2021最新考研数学二真题精讲与热点分析

一、选择题

（1）分析 利用x→0⁺时的常用等价无穷小寻找与等价的无穷小.

精解 由与是等价无穷小.

因此本题选（B）.

附注 应熟记以下的常用等价无穷小：

x→0时，

sinx～x，tanx～x，arcsinx～x，arctanx～x，

（2）分析 从函数f（x）的间断点x=0入手寻找第一类间断点.

精解 x=0是函数f（x）在[-π，π]上的间断点.由于

所以，x=0是f（x）的第一类间断点.

因此本题选（A）.

附注 顺便指出，x=1，，是f（x）的第二类间断点.

（3）分析 由f（x）是奇函数知F（x）是偶函数，所以只要根据定积分的几何意义算出F（2），F（3）即可判定正确选项.

精解 记区间[0，2]上、[2，3]下的半圆分别为D₁，D₂，则

此外，由f（x）是奇函数知F（x）是偶函数，所以

因此本题选（C）.

附注 记住以下结论：

设f（x）是连续函数，则当f（x）是奇函数（偶函数）时，是偶函数（奇函数）.

（4）分析 利用函数f（x）在点x=0处连续，排除其中三个正确命题即可.

精解 由存在知于是由f（x）在点x=0处连续得，以及存在.所以选项（A）、（C）都应排除.

此外，由存在知于是由f（x）在点x=0处连续得 2f（0）=0，即f（0）=0.所以选项（B）应排除.

因此本题选（D）.

附注 记住下面的结论：

设函数g（x）在点x₀处连续，且，则g（x₀）=0，g′（x₀）=A.

（5）分析 分别考虑所给曲线的铅直渐近线与非铅直渐近线的条数即可.

精解 由于，且仅当x→0时，y→∞，所以所给曲线有唯一铅直渐近线x=0.

其次，由于

所以有斜渐近线 y=a₁x+b₁，即y=x.

此外，由于

所以还有水平渐近线y=0.

因此本题选（D）.

附注 通常当时，不必再去计算，曲线有水平渐近线（水平渐近线是特殊的非铅直渐近线）y=k.对x→+∞或x→-∞也有相同的说法.

（6）分析 由于条件中有f″（x）>0，所以f′（x）单调增加，因此可以从考虑入手.

精解 对f（x）在[n，n+1]上应用拉格朗日中值定理知，存在ξ_n∈（n，n+1），使得

u_n+1-u_n=f（n+1）-f（n）=f′（ξ_n）（n+1-n）=f′（ξ_n）（n=1，2，…）.

由于f″（x）>0，所以，f′（ξ_n）≥f′（ξ₁）.因此，当u₁<u₂时，有

u_n+1-u_n≥u₂-u₁>0（n=1，2，…）.

由此得到 ，{u_n}发散.

因此本题选（D）.

附注 本题要通过证明获得正确的结论是比较困难的，但对选择题可通过举例否定其中三个不正确的选项来获得正确选项，具体如下：

函数，，在（0，+∞）上都有大于零的二阶导数.

对f₁（x）有，但发散，排除选项（A）.

对f₂（x）有，但收敛.排除选项（B）.

对f₃（x）有u₁=1<4=u₂，但{u_n}={n²}发散，排除选项（C）.

因此本题选（D）.

本题是综合题，其有关内容及计算方法见《高分突破》05.

（7）分析 对选项作逐个判定，确定正确选项.

精解 选项（A）表明f（x，y）在点（0，0）处连续，但不能保证在点（0，0）处可微，所以（A）应排除.

选项（B）表明f（x，y）在点（0，0）处的两个偏导数为零，但不能保证在点（0，0）处可微，所以（B）应排除.

现考虑选项（C）.

由 知

即 f（x，y）在点（0，0）处可微.

因此本题选（C）.

附注 函数g（x，y）在点（x₀，y₀）可微的定义是：

如果g（x，y）在点（x₀，y₀）的某个邻域内有定义，且

（其中A，B是与x，y无关的常数），则称g（x，y）在点（x₀，y₀）处可微.

