2017年考研数学二真题

答案： A，$ab=1/2$。

思路： 连续性要求右极限与左侧的常数值相同。

详细解答：

1. 因为右支含 $a$ 作分母，函数有定义要求 $a\ne0$。由 $1-\cos u\sim u^2/2$，

   $$\lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos\sqrt x}{ax} =\frac1{2a}.$$

2. 左侧函数恒为 $b$，且 $f(0)=b$，故连续要求 $b=1/(2a)$，即 $ab=1/2$，选 A。

答案： B，$\displaystyle\int_{-1}^1f(x)\,\mathrm dx<0$。

思路： 严格凸函数的图像在两端点连线下方，将区间分成两段比较积分。

详细解答：

1. 条件 $f''>0$ 保证严格凸性。在 $(-1,0)$ 上，连接 $(-1,1),(0,-1)$ 的弦为 $y=-2x-1$，故 $f(x)<-2x-1$。在 $(0,1)$ 上，连接 $(0,-1),(1,1)$ 的弦为 $y=2x-1$，故 $f(x)<2x-1$。

2. 两段弦函数的积分都是零：

   $$\int_{-1}^0(-2x-1)\,\mathrm dx=0,\qquad \int_0^1(2x-1)\,\mathrm dx=0.$$

   严格不等式在整段内部成立，故两段 $f$ 的积分都严格小于零，相加后总积分小于零。

3. 两段积分之间没有固定大小关系。例如 $f(x)=2x^2-1$ 满足全部条件，但它是偶函数，两段积分相等。因此 C、D 都不一定成立。

答案： D。

思路： 设数列极限为 $L$，用连续性把各条件转化成关于 $L$ 的方程，检查是否只有零解。

详细解答：

1. A 不成立：取 $x_n=\pi$，则 $\sin x_n=0$，但极限为 $\pi$。B 不成立：取 $x_n=-1$，则 $x_n+\sqrt{|x_n|}=0$，极限却为 $-1$。C 也不成立，同样取 $x_n=-1$，有 $x_n+x_n^2=0$。

2. 对 D，连续性给出 $L+\sin L=0$。若 $0<L\le1$，则 $\sin L>0$，所以 $L+\sin L>0$；若 $L>1$，则 $L+\sin L\ge L-1>0$。

3. 函数 $L+\sin L$ 为奇函数，因此 $L<0$ 时其值为负。只有 $L=0$ 能使其值为零，故 D 正确。

答案： C，$y^*=Ae^{2x}+xe^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)$。

思路： 待定系数法中，若右端指数或三角项与齐次解重复，就需乘以适当次数的 $x$。

详细解答：

1. 齐次特征方程为

   $$r^2-4r+8=(r-2)^2+4=0,$$

   根为 $2\pm2i$，齐次解含 $e^{2x}\cos2x,e^{2x}\sin2x$。

2. 右端的 $e^{2x}$ 对应实数 $r=2$，不是特征根，因此其特解可设为 $Ae^{2x}$，无须乘 $x$。

3. 右端 $e^{2x}\cos2x$ 对应 $2\pm2i$，与齐次解重复一次，所以试探形式需乘 $x$，即 $xe^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)$。

