2022年考研数学二真题

答案： C，①③④正确。

思路： 等价无穷小的定义是比值趋于 $1$；平方会丢失符号，差值的高阶关系可转化为比值。

详细解答：

1. 若 $\alpha\sim\beta$，则 $\alpha/\beta\to1$，所以 $\alpha^2/\beta^2=(\alpha/\beta)^2\to1$，①正确。

2. 反过来，平方比值趋于 $1$ 不保证原比值趋于 $1$。取 $\alpha(x)=x$、$\beta(x)=-x$，有 $\alpha^2/\beta^2=1$，但 $\alpha/\beta=-1$，所以②错误。

3. 若 $\alpha\sim\beta$，则 $\beta/\alpha\to1$，于是

   $$\frac{\alpha-\beta}{\alpha}=1-\frac\beta\alpha\to0.$$

   因而 $\alpha-\beta=o(\alpha)$，③正确。

4. 若 $\alpha-\beta=o(\alpha)$，同一等式说明 $\beta/\alpha\to1$，再取倒数得 $\alpha/\beta\to1$，④正确。因此选 C。

答案： D，$2/3$。

思路： 积分区域是三角形，交换次序后先对 $y$ 积分，再用 $1+x^3$ 换元。

详细解答：

1. 原区域为 $0\le y\le2$、$y\le x\le2$。交换次序后是 $0\le x\le2$、$0\le y\le x$，所以

   $$I=\int_0^2\mathrm{d}x\int_0^x\frac{y}{\sqrt{1+x^3}}\mathrm{d}y =\frac12\int_0^2\frac{x^2}{\sqrt{1+x^3}}\mathrm{d}x.$$

2. 令 $u=1+x^3$，$\mathrm{d}u=3x^2\mathrm{d}x$，上下限为 $1,9$：

   $$I=\frac16\int_1^9u^{-1/2}\mathrm{d}u =\frac13[\sqrt u]_1^9=\frac23.$$

   对应 D。

答案： B。

思路： 二阶导数在一点存在，意味着一阶导数在该点可导、因而连续。这能保持一阶导数的正号，却不能保证二阶导数在整个邻域连续或同号。

详细解答：

1. $f''(x_0)$ 存在，按定义，$f'$ 在 $x_0$ 可导，因此 $f'$ 在 $x_0$ 连续。若 $f'(x_0)>0$，可取足够小的 $\delta>0$，使 $|x-x_0|<\delta$ 时

   $$|f'(x)-f'(x_0)|<\frac12f'(x_0), \qquad f'(x)>\frac12f'(x_0)>0.$$

   对这个邻域内任意两点应用中值定理，便得 $f$ 严格增加，所以 B 正确。

2. A 错误：取 $f(x)=x^3$、$x_0=0$。函数严格增加，但 $f'(0)=0$。C 也错误：取 $f(x)=x^4$，它是凹（向上弯曲）的函数，但 $f''(0)=0$，不能要求严格大于零。

3. D 错误，下面说明“一点的二阶导数为正”为什么不足。取

   $$f(x)=\begin{cases} x^2+3x^4\sin(1/x),&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}$$

   由导数定义得 $f'(0)=0$；对 $x\ne0$，

   $$f'(x)=2x+12x^3\sin(1/x)-3x^2\cos(1/x).$$

   因而 $f''(0)=\lim_{x\to0}f'(x)/x=2>0$。

4. 但在非零点，

   $$f''(x)=2+36x^2\sin(1/x)-18x\cos(1/x)-3\sin(1/x).$$

   取 $x_n=1/(\pi/2+2n\pi)\to0^+$，则 $f''(x_n)=-1+36x_n^2<0$（充分大的 $n$）。任何零点邻域都有二阶导数为负的点，不能在整个邻域凹。这里没有二阶导数在零点连续的条件，不能自行补上。

答案： C，$F_x=-F_y$、$F_{xx}=F_{yy}$。

思路： $F$ 实际只依赖 $x-y$，先求关于这一组合变量的导数，再用链式法则。

详细解答：

1. 令 $u=x-y$，$H(u)=\int_0^u(u-t)f(t)\mathrm{d}t$。写成

   $$H(u)=u\int_0^uf(t)\mathrm{d}t-\int_0^utf(t)\mathrm{d}t.$$

   因 $f$ 连续，变上限积分可导，求导得到

   $$H'(u)=\int_0^uf(t)\mathrm{d}t+uf(u)-uf(u) =\int_0^uf(t)\mathrm{d}t,\qquad H''(u)=f(u).$$

