?2z?2z?2z
=f′(x)g′(y)，2=g′′(y)f(x)， 又因为2=f′′(x)g(y)，
?x?y?y?x
α2z?2z
|(0,0)=f′(0)?g′(0)=0，所以，=A=|f′′(0)?g(0)，B=2(0,0)
?x?y?x
?2z=C=|f(0)?g′′(0)， 2(0,0)?y根据题意由(0,0)为极小值点，可得AC?B2=A?C>0,且A=f′′(0)?g(0)>0，所以有
C=f(0)?g′′(0)>0.由题意f(0)>0,g(0)<0，所以f′′(0)<0,g′′(0)>0，故选(A)．
(6)【答案】(B)． 【解析】因为0 又因lnx是单调递增的函数，所以lnsinx 【解析】由于将A的第2列加到第1列得矩阵B，故 ?100???A?110?=B， ?001????1即AP1=B，A=BP1． 由于交换B的第2行和第3行得单位矩阵，故 ?100???001??B=E， ?010????1?1即P2B=E,故=BP=P2．因此，A=P2P21，故选(D)． (8)【答案】(D)． 【解析】由于(1,0,1,0)T是方程组Ax=0的一个基础解系，所以A(1,0,1,0)T=0，且 0，且A=0．由此可得=A*A|A=|EO，即r(A)=4?1=3，即α1+α3=A*(α1,α2,α3,α4)=O，这说明α1,α2,α3,α4是A*x=0的解． 由于r(A)=3，α1+α3=0，所以α2,α3,α4线性无关．又由于r(A)=3，所以 3个线性无关的解向量．而α2,α3,α4线r(A*)=1，因此A*x=0的基础解系中含有4?1=性无关，且为A*x=0的解，所以α2,α3,α4可作为A*x=0的基础解系，故选(D)． 二、填空题(9～14小题，每小题4分，共24分．请将答案写在答题纸指定位置上．) ．．．(9)【答案】2． 【解析】原式=ex→0lim(1+2x1?1)x2?x=e=e2x?1x→02xlim2x?ln2x→02lim=e=1ln222． (10)【答案】y=esinx． 【解析】由通解公式得 dx?dx=ye∫(∫e?xcosx?e∫dx+C) =e?x(cosxdx+C) ∫ =e(sinx+C)． 由于y(0)=0,故C=0．所以y=e?x?xsinx． 22(11)【解析】选取x为参数，则弧微元ds=1+(y′)dx=1+tanxdx=secxdx π所以s=secxdx=lnsecx+tanx04=ln(1+2)． 40∫π(12)【答案】 1λ． 【解析】原式=∫+∞0xλe?λxdx=?∫+∞0+∞0xde?λx x1?λxe0+?x→+∞eλxλ+∞0 =?xe?λx+∞0+∫e?λxdx=?lim =?lim11?110?． lim??=e?x→+∞λx?x→+∞λeλxeλ??λ(13)【答案】 7． 12π【解析】原式=π∫π24dθ∫2sinθπ0rcosθ?rsinθrdr=∫π2rcosθ?sinθdθ∫42sinθ0r3dr =∫π241sinθ?cosθ??16sin4θdθ=4∫π2π44cosθ?sinθdθ=4∫sin5θdsinθ 5π2π446π76sinθπ==． 6124(14)【答案】2． 【解析】方法1：f的正惯性指数为所对应矩阵的特征值中正的个数． ?111???二次型f对应矩阵为A=131． ???111???λ?1λE?A=?1?1 =λ?1?1λ0?λλ00λ?3?1?1=?1λ?3?1=?1λ?3?2 λ?1?1?1λ?1?1?1λ?2λ?3?1?2=λ(λ?1)(λ?4)， λ?2故=λ10,=λ21,=λ34．因此f的正惯性指数为2． 方法2：f的正惯性指数为标准形中正的平方项个数． 22f(x1,x2,x3)=x12+3x2+x3+2x1x2+2x1x3+2x2x3 = =(x1+x2+x3)(x1+x2+x3)22222?x2?2x2x3?x3+3x2+x3+2x2x3 2， +2x22?y1=x1+x2+x3,?2则=，故f的正惯性指数为2． 