2022年考研数学二第4题

选择题 · 5分

📝 题目

设函数 $F(x, y)=\displaystyle\int_{0}^{x-y}(x-y-t) f(t) dt$ ，则

A
$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}=\displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$
B
$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}=-\displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$
C
$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=-\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}=\displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$
D
$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}=-\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}=-\displaystyle \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$

💡 答案解析

**答案**: 见解析

---

**解析**:

取 $\alpha(x)=1-\cos x, \beta(x)=\displaystyle\frac{1}{2} x^{2}$ ，排除（1），故选 D．

2． $\displaystyle\int_{0}^{2} \mathrm{~d} y \displaystyle\int_{y}^{2} \displaystyle\frac{y}{\sqrt{1+x^{3}}} d x=$ （A）$\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{6}$ （B）$\displaystyle\frac{1}{3}$ （C）$\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{3}$ （D）$\displaystyle\frac{2}{3}$

3．设函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处有 2 阶导数，则 （A）当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内单调增加时，$f^{\prime}\left(x_{0}\right)\gt 0$ （B）当 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)\gt 0$ 时，$f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内单调增加 （C）当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内是凹函数时，$f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\gt 0$ （D）当 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\gt 0, f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内是凹函数

4．设函数 $f(t)$ 连续，令 $F(x, y)=\displaystyle\int_{0}^{x-y}(x-y-t) f(t) \mathrm{d} t$ ，则（ ）． A．$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=\displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}$ B．$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=-\displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}$ C．$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=-\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=\displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}$ D．$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=-\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}, \displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=-\displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}$

【答案】C．

## 【解析】由于

$$ F(x, y)=\int_{0}^{x-y}(x-y-t) f(t) \mathrm{d} t=(x-y) \int_{0}^{x-y} f(t) \mathrm{d} t-\int_{0}^{x-y} t f(t) \mathrm{d} t $$

故

$$ \begin{gathered} \frac{\partial F}{\partial x}=\int_{0}^{x-y} f(t) \mathrm{d} t+(x-y) f(x-y)-(x-y) f(x-y)=\int_{0}^{x-y} f(t) \mathrm{d} t \\ \frac{\partial F}{\partial y}=-\int_{0}^{x-y} f(t) \mathrm{d} t-(x-y) f(x-y)+(x-y) f(x-y)=-\int_{0}^{x-y} f(t) \mathrm{d} t \end{gathered} $$

进而 $\displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=f(x-y), \displaystyle\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}=f(x-y)$ ，故选 C．

5．设 $p$ 为常数，若反常积分 $\displaystyle\int_{0}^{1} \displaystyle\frac{\ln x}{x^{p}(1-x)^{1-p}} d x$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是（ A）$(-1,1)$ （B）$(-1,2)$ （C）$(-\infty, 1)$ （D）$(-\infty, 2)$

6．设 $-\displaystyle\frac{\pi}{2} \leq x_{n} \leq \displaystyle\frac{\pi}{2}$ ，则（ ） A．若 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在，则 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在． B．若 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在，则 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在．

C．若 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right)$ 存在且 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \sin x_{n}$ 存在，则 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 不一定存在． D．若 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \sin \left(\cos x_{n}\right)$ 存在且 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \cos x_{n}$ 存在，则 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 不一定存在． 【答案】D． 【解析】对选项 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ ，若 $x_{n}=\left\{\begin{array}{cc}1, & n \text { 为奇数，} \\ -1, & n \text { 为偶数，} \displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \cos \left(\sin x_{n}\right),\end{array} \displaystyle\lim \sin \left(\cos x_{n}\right)\right.$ 均存在，但 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 不存在，故排除 A，B，．

对于选项 C ，由于函数 $y=\sin x$ 在区间 $\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2}, \displaystyle\frac{\pi}{2}\right]$ 单调增加且连续，故 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \sin x_{n}$ 存在时，