2. $u_x=1,u_y=-1$，所以 $F_x=H'(u)$、$F_y=-H'(u)$。继续求导，$F_{xx}=H''(u)$，而 $F_{yy}=(-1)(-1)H''(u)=H''(u)$。因此选 C。

答案： A，$-1<p<1$。

思路： 两个端点都可能有奇性，必须分别判断；积分内对数为负，不存在通过端点间抵消来收敛的情形。

详细解答：

1. 在 $x\to0^+$ 时 $(1-x)^{1-p}\to1$，被积函数的绝对值等价于 $x^{-p}|\ln x|$。令 $t=-\ln x$，零点附近的比较积分化为

   $$\int^{+\infty}t\,\mathrm{e}^{-(1-p)t}\mathrm{d}t.$$

   当 $p<1$ 时指数衰减，积分收敛；$p=1$ 时为 $\int t\,\mathrm{d}t$，$p>1$ 时指数增长，均发散。因此零点条件为 $p<1$。

2. 在 $x\to1^-$ 时，$\ln x\sim-(1-x)$、$x^p\to1$，所以被积函数等价于 $-(1-x)^p$。幂函数端点积分收敛当且仅当 $p>-1$。

3. 两端同时收敛要求 $-1<p<1$，选 A。两个等号对应的端点积分都发散，不能包含。

答案： D。

思路： 复合函数能否反推数列收敛，要检查外层函数在内层取值区间内是否一一对应。

详细解答：

1. 由 $x_n\in[-\pi/2,\pi/2]$，有 $\cos x_n\in[0,1]$。正弦在 $[0,1]$ 上严格增加，并有连续反函数。若 $\sin(\cos x_n)\to L$，则

   $$\cos x_n=\arcsin[\sin(\cos x_n)]\to\arcsin L.$$

   所以 D 的前半结论成立。

2. 取 $x_n=(-1)^n$，它满足区间限制且不收敛，但 $\cos x_n=\cos1$ 恒定，所以 $\sin(\cos x_n)$ 收敛。这证明 D 的“$x_n$ 不一定存在极限”。

3. 对同一点列，$\sin x_n$ 在 $\sin1$ 和 $-\sin1$ 之间交替，但 $\cos(\sin x_n)=\cos(\sin1)$ 恒定。因此 A、C 的结论不成立；第二步也直接反驳 B，故选 D。

答案： A，$I_1<I_2<I_3$。

思路： 三个积分区间相同，用严格的逐点不等式比较被积函数。

详细解答：

1. 对 $0<x<1$，

   $$\ln(1+x)=\int_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1+t} >\frac{x}{1+x}>\frac x2, \qquad \ln(1+x)<x.$$

   分母 $1+\cos x>0$，所以

   $$\frac{x}{2(1+\cos x)} <\frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}.$$

   积分得到 $I_1<I_2$。

2. 在该区间 $\sin x<1$、$\cos x>0$，所以 $1+\sin x<2<2(1+\cos x)$。因此

   $$\frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} <\frac{x}{1+\cos x} <\frac{2x}{1+\sin x}.$$

   积分得到 $I_2<I_3$。不等式在整个内部严格成立，所以积分也严格，选 A。

答案： B。

思路： 特征值互异保证可相似对角化；矩阵等价、正交相似和合同分别有不同含义。

详细解答：

1. 若 $A$ 的特征值是 $1,-1,0$，三个互异特征值的特征向量线性无关。将按此顺序选取的特征向量作为 $P$ 的列，$P$ 可逆且 $AP=P\Lambda$，所以 $A=P\Lambda P^{-1}$。

