2015考研数真题篇：十年真题精解与热点问题

一、选择题

（1）分析 用常用等价无穷小代替确定正确选项.

精解 由选项中所述知α（x）是x→0时的无穷小，因此，当x→0时

所以，当x→0时，α（x）是与x的同阶但不等价的无穷小.

因此本题选（C）.

附注 应记住常用的等价无穷小：x→0时，

sinx～x，tanx～x，arcsinx～x，arctanx～x，

e^x-1～x，ln（1+x）～x，（1+x）^μ-1～μx（μ≠0），

（2）分析 由于，所以只要算出f′（0）即可.

精解 由所给方程知f（0）=1.方程两边对x求导得

将x=0，y=1代入上式得

f′（0）=y′（0）=1，

所以，

因此本题选（A）.

附注 由导数定义知，所给极限为2f′（0），所以在隐函数求导时，不必算出f′（x）的表达式，只需算出f′（0）即可.这样使计算快捷些.

（3）分析 利用积分上限函数的性质确定正确选项.

精解 由于f（x）在[0，2π]除第一类间断点x=π外处处连续，所以f（x）在[0，2π]上可积，从而F（x）在点x=π处连续.

如果F（x）在点x=π∈[0，2π]处可导，则F′（x）=f（x）应在点x=π处连续，这与x=π是f（x）的间断点矛盾，所以F（x）在点x=π处不可导.

因此本题选（C）.

附注 积分上限函数有如下常用性质：

设f（x）在[a，b]上可积，则F（x）在[a，b]上连续，

设f（x）在[a，b]上连续，则F（x）在[a，b]上可导，且F′（x）=f（x）.

（4）分析 由题设知，反常积分和都收敛，由此可以确定正确的选项.

精解 由于反常积分收敛，所以α-1＜1，即α＜2.

由于反常积分收敛，所以α＞0.

综上所述0＜α＜2.

因此本题选（D）.

附注收敛时必有α＞0的证明：

α=0时，

α≠0时，

所以，收敛时必有α＞0.

（5）分析 通过求dz算得，，由此即可得到正确选项.

精解 由于

所以，，

故

因此本题选（A）.

附注 由于要计算，，所以从计算dz入手.

（6）分析 由于在D₂上，y-x≥0，所以从考虑I₂入手.

精解 由于在D₂上，y-x≥0，且仅在点（0，0）处取等号，所以

因此本题选（B）.

附注 容易得到I₄＜0.下面证明I₁=I₃=0.

由于D₁、D₃都关于直线y=x对称，在对称点处y-x的值互为相反数，所以，，

（7）分析 利用两个向量组等价的定义确定正确的选项.

精解 记A=（α₁，α₂，…，α_n）（其中α₁，α₂，…，α_n是A的列向量组），C=（γ₁，γ₂，…，γ_n），B=[b_ij]_n×n，则由AB=C得

即

由此可知，C的列向量组可由A的列向量组线性表示.

由B可逆得CB^-1=A，因此同样可知A的列向量组可由C的列向量组线性表示.由此得到矩阵C的列向量组与A的列向量组等价.

因此本题选（B）.

附注 两个向量组Ⅰ与Ⅱ等价的定义是：

如果Ⅰ与Ⅱ可相互线性表示，则称Ⅰ与Ⅱ等价.

（8）分析 利用两个实对称矩阵相似的充分必要条件是它们有相同的特征多项式，即可得到正确选项.

精解 记，，E为三阶单位矩阵，则A、B都是三阶实对称矩阵，且A的特征多项式

而B的特征多项式为λ（λ-2）（λ-b）=λ[λ²-（2+b）λ+2b].

显然λ[λ²-（2+b）λ+（2b-2a²）]=λ[λ²-（2+b）λ+2b]的充分必要条件是2b-2a²=2b，即a=0，b为任意常数.

从而A～B的充分必要条件是a=0，b是任意常数.

因此本题选（B）.

附注 以下结论是值得注意的：

设A、B都是n阶矩阵，则它们相似的必要而非充分条件是具有相同的特征多项式；

设A、B都是n阶实对称矩阵，则它们相似的充分必要条件是具有相同的特征多项式.

二、填空题

（9）分析 所给极限是1∞型未定式极限，故需先将函数指数化.