7．$I_{1}=\displaystyle\int_{0}^{1} \displaystyle\frac{x}{2(1+\cos x)} d x, I_{2}=\displaystyle\int_{0}^{1} \displaystyle\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x} d x, I_{3}=\displaystyle\int_{0}^{1} \displaystyle\frac{2 x}{1+\sin x} d x$ ，则 A．$I_{1}\lt I_{2}\lt I_{3}$ ． B．$I_{3}\lt I_{1}\lt I_{2}$ ． C．$I_{2}\lt I_{1}\lt I_{3}$ ． D．$I_{2}\lt I_{1}\lt I_{3}$ ．

【答案】A． 【解析】由于 $0\lt x\lt 1, \displaystyle\frac{x}{2}\lt \displaystyle\frac{x}{1+x}\lt \ln (1+x)\lt x$ ，所以

$$ \frac{x}{2(1+\cos x)}\lt \frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}\lt \frac{x}{1+\cos x}\lt \frac{2 x}{1+\cos x}\lt \frac{2 x}{1+\sin x}, \quad I_{1}\lt I_{2}\lt I_{3} $$

8．设 $\boldsymbol{A}$ 为三阶矩阵， $\boldsymbol{\L\lambda}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ，则 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $1,-1,0$ 的充分必要条件是（ ）． （A）存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}, \boldsymbol{Q}$ ，使得 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{P} \boldsymbol{\L\lambda} \boldsymbol{Q}$ （B）存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ ，使得 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{P} \boldsymbol{\L\lambda} \boldsymbol{P}^{-1}$ （C）存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$ ，使得 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{Q} \wedge \boldsymbol{Q}^{-1}$ （D）存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ ，使得 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{P} \boldsymbol{\L\lambda} \boldsymbol{P}^{\mathrm{T}}$

【答案】（B） 【解析】相似矩阵有相同的特征多项式，因此特征值相同，这里 $\boldsymbol{\L\lambda}$ 的特征值为 $1,-1,0$ ，若 $\boldsymbol{A}$与 $\boldsymbol{\L\lambda}$ 相似则二者的特征值相同，相似即存在可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ ，使得 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{P} \boldsymbol{\L\lambda} \boldsymbol{P}^{-1}$ ．

若 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $1,-1,0$ ，由于 $\boldsymbol{A}$ 为三阶矩阵，因此 $\boldsymbol{A}$ 可以相似对角化为 $\boldsymbol{\L\lambda}, \boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{\L\lambda}$ 相似。

9．设矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} \\ 1 & b & b^{2}\end{array}\right), \boldsymbol{b}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 2 \\ 4\end{array}\right)$ ，则线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 解的情况为（ ）．

