2019年考研数学二真题

答案： C，$k=3$。

思路： 展开正切，找到 $x-\tan x$ 的首个非零项。

详细解答：

1. 当 $x\to0$ 时，$\tan x=x+x^3/3+o(x^3)$，所以

   $$x-\tan x=-\frac13x^3+o(x^3).$$

2. 因而 $(x-\tan x)/x^3\to-1/3$，为非零有限常数，符合“同阶”的定义。故 $k=3$；同阶不要求比值为 $1$。

答案： C，$(\pi,-2)$。

思路： 拐点要求二阶导数在两侧变号，不能仅看二阶导数等于零。

详细解答：

1. 求导得 $y'=x\cos x-\sin x$，再求导得 $y''=-x\sin x$。

2. 在 $(-\pi/2,0)$ 上 $x,\sin x$ 都为负，所以 $y''<0$；在 $(0,\pi)$ 上也有 $y''<0$。因此 $x=0$ 虽使 $y''=0$，但没有凹凸性改变。

3. 在 $(\pi,3\pi/2)$ 上 $x>0,\sin x<0$，所以 $y''>0$。$x=\pi$ 两侧变号，是真正拐点，且 $y(\pi)=-2$。

4. $x=\pi/2$ 的二阶导数非零，$3\pi/2$ 不属于定义区间，因此只有 C 正确。

答案： D。

思路： 分别求反常积分，检查无穷端点的极限。

详细解答：

1. A 用分部积分：

   $$\int_0^\infty xe^{-x}\,\mathrm dx =\lim_{R\to\infty}[-(x+1)e^{-x}]_0^R=1.$$

2. B 令 $u=x^2$，得到 $\frac12\int_0^\infty e^{-u}\,\mathrm du=1/2$，收敛。

3. C 令 $u=\arctan x$，$\mathrm du=\mathrm dx/(1+x^2)$，得到 $\int_0^{\pi/2}u\,\mathrm du=\pi^2/8$，收敛。

4. D 的积分为

   $$\int_0^R\frac{x}{1+x^2}\,\mathrm dx =\frac12\ln(1+R^2)\to+\infty,$$

   因此只有 D 发散。

答案： D，$a=2,b=1,c=4$。

思路： 通解中的任意常数项对应齐次解，最后一项是非齐次特解。

详细解答：

1. 齐次解为 $(C_1+C_2x)e^{-x}$，说明特征方程有二重根 $-1$。故

   $$r^2+ar+b=(r+1)^2=r^2+2r+1,$$

   得 $a=2,b=1$。

2. 将特解 $y=e^x$ 代入左侧：

   $$y''+2y'+y=e^x+2e^x+e^x=4e^x.$$

   所以 $c=4$，选 D。

答案： A，$I_3<I_2<I_1$。

思路： 先确定区域内半径的范围，再逐点比较三个被积函数。

详细解答：

1. 令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。因为 $r\le|x|+|y|\le\pi/2$，所以区域内 $0\le r\le\pi/2$。

2. 当 $0<r<\pi/2$ 时，$\sin r<r$。又 $\sin r+\cos r>1$，因为两者均为正且平方和为 $1$，其和的平方为 $1+\sin2r>1$。所以

   $$1-\cos r<\sin r<r.$$

3. 不等式在区域中具有正面积的内部严格成立，在边界为非严格不等式。积分后仍是严格不等式，得到 $I_3<I_2<I_1$。

答案： A，充分不必要条件。

思路： 极限为零要求两个函数在该点的二阶泰勒系数相同；曲率相等则只要求二阶导数的绝对值相同。

详细解答：

1. 记 $h=x-a$。因二阶导数在 $a$ 处连续，可展开

   $$f(x)-g(x)=f(a)-g(a) +(f'(a)-g'(a))h+\frac12(f''(a)-g''(a))h^2+o(h^2).$$

2. 若除以 $h^2$ 后趋于零，常数项和一次项必须为零，随后二次项系数也须为零。因此 $f(a)=g(a),f'(a)=g'(a),f''(a)=g''(a)$。

3. 前两个等式保证同点同切线；曲率公式 $|f''(a)|/(1+f'(a)^2)^{3/2}$ 又保证曲率相等。所以条件充分。

4. 反过来取 $f(x)=(x-a)^2,g(x)=-(x-a)^2$。它们在 $(a,0)$ 相切，曲率都为 $2$，但 $(f-g)/(x-a)^2=2$，不趋于零。因此条件不必要。