精解

其中，

将式（2）代入式（1）得

附注 计算0⁰，1^∞，∞⁰型未定式时，一般情况下，总是先将[f（x）]^g（x）指数化，即

然后计算0·∞型未定式，如果它的值为A，则

以上的x₀可为x₀^-，x₀⁺，∞，-∞，+∞.

（10）分析 利用反函数导数计算公式计算

精解f（x）的定义域为（-∞，0].在（-∞，0）内，即y=f（x）单调增加，所以y=0时，x=-1，从而

附注 设y=f（x）可导，且f′（x）≠0，则它的反函数x=f^-1（y）的导数

（11）分析 利用角域{（r，θ）|0≤r≤r（θ），θ₁＜θ＜θ₂}的面积S的计算公式计算.

精解L围成的角域为，所以它的面积

附注 上述的角域面积计算公式可以推广为：

角域{（r，θ）|r₁（θ）≤r≤r₂（θ），θ₁≤θ≤θ₂}的面积为

（12）分析 求出法线的斜率即可得到要求的法线方程.

精解 由于，，并且

所以要求的法线方程为

附注 曲线在对应t=1点处的切线方程为，即

（13）分析 先算出所给的常系数非齐次线性微分方程的通解，然后利用初始条件确定对应的特解.

精解 由于y₁，y₂，y₃是所给的二阶常系数非齐次线性微分方程的解，所以y₁-y₃=e^3x，y₂-y₃=e^x是对应的齐次线性微分方程的两个线性无关的特解，故其通解为Y=C₁e^3x+C₂e^x以及所给的二阶常系数非齐次线性微分方程的通解为

y=Y+y₃=C₁e^3x+C₂e^x-xe^2x， （1）

且 y′=3C₁e^3x+C₂e^x-（1+2x）e^2x. （2）

将y|_x=0=0，y′|_x=0=1代入式（1）、式（2）得

即C₁=1，C₂=-1.

将它们代入式（1）得所给的二阶常系数非齐次线性微分方程满足y|_x=0=0，y′|_x=0=1的解为y=e^3x-e^x-xe^2x.

附注 顺便算出题中的二阶常系数非齐次线性微分方程.

显然对应的齐次线性微分方程的特征方程有根1，3，所以特征方程为λ²-4λ+3=0，从而二阶常系数非齐次线性微分方程为

y″-4y′+3y=f（x）. （3）

将y=-xe^2x代入得

f（x）=xe^2x.

所以所求的二阶常系数非齐次线性微分方程为

y″-4y′+3y=xe^2x.

（14）分析 由题设A_ij+a_ij=0（i，j=1，2，3）知，A的伴随矩阵A^∗=-A^T，由此可以算出|A|.

精解 由题设A_ij+a_ij=0，即A_ij=-a_ij（i，j=1，2，3）知

从而由|A^∗|=|A|^3-1=|A|²得

|-A^T|=|A|²，即（-1）³|A|=|A|².

由此得到|A|=0，或-1.

若|A|=0，则

-AA^T=AA^∗=|A|E=O，

则有A=O，与题设矛盾.(www.xing528.com)

故|A|=-1.

附注 对于n阶矩阵A的伴随矩阵A∗应记住以下常用性质：

（ⅰ）A^∗A=AA^∗=|A|E_n（E_n是n阶单位矩阵）；

（ⅱ）A^∗=|A|A^-1（当A可逆时）；

（ⅲ）|A^∗|=|A|^n-1（n＞1）；

（ⅳ）（λA）^∗=λ^n-1A^∗（λ是常数）；

（ⅴ）（A^T）^∗=（A^∗）^T；

（ⅵ）（AB）^∗=B^∗A^∗（B是n阶矩阵）.三、解答题

（15）分析 用带佩亚诺型余项的麦克劳林公式寻找x→0时的1-cosx·cos2x·cos3x的等价无穷小，即可算得n与a的值.

精解 由于x→0时，

所以，由题设1-cosx·cos2x·cos3x～axⁿ，即7x²～axⁿ得n=2，a=7.

附注 由于1-cosx·cos2x·cos3x不易利用常用等价无穷小寻找其在x→0时的等价无穷小，故利用带佩亚诺型余项的麦克劳林公式寻找1-cosx·cos2x·cos3x在x→0时的等价无穷小，比较快捷.

（16）分析 先利用旋转体体积计算公式算出V_x与V_y，然后由题设算出a的值.