（8）分析 画出与所给二次积分对应的二重积分的积分区域D，即可得先x后y的二次积分.

图 B-07-1

精解 与所给二次积分对应的二重积分的积分区域为

（如图B-07-1的阴影部分所示）

所以，所给的二次积分等于

因此本题选（B）.

附注 变更二次积分的积分次序时，总是先画出与所给二次积分对应的二重积分的积分区域.

（9）分析 按向量组线性相关定义判断正确选项.

精解 对选项（A），由于

1·（α₁-α₂）+1·（α₂-α₃）+1·（α₃-α₁）=0，

所以，α₁-α₂，α₂-α₃，α₃-α₁线性相关.

因此本题选（A）.

附注 选项（B）、（C）、（D）的向量组都线性无关，可按以下快捷方法证明：

由于，其中α₁，α₂，α₃线性无关，且，所以α₁+α₂，α₂+α₃，α₃+α₁线性无关.同样可证α₁-2α₂，α₂-2α₃，α₃-2α₁线性无关，α₁+2α₂，α₂+2α₃，α₃+2α₁线性无关.

（10）分析 由于A是实对称矩阵，所以可从计算A的特征值入手.

精解 记E为3阶单位矩阵，则由

得A的特征值为0，3（二重）.此外，容易看到B的特征值为0，1（二重）.

由此可知，A与B的特征值不全相同，所以不相似.但是A与B的正特征值个数、负特征值个数都分别相等，所以A与B合同.

因此本题选（B）.

附注 （ⅰ）n阶实对称矩阵A与B相似必合同，但合同未必相似.

（ⅱ）n阶实对称矩阵A与B相似的充分必要条件是A与B有相同的特征多项式；合同的充分必要条件是二次型f（x₁，x₂，…，x_n）=x^TAx与g（x₁，x₂，…，x_n）=x^TBx（其中x=（x₁，x₂，…，x_n）^T）有相同的规范形.二、填空题

（11）分析 所给的极限是型未定式极限，用洛必达法则计算.

精解

附注 由于x→0时，arctanx-sinx的等价无穷小不易寻找（包括用麦克劳林公式），所以直接用洛必达法则计算所给极限.

（12）分析 只要算出即可得到所求的法线斜率.

精解 由于

所以，所求的法线斜率为

附注 所给曲线对应于的点处的法线方程为

即

（13）分析 利用y的带佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式计算y^（n）（0）.

精解 由于

所以，

附注 （ⅰ）函数f（x）的带佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式为

（ⅱ）y^（n）（0）也可以按函数的n阶导数公式

计算：

（14）分析 先计算所给微分方程对应的齐次线性微分方程的通解Y，然后计算所给的非齐次线性微分方程的一个特解y^∗.由此得到y=Y+y^∗.

精解 所给微分方程

y″-4y′+3y=2e^2x （1）

对应的齐次线性微分方程

y″-4y′+3y=0 （2）

的特征方程为r²-4r+3=0，它的根为r=1，3，所以式（2）的通解为

Y=C₁e^x+C₂e^3x.

式（1）有特解为y^∗=Ae^2x，将它代入式（1）得

4Ae^2x-8Ae^2x+3Ae^2x=2e^2x，即A=-2.

所以 y^∗=-2e^2x.因此式（1）的通解为

y=Y+y^∗=C₁e^x+C₂e^3x-2e^2x.

附注 如果将所给微分方程改为

y″-4y′+4y=2e^2x，

则对应的齐次线性微分方程的通解为Y=（C₁+C₂x）e^2x.此外，式（3）有特解y^∗=x²·Ae^2x，将它代入式（3）得A=1.所以y^∗=x²e^2x，从而式（3）的通解为(www.xing528.com)

y=Y+y^∗=（C₁+C₂x）e^2x+x²e^2x.

（15）分析 先利用dz算出和，然后将它们代入即可.

精解 由

得 ，所以

附注 由于要计算，，所以从计算dz入手，使计算快捷些.

（16）分析 只要算出矩阵A³，即可得到A³的秩.

精解 由于

所以A³的秩为1.