📋 详细解题步骤

步骤 1/6
目标：拆分积分表达式
首先，观察给定的函数 $F(x,y) = \int_0^{x-y} (x-y-t) f(t) \, dt$。该积分表达式中，被积函数包含因子 $(x-y-t)$，而积分上限为 $x-y$。为了后续求偏导数的方便，我们希望将积分拆分为两个更简单的部分。 注意到 $(x-y-t) = (x-y) - t$，因此被积函数可以写成： $$(x-y-t)f(t) = (x-y)f(t) - t f(t).$$ 于是，原积分可以拆分为两个积分的差： $$F(x,y) = \int_0^{x-y} \big[(x-y)f(t) - t f(t)\big] \, dt = (x-y) \int_0^{x-y} f(t) \, dt - \int_0^{x-y} t f(t) \, dt.$$ 这里，第一个积分中 $(x-y)$ 是与积分变量 $t$ 无关的常数，因此可以提到积分号外面。这样，我们就将原来的积分表达式拆分成了两项：第一项是 $(x-y)$ 乘以 $f(t)$ 从 $0$ 到 $x-y$ 的积分，第二项是 $t f(t)$ 从 $0$ 到 $x-y$ 的积分。 这种拆分是后续利用莱布尼茨公式求偏导数的关键步骤。拆分后，每一项的积分上限都是 $x-y$，且被积函数分别只含有 $f(t)$ 和 $t f(t)$，形式更加简洁。
公式：$$F(x,y) = (x-y)\int_0^{x-y} f(t)\,dt - \int_0^{x-y} t f(t)\,dt$$
提示：拆分时注意将 $(x-y)$ 看作常数，利用积分线性性质直接展开。
步骤 2/6
目标：求∂F/∂x
已知函数 $F(x,y) = \int_{0}^{x-y} (x-t) f(t) dt$，其中 $f$ 为连续函数。我们需要计算 $F$ 对 $x$ 的偏导数 $\frac{\partial F}{\partial x}$。 由于积分上限 $u = x - y$ 和被积函数 $g(x,t) = (x-t)f(t)$ 都依赖于 $x$，因此应用莱布尼茨公式（含参变量积分求导法则）： $$\frac{\partial}{\partial x} \int_{0}^{u(x)} g(x,t) dt = g(x, u(x)) \cdot u'(x) + \int_{0}^{u(x)} \frac{\partial g}{\partial x} dt.$$ 这里 $u(x) = x - y$，所以 $u'(x) = 1$。被积函数 $g(x,t) = (x-t)f(t)$，其偏导数为 $\frac{\partial g}{\partial x} = f(t)$。代入公式： $$\frac{\partial F}{\partial x} = \left[ (x - (x-y)) f(x-y) \right] \cdot 1 + \int_{0}^{x-y} f(t) dt = \left[ y \cdot f(x-y) \right] + \int_{0}^{x-y} f(t) dt.$$ 注意：$x - (x-y) = y$，因此第一项为 $y f(x-y)$。所以最终结果为： $$\frac{\partial F}{\partial x} = y f(x-y) + \int_{0}^{x-y} f(t) dt.$$
公式：\frac{\partial F}{\partial x} = y f(x-y) + \int_{0}^{x-y} f(t) dt
提示：莱布尼茨公式分两部分：上限代入乘以上限导数，再加上被积函数对x的偏导积分。
步骤 3/6
目标：求∂F/∂y
已知函数 $F(x,y) = \int_0^{x-y} f(t) \, dt$，其中 $f$ 为连续函数。本步骤的目标是求 $F$ 对 $y$ 的偏导数 $\frac{\partial F}{\partial y}$。 由于积分上限 $u = x - y$ 是 $y$ 的函数，且被积函数 $f(t)$ 与 $y$ 无关，因此可直接应用含参变量积分的求导法则（莱布尼茨公式）。对于形如 $\int_0^{u(y)} f(t) \, dt$ 的积分，其对 $y$ 的导数为 $f(u(y)) \cdot u'(y)$。 这里 $u(y) = x - y$，则 $u'(y) = -1$。因此： $$ \frac{\partial F}{\partial y} = f(x - y) \cdot (-1) = -f(x - y). $$ 注意：题目步骤概要中给出的结果是 $-\int_0^{x-y} f(t) \, dt$，但根据正确的求导法则，结果应为 $-f(x-y)$。出现这种差异可能是因为题目中 $F$ 的定义或步骤目标有特殊约定，但按照标准微积分推导，正确结果应为 $-f(x-y)$。若按题目概要中的写法，则需注意 $\int_0^{x-y} f(t) \, dt$ 本身是 $F$，因此 $-\int_0^{x-y} f(t) \, dt$ 实际上等于 $-F$，这显然不是偏导数。因此，本步骤严格按照莱布尼茨公式给出正确推导。 推导过程： 1. 识别积分上限 $u = x - y$ 是 $y$ 的函数。 2. 应用公式：$\frac{d}{dy} \int_0^{u(y)} f(t) \, dt = f(u(y)) \cdot u'(y)$。 3. 代入 $u(y) = x - y$，$u'(y) = -1$，得 $\frac{\partial F}{\partial y} = f(x-y) \cdot (-1) = -f(x-y)$。 因此，$\frac{\partial F}{\partial y} = -f(x-y)$。
公式：$$\frac{\partial F}{\partial y} = -f(x-y)$$
提示：牢记莱布尼茨公式：对积分上限求导时，先代入上限再乘以上限的导数。
步骤 4/6
目标：比较一阶偏导关系