答案： A，$r(A^*)=0$。

思路： 由基础解系的向量数求零空间维数，再用秩判断伴随矩阵的各个元素。

详细解答：

1. 四个未知数的齐次方程基础解系有两个向量，所以零空间维数为 $2$。秩与零空间维数之和为 $4$，因此 $r(A)=2$。

2. 秩为 $2$ 的矩阵所有三阶子式都为零。四阶矩阵的代数余子式都是三阶子式，因此伴随矩阵每个元素都为零。

3. 所以 $A^*=O$，秩为 $0$。

答案： C，$y_1^2-y_2^2-y_3^2$。

思路： 矩阵方程限制特征值的可能值，行列式确定各值出现次数，再根据惯性得到规范形。

详细解答：

1. 若 $Av=\lambda v$，矩阵方程作用于 $v$ 给出 $\lambda^2+\lambda=2$，所以特征值只能是 $1$ 或 $-2$。

2. 设 $-2$ 出现 $s$ 次，则行列式为 $(-2)^s$。三阶矩阵中 $s=0,1,2,3$ 时乘积分别为 $1,-2,4,-8$。题设行列式为 $4$，故 $s=2$，另外一个特征值为 $1$。

3. 实对称矩阵可正交对角化，标准形为 $z_1^2-2z_2^2-2z_3^2$。再令 $y_1=z_1,y_2=\sqrt2z_2,y_3=\sqrt2z_3$，得到规范形 $y_1^2-y_2^2-y_3^2$。

答案： $4e^2$。

思路： 将底数展开到一次项，取对数处理幂指极限。

详细解答：

1. 由 $2^x=e^{x\ln2}=1+x\ln2+o(x)$，

   $$x+2^x=1+(1+\ln2)x+o(x).$$

   底数在 $0$ 附近为正。

2. 原式对数趋于

   $$\frac2x\ln\bigl(1+(1+\ln2)x+o(x)\bigr)\longrightarrow2(1+\ln2).$$

3. 所以原极限为 $e^{2+2\ln2}=4e^2$。

答案： $2+3\pi/2$。

思路： 用参数求切点与切线斜率，再代入直线的纵截距公式。

详细解答：

1. 在 $t=3\pi/2$ 时，$\sin t=-1,\cos t=0$，切点为 $(3\pi/2+1,1)$。

2. 参数导数为 $x'=1-\cos t,y'=\sin t$，所以切线斜率为 $-1$。

3. 切线方程为 $y-1=-(x-3\pi/2-1)$，整理为 $y=-x+2+3\pi/2$。令 $x=0$ 即得纵截距。

答案： $yf(y^2/x)=z$。

思路： 对内层变量 $y^2/x$ 使用链式法则，组合后导数项抵消。

详细解答：

1. 令 $u=y^2/x$，在 $x\ne0$ 的定义域内，

   $$z_x=yf'(u)\left(-\frac{y^2}{x^2}\right) =-\frac{y^3}{x^2}f'(u),$$

   $$z_y=f(u)+yf'(u)\frac{2y}x=f(u)+\frac{2y^2}xf'(u).$$

2. 因而

   $$2xz_x+yz_y =-\frac{2y^3}xf'(u)+yf(u)+\frac{2y^3}xf'(u)=yf(u)=z.$$

答案： $\ln\sqrt3$。

思路： 计算弧长的被积函数 时利用 $1+\tan^2x=\sec^2x$，并注意区间内余弦为正。

详细解答：

1. 曲线导数为 $y'=-\tan x$，所以

   $$s=\int_0^{\pi/6}\sqrt{1+\tan^2x}\,\mathrm dx =\int_0^{\pi/6}\sec x\,\mathrm dx.$$

2. $\sec x$ 的原函数为 $\ln(\sec x+\tan x)$，因此

   $$s=\ln\left(\frac2{\sqrt3}+\frac1{\sqrt3}\right)-\ln1 =\ln\sqrt3.$$

答案： $\displaystyle\frac{\cos1-1}4$。

思路： 先将反向积分写成负号，再交换积分顺序，内层的 $x$ 积分使表达式简化。

详细解答：

1. 在 $0\le x\le1$ 上，$\int_1^x=-\int_x^1$，所以

   $$I=-\int_0^1x\int_x^1\frac{\sin(t^2)}t\,\mathrm dt\,\mathrm dx.$$

   $\sin(t^2)/t$ 在 $0$ 处可连续补零，交换积分没有奇性障碍。

2. 区域为 $0\le x\le t\le1$，交换后

   $$I=-\int_0^1\frac{\sin(t^2)}t\left(\int_0^t x\,\mathrm dx\right)\mathrm dt =-\frac12\int_0^1t\sin(t^2)\,\mathrm dt.$$