附注 顺便考虑，它可快捷计算如下：

由于，所以

（E₄是四阶单位矩阵）

三、解答题

（17）分析 所给等式两边对x求导算出f′（x），然后再由f′（x）及f（0）的值计算f（x）.

精解 所给等式两边对x求导得

利用f-¹（f（x））=x化简上式得

即 ，现定义，则上式在上成立.于是，

即

下面计算f（0）的值.

在题中所给等式两边令x=0得

由于f（x）在上单调、可导，所以，即f^-1（x）非负，由式（2）得f（0）=0.将它代入式（1）得

附注 题解中有两点值得注意：

（ⅰ）f^-1（f（x））=x.

（ⅱ）由题设条件，可从推出f（0）=0.

本题是综合题，有关内容与计算方法见《高分突破》08.

（18）分析 （Ⅰ）按公式计算V（a）.

（Ⅱ）用导数方法计算V（a）（a>0）的最小值点与最小值.

精解 （Ⅰ）

（Ⅱ）由于所以a=e时，V（a）取最小值V（e）=πe².

附注 平面上有界区域D={（x，y）a≤x≤b，0≤y≤f（x）}绕x轴旋转一周而成的旋转体体积

平面上的无界区域G={（x，y）|x≥a，0≤y≤f（x）}绕x轴旋转一周而成的旋转体体积V也有类似的计算公式：

本题是综合题，有关内容及计算方法见《高分突破》06，09.

（19）分析 令p=y′将所给微分方程降阶为一阶微分方程，然后求解.

精解 令p=y′，则所给的微分方程降阶为

，即（一阶线性微分方程），

它的通解为

将p（1）=y′（1）=1代入上式得

1=C₁+1，即C₁=0.

将它代入式（1）得 x=p²，即，由于x=1时，p=1，所以不合题意，应舍去.故，即由此得到

将y（1）=1代入式（2）得 ，即将它代入式（2）得

附注 应记住三类可降阶的二阶微分方程的降阶方法：

（ⅰ）y″=f（x）.积分一次后得（一阶微分方程）.

（ⅱ）y″=f（x，y′）.令得（一阶微分方程）.

（ⅲ）y″=f（y，y′）.令，并用代入得（一阶微分方程）.

题中所给微分方程是属于第（ⅱ）类的.

（20）分析 先应用隐函数求导法则算出，然后将它代入即得和利用导数定义，即计算

精解 方程y-xe^y-¹=1的两边对x求导得

，即

由于x=0时，y=1，将它们代入上式得

于是

由此可得

下面按定义计算由于

所以

附注 用定义计算比先由算出，然后将x=0代入快捷些.

本题是综合题，有关的计算方法见《高分突破》03.

（21）分析 作辅助函数F（x）=f（x）-g（x），则欲证的问题成为，证明存在ξ∈（a，b），使得F″（ξ）=0.显然需两次应用罗尔定理.

精解 显然F（a）=F（b）=0.此外存在c，d∈（a，b），使得f（c）=g（d）=M（f（x）与g（x）在[a，b]上的最大值）.如果c≠d，则F（c）=f（c）-g（c）≥0，F（d）=f（d）-g（d）≤0.于是由零点定理（推广形式）知，存在η∈[c，d]或[d，c]，使得F（η）=0.如果c=d，则可取η=c.

由此可知，在[a，b]上有不同的三点a，η，b，使得F（a）=F（η）=F（b），并且F（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，所以对F（x）在[a，η]和[η，b]上分别应用罗尔定理知，存在ξ₁∈（a，η）和ξ₂∈（η，b），使得F′（ξ₁）=F′（ξ₂）=0.此外，F′（x）在[ξ₁，ξ₂]上可导，所以再由罗尔定理知，存在ξ∈（ξ₁，ξ₂）⊂（a，b），使得F″（ξ）=0，即f″（ξ）=g″（ξ）.

附注 （ⅰ）零点定理有各种推广形式，例如：

设函数f（x）在[a，b]上连续，f（a）f（b）≤0，则存在ξ∈[a，b]，使得f（ξ）=0.