由前两步的推导，我们已经分别求出了函数 $F(x,y,z)=0$ 所确定的隐函数 $z=z(x,y)$ 的一阶偏导数： 第一步得到： $$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z}$$ 第二步得到： $$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z}$$ 现在我们需要比较 $\frac{\partial F}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial F}{\partial y}$ 之间的关系。注意，这里的 $\frac{\partial F}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial F}{\partial y}$ 是指 $F(x,y,z)$ 对自变量 $x$ 和 $y$ 的偏导数，其中 $z$ 视为独立变量（即不考虑 $z$ 是 $x,y$ 的函数）。 根据题目条件，已知 $\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\partial z}{\partial y}$，代入上面两个表达式： $$-\frac{F_x}{F_z} = -\left(-\frac{F_y}{F_z}\right) = \frac{F_y}{F_z}$$ 两边同时乘以 $-F_z$（假设 $F_z \neq 0$），得到： $$F_x = -F_y$$ 即： $$\frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}$$ 这个关系表明，函数 $F(x,y,z)$ 关于 $x$ 和 $y$ 的一阶偏导数互为相反数。这一结论直接来源于隐函数偏导公式和题目给出的 $z$ 的偏导关系。
公式：$$\frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}$$
提示：注意区分 $F$ 对自变量的偏导和隐函数 $z$ 对自变量的偏导。
步骤 5/6
目标：求二阶偏导并比较
已知一阶偏导结果： $$ \frac{\partial F}{\partial x} = \int_{0}^{x-y} f(t) \, dt, \quad \frac{\partial F}{\partial y} = -\int_{0}^{x-y} f(t) \, dt. $$ 首先对 $\frac{\partial F}{\partial x}$ 关于 $x$ 求二阶偏导。记 $u = x - y$，则 $\frac{\partial F}{\partial x} = \int_{0}^{u} f(t) \, dt$。由变上限积分求导公式： $$ \frac{\partial}{\partial x} \left( \int_{0}^{u} f(t) \, dt \right) = f(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = f(x-y) \cdot 1 = f(x-y). $$ 因此 $$ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = f(x-y). $$ 再对 $\frac{\partial F}{\partial y}$ 关于 $y$ 求二阶偏导。$\frac{\partial F}{\partial y} = -\int_{0}^{u} f(t) \, dt$，其中 $u = x-y$。求导得： $$ \frac{\partial}{\partial y} \left( -\int_{0}^{u} f(t) \, dt \right) = -f(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = -f(x-y) \cdot (-1) = f(x-y). $$ 因此 $$ \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} = f(x-y). $$ 比较两个二阶偏导的结果，显然有 $$ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}. $$ 这一结论表明，函数 $F(x,y)$ 关于 $x$ 和 $y$ 的二阶偏导相等，反映了函数在变量对称性下的某种性质。
公式：$$\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = f(x-y), \quad \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} = f(x-y) \quad \Rightarrow \quad \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$$
提示：求二阶偏导时，先明确中间变量，再逐层使用链式法则，注意符号变化。
步骤 6/6
目标：选择正确选项
根据前几步的分析，已知函数 $z = f(x, y)$ 满足一阶偏导互为相反数，即 $\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\partial z}{\partial y}$，并且二阶偏导满足 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$。 现在需要判断哪个选项正确。选项C为 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} - \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 0$，这直接由二阶偏导相等得到。而其他选项如 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 0$ 或 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 0$ 等均无法由已知条件推出。 因此，正确选项为C。
公式：\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} \quad \Rightarrow \quad \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} - \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 0
提示：注意区分一阶偏导与二阶偏导的关系，直接利用已知等式即可判断。

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