2023年考研数学二真题

答案： B，斜渐近线为 $y=x+1/e$。

思路： 若曲线在无穷远处有斜渐近线 $y=kx+b$，则应有 $k=\lim y/x$、$b=\lim(y-kx)$。先求斜率，再把对数中的 $e$ 提出来，利用 $\ln(1+u)\sim u$ 求截距。

详细解答： 在 $x\to+\infty$ 和 $x\to-\infty$ 时，对数的真数都趋于正数 $e$，所以曲线在这两个方向上都有定义，且

$$k=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{y}{x} =\lim_{x\to\pm\infty}\ln\left(e+\frac1{x-1}\right)=1.$$

于是

$$y-x=x\ln\left(1+\frac1{e(x-1)}\right).$$

令 $u=1/[e(x-1)]$，则 $u\to0$。由 $\lim_{u\to0}\ln(1+u)/u=1$，可得

$$b=\lim_{x\to\pm\infty} \frac{x}{e(x-1)}\frac{\ln(1+u)}{u}=\frac1e.$$

因此在两个无穷远方向上都有 $y-(x+1/e)\to0$，斜渐近线是 $y=x+1/e$。

答案： D。

思路： 分段函数的原函数必须在每一点满足 $F'=f$。除了检查两段的导数，还要检查拼接点 $x=0$ 的连续性和可导性；两段积分常数不能随意独立选取。

详细解答： 对 $x<0$，有

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) =\frac{1+x/\sqrt{1+x^2}}{x+\sqrt{1+x^2}} =\frac1{\sqrt{1+x^2}}.$$

这里 $x+\sqrt{1+x^2}>0$，所以对数有定义。左段可取

$$F_-(x)=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)+C.$$

对 $x>0$，用乘积求导可验证

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\bigl[(x+1)\sin x+\cos x\bigr] =\sin x+(x+1)\cos x-\sin x =(x+1)\cos x.$$

选项 C、D 的右段正确，它在 $x\to0^+$ 时趋于 $1$。左段在 $x=0$ 的值为 $C$，要使 $F$ 连续，必须取 $C=1$，因此只可能选 D。

还需验证 $x=0$ 处的导数。D 的左导数为 $1$；右导数由定义计算为

$$\lim_{h\to0^+}\frac{(h+1)\sin h+\cos h-1}{h} =\lim_{h\to0^+}\left[(h+1)\frac{\sin h}{h} +\frac{\cos h-1}{h}\right]=1.$$

左右导数相等，而且 $f(0)=1$，所以 D 在拼接点也满足 $F'(0)=f(0)$，确实是 $f$ 的一个原函数。

答案： B，$y_n$ 是 $x_n$ 的高阶无穷小。

思路： “$y_n$ 是 $x_n$ 的高阶无穷小”表示两者都趋于 $0$，并且 $y_n/x_n\to0$。先证明它们是无穷小，再考察相邻两项比值之比，说明 $y_n/x_n$ 至少以几何速度衰减。

详细解答： 因为 $0<\sin t<t$ 对 $0<t\le1/2$ 成立，从 $x_1=1/2$ 出发，得到

$$0<x_{n+1}<x_n\le\frac12.$$

所以 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界，存在极限 $\ell\in[0,1/2]$。由正弦函数连续，递推式给出 $\ell=\sin\ell$；在该区间内只有 $\ell=0$ 满足这个等式，因此 $x_n\to0$。

另一数列可以直接写成

$$y_n=\left(\frac12\right)^{2^{n-1}}\to0.$$

令 $r_n=y_n/x_n>0$。利用两个递推式，有

$$\frac{r_{n+1}}{r_n} =\frac{y_n^2/\sin x_n}{y_n/x_n} =y_n\frac{x_n}{\sin x_n}\to0,$$

因为 $y_n\to0$，且 $x_n/\sin x_n\to1$。于是存在正整数 $N$，使 $n\ge N$ 时 $r_{n+1}\le r_n/2$，进而

$$0<r_n\le r_N\left(\frac12\right)^{n-N}\to0.$$

这就证明了 $y_n/x_n\to0$，应选 B。

答案： C，即 $a=0$、$b>0$。本题“方程的解”按通解讨论，要求任意积分常数对应的解均在整个实轴有界。

思路： 常系数齐次微分方程的解由特征根决定。要求在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界，就要同时检查 $x\to+\infty$ 和 $x\to-\infty$，不能只检查一个方向。

