2020年考研数学二真题

答案： D。

思路： 比较积分的阶数，要同时考虑被积函数的阶数和积分上限的阶数。

详细解答：

1. 若 $h(t)\sim t^p$，$p>-1$，则 $\int_0^u h(t)\,\mathrm dt\sim u^{p+1}/(p+1)$。该结论也可由洛必达法则对积分与幂函数之比得到。

2. A 中 $e^{t^2}-1\sim t^2$，故积分等价于 $x^3/3$。B 中 $\ln(1+t^{3/2})\sim t^{3/2}$，故等价于 $2x^{5/2}/5$。C 中 $\sin(t^2)\sim t^2$，且 $\sin x\sim x$，故等价于 $x^3/3$。

3. D 中 $\sqrt{\sin^3t}\sim t^{3/2}$，所以

   $$\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}\,\mathrm dt \sim\frac25(1-\cos x)^{5/2} \sim\frac{x^5}{10\sqrt2}.$$

4. 幂指数分别为 $3,5/2,3,5$，指数越大阶数越高，故 D 最高阶。

答案： C，$3$ 个。

思路： 逐一检查表达式无定义的位置，区分有限极限与至少一个单侧极限不为有限实数的情形。

详细解答：

1. 可能间断位置为 $-1,0,1,2$。其他位置由连续函数运算得到连续性。

2. 在 $x=0$ 附近，$\ln|1+x|\sim x$，$e^x-1\sim x$，且 $e^{1/(x-1)}\to e^{-1}$、$x-2\to-2$，因此

   $$\lim_{x\to0}f(x)=-\frac1{2e}.$$

   极限有限，属于可去间断点，不是第二类。

3. 在 $x=-1$ 时，$\ln|1+x|\to-\infty$，其他因子趋于非零有限数，故为无穷间断点。在 $x=1$ 时，$e^{1/(x-1)}$ 左侧趋于 $0$、右侧趋于无穷，其他因子非零，因此为第二类间断点。

4. 在 $x=2$ 时，分母 $x-2$ 趋于零，分子趋于 $e\ln3\ne0$，故为无穷间断点。第二类间断点共 $3$ 个。

答案： A，$\pi^2/4$。

思路： 令反正弦本身为新变量，使根式分母和微分一起消去。

详细解答：

1. 令 $u=\arcsin\sqrt x$，则 $x=\sin^2u$，$0\le u\le\pi/2$，且 $\mathrm dx=2\sin u\cos u\,\mathrm du$。

