2014年考研数学二真题

答案： B，$(1,2)$。

思路： 用等价无穷小将两个表达式化为 $x$ 的幂。幂指数大于 $1$，才比 $x$ 高阶。

详细解答：

1. 当 $x\to0^+$ 时，$\ln(1+2x)\sim2x$，$1-\cos x\sim x^2/2$。所以

   $$\frac{\ln^\alpha(1+2x)}x\sim2^\alpha x^{\alpha-1},\qquad \frac{(1-\cos x)^{1/\alpha}}x\sim2^{-1/\alpha}x^{2/\alpha-1}.$$

2. 第一个比值趋于 $0$ 要求 $\alpha>1$。这也保证 $\alpha>0$，因此第二个比值趋于 $0$ 要求 $2/\alpha>1$，即 $\alpha<2$。

3. 两个条件合并为 $1<\alpha<2$，选 B。端点会使某一比值趋于非零常数，不能包含。

答案： C，渐近线为 $y=x$。

思路： 直线 $y=kx+b$ 是无穷远处渐近线，需要 $y-(kx+b)\to0$；还要检查有限位置有无竖直渐近线。

详细解答：

1. 对 C，随着 $x\to\pm\infty$，$1/x\to0$，故

   $$y-x=\sin(1/x)\to0.$$

   所以 $y=x$ 是渐近线。

2. 对 A，若存在直线渐近线，由 $y/x\to1$ 必有 $k=1$；但 $y-x=\sin x$ 不收敛，无法再选常数 $b$ 使差趋于零。

3. 对 B、D，随着 $|x|\to\infty$，二次项 $x^2$ 占主导，$x^2-kx-b$ 无法趋于零，因此没有水平或斜渐近线。

4. A、B 在每个有限点都连续。C、D 虽在 $x=0$ 无定义，但 $\sin(1/x)$ 有界，曲线在这里不会趋于无穷，所以 $x=0$ 也不是竖直渐近线。只有 C 符合。

答案： D，当 $f''(x)\ge0$ 时，$f(x)\le g(x)$。

思路： $g$ 是连接两个端点的直线。$f''\ge0$ 表示斜率增加，函数图像位于这条弦的下方。

详细解答：

1. 对 $0<x<1$，分别在 $[0,x]$、$[x,1]$ 上使用中值定理，存在 $s\in(0,x),t\in(x,1)$，使

   $$\frac{f(x)-f(0)}x=f'(s),\qquad \frac{f(1)-f(x)}{1-x}=f'(t).$$

2. 因 $f''\ge0$，$f'$ 单调不减，且 $s<t$，故前一比值不大于后一比值。乘以正数 $x(1-x)$ 并整理：

   $$f(x)\le(1-x)f(0)+xf(1)=g(x).$$

   两个端点处本来就取等号，所以 D 在整个区间成立。

3. 单调增加本身不能决定图像与弦的位置。取 $f(x)=x^2$，则 $f'\ge0$ 但内部 $f(x)<x=g(x)$，否定 A，也否定 C。取 $f(x)=2x-x^2$，则 $f'\ge0$ 但内部 $f(x)>x=g(x)$，否定 B。

答案： C，$10\sqrt{10}$。

思路： 参数曲线的曲率半径用一阶、二阶参数导数计算。

详细解答：

1. 若切向量非零，曲率半径公式为

   $$R=\frac{(x'^2+y'^2)^{3/2}}{|x'y''-y'x''|}.$$

2. 对题中参数方程求导：

   $$x'=2t,\quad y'=2t+4,\quad x''=2,\quad y''=2.$$

   在 $t=1$ 时分别为 $2,6,2,2$，切向量不为零，分母也非零。

3. 代入公式：

   $$R=\frac{(2^2+6^2)^{3/2}}{|2\cdot2-6\cdot2|} =\frac{40^{3/2}}8=10\sqrt{10}.$$

答案： D，$\displaystyle\frac13$。

思路： 先由等式解出 $\xi^2$，再将 $\arctan x$ 展开到三次项。

详细解答：

1. $f'(u)=1/(1+u^2)$，因此当 $x\ne0$ 时，

   $$\arctan x=\frac{x}{1+\xi^2},\qquad \xi^2=\frac{x}{\arctan x}-1.$$

2. 利用 $\arctan x=x-x^3/3+o(x^3)$，

   $$\frac{\xi^2}{x^2} =\frac{x-\arctan x}{x^2\arctan x} =\frac{x^3/3+o(x^3)}{x^3(1+o(1))}\longrightarrow\frac13.$$

