2016年考研数学二真题

答案： B，$a_2,a_3,a_1$。

思路： 将各量化为 $Cx^p$ 的等价形式。$x\to0^+$ 时幂指数越小，趋于零越慢，阶数越低。

详细解答：

1. 由 $\cos u-1\sim-u^2/2$，

   $$a_1=x(\cos\sqrt x-1)\sim-\frac12x^2.$$

2. 由 $\ln(1+u)\sim u$，

   $$a_2=\sqrt x\ln(1+x^{1/3})\sim x^{1/2+1/3}=x^{5/6}.$$

3. 由 $(1+x)^{1/3}=1+x/3+o(x)$，$a_3\sim x/3$。三个幂指数满足 $5/6<1<2$，故由低阶到高阶是 $a_2,a_3,a_1$。系数的正负不影响阶数比较。

答案： D。

思路： 原函数须在整个区间可导，除了两侧求导正确，还要在拼接点连续并具有正确导数。

详细解答：

1. 两侧积分分别得到

   $$\int2(x-1)\,\mathrm dx=(x-1)^2+C_1,\qquad \int\ln x\,\mathrm dx=x\ln x-x+C_2.$$

   选项左支均取 $C_1=0$，所以 $x=1$ 左极限为 $0$。

2. 右支若取 $x\ln x-x+C_2$，在 $1$ 处值为 $-1+C_2$。连续性要求 $C_2=1$，得到 D 的右支。A 在该点不连续；B、C 的右支求导都是 $\ln x+2$，并非 $f$。

3. 对 D，左差商为 $h^2/h=h\to0$；右支在 $1$ 处导数为 $\ln1=0$。所以拼接点可导，导数为 $f(1)=0$，D 确实是原函数。

答案： B，①收敛，②发散。

思路： 令 $u=1/x$。两个半轴在 $0$ 附近分别使指数趋于负无穷和正无穷，收敛性不同。

详细解答：

1. 因 $\mathrm du=-\mathrm dx/x^2$，负半轴上 $x$ 从 $-\infty$ 到 $0^-$ 时，$u$ 从 $0^-$ 到 $-\infty$。因此

   $$\int_{-\infty}^0\frac{e^{1/x}}{x^2}\,\mathrm dx =\int_{-\infty}^0e^u\,\mathrm du=1.$$

   这个变换同时处理了无穷端点和 $0^-$ 端点，结果有限，所以①收敛。

2. 正半轴上 $x$ 从 $0^+$ 到 $+\infty$ 时，$u$ 从 $+\infty$ 到 $0^+$，故

   $$\int_0^\infty\frac{e^{1/x}}{x^2}\,\mathrm dx =\int_0^\infty e^u\,\mathrm du=+\infty.$$

   所以②发散，选 B。

答案： B，有 $2$ 个极值点、$3$ 个拐点。

思路： 图中画的是 $f'$。原函数极值看 $f'$ 是否变号；原函数拐点看 $f'$ 的增减性是否改变。

详细解答：

1. 虚线左侧的导函数先为正，穿过横轴后为负，故该交点对应 $f$ 的一个极大值点。虚线右侧，导函数从负穿过横轴变为正，故对应一个极小值点。

2. 虚线处两侧 $f'$ 都为负，原函数连续且两侧均递减，不产生极值。最右侧与横轴相切处，$f'$ 两侧都为正，也不产生极值。因此极值点总数为 $2$。

3. 虚线左侧 $f'$ 递减，虚线右侧紧邻处 $f'$ 递增，原函数凹凸性在虚线处改变。原函数在此连续，所以产生一个拐点，即使这个位置导数未必存在。

4. 虚线右侧还有一处 $f'$ 的局部最高点，增减性由增变减；以及最右侧触及横轴的局部最低点，增减性由减变增。这两处各对应一个拐点。合计 $3$ 个，故选 B。