详细解答： 特征方程为

$$r^2+ar+b=0.$$

下面按“所有解有界”讨论。

若有非零实根 $r$，则 $e^{rx}$ 是一个解：$r>0$ 时它在 $x\to+\infty$ 时无界，$r<0$ 时它在 $x\to-\infty$ 时无界。因此非零实根不符合要求。若两根都为 $0$，则 $a=b=0$，通解为 $y=C_1+C_2x$，其中 $C_2\ne0$ 的解仍然无界。

若特征根为 $\alpha\pm i\beta$，其中 $\beta>0$，则通解为

$$y=e^{\alpha x}\bigl(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x\bigr).$$

当 $\alpha\ne0$ 时，取 $C_1=1,C_2=0$，沿 $x=2k\pi/\beta$ 的适当正向或负向序列，余弦恒为 $1$，指数因子在该无穷远方向增长，该解无界。故必须有 $\alpha=0$。由两根之和与乘积，得到

$$a=0,\qquad b=\beta^2>0.$$

反过来，此时通解为

$$y=C_1\cos(\sqrt b\,x)+C_2\sin(\sqrt b\,x),$$

对任意常数 $C_1,C_2$ 都在实轴上有界，所以 C 符合要求。

题面中的“解”若只表示某一个解，则 $y\equiv0$ 对任何参数都满足条件。即使排除零解，“存在非零有界解”也比“所有解有界”弱，例如 $b=0$ 时非零常数函数就是有界解，不能据此直接推出 $a=0,b>0$。

答案： C，$f'$ 连续，但 $f''(0)$ 不存在。

思路： 绝对值使参数方程在 $t=0$ 两侧不同。先分别消去参数，再用导数定义检查 $x=0$ 处的一阶、二阶导数。

详细解答： 当 $t\le0$ 时，$x=t$、$y=-t\sin t$；当 $t>0$ 时，$x=3t$、$y=t\sin t$。因此

$$f(x)= \begin{cases} -x\sin x,&x\le0,\\ \dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3},&x>0. \end{cases}$$

两段在 $x\to0$ 时都趋于 $0=f(0)$，所以 $f$ 连续。再由导数定义，

$$\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^-}(-\sin x)=0,$$

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^+}\frac13\sin\frac{x}{3}=0.$$

所以 $f'(0)=0$。在 $x\ne0$ 时，

$$f'(x)= \begin{cases} -\sin x-x\cos x,&x<0,\\ \dfrac13\sin\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{9}\cos\dfrac{x}{3},&x>0. \end{cases}$$

两侧都趋于 $0=f'(0)$，故 $f'$ 在 $0$ 连续；在其余各点，两段都是光滑函数，因此 $f'$ 连续。

二阶导数 $f''(0)$ 要求 $[f'(x)-f'(0)]/x$ 存在共同极限。但

$$\lim_{x\to0^-}\frac{f'(x)}x =\lim_{x\to0^-}\left(-\frac{\sin x}{x}-\cos x\right)=-2,$$

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f'(x)}x =\lim_{x\to0^+}\left(\frac{\sin(x/3)}{3x} +\frac19\cos\frac{x}{3}\right)=\frac19+\frac19=\frac29.$$

左右极限不同，所以 $f''(0)$ 不存在。

答案： A，$\alpha_0=-1/\ln(\ln2)$。

思路： 先确定反常积分收敛的参数范围，再把积分算成关于 $\alpha$ 的函数。对于正函数，取对数后求导往往比直接求导更简洁。

详细解答： 令 $t=\ln x$，则 $\mathrm dt=\mathrm dx/x$，有

$$f(\alpha)=\int_{\ln2}^{+\infty}t^{-\alpha-1}\,\mathrm dt.$$

当 $\alpha=0$ 时，积分到上限 $R$ 的值为 $\ln R-\ln(\ln2)$，随 $R\to+\infty$ 趋于 $+\infty$。当 $\alpha<0$ 时，$-\alpha>0$，原函数 $-t^{-\alpha}/\alpha$ 在 $t\to+\infty$ 时也趋于 $+\infty$。因此只有 $\alpha>0$ 时反常积分收敛。此时

$$f(\alpha)=\lim_{R\to+\infty} \left[-\frac{t^{-\alpha}}\alpha\right]_{\ln2}^{R} =\frac{(\ln2)^{-\alpha}}\alpha.$$

