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 $f^{\prime }(x)\ge 0$ ，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 $f^{\prime }(x)\le 0$ 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 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$ ，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 $f^{\prime \prime }(x)\le 0$ 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 $f^{\prime }(x)\ge 0$ ，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 $x\ne 0$ 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 $x\ne 0$ 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， $f(x)\ge 0$ ， ${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)=+\infty$ ，并且存在常数 $p$ ，使得 ${\lim }_{x\to a^{+}}(x-a{)}^{p}f(x)=A$ 。

(1) 若 $0\le A<+\infty$ ， $0<p<1$ ，则 ${\int }_a^{b}f(x)dx$ 收敛；
(2) 若 $0<A\le +\infty$ ， $p\ge 1$ ，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 $0\le p<1$ 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 $p\ge 1$ 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 $p\ge 1$ 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 $p\ge 0$ 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 $-p\ge 1$ ，即 $p\le -1$ 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 $p\le -1$ 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。

当 $a=b$ ，但均不等于 $1$ 时， $r(A)=2$ ， $r(A,b)=3$ ，方程组无解。

当 $a\ne 1$ ， $b\ne 1$ ，且 $a\ne b$ 时， $r(A)=r(A,b)=3$ ，方程组有唯一解。

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。

分析本题主要考查向量组等价。

向量组 ${\alpha }_1$ 、 ${\alpha }_2$ 、 ${\alpha }_3$ 与 ${\alpha }_1$ 、 ${\alpha }_2$ 、 ${\alpha }_4$ 等价的充分必要条件是：

由这一条件出发，可以考虑对矩阵 $({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4)$ 作初等行变换并讨论秩来得到 $\lambda$ 的取值。

（法一）当 $\lambda =1$ 时， ${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3={\alpha }_4=(1,1,1{)}^T$ ，显然 ${\alpha }_1$ 、 ${\alpha }_2$ 、 ${\alpha }_3$ 与 ${\alpha }_1$ 、 ${\alpha }_2$ 、 ${\alpha }_4$ 等价。

当 $\lambda \ne 1$ 时，考虑矩阵 $A=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4)$ ，通过初等行变换可得：

• $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=3$ 当且仅当 $\lambda \ne -2$ ；
• $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4)=3$ 当且仅当 $\lambda \ne -1$ 。

因此，当 $\lambda \ne 1$ 时， $r(A)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_4)$ 当且仅当 $\lambda \ne -2$ 且 $\lambda \ne -1$ 。

注意到 $\lambda =1$ 也包含在条件 $\lambda \ne -2$ 且 $\lambda \ne -1$ 中，故：