答案： A，$f_1(x)\le f_2(x)\le g(x)$。

思路： 公切线使两曲线的函数值和一阶导数相同；曲率比较转化为二阶导数比较，再用二阶泰勒展开。

详细解答：

1. 在共同切点，

   $$f_1(x_0)=f_2(x_0)=y_0,\qquad f_1'(x_0)=f_2'(x_0)=m,$$

   且 $g(x)=y_0+m(x-x_0)$。

2. 曲率公式为 $\kappa_i=|f_i''(x_0)|/(1+m^2)^{3/2}$。分母相同，且两个二阶导数都为负，由 $\kappa_1>\kappa_2$ 得

   $$f_1''(x_0)<f_2''(x_0)<0.$$

3. 令 $h=x-x_0$。二阶泰勒展开给出

   $$f_2(x)-g(x)=\frac12f_2''(x_0)h^2+o(h^2),$$

   $$f_1(x)-f_2(x)=\frac12\bigl(f_1''(x_0)-f_2''(x_0)\bigr)h^2+o(h^2).$$

4. 两个主项系数都严格为负，因此在足够小的邻域中，$h\ne0$ 时两个差均为负，$h=0$ 时取等号。故 $f_1\le f_2\le g$，选 A。

答案： D，$f_x+f_y=f$。

思路： 直接求偏导，注意对 $y$ 求导时分母中的负号。

详细解答：

1. 在 $x\ne y$ 的定义域内，

   $$f_x=\frac{e^x}{x-y}-\frac{e^x}{(x-y)^2},\qquad f_y=\frac{e^x}{(x-y)^2}.$$

2. 相加后分母平方项抵消，所以 $f_x+f_y=e^x/(x-y)=f$，D 成立。

3. 相减则为 $f_x-f_y=f-2e^x/(x-y)^2$，并不恒等于 $0$ 或 $f$，排除 A、C。函数 $f$ 在其定义域内不为零，因此和也不恒为零，排除 B。

答案： C。

思路： 写出相似关系，检验转置与求逆的变换矩阵；对不能保持相似性的结论给出反例。

详细解答：

1. 设 $B=P^{-1}AP$。转置后

   $$B^T=P^TA^T(P^T)^{-1},$$

   这仍是相似变换，故 A 正确。取逆得到 $B^{-1}=P^{-1}A^{-1}P$，故 B 正确。

2. 两个关系相加，得到

   $$B+B^{-1}=P^{-1}(A+A^{-1})P,$$

   所以 D 也正确。

3. 对 C，取

   $$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix},\quad P=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix},\quad B=P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}.$$

   两个矩阵均可逆且相似。但

   $$A+A^T=\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix},\qquad B+B^T=\begin{pmatrix}2&1\\1&4\end{pmatrix},$$

   行列式分别为 $8,7$，不可能相似。因此错误结论为 C。

答案： C，$-2<a<1$。

思路： 将矩阵写成单位矩阵与全 $1$ 矩阵的线性组合，直接得到特征值，再数正、负个数。

详细解答：

1. 二次型对应矩阵为

   $$M=\begin{pmatrix}a&1&1\\1&a&1\\1&1&a\end{pmatrix}=(a-1)E+J,$$

   其中 $J$ 为全 $1$ 矩阵。

2. 对向量 $(1,1,1)^T$，$J$ 的特征值为 $3$；对分量和为零的二维空间，特征值为 $0$。所以 $M$ 的特征值为 $a+2,a-1,a-1$。

3. 若 $a-1>0$，已有至少两个正特征值，不符合正惯性指数为 $1$。因此须有 $a-1<0$，并由唯一剩余特征值为正要求 $a+2>0$。合并得 $-2<a<1$。端点有零特征值，不能满足一正二负。

答案： $\displaystyle y=x+\frac\pi2$。

思路： 分离出线性项，再看剩余项在无穷远是否趋于常数。

详细解答：

1. 多项式除法得到

   $$\frac{x^3}{1+x^2}=x-\frac{x}{1+x^2}.$$

2. 当 $x\to\pm\infty$ 时，$-x/(1+x^2)\to0$，且 $\arctan(1+x^2)\to\pi/2$。所以

   $$y-\left(x+\frac\pi2\right) =-\frac{x}{1+x^2}+\arctan(1+x^2)-\frac\pi2\longrightarrow0.$$

3. 因此两端的斜渐近线均为 $y=x+\pi/2$。

答案： $\sin1-\cos1$。

思路： 将求和式改写成连续函数在 $[0,1]$ 上的黎曼和。

详细解答：

1. 有

   $$\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n k\sin\frac kn =\frac1n\sum_{k=1}^n\frac kn\sin\frac kn.$$