3. 等式决定的是 $\xi^2$，不必选择 $\xi$ 的正负，所求极限就是 $1/3$。

答案： A，最大值点与最小值点都在边界上。

思路： 连续函数在有界闭区域上取得最值。利用二阶导数条件排除内部极值点。

详细解答：

1. 由于 $u$ 在 $D$ 上连续，$D$ 有界且闭，所以最大值、最小值都存在。若某个最值点在内部，可导性要求其一阶偏导均为零。

2. 记 $u_{xx}=a,u_{xy}=b$。二阶偏导连续使混合偏导相等，又有 $u_{yy}=-a$，因此二阶导数矩阵为

   $$H=\begin{pmatrix}a&b\\b&-a\end{pmatrix},\qquad \det H=-a^2-b^2<0,$$

   其中严格小于零来自 $b=u_{xy}\ne0$。

3. 行列式为负，意味着二阶型有正、负两个方向。这样的驻点是鞍点，不能是局部最大值或最小值。内部最值因此不可能存在，两个最值都只能在边界取得，B、C、D 均被排除。

答案： B，$-(ad-bc)^2$。

思路： 交换行、列把矩阵变成分块对角矩阵，同时记录交换产生的符号。

详细解答：

1. 将行顺序改成 $(1,3,2,4)$，只交换了一次行，行列式变号。再将列顺序改成 $(2,3,1,4)$，相当于两次交换列，不改变符号。

2. 变换后的矩阵是

   $$\begin{pmatrix} a&b&0&0\\ c&d&0&0\\ 0&0&a&b\\ 0&0&c&d \end{pmatrix}.$$

   这是两个相同二阶矩阵构成的分块对角矩阵，其行列式为 $(ad-bc)^2$。

3. 由于总共发生奇数次交换，原行列式是它的负数，即 $-(ad-bc)^2$。

答案： A，必要非充分条件。

思路： 设题中前两向量无关的条件为 $P$，三向量无关为 $Q$。分别检查 $Q\Rightarrow P$ 和 $P\Rightarrow Q$。

详细解答：

1. 假设三向量无关。若

   $$s(\alpha_1+k\alpha_3)+t(\alpha_2+l\alpha_3)=0,$$

   则

   $$s\alpha_1+t\alpha_2+(sk+tl)\alpha_3=0.$$

   三向量无关要求所有系数为零，特别是 $s=t=0$。因此对任意 $k,l$，前两向量都无关，即 $Q\Rightarrow P$。

2. 反方向不成立。取

   $$\alpha_1=(1,0,0)^T,\quad \alpha_2=(0,1,0)^T,\quad \alpha_3=0.$$

   对任意 $k,l$，前两向量仍是 $\alpha_1,\alpha_2$，线性无关；但三向量组含零向量，线性相关。

3. 所以 $P$ 是 $Q$ 的必要条件，但不是充分条件，选 A。

答案： $\displaystyle\frac{3\pi}8$。

思路： 分母配方，化为反正切积分；无穷端点用极限代入。

详细解答：

1. 有 $x^2+2x+5=(x+1)^2+4$，所以

   $$\int\frac{\mathrm dx}{(x+1)^2+4} =\frac12\arctan\frac{x+1}2+C.$$

2. 因而反常积分为

   $$\lim_{R\to-\infty}\frac12 \left(\arctan1-\arctan\frac{R+1}2\right) =\frac12\left(\frac\pi4+\frac\pi2\right)=\frac{3\pi}8.$$

