2015考研数真题精解与热点问题，附十年真题

一、选择题

（1）分析 利用sinx的三阶麦克劳林公式（带佩亚诺型余项）计算f（x）在x→0时的等价无穷小.

精解 由于所以k=3，c=4.

因此本题选（C）.

附注 本题也可用洛必达法则逐一计算f（x）与x，x²，x³，…是否为同阶无穷小.

由此可知，f（x）=3sinx-sin3x～4x³（x→0），即k=3，c=4.

（2）分析 由于f（x）仅在点x=0处可导，因此需用导数定义计算所给的极限.

精解

其中（利用f（x）在点x=0处可导），

（利用f（t）在点t=0处可导）.

将它们代入式（1）得

因此本题选（B）.

附注 可考虑与本题类似的问题：

设函数f（x）在点x=1处可导，求极限具体

计算如下：

其中

因此

（3）分析 按驻点定义，只要确定f′（x）的零点个数即可.

精解 由于f（x）=ln|（x-1）（x-2）（x-3）|=ln|x-1|+ln|x-2|+ln|x-3|，

所以

于是由分子有两个不同零点知f（x）有两个驻点.

因此本题选（C）.

附注 这里要注意的是，ln|x-3|也有相同的说法.

（4）分析 所给微分方程是二阶常系数非齐次线性微分方程，所以它的特解形式可按公式确定.

精解 所给微分方程对应的齐次方程的特征方程为r²-λ²=0.所以微分方程右边e^λx的λ，e^-λx的-λ都是特征方程的单根，故特解形式为

x（ae^λx+be^-λx）.

因此本题选（C）.

附注 二阶常系数非齐次线性微分方程

y″+py′+qy=e^αxP_m（x） （P_m（x）是x的m次多项式）

具有以下形式的特解

y∗=x^kQ_m（x）e^αx，

其中，

（5）分析 按二元函数极小值计算方法确定正确选项.

精解 由f′（0）=g′（0）=0知z_x′（0，0）=z_y′（0，0）=0，所以点（0，0）是z的一个驻点.

由于z_x″_x（0，0）=f″（0）g（0），z_x″_y（0，0）=f′（0）g′（0）=0，z_y″_y（0，0）=f（0）g″（0），所以z在点（0，0）处取得极小值的一个充分条件为

即

于是，由f（0）＞0，g（0）＜0知，上述的充分条件成为f″（0）＜0，g″（0）＞0.

因此本题选（A）.

附注 在本题的条件下，z在点（0，0）处取得极大值的一个充分条件是f″（0）＞0，g″（0）＜0.

（6）分析 由于I，J，K都是上的定积分，或仅有瑕点x=0的收敛反常积分，所以只要比较被积函数在内的大小即可.

精解 由于对有

sinx＜cosx＜cotx，

所以由lnu是单调增加函数知

lnsinx＜lncosx＜lncotx.

于是，，即I＜K＜J.

因此本题选（B）.

附注 当f（x）与g（x）在[a，b]上连续时，如果f（x）＜g（x）（x∈（a，b）），则

当f（x）与g（x）在（a，b]上连续时，如果x=a是f（x）或g（x）的瑕点（但反常积分或都收敛），并且f（x）＜g（x）（x∈（a，b）），则

（7）分析 写出对应初等变换的初等矩阵，并进行运算即可.

精解 由题设知

AP₁=B，P₂B=E₃ （E₃是三阶单位矩阵），

所以，A=BP₁^-1=P₂^-1P₁^-1=P₂P₁^-1（由于P₂^-1=P₂）.

因此本题选（D）.

附注 应熟记矩阵的初等变换与初等矩阵之间的对应关系.

（8）分析 确定r（A∗）的值，从中选取线性无关向量个数为4-r（A^∗）的选项.

精解 由于方程组Ax=0的基础解系中只有一个解向量，所以r（A）=4-1，从而r（A^∗）=1.因此方程组A∗x=0的基础解系中应包含3个线性无关的解向量.故选项（A）、（B）都可排除.

此外，由（1，0，1，0）T是方程组Ax=0的解知，α₁+α₃=0，即α₁，α₂，α₃线性相关，所以选项（C）也应排除.

因此本题选（D）.

附注 应记住以下的结论：

设A是n阶矩阵，则

本题是综合题，有关内容及方法见提高篇15，16.

二、填空题

（9）分析 所给极限是1∞型未定式极限，故先将函数指数化后再计算极限.

精解

其中

将式（2）代入式（1）得

附注 极限也可以用洛必达法则计算：

（10）分析 利用一阶线性微分方程通解公式算出通解，然后用y（0）=0确定其中的任意常数即可.

