2022 年真题

分析本题主要考查无穷小量的概念。四个命题均与无穷小量等价这个概念有关。

当 $x \to 0$ 时， $\alpha(x) \sim \beta(x)$ 意味着 $\lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 1$ ； $o(\alpha(x))$ 满足 $\lim_{x \to 0} \frac{o(\alpha(x))}{\alpha(x)} = 0$ 。依次分析四个命题。

若 $\alpha(x) \sim \beta(x)$ ，则 $\lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 1$ ，从而 $\lim_{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\beta^{2}(x)} = 1$ ，即 $\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)$ ，命题①是真命题。

由 $\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)$ 并不能得到 $\alpha(x) \sim \beta(x)$ 。考虑 $\beta(x) = -\alpha(x)$ ，则 $\lim_{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\beta^{2}(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\alpha^{2}(x)} = 1$ ，即 $\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)$ ，但 $\lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{-\alpha(x)} = -1$ ， $\alpha(x)$ 与 $\beta(x)$ 只是同阶但并不等价的无穷小量，命题②不是真命题。

要说明 $\alpha(x) - \beta(x) = o(\alpha(x))$ ，只需说明 $\lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x) - \beta(x)}{\alpha(x)} = 0$ ，

命题③是真命题。

要说明 $\alpha(x) \sim \beta(x)$ ，只需说明 $\lim_{x \to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)} = 1$ ，

命题④是真命题。

综上所述，应选 C。

分析本题主要考查交换积分次序。

本题中的二次积分，按照题目给定的先 $x$ 后 $y$ 的次序不太好算，故应考虑交换积分次序。

如图 (a) 所示，二次积分对应的积分区域 $D$ 是由直线 $y = x$ 、 $x = 2$ 以及 $x$ 轴所围成的三角形区域。原二次积分采用的是先 $x$ 后 $y$ 的积分次序，改写成先 $y$ 后 $x$ 的积分次序，即将 $D$ 写成 $X$ 型区域，如图 (b) 所示。

因此，

应选 D。

分析本题主要考查一阶导数、二阶导数与函数性态的关系。

函数的单调性与一阶导数的关系：设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导。若在 $(a, b)$ 内 $f^{\prime}(x) \geq 0$ ，且等号只在有限个点处成立，则 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调增加（单调减少的情况对应于 $f^{\prime}(x) \leq 0$ 的情况）。

函数的凹凸性与二阶导数的关系：设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导。若在 $(a, b)$ 内 $f^{\prime \prime}(x) \geq 0$ ，且等号只在有限个点处成立，则 $f(x)$ 为 $[a, b]$ 上的凹函数（凸函数的情况对应于 $f^{\prime \prime}(x) \leq 0$ 的情况）。

在不确定一阶导函数的连续性的情况下，单点处的一阶导符号不能确定该点邻域内的函数的单调性。在不确定二阶导函数的连续性的情况下，单点处的二阶导符号不能确定该点邻域内的曲线的凹凸性。

注意到题目条件给出 $f(x)$ 在 $x = x_{0}$ 处有二阶导数，故 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内存在连续的一阶导数。特别地， $f^{\prime}(x)$ 在 $x = x_{0}$ 处连续。从而， $\lim_{x \to x_{0}} f^{\prime}(x) = f^{\prime}(x_{0}) > 0$ 。结合极限的定义可得，存在 $\delta > 0$ ，当 $x \in (x_{0} - \delta, x_{0} + \delta)$ 时， $f^{\prime}(x) > 0$ 。于是， $f(x)$ 在 $(x_{0} - \delta, x_{0} + \delta)$ 内单调增加。应选 B。

下面说明选项 A、C、D 不正确。

在一阶导数连续的条件下，当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内单调增加时，我们能得到在该邻域内 $f^{\prime}(x) \geq 0$ ，但却不能保证 $f^{\prime}(x) > 0$ ，因为可能存在有限个点，在这些点处 $f^{\prime}(x) = 0$ ，例如 $f(x) = x^{3}$ ，该函数在 $(-\infty, +\infty)$ 上单调增加，但是 $f^{\prime}(0) = 0$ ，选项 A 不正确。