   其中 $1/n$ 是子区间长度，$k/n$ 是右端点。

2. 函数 $h(t)=t\sin t$ 在 $[0,1]$ 连续，所以黎曼和极限是 $\int_0^1t\sin t\,\mathrm dt$。

3. 分部积分得

   $$\int_0^1t\sin t\,\mathrm dt =[-t\cos t+\sin t]_0^1=\sin1-\cos1.$$

答案： $y'-y=2x-x^2$。

思路： 两个非齐次特解之差是对应齐次解，用它确定一阶方程的系数，再代入特解确定右端。

详细解答：

1. 设方程为 $y'+p(x)y=q(x)$。给出的两个特解之差为 $e^x$，因此它满足齐次方程：

   $$e^x+p(x)e^x=0.$$

   因 $e^x\ne0$，得到 $p(x)=-1$。

2. 将特解 $y=x^2$ 代入 $y'-y=q(x)$，得 $q(x)=2x-x^2$。

3. 对另一特解 $y=x^2-e^x$，有 $y'-y=(2x-e^x)-(x^2-e^x)=2x-x^2$，也满足所得方程。

答案： $\displaystyle5\cdot2^{n-1}$，$n\ge2$。

思路： 连续性允许对积分方程求导，化成一阶微分方程求出 $f$，再求高阶导数。

详细解答：

1. 原式右侧可导，所以 $f$ 可导。代入 $x=0$ 得 $f(0)=1$；求导得

   $$f'(x)=2(x+1)+2f(x),\qquad f'-2f=2x+2.$$

2. 齐次解为 $Ce^{2x}$。设一次特解为 $Ax+B$，代入得到

   $$-2Ax+(A-2B)=2x+2,$$

   故 $A=-1,B=-3/2$。由 $f(0)=1$ 得 $C=5/2$，所以

   $$f(x)=\frac52e^{2x}-x-\frac32.$$

3. 当 $n\ge2$ 时，一次多项式的 $n$ 阶导数为零，故 $f^{(n)}(0)=(5/2)2^n=5\cdot2^{n-1}$。

答案： $2\sqrt2\,v_0$。

思路： 将距离表示为横坐标的函数，再利用链式法则乘横坐标的变化率。

详细解答：

1. 在曲线 $y=x^3$ 上，距离为 $l=\sqrt{x^2+x^6}$。在 $x=1$ 附近距离非零，可求导：

   $$\frac{\mathrm dl}{\mathrm dx} =\frac{2x+6x^5}{2\sqrt{x^2+x^6}}.$$

2. 在 $(1,1)$ 处，$\mathrm dl/\mathrm dx=8/(2\sqrt2)=2\sqrt2$。

3. 因 $\mathrm dx/\mathrm dt=v_0$，所以 $\mathrm dl/\mathrm dt=(\mathrm dl/\mathrm dx)(\mathrm dx/\mathrm dt)=2\sqrt2\,v_0$。

答案： $a=2$。

思路： 矩阵等价的充要条件是秩相同；先求右矩阵的秩，再判断左矩阵何时具有该秩。

详细解答：

1. 右矩阵

   $$N=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-1&1\\1&0&1\end{pmatrix}$$

   第三行等于前两行之和，所以秩小于 $3$；左上二阶子式为 $-1\ne0$，故 $r(N)=2$。

2. 左矩阵为 $M=(a+1)E-J$。全 $1$ 矩阵 $J$ 的特征值是 $3,0,0$，所以 $M$ 的特征值为 $a-2,a+1,a+1$。

3. 实对称矩阵可对角化，其秩等于非零特征值个数。$a=2$ 时有两个非零特征值，秩为 $2$；$a=-1$ 时只有一个，秩为 $1$；其他值秩为 $3$。所以只有 $a=2$ 使两矩阵等价。

答案： $e^{1/3}$。

思路： 二次项会抵消，需要将底数展开到四次项，再取对数处理幂指极限。

详细解答：

1. 展开得到

   $$\cos2x=1-2x^2+\frac23x^4+o(x^4),$$

   $$2x\sin x=2x^2-\frac13x^4+o(x^4).$$

   相加后为 $1+x^4/3+o(x^4)$。

2. 底数在 $0$ 附近为正，记原表达式为 $Y(x)$，则

   $$\ln Y(x)=\frac1{x^4}\ln\left(1+\frac{x^4}3+o(x^4)\right)\longrightarrow\frac13.$$