2. 在区间内部，$\sqrt{x(1-x)}=\sin u\cos u$，所以

   $$I=2\int_0^{\pi/2}u\,\mathrm du=[u^2]_0^{\pi/2}=\frac{\pi^2}4.$$

   换元后端点积分有限，也证明了原积分收敛。

答案： A，$\displaystyle-\frac{n!}{n-2}$。

思路： 用乘积的高阶求导公式。由于 $x^2$ 求三次导数后为零，在 $x=0$ 处只剩下一项。

详细解答：

1. 记 $h(x)=\ln(1-x)$。逐次求导得到 $h'=-1/(1-x)$、$h''=-1/(1-x)^2$，并归纳得

   $$h^{(m)}(x)=-\frac{(m-1)!}{(1-x)^m},\qquad m\ge1.$$

   每次求导，分母幂次增加 $1$，分子乘原来的幂次，所以该公式对任意正整数 $m$ 成立。

2. 对 $f=x^2h$ 使用莱布尼茨公式。$x^2$ 的前三个导数分别为 $2x,2,0$，因此 $n\ge3$ 时只有三项：

   $$f^{(n)}(x)=x^2h^{(n)}(x)+2nxh^{(n-1)}(x) +n(n-1)h^{(n-2)}(x).$$

3. 代入 $x=0$，前两项都为零。又 $n-2\ge1$，故 $h^{(n-2)}(0)=-(n-3)!$。于是

   $$f^{(n)}(0)=-n(n-1)(n-3)!=-\frac{n!}{n-2},$$

   选 A。

答案： B，①③④正确，共 $3$ 个。

思路： 原点的一阶偏导用轴上差商；混合偏导还要求邻近轴上相应偏导存在；二元极限与累次极限分别检查。

详细解答：

1. 原点值为 $0$，且 $f(h,0)=h$，所以 $f_x(0,0)=\lim h/h=1$，①正确。

2. 固定 $y\ne0$，有 $f(0,y)=y$，但 $h\ne0$ 时 $f(h,y)=hy$，因此

   $$\frac{f(h,y)-f(0,y)}h=y-\frac yh,$$

   极限不存在。故邻近点 $f_x(0,y)$ 不存在，不能再对 $y$ 求导。交换求导顺序也会遇到 $f_y(x,0)$ 不存在的问题，所以②错误。

3. 在非轴点 $|f|=|xy|$，在两条轴上分别为 $|x|,|y|$。这些量均随 $(x,y)\to(0,0)$ 趋于零，因此二元极限为零，③正确。

4. 固定 $y\ne0$ 时，$x\to0$ 的极限为 $\lim xy=0$；固定 $y=0$ 时，极限为 $\lim x=0$。所以内层极限恒为零，再令 $y\to0$ 仍为零，④正确。

答案： B。

思路： 构造 $e^{-x}f(x)$，使其导数正好含题中的差 $f'-f$。

详细解答：

1. 令 $H(x)=e^{-x}f(x)$，则 $H'=e^{-x}(f'-f)>0$，故 $H$ 严格增加。

2. 对 $t>-1$，$H(t)>H(-1)$，即

   $$\frac{f(t)}{f(-1)}>e^{t+1}.$$

   取 $t=0$，得到 B；取 $t=1,2$，得到与 C、D 相反的严格不等式。

3. 又因 $f'>0$，$f(-2)<f(-1)$，故 A 中比值小于 $1$。只有 B 正确。

答案： C，$X=k_1\alpha_1+k_2\alpha_3+k_3\alpha_4$。

思路： 非零余子式指出哪三列独立；利用伴随矩阵恒等式证明这三列恰好张成零空间。

详细解答：

1. $A$ 不可逆，所以秩小于 $4$；$A_{12}\ne0$ 表示删除第一行、第二列后的三阶子式非零，所以 $r(A)=3$，并且 $\alpha_1,\alpha_3,\alpha_4$ 独立。

2. 由 $A^*A=|A|E=O$，$A$ 的每列都满足 $A^*X=0$。其列空间维数为 $3$，所以 $A^*$ 的零空间至少三维；又 $A^*$ 有非零元素，故秩恰为 $1$，零空间维数恰为 $3$。

3. 因而上述三列是零空间的一组基，通解就是 C。第 $2$ 列不一定能替代其中任何一列。例如

   $$A=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}$$

   满足题设且第二列为零，所有包含第二列的三列组合都不足以张成零空间，所以其他选项不能保证成立。

答案： D。

思路： 对角矩阵指定列的特征值顺序为 $1,-1,1$，同时要检查三列独立。

详细解答：

1. $A(\alpha_1+\alpha_2)=\alpha_1+\alpha_2$，$A(-\alpha_3)=-(-\alpha_3)$，$A\alpha_2=\alpha_2$，所以 D 的三列依次对应 $1,-1,1$。

2. $\alpha_1,\alpha_2$ 独立，属于另一个特征值的 $\alpha_3$ 不在它们的张成空间中。若 $s(\alpha_1+\alpha_2)-t\alpha_3+u\alpha_2=0$，比较这组独立向量的系数可得 $s=t=u=0$，故 D 的矩阵可逆。

3. A、C 的第一列 $\alpha_1+\alpha_3$ 混合了不同特征值，不能是特征值 $1$ 的向量；B 的列对应顺序是 $1,1,-1$，与目标对角阵不符。因此选 D。

答案： $-\sqrt2$。

思路： 参数求导后，先化简一阶导数，再计算二阶导数。

详细解答：

1. $x'_t=t/\sqrt{1+t^2}$，而 $\ln(t+\sqrt{1+t^2})$ 的导数为 $1/\sqrt{1+t^2}$，所以在 $t\ne0$ 时 $\mathrm dy/\mathrm dx=1/t$。

2. 再对参数求导并除以 $x'_t$：

   $$\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} =\frac{-1/t^2}{t/\sqrt{1+t^2}} =-\frac{\sqrt{1+t^2}}{t^3}.$$