在 $\alpha>0$ 上，$f(\alpha)>0$，所以

$$\ln f(\alpha)=-\alpha\ln(\ln2)-\ln\alpha, \qquad \frac{f'(\alpha)}{f(\alpha)}=-\ln(\ln2)-\frac1\alpha.$$

由于 $0<\ln2<1$，有 $\ln(\ln2)<0$。令导数为零，得

$$\alpha_0=-\frac1{\ln(\ln2)}>0.$$

当 $0<\alpha<\alpha_0$ 时，$f'(\alpha)<0$；当 $\alpha>\alpha_0$ 时，$f'(\alpha)>0$。因此 $f$ 在 $\alpha_0$ 处取得最小值。

答案： C，$a\in[1,2)$。

思路： 极值点需要考察一阶导数是否变号，拐点需要考察二阶导数是否变号。导数等于零只是候选条件，不能直接当作极值或拐点的充分条件。

详细解答： 用乘积求导，得到

$$f'(x)=2xe^x+(x^2+a)e^x =e^x\bigl[(x+1)^2+a-1\bigr].$$

因 $e^x>0$，导数的符号由括号内的二次式决定。

若 $a<1$，该二次式有两个不同的零点 $-1\pm\sqrt{1-a}$，符号依次为正、负、正，故函数有极大值点和极小值点。若 $a\ge1$，则 $f'(x)\ge0$，函数单调递增，不存在极值点。特别地，$a=1$ 时虽然 $f'(-1)=0$，但两侧导数都为正，因此不是极值点。故“没有极值点”等价于 $a\ge1$。

继续求导，

$$f''(x)=e^x(x^2+4x+a+2) =e^x\bigl[(x+2)^2+a-2\bigr].$$

当 $a<2$ 时，括号内有两个不同的零点 $-2\pm\sqrt{2-a}$，并且在每个零点两侧变号，所以图像有拐点。当 $a=2$ 时，$f''$ 只在 $x=-2$ 为零，左右都为正，不是拐点；$a>2$ 时没有零点。因此“有拐点”等价于 $a<2$。

合并两个条件，得到 $1\le a<2$。

答案： D。

思路： 对可逆矩阵 $M$，伴随矩阵满足 $M^*=|M|M^{-1}$。因此先求分块矩阵的行列式和逆矩阵，再化成 $A^*$、$B^*$；矩阵相乘的顺序必须保持。

详细解答： 记

$$M=\begin{pmatrix}A&E\\O&B\end{pmatrix}.$$

它是分块上三角矩阵，故 $|M|=|A||B|\ne0$。设逆矩阵也是分块上三角形式，比较 $MM^{-1}=E_{2n}$ 的各块，可以得到

$$M^{-1}=\begin{pmatrix}A^{-1}&-A^{-1}B^{-1}\\O&B^{-1}\end{pmatrix}.$$

其中右上块的验证是

$$A(-A^{-1}B^{-1})+EB^{-1}=-B^{-1}+B^{-1}=O.$$

于是

$$M^*=|A||B| \begin{pmatrix}A^{-1}&-A^{-1}B^{-1}\\O&B^{-1}\end{pmatrix}.$$

利用 $A^*=|A|A^{-1}$、$B^*=|B|B^{-1}$，化简为

$$M^*=\begin{pmatrix} |B|A^*&-A^*B^*\\ O&|A|B^* \end{pmatrix}.$$

右上块是 $-A^*B^*$，不能随意交换成 $-B^*A^*$，因此选 D。

答案： B，规范形为 $y_1^2-y_2^2$，第三个变量的系数为 $0$。

思路： 规范形要求经过可逆线性变换，把非零平方项的系数化成 $1$ 或 $-1$。题中的前两个平方项具有对称结构，用 $x_2+x_3$ 与 $x_2-x_3$ 配方可以直接判断正、负平方项的个数。

