displaystyle\frac\pi{12}$。

思路： 给定角度范围描出一片花瓣，用极坐标面积公式计算。

详细解答：

1. 在 $-\pi/6\le\theta\le\pi/6$ 上，$r=\cos3\theta\ge0$，两端半径为 $0$，该区间描出题中封闭曲线一周。

2. 面积为

   $$S=\frac12\int_{-\pi/6}^{\pi/6}r^2\,\mathrm d\theta =\frac14\int_{-\pi/6}^{\pi/6}(1+\cos6\theta)\,\mathrm d\theta.$$

3. 代入端点：

   $$S=\frac14\left[\theta+\frac{\sin6\theta}{6}\right]_{-\pi/6}^{\pi/6} =\frac14\cdot\frac\pi3=\frac\pi{12}.$$

答案： $\displaystyle x+y-\frac\pi4-\ln\sqrt2=0$。

思路： 用参数求切线斜率，再取负倒数得到法线斜率。

详细解答：

1. 在 $t=1$ 时，曲线上点为 $(x_0,y_0)=(\pi/4,\ln\sqrt2)$。

2. 参数导数为

   $$\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=\frac1{1+t^2},\qquad \frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=\frac t{1+t^2},\qquad \frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=t.$$

   在 $t=1$ 时切线斜率为 $1$，故法线斜率为 $-1$。

3. 法线方程是 $y-\ln\sqrt2=-(x-\pi/4)$，整理即得答案。

答案： $y=e^{3x}-e^x-xe^{2x}$。

思路： 非齐次方程的两个解之差是齐次解，先构成通解，再代入初值。

详细解答：

1. 以 $y_3=-xe^{2x}$ 为特解，有

   $$y_1-y_3=e^{3x},\qquad y_2-y_3=e^x.$$

   两个齐次解的朗斯基行列式为 $-2e^{4x}\ne0$，故线性无关，构成二阶齐次方程的基础解系。

2. 非齐次方程通解为

   $$y=C_1e^{3x}+C_2e^x-xe^{2x}.$$

   初值 $y(0)=0$ 给出 $C_1+C_2=0$。

3. 求导得

   $$y'=3C_1e^{3x}+C_2e^x-(1+2x)e^{2x}.$$

   初值 $y'(0)=1$ 给出 $3C_1+C_2-1=1$。联立解得 $C_1=1,C_2=-1$，因此得到答案。

答案： $|A|=-1$。

思路： 用伴随矩阵得到行列式方程，再利用非零条件排除零解。

详细解答：

1. 记 $d=|A|$。伴随矩阵 $A^*$ 的第 $(j,i)$ 个元素为 $A_{ij}$，所以题设等价于 $A^*=-A^T$。

2. 三阶矩阵满足 $|A^*|=d^2$，而 $|-A^T|=-d$，故

   $$d^2=-d,\qquad d(d+1)=0.$$

   因而 $d=0$ 或 $d=-1$。

3. 因 $A$ 非零，选一条含非零元素的第 $i$ 行，按该行展开：

   $$d=\sum_{j=1}^3a_{ij}A_{ij} =-\sum_{j=1}^3a_{ij}^2<0.$$

   所以 $d\ne0$，最终 $|A|=-1$。

答案： $n=2,a=7$。

思路： 找出乘积偏离 $1$ 的第一个非零项，各余弦展开到二次项。

详细解答：

1. 在 $x\to0$ 时，

   $$\cos x=1-\frac{x^2}2+o(x^2),\quad \cos2x=1-2x^2+o(x^2),\quad \cos3x=1-\frac{9x^2}2+o(x^2).$$

2. 相乘时两个二次项的乘积属于 $o(x^2)$，所以

   $$\cos x\cos2x\cos3x =1-\left(\frac12+2+\frac92\right)x^2+o(x^2) =1-7x^2+o(x^2).$$

3. 因而 $1-\cos x\cos2x\cos3x=7x^2+o(x^2)$，与 $7x^2$ 的比值趋于 $1$。所以 $n=2,a=7$。

答案： $a=7\sqrt7$。

思路： 区域为 $0\le x\le a,0\le y\le x^{1/3}$，绕 $x$ 轴用圆盘法，绕 $y$ 轴用柱壳法。

详细解答：

1. 绕 $x$ 轴时，圆盘半径为 $x^{1/3}$，故

   $$V_x=\pi\int_0^a x^{2/3}\,\mathrm dx =\pi\left[\frac35x^{5/3}\right]_0^a=\frac{3\pi}5a^{5/3}.$$

2. 绕 $y$ 轴时，竖直薄片形成半径 $x$、高度 $x^{1/3}$ 的柱壳，故

   $$V_y=2\pi\int_0^a x\cdot x^{1/3}\,\mathrm dx =2\pi\left[\frac37x^{7/3}\right]_0^a=\frac{6\pi}7a^{7/3}.$$