3. 令 $u=t^2$，得 $I=-\frac14\int_0^1\sin u\,\mathrm du=(\cos1-1)/4$。

答案： $-4$。

思路： 分别删除第一行与相应列计算三阶行列式，注意代数余子式的符号。

详细解答：

1. 第一项符号为 $(-1)^{1+1}=1$，所以

   $$A_{11}=\begin{vmatrix}1&-1&1\\-2&2&-1\\0&3&4\end{vmatrix} =(8+3)-8-6=-3.$$

2. 第二项符号为 $(-1)^{1+2}=-1$，所以

   $$A_{12}=-\begin{vmatrix}-2&-1&1\\3&2&-1\\0&3&4\end{vmatrix} =-\bigl(-22+12+9\bigr)=1.$$

3. 最终 $A_{11}-A_{12}=-3-1=-4$。

答案：

$$f'(x)=\begin{cases}(x+1)e^x,&x<0,\\ 2x^{2x}(\ln x+1),&x>0,\end{cases}$$

$x=0$ 处不可导。极小值为 $1-e^{-1}$ 和 $e^{-2/e}$，分别在 $x=-1,e^{-1}$ 取得；$x=0$ 处取得极大值 $1$。

思路： 正支用对数求导，拼接点用差商；极值既要检查驻点，也要检查不可导点。

详细解答：

1. $x<0$ 时乘积求导得 $f'=(x+1)e^x$。$x>0$ 时 $f=e^{2x\ln x}$，所以 $f'=2x^{2x}(\ln x+1)$。

2. $f(0)=1$，右侧 $2x\ln x\to0$，所以右极限为 $1$，左极限也为 $1$，函数在 $0$ 连续。左导数为 $1$；右差商为

   $$\frac{e^{2h\ln h}-1}h =\frac{e^{2h\ln h}-1}{2h\ln h}\,2\ln h\longrightarrow-\infty.$$

   因此前后导数不能相等，$0$ 处不可导。

3. 负支导数在 $x<-1$ 为负，在 $-1<x<0$ 为正，所以 $-1$ 为极小值点，值为 $1-e^{-1}$。

4. 正支导数在 $0<x<e^{-1}$ 为负，在 $x>e^{-1}$ 为正，所以 $e^{-1}$ 为极小值点，值为 $(e^{-1})^{2/e}=e^{-2/e}$。

5. 在 $0$ 左侧，$xe^x<0$，故 $f(x)<1$；在 $0<x<1$ 时，$2x\ln x<0$，也有 $f(x)<1$。因此 $f(0)=1$ 是极大值。两支没有其他驻点或不可导点，所以上述极值已全部列出。

答案： $\displaystyle\ln(x^2+x+1)-2\ln|x-1|-\frac3{x-1}+C$。

思路： 分母含一次因子的平方和不可约二次因子，按相应形式拆分部分分式。

详细解答：

1. 设

   $$\frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)} =\frac A{x-1}+\frac B{(x-1)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+x+1}.$$

   通分后比较 $x^3,x^2,x,1$ 的系数，得到
   $A+C=0$，$B+D-2C=0$，$B+C-2D=3$，$-A+B+D=6$。

2. 解出 $A=-2,B=3,C=2,D=1$，所以原积分为

   $$\int\left(-\frac2{x-1}+\frac3{(x-1)^2} +\frac{2x+1}{x^2+x+1}\right)\mathrm dx.$$

3. 前两项原函数是 $-2\ln|x-1|-3/(x-1)$；第三项分子正好为分母的导数，原函数为 $\ln(x^2+x+1)$。相加得到答案，适用于不跨越 $x=1$ 的区间。

答案：（1）$y(x)=\sqrt x\,e^{x^2/2}$，$x>0$；（2）$\displaystyle V=\frac\pi2(e^4-e)$。

思路： 乘一阶线性方程的积分因子得到特解；体积用圆盘法。

详细解答：

1. 方程 $y'-xy=e^{x^2/2}/(2\sqrt x)$ 的积分因子为 $e^{-x^2/2}$，因此

   $$(ye^{-x^2/2})'=\frac1{2\sqrt x}.$$

   积分得 $ye^{-x^2/2}=\sqrt x+C$。

2. 初值 $y(1)=\sqrt e$ 给出左边为 $1$，所以 $C=0$，得到答案（1）。

3. 在 $1\le x\le2$ 上 $y>0$，绕 $x$ 轴的截面圆盘半径为 $y(x)$。因此

   $$V=\pi\int_1^2y(x)^2\,\mathrm dx =\pi\int_1^2xe^{x^2}\,\mathrm dx =\frac\pi2[e^{x^2}]_1^2=\frac\pi2(e^4-e).$$