精解 所给微分方程是一阶线性微分方程，所以由一阶线性微分方程通解公式得

将y（0）=0代入上式得C=0.所以满足y（0）=0的解为y=e^-xsinx.

附注 一阶线性微分方程y′+P（x）y=Q（x）的通解为

其中出现的不定积分都取原函数.

（11）分析 利用平面曲线弧长的计算公式计算即可.

精解

附注 记住以下的平面曲线弧长的计算公式：

设曲线方程为，则它的弧长

设曲线方程为y=f（x）（x₀≤x≤x₁），则它的弧长

设曲线方程为r=r（θ）（θ₀≤θ≤θ₁），则它的弧长

（12）分析 由f（x）的定义知，然后用分部积分方法计算这个反常积分.

精解

附注 当u（x），v（x）连续可微时，如果反常积分与都收敛，则有（反常积分的分部积分公式），这里表示

（13）分析 画出D的图形，由于它是角域的一部分，因此用极坐标计算所给的二重积分.

精解D如图B-11-1阴影部分所示，在极坐标系中，所以

图 B-11-1

附注 当积分区域D为角域的一部分时，总是考虑用极坐标计算二重积分.

（14）分析 将f（x₁，x₂，x₃）用配方法化为标准形即可确定f的正惯性指数.

精解

其中，即 （可逆线性变换）.

所以f的正惯性指数为2.

附注 本题也可以从计算f的矩阵A的正特征值个数入手.

记 ，E为三阶单位矩阵，则由(www.xing528.com)

知 A有特征值λ=0，1，4.因此f的正惯性指数为2.

三、解答题

（15）分析 先确定a＞0，然后由用洛必达法则确定a的取值范围.

精解 当a≤0时，显然有

这与 矛盾，所以a＞0.

当a＞0时，由，知，a-1＞0，即a＞1.

当a＞1时，由

知a-3＜0，即a＜3.

因此，a的取值范围为（1，3）.

附注 求解本题时，应注意次序：

首先肯定a＞0，因为只有这样才能对应用洛必达法则.然后肯定a＞1，因为只有这样才能施行等价无穷小代替有本题的有关计算方法见提高篇01.

（16）分析 用参数方程求导方法计算，，然后令，，确定函数y=y（x）的极值与曲线y=y（x）的凹凸区间及拐点.

精解y=y（x）的定义域为（-∞，+∞），并且，即x是t的单调增加函数.

所以，由得t=-1，1；由得t=0.

根据以上计算列表如下：

由表可知，函数y=y（x）有极大值y（x）|_x=-1=1，极小值；曲线y=y（x）的凹区间为，凸区间为，拐点为（x（t），

附注 计算函数y=f（x）（设其二阶可导）的极值与讨论其图形的凹凸性时，总是用f′（x），f″（x）的零点将f（x）的定义域划分成若干个小区间，然后列出与题解中相似的表，即可获得有关的结论.应熟练地掌握这种列表方法.

本题是综合题，其有关计算方法见提高篇03，05.

（17）分析 先计算，然后由

精解 由得

所以，

附注 由于本题是计算点（1，1）处的，所以在算出后将x=1代入，使得计算成为计算f′₁（y，y）y在点y=1处的导数.这样做快捷些.

（18）分析 先算出，并由构成微分方程，然后解此微分方程得到y（x）的表达式.

精解 由导数的几何意义知

所以 因此由题设得微分方程

即

令，则式（1）成为

两边积分得 arctanp=y+C₁. （2）

由题设知y=0时p=1（由于曲线y=y（x）在点（0，0）处与直线y=x相切），将它代入式（2）得所以

两边积分得

将y（0）=0（由于曲线y=y（x）过原点）代入式（3）得，将它代入式（3）得

附注 应熟练掌握三种可降阶的二阶微分方程的解法：

1）y″=f（x）.积分后降为一阶微分方程

2）y″=f（x，y′）.此时令转换成一阶微分方程

3）y″=f（y，y′）.此时令，由于，所以转换成一阶微分方程

本题的微分方程可以属于（2）类，也可以属于（3）类.如果用（2）类方法求解将是比较复杂的.

（19）分析 先用拉格朗日中值定理证明（Ⅰ）中的不等式，然后利用数列极限存在准则Ⅱ证明（Ⅱ）.

精解 （Ⅰ）对函数ln（1+x）在（n=1，2，…）上应用拉格朗日中值定理知，存在，使得，即

于是有，，即

（Ⅱ）对n=1，2，…，由

以及

知{a_n}单调减少有下界.因此由数列极限存在准则Ⅱ知{a_n}收敛.