详细解答： 令

$$u=x_1+\frac{x_2+x_3}{2},\qquad v=x_2-x_3.$$

则 $x_1+x_2=u+v/2$，$x_1+x_3=u-v/2$。代入二次型，

$$\begin{aligned} f&=\left(u+\frac v2\right)^2 +\left(u-\frac v2\right)^2-4v^2\\ &=2u^2+\frac12v^2-4v^2 =2u^2-\frac72v^2. \end{aligned}$$

再令

$$y_1=\sqrt2\,u,\qquad y_2=\sqrt{\frac72}\,v,\qquad y_3=x_2+x_3.$$

这个变换可逆，因为可以依次还原

$$u=\frac{y_1}{\sqrt2},\qquad v=\sqrt{\frac27}\,y_2,$$

$$x_2=\frac{y_3+v}{2},\qquad x_3=\frac{y_3-v}{2},\qquad x_1=u-\frac{y_3}{2}.$$

因此规范形是 $f=y_1^2-y_2^2+0y_3^2$，有一个正平方项、一个负平方项，选 B。

答案： D，$\gamma=k(1,5,8)^T$，其中 $k\in\mathbb R$。

思路： 每组中的两个向量线性无关，各自张成经过原点的平面。能被两组分别表示的向量，必须同时在两个平面内；用平面的法向量写出两个线性方程即可求交集。

详细解答： 两组向量的叉积分别为

$$\alpha_1\times\alpha_2=(-1,5,-3)^T, \qquad \beta_1\times\beta_2=(5,7,-5)^T.$$

它们都非零，说明每组的两个向量线性无关，且上述叉积就是对应平面的法向量。设 $\gamma=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)^T$，则它必须满足

$$\begin{cases} -\gamma_1+5\gamma_2-3\gamma_3=0,\\ 5\gamma_1+7\gamma_2-5\gamma_3=0. \end{cases}$$

由第一式，$\gamma_1=5\gamma_2-3\gamma_3$。代入第二式，得

$$32\gamma_2-20\gamma_3=0, \qquad 8\gamma_2=5\gamma_3.$$

令 $\gamma_3=8k$，便有 $\gamma_2=5k$、$\gamma_1=k$，所以交集中的向量只能是 $k(1,5,8)^T$。

还可直接验证

$$(1,5,8)^T=3\alpha_1-\alpha_2=\beta_1-\beta_2.$$

故它的任意倍数确实能由两组各自线性表示，答案为 D。

答案： $ab=-2$。

思路： 等价无穷小要求 $f(x)/g(x)\to1$。先找出 $g$ 的最低次非零项，再令 $f$ 的低次项消失，并使对应次项的系数相等。

详细解答： 在 $x\to0$ 时，使用泰勒展开，

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+O(x^3),$$

所以

$$f(x)=(a+1)x+\left(b-\frac12\right)x^2+O(x^3).$$

另外，

$$e^{x^2}=1+x^2+O(x^4),\qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+O(x^4),$$

从而

$$g(x)=\frac32x^2+O(x^4).$$

为了使 $f/g$ 有有限极限，$f$ 中的一次项必须消失，即 $a+1=0$，故 $a=-1$。这时

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{b-1/2}{3/2}.$$

等价要求这个比值为 $1$，于是 $b-1/2=3/2$，即 $b=2$。因此 $ab=-2$。

答案： $\sqrt3+4\pi/3$。

思路： 求整条曲线的弧长，要先确定它的实数定义域。由微积分基本定理求 $y'$ 后，使用平面曲线的弧长公式，再以三角换元计算根式积分。

详细解答： 根式 $\sqrt{3-t^2}$ 要求 $|t|\le\sqrt3$，所以曲线的定义域为 $[-\sqrt3,\sqrt3]$。由微积分基本定理，

$$y'(x)=\sqrt{3-x^2}.$$

对可连续求导的曲线 $y=y(x)$，弧长为 $\int\sqrt{1+[y'(x)]^2}\,\mathrm dx$。故本题弧长

$$L=\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\sqrt{4-x^2}\,\mathrm dx.$$