答案： $1$。

思路： 周期性与奇性把 $7$ 移到已知导数的区间，再积分求函数值。

详细解答：

1. 周期为 $4$，所以 $f(7)=f(-1)$。又因 $f$ 为奇函数，$f(-1)=-f(1)$，且 $f(0)=0$。

2. 在 $[0,1]$ 上积分已知导数：

   $$f(1)-f(0)=\int_0^1 2(x-1)\,\mathrm dx =[x^2-2x]_0^1=-1.$$

3. 所以 $f(1)=-1$，最终 $f(7)=-f(1)=1$。

答案： $\displaystyle-\frac12\,\mathrm dx-\frac12\,\mathrm dy$。

思路： 先找出对应的 $z$，再对隐函数方程求全微分。

详细解答：

1. 代入 $x=y=1/2$，方程变为 $e^z+z=1$。$z=0$ 满足它；左边导数 $e^z+1>0$，所以这是唯一解。

2. 对 $e^{2yz}+x+y^2+z=7/4$ 求全微分：

   $$e^{2yz}(2z\,\mathrm dy+2y\,\mathrm dz) +\mathrm dx+2y\,\mathrm dy+\mathrm dz=0.$$

3. 在 $(x,y,z)=(1/2,1/2,0)$ 处，变成

   $$\mathrm dx+\mathrm dy+2\,\mathrm dz=0.$$

   $\mathrm dz$ 的系数 $2\ne0$，可以解出 $\mathrm dz=-\frac12\,\mathrm dx-\frac12\,\mathrm dy$。

答案： $\displaystyle2x+\pi y-\frac{\pi^2}2=0$。

思路： 将极坐标方程写成直角坐标参数方程，求切向量。

详细解答：

1. 由 $r=\theta$，有

   $$x=\theta\cos\theta,\qquad y=\theta\sin\theta.$$

   在 $\theta=\pi/2$ 处，点的直角坐标为 $(0,\pi/2)$。

2. 参数导数为

   $$x'=\cos\theta-\theta\sin\theta,\qquad y'=\sin\theta+\theta\cos\theta.$$

   在指定点得到 $x'=-\pi/2,y'=1$，故切线斜率为 $-2/\pi$。

3. 切线方程为 $y-\pi/2=-(2/\pi)x$，乘以 $\pi$ 整理即得答案。

答案： $\displaystyle\bar x=\frac{11}{20}$。

思路： 密度不均匀时，质心是位置乘密度的积分除以总质量。

详细解答：

1. 总质量为

   $$m=\int_0^1(-x^2+2x+1)\,\mathrm dx =\left[-\frac{x^3}3+x^2+x\right]_0^1=\frac53.$$

2. 关于原点的一阶矩为

   $$M=\int_0^1x(-x^2+2x+1)\,\mathrm dx =\left[-\frac{x^4}4+\frac{2x^3}3+\frac{x^2}2\right]_0^1=\frac{11}{12}.$$

3. 因而 $\bar x=M/m=(11/12)/(5/3)=11/20$。

答案： $-2\le a\le2$。

思路： 配平方得到合同标准形，负惯性指数就是其中负平方项的个数。

详细解答：

1. 配方：

   $$f=(x_1+ax_3)^2-(x_2-2x_3)^2+(4-a^2)x_3^2.$$

2. 令 $y_1=x_1+ax_3,y_2=x_2-2x_3,y_3=x_3$。变换矩阵是对角元素为 $1$ 的上三角矩阵，行列式为 $1$，所以可逆。惯性定理保证负惯性指数不变。

3. 变换后已有负项 $-y_2^2$。若 $4-a^2<0$，还会多一个负项；若 $4-a^2\ge0$，负项恰好只有一个。因此要求 $4-a^2\ge0$，即 $a\in[-2,2]$。端点对应零平方项，不会增加负惯性指数。

答案： $\displaystyle\frac12$。

思路： 分子是积分，求导后可以去掉积分号；先确认属于无穷比无穷型，再用洛必达法则。

详细解答：

1. 对大 $t$ 使用展开式

   $$e^{1/t}=1+\frac1t+\frac1{2t^2}+o(t^{-2}),$$

   从而

   $$t^2(e^{1/t}-1)-t=\frac12+o(1).$$

   被积函数最终大于 $1/4$，因此积分分子趋于 $+\infty$。分母满足 $x^2\ln(1+1/x)\sim x$，也趋于 $+\infty$。

2. 由积分上限求导与乘积法则，洛必达法则给出

   $$\lim_{x\to\infty} \frac{x^2(e^{1/x}-1)-x} {2x\ln(1+1/x)-x/(x+1)}.$$

3. 分子由上述展开趋于 $1/2$；分母中 $x\ln(1+1/x)\to1$，$x/(x+1)\to1$，所以分母趋于 $2-1=1$。最终极限为 $1/2$。