设函数f（x）在[a，+∞）上连续，，则存在ξ∈（a，+∞），使得f（ξ）=0.

（ⅱ）罗尔定理也有各种推广形式，例如：

设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内二阶可导，且f（x₁）=f（x₂）=f（x₃）（其中a≤x₁<x₂<x₃≤b），则存在ξ∈（a，b），使得f″（ξ）=0.

设函数f（x）在[a，b]上连续可导，在（a，b）内二阶可导，且f′（ξ₁）=f′（ξ₂）（其中a≤ξ₁<ξ₂≤b），则存在ξ∈（a，b），使得f″（ξ）=0.

本题是综合题，其有关内容和计算方法见《高分突破》04.

图 B-07-2

（22）分析 利用D的对称性把所给二重积分化简为，其中D₁是D的第一象限部分.然后用直线x+y=1将D₁划分为D₂，D₃两部分（如图B-07-2所示），且分别计算f（x，y）在D₂和D₃上的二重积分.

精解 由于D关于x轴和y轴都对称，且在对称点处f（x，y）的值彼此相等，所以

其中，

将式（2）、式（3）代入式（1）得

附注 由于D₂是角域的一部分，所以也可以用极坐标计算，具体如下：

有关分块函数的二重积分计算见《高分突破》12.

（23）分析 将所给方程组与方程联立构成新的线性方程组，由此，问题变成新的线性方程组有解时，计算a的值及所有解.

精解 由所给方程组及方程构造线性方程组.

对它的增广矩阵A施行初等行变换：

由于式（1）有解（即所给方程组与方程有公共解），所以（A是式（1）的系数矩阵）.由此得到（a-1）（a-2）=0，即a=1，2.

当a=1时，式（1）与方程组

同解，所以式（1）的解，即所求的公共解为

（x₁，x₂，x₃）^T=C（-1，0，1）^T（C是任意常数）.

当a=2时，式（1）与方程组

同解，所以式（1）的解，即所求的公共解为

（x₁，x₂，x₃）^T=（0，1，-1）^T.

附注 线性方程组

A₁x=b₁与A₂x=b₂

（其中A₁，A₂分别是m₁×n与m₂×n矩阵）有公共解的充分必要条件是方程组

有解.

本题的有关计算方法见《高分突破》16.

（24）分析 （Ⅰ）记f（λ）=λ⁵-4λ³+1，则B的所有特征值为μ₁=f（λ₁），μ₂=f（λ₂），μ₃=f（λ₃）.于是只要算出A的特征向量，即能得到B的所有特征向量.

（Ⅱ）利用B与对角矩阵正交相似算出B.

精解 （Ⅰ）由B=A⁵-4A³+E，记f（λ）=λ⁵-4λ³+1，所以由A的特征值为1，2，-2得B的全部特征值为μ=f（1）=-2，f（2）=1，f（-2）=1.

B的对应μ=-2的全部特征向量为Cα₁=C（1，-1，1）^T（其中C是任意非零常数）.

设B的对应μ=1的特征向量为x=（x₁，x₂，x₃）^T，则由A是实对称矩阵知B是实对称矩阵，所以有

α₁·x=0，即x₁-x₂+x₃=0.

它的基础解系为α₂=（1，1，0）^T，α₃=（-1，0，1）^T.因此B的对应μ=1的全部特征向量为

C₁（1，1，0）^T+C₂（-1，0，1）^T=（C₁-C₂，C₁，C₂）^T，

其中C₁，C₂是任意不全为零的常数.

（Ⅱ）为了构造正交矩阵Q，将α₁，α₂，α₃正交化，实际上只要α₂，α₃正交化即可：

η₂=α₂=（1，1，0）^T，

然后将α₁，η₂，η₃单位化：

（正交矩阵），则，所以

附注 B也可以按与相似的方法计算，具体如下：

记P=（α₁，α₂，α₃），则，所以只要算出P^-1即可得

但是，在计算实对称矩阵B时，以构造正交矩阵Q，并由计算B为宜.

本题是综合题，其有关内容与计算方法见《高分突破》17，18.