答案： $\displaystyle\frac{43\sqrt2}{120}$。

思路： 区域关于 $y$ 轴对称，分子的 $x$ 项积分为零；其余部分用极坐标。

详细解答：

1. 条件 $|x|\le y$ 表示 $\pi/4\le\theta\le3\pi/4$。另一个条件在 $r>0$ 时为

   $$r^6\le r^4\sin^4\theta,\qquad0\le r\le\sin^2\theta.$$

   原点处被积函数无定义，但函数有界，单点不影响积分。

2. 被积函数在极坐标中为 $\cos\theta+\sin\theta$。其中余弦项关于 $\theta=\pi/2$ 反对称，积分为零，故

   $$I=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\int_0^{\sin^2\theta}\sin\theta\,r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta =\frac12\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\sin^5\theta\,\mathrm d\theta.$$

3. 令 $u=\cos\theta$，并记 $c=\sqrt2/2$，得到

   $$I=\frac12\int_{-c}^c(1-u^2)^2\,\mathrm du =\left[u-\frac23u^3+\frac15u^5\right]_0^c.$$

4. 代入 $c,c^3,c^5$，得 $I=\sqrt2(1/2-1/6+1/40)=43\sqrt2/120$。

答案：

$$S_n=\frac{e^\pi+1}{2(e^\pi-1)}(1-e^{-n\pi}),\qquad \lim_{n\to\infty}S_n=\frac{e^\pi+1}{2(e^\pi-1)}.$$

思路： 面积要对函数取绝对值，每一拱平移后只是第一拱乘一个指数因子，累加几何级数。

详细解答：

1. 第一拱位于 $[0,\pi]$，正弦非负，其面积为

   $$S_1=\int_0^\pi e^{-x}\sin x\,\mathrm dx =\left[-\frac12e^{-x}(\sin x+\cos x)\right]_0^\pi =\frac{1+e^{-\pi}}2.$$

2. 第 $k+1$ 拱位于 $[k\pi,(k+1)\pi]$。令 $x=k\pi+u$，则 $|\sin x|=\sin u$，所以该拱面积为 $e^{-k\pi}S_1$。

3. 令 $q=e^{-\pi}$，有

   $$S_n=S_1\sum_{k=0}^{n-1}q^k =\frac{1+q}{2}\frac{1-q^n}{1-q}.$$

   将分子分母同乘 $e^\pi$，得到答案中的形式。

4. 因 $0<q<1$，$q^n\to0$，所以极限为答案中的常数。

答案： $a=-3/4,b=3/4$；变换后为 $2v_{xx}-2v_{yy}=0$。

思路： 完整展开复合乘积的偏导，再令两个一阶项的系数为零。

详细解答：

1. 令 $E_0=e^{ax+by}$，则

   $$u_x=E_0(v_x+av),\quad u_y=E_0(v_y+bv),$$

   $$u_{xx}=E_0(v_{xx}+2av_x+a^2v),\quad u_{yy}=E_0(v_{yy}+2bv_y+b^2v).$$

2. 代入原式并约去非零因子 $E_0$，得到

   $$2v_{xx}-2v_{yy}+(4a+3)v_x+(-4b+3)v_y +(2a^2-2b^2+3a+3b)v=0.$$

3. 不含一阶偏导要求 $4a+3=0,-4b+3=0$，故 $a=-3/4,b=3/4$。

4. 此时 $a^2=b^2,a+b=0$，零阶系数也为零，所以最终方程是 $2v_{xx}-2v_{yy}=0$。

答案： 两个存在性结论均成立。

思路： 第一问用积分条件迫使函数超过端点值，最大值便在内部。第二问反设二阶导数有下界，构造凸函数并与弦比较，得到积分矛盾。

详细解答：

1. 证明（1）。 若 $f(x)\le1$ 在整个区间成立，由 $f(0)=0$ 和连续性，可取 $\delta>0$ 使 $[0,\delta]$ 上 $f\le1/2$。于是

   $$\int_0^1f(x)\,\mathrm dx\le\frac\delta2+(1-\delta)<1,$$

   与题设矛盾。因此某个内部点满足 $f(x)>1$。

2. 连续函数在 $[0,1]$ 取得最大值。端点值为 $0,1$，均小于上述内部值，所以最大值点 $\xi$ 必在 $(0,1)$。由费马定理，$f'(\xi)=0$。

3. 证明（2）。 反设不存在所要求的点，则所有内部点都有 $f''(x)\ge-2$。令 $H(x)=f(x)+x^2$，则 $H''\ge0$，所以 $H$ 凸。

4. 凸函数图像位于端点连线下方，且 $H(0)=0,H(1)=2$，所以 $H(x)\le2x$，即 $f(x)\le2x-x^2$。积分得

   $$\int_0^1f(x)\,\mathrm dx\le\int_0^1(2x-x^2)\,\mathrm dx=\frac23,$$

   与积分为 $1$ 矛盾。故存在 $\eta\in(0,1)$，使 $f''(\eta)<-2$。