对选项 C，考虑 $f(x) = x^{4}$ ，则 $f(x)$ 为 $(-\infty, +\infty)$ 上的凹函数，但是 $f^{\prime \prime}(0) = 0$ ，选项 C 不正确。

对选项 D，我们可以考虑二阶导函数存在间断点的例子。若 $x_{0}$ 为 $f^{\prime \prime}(x)$ 的间断点，则 $\lim_{x \to x_{0}} f^{\prime \prime}(x) = f^{\prime \prime}(x_{0}) > 0$ 不成立，从而无法通过极限的定义得到 $x_{0}$ 的一个小邻域，在该小邻域内 $f^{\prime \prime}(x) > 0$ 。

如函数

$f^{\prime \prime}(x)$ 在 $x = 0$ 处不连续。

当 $x \neq 0$ 时，

当 $x = 0$ 时，由导数定义，

因此，

$f^{\prime}(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

当 $x = 0$ 时，由导数定义，

当 $x \neq 0$ 时，

$f^{\prime \prime}(x)$ 在 $x = 0$ 附近振荡，振幅为 1，在 $x = 0$ 附近不存在小邻域使得 $f^{\prime \prime}(x)$ 在该邻域上保持不变号，即不存在 $x = 0$ 的小邻域，使得 $f(x)$ 在该邻域上是凹函数或凸函数，选项 D 不正确。

分析本题主要考查变限积分求偏导数。

$F(x, y)$ 是由含参变量的变限积分给出的二元函数，求它的偏导数时，可以先将参变量从被积函数中分离出去，再利用变限积分求导公式计算偏导数。

整理 $F(x, y)$ 的表达式：

分别计算 $\frac{\partial F}{\partial x}$ 、 $\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}$ 、 $\frac{\partial F}{\partial y}$ 、 $\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}$ ：

因此， $\frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}$ ， $\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}} = \frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}$ ，应选 C。

题目解析

本题主要考查反常积分审敛。本题中的反常积分为瑕积分，有两个点需要考虑： $x=0$ 和 $x=1$ 。

无界函数的极限审敛法：设函数 $f(x)$ 在区间 $(a, b]$ 上连续， $f(x) \geq 0$ ， $\lim_{x \to a^{+}} f(x) = +\infty$ ，并且存在常数 $p$ ，使得 $\lim_{x \to a^{+}} (x-a)^{p} f(x) = A$ 。

(1) 若 $0 \leq A < +\infty$ ， $0 < p < 1$ ，则 $\int_{a}^{b} f(x) \, dx$ 收敛；
(2) 若 $0 < A \leq +\infty$ ， $p \geq 1$ ，则 $\int_{a}^{b} f(x) \, dx$ 发散。

解：由于 $x=0$ 和 $x=1$ 均为可能的瑕点，故将积分拆成两部分：

先考虑 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 。

当 $p < 0$ 时， $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} = 0$ ， $x=0$ 不是瑕点， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 为常义积分。

当 $0 \leq p < 1$ 时，取 $\delta > 0$ 使得 $0 < p + \delta < 1$ ，则：

由无界函数的极限审敛法可知， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 收敛。

当 $p = 1$ 时：

于是，当 $p \geq 1$ 时， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 发散。

因此，当 $p < 1$ 时， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 收敛；当 $p \geq 1$ 时， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 发散。

再考虑 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 。

于是，当 $p \geq 0$ 时， $x=1$ 不是瑕点， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 为常义积分。

当 $0 < -p < 1$ ，即 $-1 < p < 0$ 时：

由无界函数的极限审敛法可知， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 收敛。

当 $-p \geq 1$ ，即 $p \leq -1$ 时，同理可得：

从而由无界函数的极限审敛法可知， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 发散。

因此，当 $p > -1$ 时， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 收敛；当 $p \leq -1$ 时， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 发散。