4. 两部分特解相加得到 C。A 未处理三角项重复；B 既未处理这处重复又错误地给第一项乘 $x$；D 给不重复的第一项也乘了 $x$。

答案： D，$f(0,1)<f(1,0)$。

思路： 偏导数符号表示在固定另一个变量时的单调性，沿两条坐标方向分步比较。

详细解答：

1. 固定 $x=0$，因为 $f_y<0$，函数随 $y$ 严格下降，所以 $f(0,1)<f(0,0)$。

2. 固定 $y=0$，因为 $f_x>0$，函数随 $x$ 严格上升，所以 $f(0,0)<f(1,0)$。连起来得 $f(0,1)<f(1,0)$。

3. A、B 中两个变量同时增加，一个作用使函数上升、另一个使它下降，结果不固定。例如 $f=x-2y$ 给出 $f(0,0)>f(1,1)$，而 $f=2x-y$ 给出反向大小，两者都满足偏导条件。C 则与已证明的不等式相反。

答案： C，$t_0=25$。

思路： 速度曲线之间的有向面积表示两人位移之差，将其与初始领先的 $10$ 米相加。

详细解答：

1. 令 $d(t)$ 为甲的位置减乙的位置，则

   $$d(t)=10+\int_0^t(v_1(s)-v_2(s))\,\mathrm ds.$$

   图中实线为甲、虚线为乙，第一块阴影在 $0$ 到 $10$ 秒内实线在上，面积为 $10$，所以 $d(10)=10+10=20$ 米。

2. 第二块阴影从 $10$ 到 $25$ 秒，虚线在上，乙逐渐追回距离；整个阴影面积为 $20$，所以 $d(25)=20-20=0$。

3. 在 $10<t<25$ 内，累计追回面积还未达到整块的 $20$，因此尚未追上；在 $0<t\le10$ 内差距反而增加。故首次追上时刻是 $25$ 秒。第三块阴影对应之后的运动，不改变这个时刻。

答案： B，$\alpha_2+2\alpha_3$。

思路： 对角化关系等价于每列都是相应特征值的特征向量。

详细解答：

1. 将 $P^{-1}AP=D$ 两侧左乘 $P$，得到 $AP=PD$。按列比较：

   $$A\alpha_1=0,\qquad A\alpha_2=\alpha_2,\qquad A\alpha_3=2\alpha_3.$$

2. 利用线性性，

   $$A(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)=0+\alpha_2+2\alpha_3,$$

   所以选 B。

答案： B，$A$ 与 $C$ 相似，$B$ 与 $C$ 不相似。

思路： 三者特征值相同，但重复特征值的特征向量数可能不同，需检查能否对角化。

详细解答：

1. 三个矩阵的特征值均为 $2,2,1$。对 $A$，方程 $(A-2E)x=0$ 只要求 $x_3=0$，所以特征值 $2$ 的特征空间维数为 $2$。特征值 $1$ 可取向量 $(0,-1,1)^T$，再加上前两个独立向量可构成完整特征向量基。

2. 因此 $A$ 可对角化，且对角元素可排列为 $1,2,2$，所以与 $C$ 相似。

3. 对 $B$，

   $$B-2E=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix},$$

   其零空间要求 $x_2=x_3=0$，只有一个自由变量。二重特征值 $2$ 只有一个独立特征向量，不能对角化，也就不能与对角矩阵 $C$ 相似。

答案： $y=x+2$。

思路： 求无穷远处的斜率与截距，或直接验证曲线与直线之差趋于零。

详细解答：

1. 当 $x\to\pm\infty$ 时，$\arcsin(2/x)\to0$，所以 $y/x=1+\arcsin(2/x)\to1$，渐近线斜率为 $1$。

2. 截距为

   $$\lim_{x\to\pm\infty}(y-x) =\lim_{x\to\pm\infty}x\arcsin\frac2x =2\lim_{u\to0}\frac{\arcsin u}u=2.$$

3. 因此两端的斜渐近线均为 $y=x+2$。

答案： $-1/8$。

思路： 参数曲线二阶导数需先对参数求导，再除以横坐标的参数导数。

详细解答：

1. 有 $x'_t=1+e^t,y'_t=\cos t$，故 $\mathrm dy/\mathrm dx=\cos t/(1+e^t)$。

2. 再求导：

   $$\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} =\frac{-\sin t(1+e^t)-e^t\cos t}{(1+e^t)^3}.$$

3. 在 $t=0$ 时分子为 $-1$，分母为 $8$，所以结果为 $-1/8$。

答案： $1$。

思路： 换元使分母简洁，分部积分消去对数。

详细解答：

1. 令 $u=1+x$，原积分成为 $\int_1^\infty(\ln u)/u^2\,\mathrm du$。

2. 取 $\ln u$ 为被微分部分、$u^{-2}\,\mathrm du$ 为被积分部分，得到

   $$\int_1^R\frac{\ln u}{u^2}\,\mathrm du =\left[-\frac{\ln u}u\right]_1^R+\int_1^R\frac{\mathrm du}{u^2} =-\frac{\ln R}R+1-\frac1R.$$