答案： 极小值为 $0$，在 $x=-1$ 取得；极大值为 $1$，在 $x=1$ 取得。

思路： 方程可分离变量。先求含初值的隐式解，再根据导数的符号变化判断极值。

详细解答：

1. 原方程整理为

   $$(1+y^2)y'=1-x^2,\qquad (1+y^2)\,\mathrm dy=(1-x^2)\,\mathrm dx.$$

   积分得到 $y+y^3/3=x-x^3/3+C$。代入 $y(2)=0$，得 $0=2-8/3+C$，所以 $C=2/3$。

2. 解满足

   $$y+\frac{y^3}3=x-\frac{x^3}3+\frac23.$$

   左边关于 $y$ 的导数为 $1+y^2>0$，值域为整个实数轴，因此每个实数 $x$ 都对应唯一的 $y$。

3. 由 $y'=(1-x^2)/(1+y^2)$，分母始终为正。导数在 $x<-1$ 时为负，在 $-1<x<1$ 时为正，在 $x>1$ 时为负。因此 $x=-1$ 为极小值点，$x=1$ 为极大值点。

4. 当 $x=-1$ 时，右边为 $-1+1/3+2/3=0$，故 $y=0$。当 $x=1$ 时，右边为 $4/3$，而 $y=1$ 满足 $y+y^3/3=4/3$。由唯一性，两个极值分别为 $0,1$。

答案： $\displaystyle-\frac34$。

思路： 利用区域关于交换 $x,y$ 的对称性，消去分式，再用极坐标积分。

详细解答：

1. 记原积分为 $I$，$r=\sqrt{x^2+y^2}$。区域交换 $x,y$ 后不变，所以

   $$I=\iint_D\frac{y\sin(\pi r)}{x+y}\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

   两式相加得 $2I=\iint_D\sin(\pi r)\,\mathrm dx\,\mathrm dy$。区域中 $r\ge1$，故分母不会为零。

2. 极坐标范围为 $1\le r\le2,0\le\theta\le\pi/2$，面积元为 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，因此

   $$I=\frac12\int_0^{\pi/2}\mathrm d\theta\int_1^2r\sin(\pi r)\,\mathrm dr =\frac\pi4\int_1^2r\sin(\pi r)\,\mathrm dr.$$

3. 分部积分得到

   $$\int r\sin(\pi r)\,\mathrm dr =-\frac{r\cos(\pi r)}\pi+\frac{\sin(\pi r)}{\pi^2}.$$