3. 由指数函数连续性，$Y(x)\to e^{1/3}$。

答案：

$$f'(x)=\begin{cases}4x^2-2x,&0<x<1,\\2x,&x\ge1,\end{cases}$$

最小值为 $1/6$，在 $x=1/2$ 取得。

思路： 绝对值内部在 $t=x$ 变号，先根据 $x$ 是否位于积分区间内分段去掉绝对值。

详细解答：

1. 当 $0<x<1$ 时，$t<x$ 有 $t^2-x^2<0$，$t>x$ 时为正。因此

   $$f(x)=\int_0^x(x^2-t^2)\,\mathrm dt+\int_x^1(t^2-x^2)\,\mathrm dt.$$

   第一项为 $2x^3/3$；第二项为 $1/3-x^2+2x^3/3$，故 $f(x)=1/3-x^2+4x^3/3$。

2. 当 $x\ge1$ 时，对所有 $0\le t\le1$ 都有 $t^2-x^2\le0$，因此

   $$f(x)=\int_0^1(x^2-t^2)\,\mathrm dt=x^2-\frac13.$$

3. 分别求导，得到答案中的表达式。两段函数在 $1$ 处都取 $2/3$，两侧导数也都是 $2$，所以 $x=1$ 处可导。

4. 在 $(0,1)$ 上 $f'=2x(2x-1)$，所以在 $(0,1/2)$ 递减，在 $(1/2,1)$ 递增；在 $[1,\infty)$ 也递增。全域最小值因此在 $x=1/2$，且

   $$f(1/2)=\frac13-\frac14+\frac16=\frac16.$$

答案： 在 $(-1,-1)$ 取得极大值 $1$，无极小值。

思路： 对隐函数求偏导得到驻点条件，再用二阶导数判定其性质。

详细解答：

1. 因含 $\ln z$，必须 $z>0$。记

   $$F=(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1).$$

   对固定 $x,y$，$F_z=x^2+y^2+1/z>0$，且 $F$ 随 $z$ 从 $0^+$ 到无穷由负无穷增加到正无穷，所以对应唯一正的 $z$。$F_z\ne0$ 保证隐函数可微。

2. 隐函数偏导为

   $$z_x=-\frac{2xz+2}{x^2+y^2+1/z},\qquad z_y=-\frac{2yz+2}{x^2+y^2+1/z}.$$

   驻点必须满足 $x=y=-1/z$。

3. 代回约束，整理得

   $$2+\ln z-\frac2z=0.$$

   左边关于 $z>0$ 的导数为 $1/z+2/z^2>0$，所以严格增加；$z=1$ 时值为零，因此唯一解为 $z=1$，唯一驻点为 $(-1,-1)$。

4. 在驻点处 $z_x=z_y=0$，二次隐函数求导中的含一阶导数项消失，因此

   $$z_{xx}=-\frac{F_{xx}}{F_z}=-\frac{2z}{x^2+y^2+1/z}=-\frac23,$$

   $$z_{yy}=-\frac23,\qquad z_{xy}=-\frac{F_{xy}}{F_z}=0.$$

   二阶导数矩阵负定，所以是极大值点，极大值为 $1$。可微函数的内部极值必须为驻点，唯一驻点不是极小值点，故无极小值。

答案： $\displaystyle1-\frac\pi2$。

思路： 用区域关于 $y$ 轴的对称性消去 $xy$ 项，剩余部分转极坐标。

详细解答：

1. 三角形顶点为 $(0,0),(-1,1),(1,1)$，区域关于 $y$ 轴对称。$xy/(x^2+y^2)$ 对 $x$ 为奇函数，所以其积分为零。

2. 剩余被积函数在极坐标下为

   $$\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\cos2\theta.$$

   两条过原点的边确定 $\pi/4\le\theta\le3\pi/4$；上边界 $y=1$ 给出 $r\sin\theta=1$，所以 $0\le r\le1/\sin\theta$。

3. 原点处被积函数无定义，但函数在其余点有界，单点不影响二重积分。因此

   $$I=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\int_0^{1/\sin\theta}\cos2\theta\,r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta =\frac12\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\frac{\cos2\theta}{\sin^2\theta}\,\mathrm d\theta.$$