2. 反过来，若 $A=P\Lambda P^{-1}$，相似矩阵有相同特征多项式，故 $A$ 的特征值正是 $1,-1,0$。因此 B 既充分又必要。

3. A 只描述矩阵等价，不能保持特征值。例如 $A=\operatorname{diag}(2,3,0)$ 可写成 $\operatorname{diag}(2,-3,1)\Lambda E$，却没有所需特征值。

4. C 的正交相似和 D 的合同表达式都迫使 $A$ 对称，因为 $\Lambda$ 对称。矩阵

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

   有所需特征值，但不对称，因此 C、D 都不是必要条件。此外合同一般也不保持具体特征值，故 D 不能替代相似关系。

答案： D，有唯一解或无解。

思路： 系数矩阵为范德蒙德形式，行列式为零时会出现相同的系数行，但右端不同。

详细解答：

1. 范德蒙德行列式为

   $$|A|=(a-1)(b-1)(b-a).$$

   若非零，矩阵可逆，方程组有唯一解。

2. 若行列式为零，至少有 $a=1$、$b=1$、$a=b$ 中的一种。$a=1$ 时第一、二行相同，右端分别为 $1,2$；$b=1$ 时第一、三行相同，右端为 $1,4$；$a=b$ 时第二、三行相同，右端为 $2,4$。每一种都会产生相同左端等于不同数的矛盾，故无解。

3. 因而不会有无穷多解，可能情况恰为唯一解或无解，选 D。

答案： C，$\lambda\ne-1,-2$。

思路： 等价向量组要求张成同一空间，先检查满秩情况，再单独检查所有使行列式为零的参数。

详细解答：

1. 两组三向量组成的列矩阵行列式分别为

   $$D_1=\begin{vmatrix}\lambda&1&1\\1&\lambda&1\\1&1&\lambda\end{vmatrix} =\lambda^3-3\lambda+2=(\lambda-1)^2(\lambda+2),$$

   $$D_2=\begin{vmatrix}\lambda&1&1\\1&\lambda&\lambda\\1&1&\lambda^2\end{vmatrix} =(\lambda^2-1)\begin{vmatrix}\lambda&1\\1&\lambda\end{vmatrix} =(\lambda-1)^2(\lambda+1)^2.$$

   第二式使用第三列减第二列，再沿第三列展开。

2. 当 $\lambda\ne1,-1,-2$ 时，两组都满秩，都张成 $\mathbb R^3$，所以等价。$\lambda=1$ 时四个向量都等于 $(1,1,1)^T$，张成同一条直线，也等价。

3. $\lambda=-1$ 时 $D_1\ne0$，第一组秩为三；第二组中 $\alpha_4=\alpha_2$，秩至多二，所以不等价。$\lambda=-2$ 时 $D_1=0,D_2\ne0$，两组秩也不同，不等价。

4. 合并得到所有实数中除去 $-1,-2$，对应 C。

答案： $\mathrm{e}^{1/2}$。

思路： 底数趋于 $1$、指数发散，先取对数。

详细解答：

1. 底数始终为正。记原幂式为 $A(x)$，则

   $$\ln A(x)=\cot x\,\ln\frac{1+\mathrm{e}^x}{2}.$$

2. 因 $\mathrm{e}^x=1+x+o(x)$，底数为 $1+x/2+o(x)$，其对数为 $x/2+o(x)$；又 $x\cot x\to1$。因此

   $$\ln A(x)=(x\cot x)\frac{\ln[(1+\mathrm{e}^x)/2]}x\to\frac12.$$

   指数函数连续，故 $A(x)\to\mathrm{e}^{1/2}$。

答案： $y''(1)=-31/32$。

思路： 先确定隐函数在 $x=1$ 处的值和一阶导数，再求第二次导数。

详细解答：

1. 代入 $x=1$，得到 $y^3+y-2=0$，因式分解为 $(y-1)(y^2+y+2)=0$。二次因子无实根，所以 $y(1)=1$。

2. 对原式求导：

   $$2x+y+(x+3y^2)y'=0.$$

   在 $(1,1)$ 处系数为 $4\ne0$，得到 $y'(1)=-(2+1)/4=-3/4$。

3. 再求导：

   $$2+2y'+6y(y')^2+(x+3y^2)y''=0.$$

   代入得

   $$2-\frac32+\frac{54}{16}+4y''(1)=0,$$

   即 $31/8+4y''(1)=0$，所以 $y''(1)=-31/32$。

答案： $8\pi\sqrt3/9$。

思路： 分子拆成分母导数加常数，对数积分项在上下限相消。

详细解答：

1. $2x+3=(2x-1)+4$，所以

   $$I=[\ln(x^2-x+1)]_0^1 +4\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{(x-1/2)^2+3/4}.$$