   在 $2$、$1$ 处分别为 $-2/\pi,1/\pi$，所以定积分为 $-3/\pi$，最终 $I=-3/4$。

答案： $\displaystyle f(u)=\frac{e^{2u}-e^{-2u}}{16}-\frac u4$。

思路： 对复合函数计算二阶偏导，将偏微分条件化成关于 $f$ 的常微分方程。

详细解答：

1. 令 $u=e^x\cos y$，则

   $$u_x=u,\quad u_{xx}=u,\quad u_y=-e^x\sin y,\quad u_{yy}=-u.$$

   由二阶链式法则，

   $$z_{xx}=f''(u)u^2+f'(u)u,$$

   $$z_{yy}=f''(u)e^{2x}\sin^2y-f'(u)u.$$

2. 两式相加，一阶导数项抵消：

   $$z_{xx}+z_{yy}=e^{2x}f''(u).$$

   与题设比较，并约去 $e^{2x}>0$，得到 $f''(u)-4f(u)=u$。$e^x\cos y$ 能取任意实数，所以这是关于 $u$ 的方程。

3. 齐次方程特征方程为 $r^2-4=0$，根为 $\pm2$；取特解 $f_p=-u/4$，代入有 $f_p''-4f_p=u$。因此

   $$f(u)=C_1e^{2u}+C_2e^{-2u}-\frac u4.$$

4. 初值分别给出

   $$C_1+C_2=0,\qquad 2C_1-2C_2-\frac14=0.$$

   解得 $C_1=1/16,C_2=-1/16$，得到答案。

答案： 两个不等式均成立。

思路： 第一问对点态不等式积分。第二问把积分差分成截点两侧，利用 $f$ 的单调性统一估计。

详细解答：

1. 证明（1）。 对 $x\in[a,b]$，由 $0\le g(t)\le1$，积分不等式给出

   $$0=\int_a^x0\,\mathrm dt\le\int_a^xg(t)\,\mathrm dt \le\int_a^x1\,\mathrm dt=x-a.$$

2. 确定（2）的截点。 令 $c=a+\int_a^bg(t)\,\mathrm dt$。第一问保证 $a\le c\le b$。由 $c-a=\int_a^bg$，有

   $$\int_a^c(1-g)=c-a-\int_a^cg=\int_c^bg.$$

3. 目标不等式右边减左边等于

   $$\int_a^bfg-\int_a^cf =\int_c^bfg-\int_a^cf(1-g).$$

   在 $[c,b]$ 上 $f(x)\ge f(c)$，且 $g(x)\ge0$；在 $[a,c]$ 上 $f(x)\le f(c)$，且 $1-g(x)\ge0$。因此

   $$\int_a^bfg-\int_a^cf \ge f(c)\int_c^bg-f(c)\int_a^c(1-g)=0.$$

4. 所以 $\int_a^cf\le\int_a^bfg$，代回 $c$ 的定义即是题中不等式。该证明不要求 $f$ 本身非负。

答案： $\displaystyle\lim_{n\to\infty}nS_n=1$。

思路： 先归纳求出复合函数 $f_n$ 的显式表达式，再求面积。

详细解答：

1. 猜测并证明 $f_n(x)=x/(1+nx)$。当 $n=1$ 时成立；若对 $n-1$ 成立，则

   $$f_n(x)=\frac{x/(1+(n-1)x)}{1+x/(1+(n-1)x)} =\frac{x}{1+nx}.$$

   归纳完成。

2. 在 $[0,1]$ 上 $f_n(x)\ge0$，且 $f_n(0)=0$，所以题中面积为

   $$S_n=\int_0^1\frac{x}{1+nx}\,\mathrm dx.$$

   将分式改写为 $\frac1n-\frac1{n(1+nx)}$，得

   $$S_n=\frac1n-\frac1{n^2}\ln(1+n).$$

3. 因而 $nS_n=1-\ln(1+n)/n$。由对数增长慢于一次幂，例如实变量洛必达法则给出 $\ln(1+t)/t\to0$，可知所求极限为 $1$。

答案： $\displaystyle V=\pi\left(2\ln2-\frac54\right)$。

思路： 由偏导条件恢复 $f$，用对角线条件确定积分常数函数。曲线以旋转轴为对称轴，截面为圆盘。

详细解答：

1. 对 $y$ 积分，得到

   $$f(x,y)=(y+1)^2+C(x).$$

   代入 $x=y$ 的条件，有 $C(y)=-(2-y)\ln y$，所以

   $$f(x,y)=(y+1)^2-(2-x)\ln x,\qquad x>0.$$

2. 曲线方程为 $(y+1)^2=(2-x)\ln x$。右边非负恰好要求 $1\le x\le2$：$0<x<1$ 时为负，$x>2$ 时也为负。故两条边界是

   $$y=-1\pm\sqrt{(2-x)\ln x},\qquad1\le x\le2.$$

3. 在固定 $x$ 处，区域关于 $y=-1$ 对称，旋转后为半径 $\sqrt{(2-x)\ln x}$ 的圆盘，故

   $$V=\pi\int_1^2(2-x)\ln x\,\mathrm dx.$$

4. 分别积分 $2\ln x$ 与 $x\ln x$，得到

   $$\int(2-x)\ln x\,\mathrm dx =2x\ln x-2x-\frac{x^2}2\ln x+\frac{x^2}4.$$

   在 $2$ 处为 $2\ln2-3$，在 $1$ 处为 $-7/4$，故 $V=\pi(2\ln2-5/4)$。