2020年数二真题（重点题讲解）

选择题

解析: 看到题目要求的是$f^{(n)}(x)$,而且$n\ge 3$,我们首先想到泰勒展开式。 而且题目都说了，求的是x=0处的值，很明显的让你想到麦克劳林公式。我们先看下常用麦克劳林公式如下：

对于$ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-...-\frac{x^n}{n};$
所以$f(x)=x^{2}ln(1-x)=-x^3-\frac{x^4}{2}-\frac{x^5}{3}-...-\frac{x^n}{n-2}-\frac{x^{n+2}}{n}$;
而泰勒公式如下；我们从泰勒公式里面可以看到只需要找到$x^n$的系数值，就能知道$f^{(n)}(0)$的值

而$f(x)=x^{2}ln(1-x)=-x^3-\frac{x^4}{2}-\frac{x^5}{3}-...-\frac{x^n}{n-2}-\frac{x^{n+2}}{n}$;中$x^n$的系数是$\frac{1}{n-2}$;
所以啊我们就可以得到一个等式即$\frac{f^{(n)(0)}}{n!}=-\frac{1}{n-2}$ ,所以 $f^{(n)}(0)=-\frac{n!}{n-2}$。 本题选A

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正确答案: B
解析: 本题给的$f(x,y)$是一个分段函数，它不是一个连续函数。所以这个时候要在间断点求导数值，只能用导数的定义式，而不能用其他方法。
先来讨论① ，$\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(0,0)}={\lim }_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\frac{x-0}{x}=1$，所以①是对的。
再看②，$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}{|}_{(0,0)}=\frac{\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(0,y)}-\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(0,0)}}{y-0}=\frac{\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(0,y)}-1}{y-0}$
而$\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(0,y)}={\lim }_{x\to 0}\frac{f(x,y)-f(0,y)}{x-0}={\lim }_{x\to 0}\frac{xy-y}{x}={\lim }_{x\to 0}\frac{x-1}{x}.y$ 不存在，所以②是错的
再看③，当$(x,y)\to (0,0)$时，那$x$和$y$肯定都不等于0，那$f(x,y)=xy$，所以${\lim }_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0$,所以③是对的
再看④，其实③和④一样，所以④是对的

正确答案:
解题思路: 看到题目里面有$f^{\prime }(x)$和$f(x)$比较大小的，于是首先要想到构造$F(x)=\frac{f(x)}{e^x}$,因为$F^{\prime }(x)$里面会出现$f^{\prime }(x)$和$f(x)$作差的情况

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正确答案:C
解题思路:
我们先回顾下伴随矩阵的一些性质

题目中说了A不可逆，所以r(A)<4, 且|A|=0, 又因为$a_{12}$的代数余子式$A_{12}\ne 0$,所以$r(A^{\ast })\ge 1$ ，且可以知道${\alpha }_1，{\alpha }_3，{\alpha }_4$线性无关。 根据上面的性质(3)，而当$r(A^{\ast })=1$的时候，r(A)=n-1=3,
而$A{A}^{\ast }=A^{\ast }A=|A|E=$,在本题里面$A^{\ast }A=0$,所以A的列向量都是$A^{\ast }X=0$的解。 但$r(A^{\ast })=1$,所以基础解系的个数是n-1=3. 而A的列向量中${\alpha }_1，{\alpha }_3，{\alpha }_4$线性无关，所以刚好构成基础解系，所以本题选C

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解题思路:

填空题

解题思路：
先写出特征方程${\lambda }^2+2\lambda +1=0$,然后很容易就知道特征根${\lambda }_1={\lambda }_2=-1,$所以通解$y=(C_1+C_{2}x)e^{-x}$,然后根据题目给的条件$y(0)=0,y^{\prime }(0)=1$，可以算出$C_1=0,C_2=1$, 所以啊$y=x{e}^{-x}$, 题目让我们求${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx$,这就考察你伽马函数的公式了，${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx=\Gamma (1)=1$

正确答案: $a^4-4a^2$
解题思路：
$\left|\begin{array}{cccc}a& 0& -1& 1\\ 0& a& 1& -1\\ -1& 1& a& 0\\ 1& -1& 0& a\end{array}\right|={>}^{第2行加到第1行上}$

$\left|\begin{array}{cccc}a& a& 0& 0\\ 0& a& 1& -1\\ -1& 1& a& 0\\ 1& -1& 0& a\end{array}\right|={>}^{利用r_3和r_4把行列式右上角打成0}$

$\left|\begin{array}{cccc}a& a& 0& 0\\ \frac{2}{a}& a-\frac{2}{a}& 0& 0\\ -1& 1& a& 0\\ 1& -1& 0& a\end{array}\right|$=$[a(a-\frac{2}{a})-2]\ast a^2=a^4-4a^2$