综上所述， $\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} \, dx$ 收敛当且仅当 $p \in (-\infty, 1) \cap (-1, +\infty) = (-1, 1)$ 。应选 A。

拓展

以下为历年真题中关于反常积分审敛的同类真题。

【例】设 $m$ 是正整数，反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{\sqrt[m]{\ln^{2}(1-x)}}{\sqrt[n]{x}} \, dx$ 的敛散性（ ）（2010 年数学一、二试题）

(A) 仅与 $m$ 的取值有关。
(B) 仅与 $n$ 的取值有关。
(C) 与 $m$ 、 $n$ 的取值都有关。
(D) 与 $m$ 、 $n$ 的取值都无关。

答案 D。

【例】若反常积分 $\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{a}(1+x)^{b}} \, dx$ 收敛，则（ ）（2016 年数学一试题）

(A) $a < 1$ 且 $b > 1$ 。
(B) $a > 1$ 且 $b > 1$ 。
(C) $a < 1$ 且 $a + b > 1$ 。
(D) $a > 1$ 且 $a + b > 1$ 。

答案 C。

本题主要考查数列极限与函数极限的关系。

题目中出现的 $\sin (\cos x)$ 与 $\cos (\sin x)$ 均为复合函数。要将 $\lim_{n \to \infty} \sin (\cos x_n)$ 与 $\lim_{n \to \infty} \cos (\sin x_n)$ 内层的数列取出来，可以考虑在外层再复合上外层函数的反函数（如果存在的话）。

若 $\lim_{n \to \infty} \sin (\cos x_n)$ 存在，则将其记为 $\alpha$ 。由于 $\sin x$ 在 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上存在反函数 $\arcsin$ ，有

但是 $\lim_{n \to \infty} \cos x_n$ 存在并不能保证 $\lim_{n \to \infty} x_n$ 存在。例如取 $x_n = (-1)^n \frac{\pi}{2}$ ，则 $\lim_{n \to \infty} \cos x_n = 0$ ，但 $\lim_{n \to \infty} x_n$ 不存在。因此选项 B 错误，选项 D 正确，应选 D。

由于 $\cos x$ 在 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上并不单调，故由 $\lim_{n \to \infty} \cos (\sin x_n)$ 存在并不能保证 $\lim_{n \to \infty} \sin x_n$ 存在。同样取 $x_n = (-1)^n \frac{\pi}{2}$ ，则 $\lim_{n \to \infty} \cos (\sin x_n) = \cos 1$ ，但 $\lim_{n \to \infty} \sin x_n$ 和 $\lim_{n \to \infty} x_n$ 均不存在。因此选项 A、C 不正确。

注：

1. 考虑到 $\cos x$ 是偶函数，形如 $x_n = (-1)^n a$ ， $a \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 的数列均可作为选项 A、B、C 的反例。

2. 这道题的出题思路在 2017 年的一道数二真题当中也出现过。

【例】 设数列 $\{x_n\}$ 收敛，则（ ）（2017 年数学二试题）

(A) 当 $\lim_{n \to \infty} \sin x_n = 0$ 时， $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ ；

(B) 当 $\lim_{n \to \infty} (x_n + \sqrt{|x_n|}) = 0$ 时， $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ ；

(C) 当 $\lim_{n \to \infty} (x_n + x_n^2) = 0$ 时， $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ ；

(D) 当 $\lim_{n \to \infty} (x_n + \sin x_n) = 0$ 时， $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ 。

答案：D。

题目解析

本题主要考查定积分比较大小。三个定积分的积分区间相同，故只需比较被积函数的大小。

通过观察可发现，要比较 $I_{1}$ 与 $I_{2}$ 的大小，只需比较 $\frac{x}{2}$ 与 $\ln (1+x)$ 的大小。

令 $f(x) = \ln (1+x) - \frac{x}{2}$ ，则 $f(0) = 0$ ， $f^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{2}$ 。