4. 利用 $\cos2\theta=1-2\sin^2\theta$，

   $$I=\frac12[-\cot\theta-2\theta]_{\pi/4}^{3\pi/4} =\frac12(2-\pi)=1-\frac\pi2.$$

答案： $u(x)=-(2x+1)e^{-x}$；微分方程的通解为 $y=C_1e^x+C_2(2x+1)$。

思路： 代入 $y=ue^x$ 降低方程阶数，求出 $u$ 后用两个条件确定常数。

详细解答：

1. 有 $y'=(u'+u)e^x$，$y''=(u''+2u'+u)e^x$。代入原方程并约去 $e^x$，得到

   $$(2x-1)u''+(2x-3)u'=0.$$

   $u$ 项的系数为 $(2x-1)-(2x+1)+2=0$，因此方程可降阶。

2. 令 $v=u'$。在 $2x-1\ne0$ 的区间上，方程给出

   $$\frac{v'}v=-\frac{2x-3}{2x-1} =-1+\frac2{2x-1}.$$

   积分得 $v=C(2x-1)e^{-x}$，其中 $C=0$ 也包含零解。再积分，并重新记常数，得到

   $$u=C(2x+1)e^{-x}+D.$$

3. 初值给出 $-Ce+D=e$ 与 $C+D=-1$。相减得 $-C(e+1)=e+1$，所以 $C=-1,D=0$，得到 $u=-(2x+1)e^{-x}$。

4. 因此第二个解是 $y_2=-(2x+1)$。$e^x$ 与 $2x+1$ 的朗斯基行列式为 $(1-2x)e^x$，在不含 $1/2$ 的区间上非零，构成基础解系，通解如答案所示。所得两个显式解在 $x=1/2$ 也直接满足原方程。

答案： 体积 $\displaystyle V=\frac{18\pi}{35}$，表面积 $\displaystyle S=\frac{16\pi}5$。

思路： 区域位于四分之一圆和星形线之间。旋转体体积是外部圆盘体积减内部圆盘体积；表面积由外、内两个曲面共同组成。

详细解答：

1. 圆弧为 $y_{\rm 外}=\sqrt{1-x^2}$。参数曲线满足 $x^{2/3}+y^{2/3}=1$，在第一象限位于圆弧内侧，且两曲线在 $(1,0),(0,1)$ 相接。因此

   $$V=\pi\int_0^1(y_{\rm 外}^2-y_{\rm 内}^2)\,\mathrm dx.$$

   外部积分为 $\int_0^1(1-x^2)\,\mathrm dx=2/3$。

2. 对内部曲线取 $x=\cos^3t,y=\sin^3t$。$t$ 从 $0$ 到 $\pi/2$ 时 $x$ 从 $1$ 降到 $0$，所以

   $$\int_0^1y_{\rm 内}^2\,\mathrm dx =3\int_0^{\pi/2}\sin^7t\cos^2t\,\mathrm dt.$$

   令 $u=\cos t$，该积分成为

   $$3\int_0^1u^2(1-u^2)^3\,\mathrm du =3\left(\frac13-\frac35+\frac37-\frac19\right)=\frac{16}{105}.$$

   因而 $V=\pi(2/3-16/105)=18\pi/35$。

3. 外圆弧绕 $x$ 轴生成半径为 $1$ 的半球曲面。也可用公式验证：$y'=-x/\sqrt{1-x^2}$，故

   $$S_{\rm 外}=2\pi\int_0^1y\sqrt{1+(y')^2}\,\mathrm dx=2\pi\int_0^1 1\,\mathrm dx=2\pi.$$

4. 内曲线的参数导数为 $x'=-3\cos^2t\sin t,y'=3\sin^2t\cos t$，故弧长元为

   $$\mathrm ds=\sqrt{x'^2+y'^2}\,\mathrm dt=3\sin t\cos t\,\mathrm dt.$$

   内曲面面积为

   $$S_{\rm 内}=2\pi\int_0^{\pi/2}y\,\mathrm ds =6\pi\int_0^{\pi/2}\sin^4t\cos t\,\mathrm dt=\frac{6\pi}5.$$

5. 两端截面内、外半径相同，没有额外的端面面积。因此总表面积为 $2\pi+6\pi/5=16\pi/5$。