精解，0≤x≤a}绕x轴旋转一周所得的旋转体体积

D绕y轴旋转一周所得的旋转体体积

于是由题设V_y=10V_x，即得

附注 应记住以下公式：

设D={（x，y）|0≤f₁（x）≤y≤f₂（x），a≤x≤b}，则D绕x轴旋转一周而成的旋转体体积；

设D={（x，y）|f₁（x）≤y≤f₂（x），0≤a≤x≤b}，则D绕y轴旋转一周而成的旋转体体积

本题的有关内容及方法见提高篇09.

（17）分析 先画出D的图形，然后用极坐标计算所给的二重积分.

图 B-13-1

精解D的图形如图B-13-1的阴影部分所示，它是角域一部分，用极坐标表示为

所以，

附注 由于D是角域的一部分，所以用极坐标计算所给二重积分是比较快捷的.

本题的有关内容与方法见提高篇12.

（18）分析 （Ⅰ）由于f（0）=0，f（1）=1，所以可用拉格朗日中值定理证明本小题.

（Ⅱ）由（Ⅰ）及f′（x）是偶函数知，f′（ξ）=f′（-ξ）=1，于是对辅助函数F（x）=e^x[f（x）-1]在[-1，1]上应用罗尔定理即可证明本小题.

精解 （Ⅰ）由于f（x）在[0，1]上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在ξ∈（0，1），使得f′（ξ）（1-0）=f（1）-f（0），即

f′（ξ）=1-f（0）. （1）

由于f（x）是奇函数，所以有f（0）=-f（0），即f（0）=0.将它代入式（1）得证，存在ξ∈（0，1），使得f′（ξ）=1.

（Ⅱ）由f（x）是可导的奇函数知f′（x）（x∈[-1，1]）是偶函数，所以由（Ⅰ）知存在ξ∈（0，1）和-ξ∈（-1，0），使得f′（ξ）=f′（-ξ）=1.

作辅助函数F（x）=e^x[f′（x）-1]，则F（x）在[-ξ，ξ]上可导，且F（-ξ）=F（ξ）（=0），所以由罗尔定理知，存在η∈（-ξ，ξ）⊂（-1，1），使得F′（η）=0，即e^x[f″（x）+f′（x）-1]|_x=η=0.由此证得存在η∈（-1，1），使得f″（η）+f′（η）=1.

附注 （Ⅱ）中的辅助函数F（x）是按以下方法作出的：

将欲证的等式f″（_η）+f′（η）=1中的η改为x得

f″（x）+f′（x）=1，即[f′（x）-1]′+[f′（x）-1]=0. （2）

解此以f′（x）-1为未知函数的微分方程（2）得

故令辅助函数为F（x）=e^x[f′（x）-1].

本题的证明方法（特别是作辅助函数方法）见提高篇04.

（19）分析 本题是所给曲线：x³-xy+y³=1（其中A=（0，1），B=（1，0））到原点距离的最值问题，先计算d（x，y）在边界点A，B处的值，然后计算d（x，y）在内部各点（x，y）（x＞0，y＞0）处的值.由此得到所求的最值.

精解d|_A=d|_B=1，

为计算d（x，y）在内部各点（x，y）（x＞0，y＞0）处的值，用拉格朗日乘数法计算d²（x，y）=x²+y²在约束条件x³-xy+y³-1=0下的可能极值点.为此作拉格朗日函数

F（x，y，λ）=x²+y²+λ（x³-xy+y³-1），

则F_x′=2x+λ（3x²-y），F_y′=2y+λ（-x+3y²）.由拉格朗日乘数法得方程组

由于式（1）中的x与y对换得式（2），反之也对，所以由式（1）与式（2）得x=y.将它代入式（3）得2x³-x²-1=0，即（x-1）（2x²+x+1）=0.

于是在x³-xy+y³=1的约束条件下，d²（x，y）的可能极值点为（1，1），且

由此得到曲线到原点的最长距离，最短距离

附注 题解中有两点值得注意：

（ⅰ）当x与y对调时，式（1）成为式（2），式（2）成为式（1），由此推出x=y.这样做使得计算变得简单些.

（ⅱ）由题中是计算d（x，y）（x≥0，y≥0）的最值，所以应将d（x，y）在可能极值点（1，1）处的值与边界点A，B处的值比较，算出d（x，y）的最值.

有关二元函数在约束条件下的极值与最值计算见提高篇06.

（20）分析 （Ⅰ）用导数法计算f（x）在（0，+∞）上的最小值.