当 $x \in (0,1)$ 时， $1+x > 1$ ，则 $\frac{1}{1+x} < 1$ ，所以 $f^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{2} > 0$ ， $f(x)$ 单调增加，从而 $f(x) > f(0) = 0$ ，即 $\ln (1+x) > \frac{x}{2}$ 。

因此， $\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x} > \frac{x}{2(1+\cos x)}$ ，所以 $I_{2} > I_{1}$ 。

此外，用同样的方法不难证明在 $(0,1)$ 内， $\ln (1+x) < x$ ，因此 $\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x} < \frac{x}{1+\cos x}$ 。

另一方面，由于在 $(0,1)$ 内， $0 < \sin x < 1$ ， $\cos x < 1$ ， $1 < 1+\sin x < 2$ ，故 $I_{3}$ 的被积函数 $\frac{2x}{1+\sin x} > x$ 。

结合 $\ln (1+x) < x$ ，可得 $\frac{2x}{1+\sin x} > x > \frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}$ ，因此 $I_{3} > I_{2}$ 。

综上所述，应选 A。

分析本题主要考查矩阵相似的条件。

3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ 、 $-1$ 、 $0$ ，意味着 $A$ 有 3 个不同的特征值，从而相似于与它具有相同特征值的对角矩阵，即 $\Lambda$ 。

矩阵相似的定义：设 $A$ 、 $B$ 都是 $n$ 阶矩阵，若有可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{-1}AP = B$ ，则称 $B$ 是 $A$ 的相似矩阵，或者称矩阵 $A$ 与 $B$ 相似。

3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ 、 $-1$ 、 $0$ ，意味着 $A$ 有 3 个不同的特征值，从而 $A$ 相似于与它具有相同特征值的对角矩阵，即 $\Lambda$ 。于是， $A$ 的特征值为 $1$ 、 $-1$ 、 $0$ 的充分必要条件即 $A$ 与 $\Lambda$ 相似的充分必要条件。

选项 B 实际上为 $A$ 与 $\Lambda$ 相似的定义，即存在可逆矩阵 $P$ ，使得 $A = P^{-1} \Lambda P$ ，也即 $A = P \Lambda P^{-1}$ 。因此，应选 B。

下面说明选项 A、C、D 不正确。

选项 A 中矩阵等价的定义是存在可逆矩阵 $P$ 、 $Q$ 使得 $PAQ = B$ ，而此处表述为 $A = PAQ$ ，形式错误。

选项 C 中， $A$ 的线性无关的特征向量均不正交，所以不存在正交矩阵 $Q$ 使得 $A = Q \Lambda Q^{-1}$ 。

选项 D 是矩阵合同的定义， $A$ 不是实对称矩阵，与对角矩阵 $\Lambda$ 不合同，所以选项 D 错误。

分析本题主要考查线性方程组的解的情况。

本题的方程组的系数矩阵带参数，故需要分情况讨论。但若注意到系数矩阵行列式与范德蒙德行列式有关，则有一种情况实际上是很好判断的。

解（法一）注意到

当 $a \ne 1$ ， $b \ne 1$ ，且 $a \ne b$ 时， $|A| \ne 0$ 。由克拉默法则可知，此时方程组 $Ax = b$ 有唯一解。

当 $a = 1$ 时，

$r(A, b) \ne r(A)$ ，方程组无解。同理可得，当 $b = 1$ 时，方程组无解。

当 $a = b$ 时，

$r(A, b) \ne r(A)$ ，方程组无解。

综上所述，方程组 $Ax = b$ 的解的情况只有两种可能：有唯一解或无解。应选 D。

（法二）直接对增广矩阵 $(A, b)$ 作初等行变换

当 $a = b = 1$ 时， $r(A) = 1$ ， $r(A, b) = 2$ ，方程组无解。

当 $a = 1$ ， $b \ne 1$ 或 $a \ne 1$ ， $b = 1$ 时， $r(A) = 2$ ， $r(A, b) = 3$ ，方程组无解。