3. 代入 $t=1$，得到 $-\sqrt2$。

答案： $\displaystyle\frac{2(2\sqrt2-1)}9$。

思路： 交换积分顺序，内层长度给出 $x^2$，恰好可以换元 $1+x^3$。

详细解答：

1. 区域 $0\le y\le1,\sqrt y\le x\le1$ 等价于 $0\le x\le1,0\le y\le x^2$，所以

   $$I=\int_0^1\mathrm dx\int_0^{x^2}\sqrt{1+x^3}\,\mathrm dy =\int_0^1x^2\sqrt{1+x^3}\,\mathrm dx.$$

2. 令 $u=1+x^3$，$\mathrm du=3x^2\,\mathrm dx$，得到

   $$I=\frac13\int_1^2u^{1/2}\,\mathrm du =\frac29[u^{3/2}]_1^2=\frac{2(2\sqrt2-1)}9.$$

答案： $(\pi-1)\,\mathrm dx-\mathrm dy$。

思路： 先对反正切内层函数求全微分，再除以 $1+$ 内层平方。

详细解答：

1. 令 $u=xy+\sin(x+y)$，则

   $$\mathrm dz=\frac{(y+\cos(x+y))\,\mathrm dx+(x+\cos(x+y))\,\mathrm dy}{1+u^2}.$$

2. 在 $(0,\pi)$ 处 $u=0,\cos(x+y)=-1$，所以两个系数分别为 $\pi-1,-1$，得到答案。

答案： $\displaystyle\frac{\rho ga^3}3$。

思路： 水压随深度线性增加，按水平细条积分。

详细解答：

1. 等腰直角三角形斜边为 $2a$，直角顶点到斜边的高为 $a$。斜边在水面上，所以板的最大深度为 $a$。

2. 在深度 $h$ 处，相似三角形给出水平宽度 $2a(1-h/a)=2(a-h)$。该深度单位面积水压为 $\rho gh$，故细条压力为 $\rho gh\cdot2(a-h)\,\mathrm dh$。

3. 积分得

   $$F=2\rho g\int_0^a(ah-h^2)\,\mathrm dh =2\rho g\left(\frac{a^3}2-\frac{a^3}3\right)=\frac{\rho ga^3}3.$$

答案： $1$。

思路： 先解常系数方程，再计算指数衰减积分。

详细解答：

1. 特征方程为 $(r+1)^2=0$，通解是 $y=(C_1+C_2x)e^{-x}$。初值 $y(0)=0$ 给出 $C_1=0$，$y'(0)=1$ 给出 $C_2=1$。

2. 所以 $y=xe^{-x}$，而

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

答案： $a^2(a^2-4)$。

思路： 找出四个独立特征向量，将行列式化为特征值的乘积。

详细解答：

1. 记题中矩阵为 $M$。向量 $(1,1,0,0)^T,(0,0,1,1)^T$ 相乘后分别变为自身的 $a$ 倍，因此特征值为 $a$。

2. 对 $(1,-1,1,-1)^T$，对应特征值为 $a-2$；对 $(1,-1,-1,1)^T$，对应特征值为 $a+2$。这四个向量独立，构成一组基。

3. 因而 $M$ 相似于 $\operatorname{diag}(a,a,a-2,a+2)$，行列式为 $a^2(a-2)(a+2)=a^2(a^2-4)$。

答案： $\displaystyle y=\frac xe+\frac1{2e}$。

思路： 先把幂写成指数形式，展开到常数项，分别确定渐近线斜率与截距。

详细解答：

1. 对 $x>0$，

   $$y=x\left(\frac{x}{1+x}\right)^x =x\exp\left[-x\ln\left(1+\frac1x\right)\right].$$

2. 当 $x\to\infty$ 时，

   $$-x\ln\left(1+\frac1x\right)=-1+\frac1{2x}+o(x^{-1}).$$

   再利用 $e^u=1+u+o(u)$，得到

   $$y=\frac xe\left(1+\frac1{2x}+o(x^{-1})\right) =\frac xe+\frac1{2e}+o(1).$$

3. 因此 $y/x\to1/e$，$y-x/e\to1/(2e)$，曲线与该直线之差趋于零，故它是斜渐近线。

答案：

$$g'(x)=\begin{cases} \displaystyle\frac{xf(x)-\int_0^xf(u)\,\mathrm du}{x^2},&x\ne0,\\[6pt] 1/2,&x=0. \end{cases}$$