解答题

解题思路：
先求斜率k, $k={\lim }_{x\to +\infty }\frac{y}{x}=\frac{x^x}{(1+x{)}^x}=(\frac{x}{1+x}{)}^x=e^{xln(1-\frac{1}{1+x})}=e^{-\frac{x}{1+x}}=e^{-1}$
然后再求截距b, $b={\lim }_{x\to +\infty }y-kx=\frac{x^{1+x}}{(1+x{)}^x}-\frac{x}{e}=x(\frac{x^x}{(1+x{)}^x}-\frac{1}{e})=x[e^{xln(1-\frac{1}{1+x})}-e^{-1}]=$
$e^{-1}x[e^{xln(1-\frac{1}{1+x})+1}-1]==={>}^{(令x=\frac{1}{t})}=e^{-1}.\frac{e^{-\frac{1}{t}ln(1+t)+1}-1}{t}=e^{-1}.\frac{-\frac{1}{t}ln(1+t)+1}{t}=e^{-1}.-\frac{t-ln(1+t)}{t^2}=\frac{1}{2e}$
所以斜渐近线方程是$y=e^{-1}x+\frac{1}{2e}$

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解题思路: 题目让我们证明$g^{\prime }(x)$在x=0处连续，那我们肯定要把$g^{\prime }(x)$表达式求出来，要求$g^{\prime }(x)$必须要先求$g(x)$表达式。

从题目条件${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=1$，就可以知道$f(0)=0,f^{\prime }(0)=1$。
而题目又说了$g(x)={\int }_0^{1}f(xt)dt$,而${\int }_0^{1}f(xt)dt=\frac{1}{x}{\int }_0^{1}f(xt)d(xt)=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du$
所以$$g(x)=\{\begin{array}{l}0,x=0\\ \frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du,x\ne 0\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$
所以啊$g(x)$是一个分段函数，我们要计算$g^{\prime }(0)$需要用导数定义式。
$g^{\prime }(0)={\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du-0}{x-0}=\frac{{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2}=\frac{f(x)}{2x}=\frac{1}{2}$
当$x\ne 0$时，$g^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}f(u)du+\frac{1}{x}f(x)$
所以啊
$$g^{\prime }(x)=\{\begin{array}{l}\frac{1}{2},x=0\\ -\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}f(u)du+\frac{1}{x}f(x),x\ne 0\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$
那我们再计算下${\lim }_{x\to 0}{g}^{\prime }(x)=\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2}=\frac{f(x)+x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{2x}=\frac{f^{\prime }(x)}{2}=\frac{1}{2}$
所以$g^{\prime }(x)$在x=0处连续。

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解题思路:要算极值，就要找驻点，就必须要算x，y的偏导数
$f_x(x,y)=3x^2-y;$ $f_y(x,y)=24y^2-x$

$$\{\begin{array}{l}{f}_x(x,y)=3x^2-y=0;\\ f_y(x,y)=24y^2-x=0\end{array}=>得\{\begin{array}{l}x=0;\\ y=0\end{array}或\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{6};\\ y=\frac{1}{12}\end{array}$$
而$A=f_{xx}=6x,B=f_{xy}=-1,C=f_{yy}=48y,$

当驻点为(0,0)时，$A=0,B=-1,C=0$,则$AC-B^2<0$，所以(0,0)不是极值点

当驻点是$(\frac{1}{6},\frac{1}{12})$时，$A=1,B=-1,C=4$.则$AC-B^2>0$,且A>0,所以是极小值。$f(\frac{1}{6},\frac{1}{12})=-\frac{1}{216}$;

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解题思路: 我们先要把$f(x)$表达式求出来
题目给了我们一个等式
$2f(x)+x^{2}f(\frac{1}{x})=\frac{x^2+2x}{\sqrt{1+x^2}}①$
我们把x的位置换成$\frac{1}{x}$,等式就变成$2f(\frac{1}{x})+\frac{1}{x^2}f(x)=\frac{\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=\frac{1+2x}{x\sqrt{1+x^2}}②$
我们联立①和②就能算出$f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$
然后题目让我们求的是旋转体的体积
即${\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}2\pi yxdy$ (注：旋转体中每一个微元的周长是2πy,然后宽是x,厚度是dy)
我们已经知道了$y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$,那我们如何反过来用y来表示x呢？
我们可以这样干$y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$两边平方，$y^2=\frac{x^2}{1+x^2}$，即$(1-y^2)x^2=y^2$,即$x=\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}$
所以${\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}2\pi yxdy={\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}2\pi y\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}dy$
对于这个积分，我们可以想到三角换元法令$y=sint,t\in [\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3}]$，则原积分写成
${\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}2\pi si{n}^{2}tdt=\frac{{\pi }^2}{6}$