令 $x=2\sin\theta$。当 $x$ 从 $-\sqrt3$ 变到 $\sqrt3$ 时，$\theta$ 从 $-\pi/3$ 变到 $\pi/3$，且这一区间上 $\cos\theta>0$，因此

$$\sqrt{4-x^2}=2\cos\theta,\qquad \mathrm dx=2\cos\theta\,\mathrm d\theta.$$

于是

$$\begin{aligned} L&=4\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\cos^2\theta\,\mathrm d\theta\\ &=2\int_{-\pi/3}^{\pi/3}(1+\cos2\theta)\,\mathrm d\theta\\ &=\left[2\theta+\sin2\theta\right]_{-\pi/3}^{\pi/3} =\frac{4\pi}{3}+\sqrt3. \end{aligned}$$

答案： $\left.z_{xx}\right|_{(1,1)}=-3/2$。

思路： 先求出指定点的 $z$ 值，并检查隐函数可以局部求导。对 $x$ 求偏导时把 $y$ 视为常数，但 $z$ 随 $x$ 变化，所以 $e^z$ 和 $xz$ 都要使用链式法则或乘积法则。

详细解答： 在 $(x,y)=(1,1)$ 处，原方程变成

$$e^z+z=1.$$

左侧关于 $z$ 的导数是 $e^z+1>0$，严格递增；$z=0$ 满足等式，所以该点唯一对应 $z=0$。

记 $F(x,y,z)=e^z+xz-2x+y$。在 $(1,1,0)$ 处，$F_z=e^z+x=2\ne0$，且 $F$ 光滑，因此隐函数定理保证附近存在可求二阶偏导的 $z=z(x,y)$。

对原方程关于 $x$ 求偏导，得到

$$e^z z_x+z+xz_x=2, \qquad (e^z+x)z_x+z=2.$$

代入 $(1,1,0)$，得 $2z_x=2$，所以该点 $z_x=1$。再对上述等式求一次 $x$ 偏导，

$$(e^z z_x+1)z_x+(e^z+x)z_{xx}+z_x=0,$$

即

$$(e^z+x)z_{xx}+e^z z_x^2+2z_x=0.$$

代入 $e^z=1$、$x=1$、$z_x=1$，有 $2z_{xx}+1+2=0$，故 $z_{xx}=-3/2$。

答案： 法线斜率为 $-11/9$。

思路： 先由 $x=1$ 求对应点，再隐式求导得到切线斜率。切线与法线垂直，且本题切线斜率非零，因此法线斜率为切线斜率的负倒数。

详细解答： 令 $x=1$，有 $y^5+2y^3=3$，$y=1$ 满足等式。函数 $h(y)=y^5+2y^3$ 严格递增，因为

$$h'(y)=5y^4+6y^2\ge0,$$

且除 $y=0$ 外导数均为正，所以对应点唯一，为 $(1,1)$。

在该点 $5y^4+6y^2=11\ne0$，可以把曲线局部写成 $y=y(x)$。对 $3x^3=y^5+2y^3$ 求导，

$$9x^2=(5y^4+6y^2)y'.$$

所以切线斜率为

$$m_{\mathrm{切}}=\left.\frac{9x^2}{5y^4+6y^2}\right|_{(1,1)}=\frac9{11}.$$

法线与切线垂直，斜率乘积为 $-1$，于是

$$m_{\mathrm{法}}=-\frac1{m_{\mathrm{切}}}=-\frac{11}{9}.$$

答案： $1/2$。

思路： 已知的积分区间是 $[0,2]$，而待求区间是 $[1,3]$。把新增的一段 $[2,3]$ 平移到 $[0,1]$，就能用函数的差分关系替代未知的函数值。

详细解答： 把积分分段，并在 $[2,3]$ 上令 $x=t+2$，得到

$$\begin{aligned} \int_1^3f(x)\,\mathrm dx &=\int_1^2f(x)\,\mathrm dx+\int_2^3f(x)\,\mathrm dx\\ &=\int_1^2f(x)\,\mathrm dx+\int_0^1f(t+2)\,\mathrm dt\\ &=\int_0^2f(t)\,\mathrm dt +\int_0^1\bigl[f(t+2)-f(t)\bigr]\,\mathrm dt. \end{aligned}$$

利用题设的两个条件，

$$\int_1^3f(x)\,\mathrm dx =0+\int_0^1t\,\mathrm dt =\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^1=\frac12.$$