$g'$ 在 $0$ 连续。

思路： 不能直接假定连续的 $f$ 可导。先换元将 $g$ 写成积分上限函数，再用渐近式处理原点。

详细解答：

1. 由题设与连续性，$f(x)=x+o(x)$，且 $f(0)=0$。当 $x\ne0$ 时，令 $u=xt$，即使 $x<0$ 也有

   $$g(x)=\frac1x\int_0^xf(u)\,\mathrm du.$$

2. 因 $f$ 连续，可用积分上限求导与商法则，得到答案中 $x\ne0$ 的公式。

3. 由 $f(u)=u+o(u)$，

   $$\int_0^xf(u)\,\mathrm du=\frac{x^2}2+o(x^2).$$

   这个余项在两侧都成立：若 $|f(u)-u|\le\varepsilon|u|$，则误差积分绝对值不超过 $\varepsilon x^2/2$。

4. 所以 $g(x)=x/2+o(x)$，而 $g(0)=f(0)=0$，从差商得 $g'(0)=1/2$。

5. 再代入非零处的导数公式：

   $$g'(x)=\frac{x(x+o(x))-(x^2/2+o(x^2))}{x^2} =\frac12+o(1).$$

   因此 $g'(x)\to g'(0)$，证明连续性。

答案： 在 $(1/6,1/12)$ 取得极小值 $-1/216$，无极大值。

思路： 解驻点方程，再用二阶导数矩阵区分鞍点与极值点。

详细解答：

1. 一阶偏导为 $f_x=3x^2-y,f_y=24y^2-x$。驻点满足 $y=3x^2,x=24y^2$。代入得 $x=216x^4$，所以 $x=0$ 或 $x=1/6$，对应 $y=0$ 或 $y=1/12$。

2. 二阶导数矩阵为

   $$H=\begin{pmatrix}6x&-1\\-1&48y\end{pmatrix}.$$

   在原点，行列式为 $-1$，二阶型不定，所以是鞍点。

3. 在 $(1/6,1/12)$ 处，矩阵为 $\begin{pmatrix}1&-1\\-1&4\end{pmatrix}$，第一主子式为 $1>0$，行列式为 $3>0$，正定，所以是极小值点。

4. 极小值为

   $$\frac1{216}+\frac8{1728}-\frac1{72}=-\frac1{216}.$$

   函数在整个平面可导，极值只能出现在驻点；两个驻点都不是极大值点，所以无极大值。

答案： $\displaystyle f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，体积 $\displaystyle V=\frac{\pi^2}6$。

思路： 用倒数替换构成两元线性关系，消去 $f(1/x)$。区域以水平截面表示最方便，旋转时用柱壳法。

详细解答：

1. 在原式中以 $1/x$ 替换 $x$。因 $x>0$，有 $\sqrt{1+1/x^2}=\sqrt{1+x^2}/x$，整理并乘 $x^2$ 得

   $$f(x)+2x^2f(1/x)=\frac{x+2x^2}{\sqrt{1+x^2}}.$$

2. 原式乘 $2$ 后减去上式，得到

   $$3f(x)=\frac{2x^2+4x-x-2x^2}{\sqrt{1+x^2}} =\frac{3x}{\sqrt{1+x^2}},$$

   故函数如答案所示。

3. 此函数在正半轴严格增加，反解为 $x=y/\sqrt{1-y^2}$。所围区域可写成

   $$\frac12\le y\le\frac{\sqrt3}2,\qquad 0\le x\le\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}.$$

4. 绕 $x$ 轴的水平薄片生成半径为 $y$、长度为 $x(y)$ 的柱壳，故

   $$V=2\pi\int_{1/2}^{\sqrt3/2}\frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm dy =\pi[\arcsin y-y\sqrt{1-y^2}]_{1/2}^{\sqrt3/2}.$$

5. 两端的 $y\sqrt{1-y^2}$ 都为 $\sqrt3/4$，相消；反正弦分别为 $\pi/3,\pi/6$，故 $V=\pi(\pi/3-\pi/6)=\pi^2/6$。