3. 代入 $V_y=10V_x$，利用 $a>0$ 约去公共因子：

   $$\frac{6\pi}7a^{7/3}=6\pi a^{5/3} \quad\Longrightarrow\quad a^{2/3}=7.$$

   所以 $a=7^{3/2}=7\sqrt7$。

答案： $\displaystyle\frac{416}3$。

思路： 求三角形顶点，再按竖直截面分段确定积分上下限。

详细解答：

1. 两条过原点的直线交于 $(0,0)$。$y=3x$ 与 $x+y=8$ 交于 $(2,6)$；$y=x/3$ 与 $x+y=8$ 交于 $(6,2)$。

2. 在 $0\le x\le2$ 上，下边界为 $y=x/3$、上边界为 $y=3x$；在 $2\le x\le6$ 上，上边界为 $y=8-x$。因此

   $$I=\int_0^2\int_{x/3}^{3x}x^2\,\mathrm dy\,\mathrm dx+ \int_2^6\int_{x/3}^{8-x}x^2\,\mathrm dy\,\mathrm dx.$$

3. 先对 $y$ 积分：

   $$I=\frac83\int_0^2x^3\,\mathrm dx+ \int_2^6\left(8x^2-\frac43x^3\right)\,\mathrm dx.$$

   第一项为 $32/3$；第二项为

   $$\left[\frac83x^3-\frac13x^4\right]_2^6 =(576-432)-\left(\frac{64}3-\frac{16}3\right)=128.$$

   所以 $I=32/3+128=416/3$。

答案： 两个存在性结论均成立。

思路： 第一问用拉格朗日中值定理；第二问利用 $f'$ 的偶性构造辅助函数，再用罗尔定理。

详细解答：

1. 证明（1）。 奇性给出 $f(0)=0$。函数具有二阶导数，故在 $[0,1]$ 连续、在内部可导。中值定理给出 $\xi\in(0,1)$，使

   $$f'(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1.$$

2. 为（2）确定端点。 对 $f(-x)=-f(x)$ 求导，得 $f'(-x)=f'(x)$，所以 $f'(-\xi)=f'(\xi)=1$。

3. 令 $H(x)=e^x(f'(x)-1)$。乘 $e^x$ 是为了求导时同时产生 $f''$ 与 $f'$。由于 $f'$ 可导，$H$ 在 $[-\xi,\xi]$ 连续、在内部可导，并且 $H(-\xi)=H(\xi)=0$。

4. 罗尔定理给出 $\eta\in(-\xi,\xi)\subset(-1,1)$，使

   $$0=H'(\eta)=e^\eta\bigl(f''(\eta)+f'(\eta)-1\bigr).$$

   约去正数 $e^\eta$，得到 $f''(\eta)+f'(\eta)=1$。

答案： 最长距离为 $\sqrt2$，在 $(1,1)$ 取得；最短距离为 $1$，在 $(1,0),(0,1)$ 取得。

思路： 引入 $s=x+y,p=xy$，把对称约束和距离平方都化成一个变量的表达式，直接证明上下界。

详细解答：

1. 由 $x,y\ge0$ 有 $p\ge0$。利用 $x^3+y^3=s^3-3ps$，原约束等价于

   $$s^3-(3s+1)p=1,\qquad p=\frac{s^3-1}{3s+1}.$$

   分母为正，故 $p\ge0$ 推出 $s\ge1$。

2. 又由 $(x-y)^2\ge0$，得到 $p\le s^2/4$，因而

   $$4(s^3-1)\le s^2(3s+1),\qquad s^3-s^2\le4.$$

   $s^3-s^2$ 在 $s\ge1$ 上严格增加，且 $s=2$ 时为 $4$，所以 $1\le s\le2$。

3. 距离平方为

   $$q=x^2+y^2=s^2-2p=\frac{s^3+s^2+2}{3s+1}.$$

   在 $1\le s\le2$ 上，

   $$q-1=\frac{(s-1)(s^2+2s-1)}{3s+1}\ge0,$$

   $$2-q=\frac{s(2-s)(s+3)}{3s+1}\ge0.$$

   因此 $1\le q\le2$，也就是 $1\le\sqrt{x^2+y^2}\le\sqrt2$。

4. $q=1$ 时 $s=1,p=0$，得到 $(1,0),(0,1)$；$q=2$ 时 $s=2,p=1$，得到 $(1,1)$。这些点满足原约束，故两个界都能取得。

答案：（1）最小值为 $1$，在 $x=1$ 取得；（2）极限存在且等于 $1$。

思路： 先证明 $\ln x+1/x\ge1$，再结合数列条件证明单调有界，最后确定极限。

详细解答：

1. 求最小值。 定义域为 $x>0$，且

   $$f'(x)=\frac1x-\frac1{x^2}=\frac{x-1}{x^2}.$$

   在 $(0,1)$ 上导数为负，在 $(1,+\infty)$ 上为正，所以唯一最小值为 $f(1)=1$。因此 $\ln x+1/x\ge1$，等号当且仅当 $x=1$。

2. 证明单调。 每个 $x_n$ 都出现在对数中，所以 $x_n>0$。由题设，

   $$\ln x_n+\frac1{x_{n+1}}<1\le\ln x_n+\frac1{x_n}.$$

   所以 $1/x_{n+1}<1/x_n$，正数取倒数会反向，故 $x_{n+1}>x_n$。

3. 证明有界。 因 $1/x_{n+1}>0$，题设给出 $\ln x_n<1$，故 $x_n<e$。数列单调增加且有上界，所以收敛。记极限为 $L$，则 $L\ge x_1>0$。

4. 确定极限。 对题设取极限，严格不等式只保证

   $$\ln L+\frac1L\le1.$$

   第一问又给出 $\ln L+1/L\ge1$，所以等于 $1$。等号仅在 $L=1$ 成立，故 $\lim_{n\to\infty}x_n=1$。