附注 判别数列极限存在，有两个准则，它们是

准则Ⅰ.设有数列{x_n}，{y_n}，{z_n}，它们满足y_n≤x_n≤z_n（n=1，2，…），且，则

准则Ⅱ.单调不减有上界或单调不增有下界数列必有极限.

本题是综合题，有关内容见提高篇02，05.

（20）分析 （Ⅰ）容器可分为上、下两半部分，它们分别由曲边梯形，和，绕y轴旋转一周而成的旋转体Ω₁和Ω₂组成.它们的体积相等，所以容器容积V=2V₁，其中V₁是Ω₁的体积，它可由旋转体体积公式计算.

（Ⅱ）应做的功W=W₁+W₂，其中W₁，W₂分别是将Ω₁，Ω₂中的水从容器顶部抽出应做的功，它们可用元素法计算.

精解 （Ⅰ）由于所以

（Ⅱ）Ω₁中的水从容器顶部抽出应做的功为

Ω₂中的水从容器顶部抽出应做的功为

所以，总共应做的功为

附注W₁的积分表达式是由元素法得到的，具体推导如下：

夹于纵坐标为y与y+dy的两个水平面之间的水片（见图B-11-2）的重力元素为，将它从容器顶部抽出克服水的重力应做的功元素

dW₁=π（2y-y²）dy·ρg·（2-y），

所以将Ω₁内的水全部从容器顶部抽出应做的功

W₂的积分表达式也可同样推导.

图 B-11-2

（21）分析 运用定积分的分部积分法、二重积分与二次积分的转换计算本题.

精解

附注 本题的积分区域是正方形，所以二重积分与二次积分的转换、二次积分的积分次序更换都很简单.

（22）分析 可用矩阵方程快捷解本题.

精解 （Ⅰ）由于α₁，α₂，α₃不能由β₁，β₂，β₃线性表示，所以矩阵方程

（β₁，β₂，β₃）X=（α₁，α₂，α₃）

无解，其中X是三阶未知矩阵.从而有

r（β₁，β₂，β₃）＜r（β₁，β₂，β₃┆α₁，α₂，α₃）. （1）

对增广矩阵（β₁，β₂，β₃┆α₁，α₂，α₃）施行初等行变换：

所以由式（1）得a=5.

（Ⅱ）为了确定β₁，β₂，β₃关于α₁，α₂，α₃的线性表示式，构造矩阵方程

（α₁，α₂，α₃）Y=（β₁，β₂，β₃）（其中Y是三阶未知矩阵）. （2）

对式（2）的增广矩阵（α₁，α₂，α₃┊β₁，β₂，β₃）（将a=5代入）施行初等行变换：

所以故β₁=2α₁+4α₂-α₃，β₂=α₁+2α₂，β₃=5α₁+10α₂-2α₃.

附注 求解矩阵方程是计算向量组之间线性表示式的有效方法.如果A是可逆矩阵，则矩阵方程AX=B可直接获解

X=A ^-1B.

对于本题的（α₁，α₂，α₃）X=（β₁，β₂，β₃），由于

可逆，且其逆矩阵为，所以

故β₁=2α₁+4α₂-α₃，β₂=α₁+2α₂，β₃=5α₁+10α₂-2α_3.

本题的有关内容与计算方法见提高篇21.

（23）分析 （Ⅰ）按所给条件，利用特征值与特征向量概念，计算A的特征值与特征向量.计算时要利用实对称矩阵对应不同特征值的特征向量正交的性质.

（Ⅱ）利用（Ⅰ）将A正交相似对角化，如此即可得到A.

精解 （Ⅰ）由题设，即

知，A有特征值λ=-1，1，对应的特征向量分别为C₁（1，0，-1）^T，C₂（1，0，1）^T（其中C₁，C2是任意非零常数）.

由于r（A）=2，所以A的第三个特征值为λ=0，记它对应的特征向量为（x₁，x₂，x₃）^T，则它与（1，0，-1）^T，（1，0，1）^T都正交，即满足

该三元方程组的基础解系为（0，1，0）^T，所以λ=0对应的特征向量为C₃（0，1，0）^T（其中C₃是任意非零常数）.

（Ⅱ）由于A的对应λ=-1，1，0的特征向量（1，0，-1）^T，（1，0，1）^T和（0，1，0）^T两两正交，现将它们单位化，得

记（正交矩阵），则，所以

附注 在（Ⅱ）中，也可以由A的对应特征值λ=-1，1，0的三个特征向量构成矩阵P，即记

，且

于是由得

本题的有关内容与计算方法见提高篇22.