答案： $\displaystyle\frac34\bigl(\sqrt2+\ln(1+\sqrt2)\bigr)$。

思路： 内层积分令 $t=y/x$，把区域的斜边化为固定上限。

详细解答：

1. 区域为 $1\le x\le2,0\le y\le x$。因 $x>0$，被积函数是 $\sqrt{1+(y/x)^2}$，所以

   $$I=\int_1^2\mathrm dx\int_0^x\sqrt{1+(y/x)^2}\,\mathrm dy.$$

2. 内层令 $t=y/x$，$\mathrm dy=x\,\mathrm dt$，得

   $$I=\int_1^2x\,\mathrm dx\int_0^1\sqrt{1+t^2}\,\mathrm dt =\frac32\int_0^1\sqrt{1+t^2}\,\mathrm dt.$$

3. 根式积分的原函数为 $\frac12(t\sqrt{1+t^2}+\ln(t+\sqrt{1+t^2}))$，在 $0,1$ 代入得 $\frac12(\sqrt2+\ln(1+\sqrt2))$。乘以 $3/2$ 即得到答案。

答案： 两个存在性结论均成立。

思路： 第一问比较辅助函数的端点符号；第二问使用以 $\ln x$ 为第二函数的柯西中值定理。

详细解答：

1. 证明（Ⅰ）。 令 $H(x)=f(x)-(2-x)e^{x^2}$。$f$ 是连续被积函数的积分上限函数，故 $H$ 连续。$f(1)=0$，所以 $H(1)=-e<0$；$H(2)=f(2)=\int_1^2e^{t^2}\,\mathrm dt>0$。

2. 零点定理给出 $\xi\in(1,2)$，使 $H(\xi)=0$，即 $f(\xi)=(2-\xi)e^{\xi^2}$。

3. 证明（Ⅱ）。 $f,\ln x$ 在 $[1,2]$ 连续、在内部可导，且 $(\ln x)'=1/x\ne0$。柯西中值定理给出 $\eta\in(1,2)$，使

   $$\frac{f(2)-f(1)}{\ln2-\ln1} =\frac{f'(\eta)}{1/\eta}=\eta e^{\eta^2}.$$

4. 因 $f(1)=0,\ln1=0$，乘以 $\ln2$，即得到 $f(2)=\ln2\cdot\eta e^{\eta^2}$。

答案： $y=cx^3$，$c>0$。正导数要求适用于 $x>0$；原点是曲线端点，所得曲线在原点的右导数为 $0$。

思路： 先将面积比例写成含积分面积 $S$ 的微分关系，再通过对数求导消去积分。

详细解答：

1. 设 $M=(x,f(x))$，$x>0$，曲线从原点向上增加，所以 $f(x)>0$。切线与 $x$ 轴交点为

   $$T=\left(x-\frac{f(x)}{f'(x)},0\right).$$

   因 $f'>0$，三角形底边长 $PT=f/f'$，高为 $f$，所以面积为 $f^2/(2f')$。

2. 曲边面积 $S(x)=\int_0^xf(t)\,\mathrm dt$。题设比例为 $3:2$，故

   $$S=\frac32\cdot\frac{f^2}{2f'}=\frac{3f^2}{4f'}.$$

   $S,f$ 均为正，且 $S'=f$。由上式得到

   $$\frac{S'}S=\frac fS=\frac{4f'}{3f}.$$

3. 积分得 $\ln S=\frac43\ln f+\ln C$，即 $S=Cf^{4/3}$，其中 $C>0$。代回面积关系：

   $$f'=\frac{3}{4C}f^{2/3},\qquad (f^{1/3})'=\frac1{4C}.$$

   因而 $f^{1/3}=x/(4C)+K$。

4. 当 $x\to0^+$ 时，曲边面积 $S(x)\to0$；由 $S=Cf^{4/3}$ 可知 $f(x)\to0$，故 $K=0$。于是 $f=cx^3$，其中 $c=(1/(4C))^3>0$，并取端点值 $f(0)=0$。

5. 验证：曲边面积为 $cx^4/4$，三角形面积为 $(c^2x^6)/(6cx^2)=cx^4/6$，比例确为 $3:2$，且 $f'=3cx^2>0$ 对所有 $x>0$ 成立。