令?y2=x2,fy12+2y2?y=x,3?3三、解答题(15～23小题，共94分．请将解答写在答题纸指定位置上．解答应写出文．．．字说明、证明过程或演算步骤．) (15) (本题满分10分) ∫【解析】如果a≤0时，limx→+∞x0ln(1+t2)dtxa=limx?∫ln(1+t2)dt=+∞， x→+∞0?ax显然与已知矛盾，故a>0． 当时a>0，又因为 x→0+∫limx0ln(1+t2)dtxaln(1+x2)13?ax2lim=lim==?x=0． lima?1x→0+x→0+axx→0+aaxa?1所以3?a>0即a<3． 2xln(1+t)dt22ln(1+x)x3?a∫1+x0 又因为0lim=lim=lim=limx→+∞x→+∞x→+∞a(a?1)xa?2xaaxa?1a(a?1)x→+∞1+x2x22所以3?a<2，即a>1，综合得1 dy t2?1dt， 【解析】因为y′(=x)=2 dxt+1dtt2?1d(2)12t(t2+1)?(t2?1)?2t14t1+t=?=?=(x), y′′22223dx(t+1)dtt+1(t+1)dt令y′(x)=0得t=±1， 当t=1时，x=151，y=?，此时y′′>0，所以y=?为极小值． 333当t=?1时，x=?1，y=1，此时y′′<0，所以y=1为极大值． 令y′′(x)=0得t=0，x=y=当t<0时，x<1． 311，此时y′′<0；当t>0时，x>，此时y′′>0． 33所以曲线的凸区间为??∞，?，凹区间为?，+∞?，拐点为(,)． (17) (本题满分9分) 【解析】z=f[xy,yg(x)] ??1?3??1?3??1133?z=f1′[xy,yg(x)]?y+f2′[xy,yg(x)]?yg′(x) ?x?2z′′(xy,yg(x))x+f12′′(xy,yg(x))g(x)] =f1′[xy,yg(x)]+y[f11?x?y′′[xy,yg(x)]?x+f22′′[xy,yg(x)]g(x)}． +g′(x)?f2′[xy,yg(x)]+yg′(x){f12因为g(x)在x=1可导，且为极值,所以g′(1)=0，则 d2z′′(1,1)+f12′′(1,1)． |x=1=f1′(1,1)+f11dxdyy=1 (18) (本题满分10分) 【解析】由题意可知当x=0时，y=0，y'(0)=1，由导数的几何意义得y′=tanα,即α=arctany′，由题意 y′′ddy=y′． (arctany′)=，即 21+y′dxdx令y′=p，y′′=p′，则 dpp′，=p∫p3+p=∫dx，即 1+p2dpp1122，，即． ?dp=dxln|p|?ln(p+1)=x+c=p1?2x∫p∫p2+1∫2ce?1当x=0，p=1，代入得c=2，所以 y'=12e?2x， ?1则y(x)=?y(0)∫x0dt=2e?2t?1∫xetdt2?e2t 0∫x0?et?d??etxexπ2??|0arcsin?． =arcsin=t224e21?()2又因为y(0)=0，所以=y(x)arcsin(19) (本题满分10分) 2xπe?． 24【解析】(Ⅰ)设f(x)=ln(1+x),x∈?0,? n显然f(x)在?0,?上满足拉格朗日的条件， n?1????1???11?1??1??1??1??,ξ∈?0,? f???f(0)=ln?1+??ln1=ln?1+?=?n??n??n?1+ξn?n?所以ξ∈?0,??1??时， n?111111111 1n1+ξn1+0nn+11+ξnn1+n1亦即： 结论得证． n1111（II）设an=1+++?+?lnn=∑?lnn． 23nk=1k1?1?1
2011-2020年近十年全国考研数学二试卷真题和答案解析(最新126页含书签导航)