   两端分母都为 $1$，对数项为零。

2. 令 $u=(2x-1)/\sqrt3$，上下限为 $-1/\sqrt3,1/\sqrt3$：

   $$I=\frac8{\sqrt3}[\arctan u]_{-1/\sqrt3}^{1/\sqrt3} =\frac8{\sqrt3}\cdot\frac\pi3 =\frac{8\pi\sqrt3}9.$$

答案： $y=C_1+\mathrm{e}^x(C_2\cos2x+C_3\sin2x)$。

思路： 三阶常系数齐次方程由特征方程的一个实根和一对复根确定通解。

详细解答：

1. 特征方程为

   $$r^3-2r^2+5r=r[(r-1)^2+4]=0.$$

   根为 $0,1+2i,1-2i$。

2. 实根零给常数解，复根给 $\mathrm{e}^x\cos2x$、$\mathrm{e}^x\sin2x$。三者线性无关，故带三个任意常数的通解如答案所示。

答案： $\pi/12$。

思路： 给定角度区间对应完整的一瓣，极坐标面积元素为 $r^2\mathrm{d}\theta/2$。

详细解答：

1. 当 $0\le\theta\le\pi/3$ 时，$r=\sin3\theta\ge0$，两端半径都为零，中间形成一瓣，因此

   $$S=\frac12\int_0^{\pi/3}\sin^2(3\theta)\mathrm{d}\theta.$$

2. 用 $\sin^2(3\theta)=(1-\cos6\theta)/2$，

   $$S=\frac14\left[\theta-\frac{\sin6\theta}6\right]_0^{\pi/3} =\frac\pi{12}.$$

答案： $\operatorname{tr}(A^{-1})=-1$。

思路： 按相反顺序撤销列操作与行交换，再求逆矩阵的对角元。

详细解答：

1. 将所得矩阵的第二列加回第一列，撤销“第一列减第二列”，得到交换行后的矩阵

   $$\begin{pmatrix}-1&1&-1\\0&-1&0\\-1&0&0\end{pmatrix}.$$

   再交换第二、三行，得

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

2. 对任意向量 $z$ 解 $Au=z$。后两行给 $u_1=-z_2,u_2=-z_3$，第一行再给 $u_3=-z_1+z_2-z_3$，所以

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

3. 迹是主对角元之和，故 $\operatorname{tr}(A^{-1})=0+0-1=-1$。

答案： $f'(1)=-1$。

思路： 有限极限先迫使常数项消失；之后用一点可导的增量表达式，无需假设二阶可导。

详细解答：

1. 可导保证在 $1$ 连续，所以分子趋于 $f(1)-3f(1)=-2f(1)$。题设极限有限、分母趋零，分子必须趋零，故 $f(1)=0$。

2. 由可导性，$f(1+h)=f'(1)h+o(h)$。又有

   $$\mathrm{e}^{x^2}-1=x^2+o(x^2),\qquad \sin^2x=x^2+o(x^2).$$

   因此

   $$f(\mathrm{e}^{x^2})=f'(1)x^2+o(x^2),\qquad f(1+\sin^2x)=f'(1)x^2+o(x^2).$$

3. 代回题设，极限为 $-2f'(1)=2$，所以 $f'(1)=-1$。

答案： 弧长 $L=(\mathrm{e}^2+1)/4$。

思路： 先解一阶线性方程，所得导数使弧长根号恰好化为完全平方。

详细解答：

1. $x>0$，方程除以 $2x$：

   $$y'-\frac2xy=\frac{\ln x}{x}-\frac1{2x}.$$

   积分因子为 $x^{-2}$，所以

   $$(x^{-2}y)'=\frac{\ln x-1/2}{x^3}.$$

2. 右端是 $[-\ln x/(2x^2)]'$，积分得到

   $$y=Cx^2-\frac12\ln x.$$

   初值 $y(1)=1/4$ 给出 $C=1/4$。

3. 因此 $y'=x/2-1/(2x)$。弧长公式给出

   $$L=\int_1^{\mathrm{e}}\sqrt{1+(y')^2}\mathrm{d}x.$$

   根号内为

   $$1+\left(\frac x2-\frac1{2x}\right)^2 =\left(\frac x2+\frac1{2x}\right)^2.$$

   因 $x>0$，平方根取正值 $x/2+1/(2x)$。

4. 积分得

   $$L=\left[\frac{x^2}4+\frac12\ln x\right]_1^{\mathrm{e}} =\frac{\mathrm{e}^2}4+\frac12-\frac14 =\frac{\mathrm{e}^2+1}4.$$