（Ⅱ）先用数列极限存在准则Ⅱ确定存在，然后计算其值.

精解 （Ⅰ）的定义域为（0，+∞），在其上

所以f（x）的最小值为f（1）=1.

（Ⅱ）由题设知，对n=1，2，…有

另由（Ⅰ）知，即从而（n=1，2，…），即{x_n}单调增加.

再由题设知lnx_n＜1，即x_n＜e（n=1，2，…），所以{x_n}有上界.因此由数列极限存在准则Ⅱ知存在，记其值为A，则A＞0.对（n=1，2，…）的两边令n→∞取极限得

另由（Ⅰ）知，对于正数A有比较上述两式得

由（Ⅰ）可知，仅在A=1时取值为1，即方程（1）有唯一解A=1，因此

附注 本题的数列{x_n}虽不是由递推式定义的，但仍用数列极限存在准则Ⅱ证明存在，其中{x_n}的单调性的证明与常见的不一样，应注意.

本题是综合题，有关方法见提高篇02、06.

（21）分析 （Ⅰ）按平面曲线弧长公式计算L的弧长.

（Ⅱ）按平面图形形心公式计算其中形心的横坐标.

精解 （Ⅰ）记L（1≤x≤e）的弧长为S，则

（Ⅱ）记D的形心横坐标为，则

其中，

将它们代入式（1）得

附注 应记住以下公式.

（ⅰ）平面曲线L弧长计算公式：

设L：x=x（t），y=y（t）（t₀≤t≤t₁），则它的长度；

设L：y=f（x）（x₀≤x≤x₁），则它的弧长；

设L：r=r（θ）（θ₀≤θ≤θ₁），则它的弧长

（ⅱ）平面区域D的形心计算公式：

设形心为，则

（22）分析 设，将它代入AC-CA=B转化成四元线性方程组，由此可确定使该方程组有解算的a，b的值，并解该方程组算出所有的C.

精解 设，则AC-CA=B成为

即

所以，x₁，x₂，x₃，x₄满足非齐次线性方程组

欲使上述方程组有解，必须有：

由式（1）+式（4）得b=0，

由式（1）+式（2）+式（3）·a得1+a=0，即a=-1.

于是当a=-1，b=0时，存在矩阵C使得

AC-CA=B.

将a=-1，b=0代入式（1）～式（4）得

显然它与方程组

同解.（Ⅱ）的导出组的基础解系为（1，-1，1，0）^T，（1，0，0，1）^T，且（Ⅱ）有特解（1，0，0，0）^T，所以（Ⅱ）的通解，即（Ⅰ）的通解为

从而所有的（其中C₁，C₂是任意常数）.

附注 本题采用将矩阵方程转换成线性方程组的方法，这是求解矩阵方程的常用方法.

（23）分析 （Ⅰ）将a₁x₁+a₂x₂+a₃x₃=（x₁，x₂，x₃）α，b₁x₁+b₂x₂+b₃x₃=（x₁，x₂，x₃）β代入f（x₁，x₂，x₃）即可证明它的矩阵为2αα^T+ββ^T.

（Ⅱ）本小题只要证明：当α，β是正交单位向量组时，构造正交矩阵Q，使得在正交变换x=Qy（x=（x₁，x₂，x₃），y=（y₁，y₂，y₃））下f的标准形为2y²₁+y²₂即可.

精解 （Ⅰ）由于，所以二次型（a₁x₁+a₂x₂+a₃x₃）²的矩阵为（实对称矩阵）.

同样可知，二次型（b₁x₁+b₂x₂+b₃x₃）²的矩阵为（实对称矩阵），所以，二次型f（x₁，x₂，x₃）的矩阵A=2αα^T+ββ^T（实对称矩阵）.

（Ⅱ）当α，β是正交单位向量组时，必可找到与α，β都正交的单位向量γ=（c₁，c₂，c₃）.记Q=（α，β，γ），则Q是正交矩阵.记

y=Q^Tx（其中x=（x₁，x₂，x₃），y=（y₁，y₂，y₃）），

即则在正交变换x=Qy下，二次型f（x₁，x₂，x₃）化为标准形2y²₁+y²₂，即

附注 （ⅰ）当α=（a₁，a₂，a₃）T时，

α^Tα为数，而αα^T是三阶实对称矩阵，且

（ⅱ）要熟练掌握二次型化标准形的有关理论与方法.