3. 因 $\ln R/R\to0$，令 $R\to\infty$ 得积分为 $1$，且证明了其收敛性。

答案： $f(x,y)=xye^y$。

思路： 由全微分读出两个偏导，用其中一个积分，再用另一个确定积分常数函数。

详细解答：

1. 全微分给出 $f_x=ye^y,f_y=x(1+y)e^y$。对 $x$ 积分，得 $f=xye^y+C(y)$。

2. 对这个式子求 $y$ 偏导，得 $f_y=x(1+y)e^y+C'(y)$。与题设比较可知 $C'(y)=0$，所以 $C$ 为常数。

3. 代入 $f(0,0)=0$，得到 $C=0$，因此 $f=xye^y$。

答案： $-\ln(\cos1)$。

思路： 直接积分 $\tan x/x$ 较困难，交换积分顺序后内层长度恰好消去分母 $x$。

详细解答：

1. 原积分区域为 $0\le y\le1,y\le x\le1$，等价于 $0\le x\le1,0\le y\le x$。$\tan x/x$ 在 $0$ 处可连续补值为 $1$，因此可以交换积分顺序。

2. 交换后

   $$I=\int_0^1\mathrm dx\int_0^x\frac{\tan x}x\,\mathrm dy =\int_0^1\tan x\,\mathrm dx.$$

3. 因 $0\le x\le1<\pi/2$，$\cos x>0$，故

   $$I=[-\ln\cos x]_0^1=-\ln(\cos1).$$

答案： $a=-1$。

思路： 特征向量满足 $Av=\lambda v$，先由不含参数的分量确定 $\lambda$。

详细解答：

1. 代入 $v=(1,1,2)^T$：

   $$Av=\begin{pmatrix}4+1-4\\1+2+2a\\3+1-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\3+2a\\2\end{pmatrix}.$$

2. 第一分量给出 $\lambda=1$，第三分量也与该值相符。第二分量要求 $3+2a=1$，故 $a=-1$。

答案： $\displaystyle\frac23$。

思路： 缩放变量使积分区间固定，再用上下界夹逼处理极限。

详细解答：

1. 令 $t=xu$，由于 $x>0$，$0\le u\le1$，且 $\mathrm dt=x\,\mathrm du$，得到

   $$\frac{\int_0^x\sqrt{x-t}e^t\,\mathrm dt}{x^{3/2}} =\int_0^1\sqrt{1-u}\,e^{xu}\,\mathrm du.$$

2. 对 $0\le u\le1$，有 $1\le e^{xu}\le e^x$，于是

   $$\int_0^1\sqrt{1-u}\,\mathrm du \le\int_0^1\sqrt{1-u}e^{xu}\,\mathrm du \le e^x\int_0^1\sqrt{1-u}\,\mathrm du.$$

3. 两边的积分为 $[-\frac23(1-u)^{3/2}]_0^1=2/3$，且 $e^x\to1$，故夹逼定理给出极限 $2/3$。

答案： $y'(0)=f_u(1,1)$，$y''(0)=f_{uu}(1,1)+f_u(1,1)-f_v(1,1)$。

思路： 使用多元复合函数链式法则，每次求导都要同时考虑两个内层变量。

详细解答：

1. 令 $u=e^x,v=\cos x$。第一次求导为

   $$y'=f_u u'+f_v v'=e^xf_u-\sin x\,f_v.$$

   在 $x=0$ 时 $(u,v)=(1,1)$，所以 $y'(0)=f_u(1,1)$。

2. 对第一项求导，得到 $e^xf_u+e^{2x}f_{uu}-e^x\sin x\,f_{uv}$；对第二项求导，得到 $-\cos x f_v-e^x\sin x f_{vu}+\sin^2x f_{vv}$。

3. 二阶偏导连续保证 $f_{uv}=f_{vu}$，故

   $$y''=e^{2x}f_{uu}-2e^x\sin x f_{uv} +\sin^2x f_{vv}+e^xf_u-\cos x f_v.$$

   所有偏导都在 $(e^x,\cos x)$ 处取值。代入 $x=0$ 即得答案。

答案： $1/4$。

思路： 把求和写成黎曼和，再用分部积分计算定积分。

详细解答：

1. 原和为

   $$\frac1n\sum_{k=1}^n\frac kn\ln\left(1+\frac kn\right).$$

   函数 $x\ln(1+x)$ 在 $[0,1]$ 连续，所以极限为 $\int_0^1x\ln(1+x)\,\mathrm dx$。

2. 分部积分取 $u=\ln(1+x),\mathrm dv=x\,\mathrm dx$，得到

   $$I=\frac12\ln2-\frac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x}\,\mathrm dx.$$

3. 由于 $x^2/(1+x)=x-1+1/(1+x)$，后一个积分为 $1/2-1+\ln2$。所以 $I=\ln2/2-(\ln2-1/2)/2=1/4$。