答案： $I=2\pi-2$。

思路： 原区域包含第一象限的四分之一圆及第二象限的三角形，两部分的极径上界不同，须分别积分。

详细解答：

1. 在第一象限 $x\ge0$，条件 $x\ge y-2$ 由 $y\le2$ 自动满足，而 $x\le\sqrt{4-y^2}$ 等价于 $x^2+y^2\le4$。因此这一部分的极坐标范围为

   $$0\le\theta\le\frac\pi2,\qquad0\le r\le2.$$

2. 在第二象限 $x\le0$，条件 $x\le\sqrt{4-y^2}$ 自动满足，区域是顶点为 $(0,0),(-2,0),(0,2)$ 的三角形。边界 $x=y-2$ 即 $y-x=2$，所以

   $$\frac\pi2\le\theta\le\pi,\qquad 0\le r\le\frac2{\sin\theta-\cos\theta}.$$

   这个上界也保证 $r\sin\theta\le2$，故没有遗漏 $y\le2$ 的限制。

3. 极坐标代换 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，面积元素为 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$，被积函数化为

   $$\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2} =(\cos\theta-\sin\theta)^2=1-\sin2\theta.$$

   原点处虽未定义，但函数在其余点有界，给单个原点任意赋值不改变二重积分。

4. 第一部分为

   $$I_1=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^2(1-\sin2\theta)r\,\mathrm{d}r =2\int_0^{\pi/2}(1-\sin2\theta)\mathrm{d}\theta =\pi-2.$$

5. 第二部分利用 $1-\sin2\theta=(\sin\theta-\cos\theta)^2$，

   $$I_2=\frac12\int_{\pi/2}^{\pi} (1-\sin2\theta)\frac4{(\sin\theta-\cos\theta)^2}\mathrm{d}\theta =2\int_{\pi/2}^{\pi}\mathrm{d}\theta=\pi.$$

   两部分只在边界重合，合并得到 $I=I_1+I_2=2\pi-2$。

答案： （1）$g_x=2(2x-y)\mathrm{e}^{-y}$；（2）$f(u,v)=(u^2+v^2)\mathrm{e}^{-(u+v)}$，原点取得极小值 $0$，$(1,1)$ 为鞍点，无极大值。

思路： 变量代换使 $f_u-f_v$ 变成一个偏导数，积分后的常数为另一变量的函数，再用边界条件确定它。

详细解答：

1. 第一问中 $u=x,v=y-x$，对 $x$ 求偏导时保持 $y$ 不变。因此

   $$g_x=f_u\,u_x+f_v\,v_x=f_u-f_v.$$

   代入给定关系并注意 $u-v=2x-y,u+v=y$，得到 $g_x=2(2x-y)\mathrm{e}^{-y}$。

2. 对 $x$ 积分，得

   $$g(x,y)=2(x^2-xy)\mathrm{e}^{-y}+C(y).$$

   边界 $v=0$ 对应 $y=x$，所以 $g(x,x)=f(x,0)=x^2\mathrm{e}^{-x}$，而多项式项在此为零。因此 $C(x)=x^2\mathrm{e}^{-x}$，即 $C(y)=y^2\mathrm{e}^{-y}$。

3. 将 $x=u,y=u+v$ 代回，

   $$f(u,v)=[2u^2-2u(u+v)+(u+v)^2]\mathrm{e}^{-(u+v)} =(u^2+v^2)\mathrm{e}^{-(u+v)}.$$

4. 令 $s=u+v,q=u^2+v^2$，其一阶偏导为 $f_u=(2u-q)\mathrm{e}^{-s}$、$f_v=(2v-q)\mathrm{e}^{-s}$。驻点满足 $2u=q=2v$，所以 $u=v=t$，再有 $2t=2t^2$，得到 $(0,0),(1,1)$。

5. 因为指数恒正且 $u^2+v^2\ge0$，原点是严格全局最小点，极小值为零。在 $(1,1)$ 处，

   $$f_{uu}=f_{vv}=0,\qquad f_{uv}=-2\mathrm{e}^{-2},$$

   Hessian 行列式为 $-4\mathrm{e}^{-4}<0$，故为鞍点，不是极值点。可微函数的内部极值必为驻点，两个驻点均已分类，因此无极大值。