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解题思路:这道题太简单了，一看到积分函数里面有$x^2+y^2$，首先想到利用极坐标来解决
所以原积分就可以转换成${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_{\frac{1}{cos\theta }}^{\frac{2}{cos\theta }}\frac{r}{rcos\theta }.rdr=\frac{3}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}se{c}^3\theta d\theta$

$\int se{c}^3\theta d\theta =\int sec\theta d(tan\theta )=sec\theta tan\theta -\int ta{n}^2\theta sec\theta d\theta =sec\theta tan\theta -\int (se{c}^2\theta -1)sec\theta d\theta =sec\theta tan\theta -\int se{c}^3\theta +\int sec\theta d\theta =sec\theta tan\theta -\int se{c}^3\theta +ln|sec\theta +tan\theta |$
所以$\int se{c}^3\theta d\theta =\frac{sec\theta tan\theta +ln|sec\theta +tan\theta |}{2}$
所以$\frac{3}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}se{c}^3\theta d\theta$很容易算出来是$\frac{3\sqrt{2}}{4}+\frac{3ln(1+\sqrt{2})}{4}$

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（1）证明: 令$F(x)={\int }_1^x{e}^{t^2}dt-(2-x)e^{x^2}$
而$F(1)=-e$, $F(2)={\int }_1^2{e}^{t^2}dt$, $F(1)<0,F(2)>0$.由介值定理可得必定有$\xi \in (1,2),f(\xi )=(2-\xi )e^{{\xi }^2}$

(2)证明: 题目让我们证明$f(2)=ln2.\eta e^{{\eta }^2}$，我们发现
$f(2)={\int }_1^x{e}^{t^2}dt$ 这个值根本不好算。而且一想到本题应该不是考察你的计算能力，而是考察你的逻辑推导能力，所以另想它法、多半是考察几个定理，比如罗尔定理，拉格朗日中值定理，介值定理，积分中值定理，柯西中值定理等等。
然后我们再观察下$f(2)=ln2.\eta e^{{\eta }^2}$这个式子，有$e^{{\eta }^2}$,而$f(x)$的导数$f^{\prime }(x)=e^{x^2}$。
所以啊题目让我们证明的$f(2)=ln2.\eta e^{{\eta }^2}$，里面出现了类似于$f(x)$和$f^{\prime }(x)$这样的式子，而且我们再观察到$f(2)=ln2.\eta e^{{\eta }^2}$里面有$f(2)$和$ln2$,都有2，那我们构造一个函数$g(x)=lnx$出来，在上面说的那些定理中，出现两个函数$f(x)$和$g(x)$的也就只有柯西中值定理了。我们就用这个定理来解题。
存在$\eta \in (1,2)$使得$\frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)}=\frac{f^{\prime }(\eta )}{g^{\prime }(\eta )}$,即$\frac{f(2)}{ln2}=\frac{e^{{\eta }^2}}{\frac{1}{\eta }}$, 即$f(2)=ln2.\eta e^{{\eta }^2}$证明完毕

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解题思路: 假设M点的坐标是$(x_0,y_0)$，则切线方程是 $y--y_0=(x-x_0)f^{\prime }(x_0)$, 然后T点的坐标也可以根据这个切线方程算出来是$(\frac{x_0{f}^{\prime }(x_0)-y_0}{f^{\prime }(x_0)},0)$,然后就可以算出$S_{△}MTP=\frac{1}{2}[x_0-(\frac{x_0{f}^{\prime }(x_0)-y_0}{f^{\prime }(x_0)})].y_0=\frac{1}{2}\frac{y_0^2}{f^{\prime }(x_0)}$
而曲线$y=f(x)$,直线MP,以及x轴围成的图形面积是${\int }_0^{x}f(x)dx$
所以根据题目说的面积之比是3:2,则有
$\frac{\frac{y^2}{2y^{\prime }}}{{\int }_0^{x}ydx}=\frac{2}{3}$
即${\int }_0^{x}ydx=\frac{3y^2}{4y^{\prime }}]$。 两边求导得$y=\frac{3}{4}.\frac{2y{y}^{\prime }{y}^{\prime }-y^2{y}^{\prime \prime }}{(y^{\prime }{)}^2}$,整理得$3y{y}^{\prime \prime }=2(y^{\prime }{)}^2$, 令$y^{\prime }=p$,则$y^{\prime \prime }=p\frac{dp}{dy}$,代入式子中得$3yp\frac{dp}{dy}=2p^2$,解得$p=C_1{y}^{\frac{2}{3}}$,即$\frac{dy}{dx}=C_1{y}^{\frac{2}{3}}$，解得$3y^{\frac{1}{3}}=C_{1}x+C_2$，
题目中说了经过原点，所以把(0,0)代入算出$C_2=0$,所以$y=C{x}^3$, 又因为题目说了$f(x)$单增，所以$C>0$
本题答案就是$y=C{x}^3$,$(C>0)$