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

思路： 隐式求导后分母恒正，所以导数符号由 $1-x^2$ 决定，再代入驻点求函数值。

详细解答：

1. 对约束求导：

   $$3x^2+3y^2y'-3+3y'=0,\qquad y'=\frac{1-x^2}{1+y^2}.$$

   隐函数对 $y$ 的偏导为 $3(1+y^2)>0$，保证可导。又 $y^3+3y$ 严格增加且值域为实数，所以每个 $x$ 对应唯一 $y$。

2. 分母为正，导数在 $x<-1$ 为负，在 $-1<x<1$ 为正，在 $x>1$ 为负。因此 $-1$ 是极小值点，$1$ 是极大值点。

3. 代入 $x=-1$，得到 $y^3+3y=0$，唯一实解为 $y=0$；代入 $x=1$，得到 $y^3+3y=4$，唯一实解为 $y=1$。所以极值分别为 $0,1$。

答案：（1）至少有一个实根；（2）至少有两个不同实根。

思路： 第一问用零点定理；第二问对 $f^2$ 及其导数连续使用罗尔定理。

详细解答：

1. 证明（1）。 记题设实数极限为 $\ell<0$。因 $f$ 连续且 $f(x)=x(f(x)/x)\to0$，有 $f(0)=0$。由极限为负，存在 $c\in(0,1)$ 使 $f(c)<0$。又 $f(1)>0$，零点定理给出 $r\in(c,1)$，使 $f(r)=0$。

2. 构造（2）的辅助函数。 令 $H=f^2$，则 $H(0)=H(r)=0$。$H$ 连续且可导，罗尔定理给出 $s\in(0,r)$，使 $H'(s)=0$。

3. 有 $H'(x)=2f(x)f'(x)$，故 $H'(0)=H'(r)=0$。因为 $f$ 二阶可导，$H'$ 连续并且可导，可以在 $[0,s]$、$[s,r]$ 上各用一次罗尔定理。

4. 因而存在 $\eta_1\in(0,s),\eta_2\in(s,r)$，使

   $$0=H''(\eta_i)=2\bigl((f'(\eta_i))^2+f(\eta_i)f''(\eta_i)\bigr),\qquad i=1,2.$$

   两点位于不相交的区间，必然不同，且都属于 $(0,1)$，完成证明。

答案： $\displaystyle\frac{5\pi}4$。

思路： 区域是中心 $(0,1)$、半径 $1$ 的圆，展开被积函数并利用对称性，再平移后用极坐标计算。

详细解答：

1. 区域方程为 $x^2+(y-1)^2\le1$。展开 $(x+1)^2=x^2+2x+1$；由于区域关于 $y$ 轴对称，$\iint_Dx=0$，而 $\iint_D1=\pi$。

2. 令 $u=x,v=y-1$，区域变为单位圆。用 $u=r\cos\theta,v=r\sin\theta$，

   $$\iint_Dx^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,\mathrm d\theta\int_0^1r^3\,\mathrm dr =\pi\cdot\frac14=\frac\pi4.$$

3. 因此原积分为 $\pi/4+0+\pi=5\pi/4$。

答案： $\ln(x^2+y^2)+2\arctan(y/x)=0$。

思路： 将切线、法线的截距写成 $x,y,y'$，建立微分方程；方程为齐次型，可令 $u=y/x$。

详细解答：

1. 切线方程为 $Y-y=y'(X-x)$，令 $X=0$，得到 $Y_p=y-xy'$。法线可写成 $(X-x)+y'(Y-y)=0$，令 $Y=0$，得 $X_p=x+yy'$。这个写法在 $y'=0$ 时也适用。

2. 条件 $X_p=Y_p$ 给出

   $$(x+y)y'=y-x.$$

   由于 $x>0$，$x+y$ 不可能为零，否则方程要求 $y=x$，与 $y=-x$ 矛盾。

3. 令 $u=y/x$，则 $y'=u+xu'$。代入并约去 $x$：

   $$(1+u)(u+xu')=u-1,\qquad x(1+u)u'=-(1+u^2).$$

   分离变量得

   $$\frac{1+u}{1+u^2}\,\mathrm du=-\frac{\mathrm dx}x.$$

4. 积分得到

   $$\frac12\ln(1+u^2)+\arctan u=-\ln x+C.$$

   代入 $x=1,y=0$，得 $C=0$。因 $x>0$，将 $2\ln x+\ln(1+u^2)$ 合并为 $\ln(x^2+y^2)$，得到答案。