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解题思路:
(1)看到题目里面的$X=PY$，首先想到矩阵合同的性质，①矩阵合同，则正负惯性指数相同 ②矩阵合同则秩相同
我们先看$g(y_1,y_2,u_3)$的矩阵=
$$\left\{\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 4\end{array}\right\}\text{\hspace{1em}(4)}$$
很显然秩是2. 所以$f(x_1,x_2,x_3)$矩阵的秩也应该是2，那行列式就是0，即
$$\left|\begin{array}{ccc}1& a& a\\ a& 1& a\\ a& a& 1\end{array}\right|=0\text{\hspace{1em}(3)}$$
算出$a=1$（舍去）或$a=-\frac{1}{2}$, （注:如果a=1，则矩阵的秩就是1了，不符合条件）, 所以$a=-\frac{1}{2}$

（2）由第1问结论，可以得到$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1{x}_2-x_1{x}_3-x_2{x}_3=(x_1-\frac{1}{2}{x}_2-\frac{1}{2}{x}_3{)}^2+\frac{3}{4}{x}_2^2+\frac{3}{4}{x}_3^2-\frac{3}{2}{x}_2{x}_3=(x_1-\frac{1}{2}{x}_2-\frac{1}{2}{x}_3{)}^2+\frac{3}{4}(x_2-x_3{)}^2$;
于是$z_1=x_1-\frac{1}{2}{x}_2-\frac{1}{2}{x}_3，z_2=\frac{\sqrt{3}}{2}(x_2-x_3)$,那如何定义$z_3$呢，其实我们可以随便定义都行，只要使得$Z=PX$中的矩阵P是可逆的就行，比如$z_3=x_3$
$$\left\{\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{ccc}1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\ 0& \frac{\sqrt{3}}{2}& -\frac{\sqrt{3}}{2}\\ 0& 0& 1\end{array}\right\}\left\{\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right\}\text{\hspace{1em}(①)}$$
对于$g(y_1,y_2,y_3)=(y_1+y_2{)}^2+y_3^2$;令$z_1=y_1+y_2,z_2=y_3$ ，那$z_3$呢? 我们可以令$z_3=y_2$,当然了我们也可以令$z_3$等于其他的,只要使得变换矩阵是可逆的即可 ( 如果我们令$z_3=y_3$,那矩阵的秩就是2，不可逆了)
$$\left\{\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right\}\left\{\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right\}\text{\hspace{1em}(②)}$$

根据上面的①和②，可以得到
$$\left\{\begin{array}{ccc}1& -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\ 0& \frac{\sqrt{3}}{2}& -\frac{\sqrt{3}}{2}\\ 0& 0& 1\end{array}\right\}\left\{\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right\}\left\{\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right\}$$
把这个式子记成$P_{1}X=P_{2}Y$,则$X=P_1^{-1}{P}_{2}Y$
我们计算$P_1^{-1}{P}_2$即可
$P_1^{-1}{P}_2=\left\{\begin{array}{ccc}1& 2& \frac{2}{\sqrt{3}}\\ 0& 1& \frac{4}{\sqrt{3}}\\ 0& 1& 0\end{array}\right\}$

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(1)证明: 要想证明P为可逆矩阵，只需要说明$\alpha$和$A\alpha$线性无关即可。
然后题目中说了$\alpha$不是A的特征向量，所以$\alpha$和$A\alpha$线性无关.

(2)题目让求$P^{-1}AP$，那除非出现类似于$AP=PB$这样的式子，然后$P^{-1}AP=B$ , 所以我们构造这样的式子即可
因为$AP=A(\alpha ,A\alpha )=(A\alpha ,A^2\alpha )=(A\alpha ,6\alpha -A\alpha )$
然后我们想办法把$(A\alpha ,6\alpha -A\alpha )$写成$PB$的形式，即$(\alpha ,A\alpha )\left\{\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right\}$
这里$B=\left\{\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right\}$
所以$P^{-1}AP=B=\left\{\begin{array}{cc}0& 6\\ 1& -1\end{array}\right\}$
然后我们可以很快把矩阵$B$的特征值算出来，${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=-3$; 而矩阵A和矩阵B相似，故而特征值相同，所以矩阵B和矩阵A可以相似对角化$\left\{\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& -3\end{array}\right\}$