2003 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析

一、填空题

1

若 $x \to 0$ 时，$\left(1-a x^{2}\right)^{\frac{1}{4}}-1$ 与 $x\sin x$ 是等价无穷小，则 $a=$ ________。

答案： $-4$

解析： 当 $x \to 0$ 时，$\left(1+u\right)^{\alpha}-1\sim \alpha u$，$\sin x\sim x$，故 $\left(1-a x^{2}\right)^{\frac{1}{4}}-1\sim -\dfrac{a}{4}x^{2}$，$x\sin x\sim x^{2}$。由等价无穷小得 $-\dfrac{a}{4}=1$，所以 $a=-4$。

---

2

设函数 $y=f\left(x\right)$ 由方程 $xy+2\ln x=y^{4}$ 所确定，则曲线 $y=f\left(x\right)$ 在点 $\left(1,1\right)$ 处的切线方程是 ________。

答案： $x-y=0$

解析： 对 $xy+2\ln x=y^{4}$ 两边求导，得 $y+xy^{\prime}+\dfrac{2}{x}=4y^{3}y^{\prime}$。代入 $x=1$，$y=1$，得 $y^{\prime}=1$，故切线方程为 $y-1=x-1$，即 $x-y=0$。

---

3

$y=2^{x}$ 的麦克劳林公式中 $x^{n}$ 项的系数是 ________。

答案： $\dfrac{\left(\ln 2\right)^{n}}{n!}$

解析： 因为 $y^{\left(n\right)}=2^{x}\left(\ln 2\right)^{n}$，所以 $y^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(\ln 2\right)^{n}$。故麦克劳林公式中 $x^{n}$ 项的系数为 $\dfrac{y^{\left(n\right)}\left(0\right)}{n!}=\dfrac{\left(\ln 2\right)^{n}}{n!}$。

---

4

设曲线的极坐标方程为 $\rho=e^{a\theta}\left(a>0\right)$，则该曲线上相应于 $\theta$ 从 $0$ 变到 $2\pi$ 的一段弧与极轴所围成的图形的面积为 ________。

答案： $\dfrac{e^{4a\pi}-1}{4a}$

解析： 极坐标面积公式为 $S=\dfrac{1}{2}\int_{\alpha}^{\beta}\rho^{2}\left(\theta\right)\mathrm{~d}\theta$，故 $S=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}e^{2a\theta}\mathrm{~d}\theta=\dfrac{e^{4a\pi}-1}{4a}$。

---

5

设 $\boldsymbol{\alpha}$ 为 $3$ 维列向量，$\boldsymbol{\alpha}^{T}$ 是 $\boldsymbol{\alpha}$ 的转置。若

$\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{T}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 1\\-1 & 1 & -1\\1 & -1 & 1\end{bmatrix}$，

则 $\boldsymbol{\alpha}^{T}\boldsymbol{\alpha}=$ ________。

答案： $3$

解析： 由 $\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^{T}=\begin{bmatrix}1\\-1\\1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 & -1 & 1\end{bmatrix}$，可取 $\boldsymbol{\alpha}=\begin{bmatrix}1\\-1\\1\end{bmatrix}$。于是 $\boldsymbol{\alpha}^{T}\boldsymbol{\alpha}=1^{2}+\left(-1\right)^{2}+1^{2}=3$。

---

6

设三阶方阵 $\boldsymbol{A},\boldsymbol{B}$ 满足 $\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{B}-\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}$，其中 $\boldsymbol{E}$ 为三阶单位矩阵。若

$\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\0 & 2 & 0\\-2 & 0 & 1\end{bmatrix}$，

则 $\left|\boldsymbol{B}\right|=$ ________。

答案： $\dfrac{1}{2}$

解析： 由 $\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{B}-\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}$，得 $\left(\boldsymbol{A}^{2}-\boldsymbol{E}\right)\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$，即 $\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right)\left(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}\right)\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$。因 $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$ 可逆，故 $\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right)\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}$。又 $\left|\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right|=2$，所以 $\left|\boldsymbol{B}\right|=\dfrac{1}{2}$。

---

二、选择题

1

设 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\},\left\{c_{n}\right\}$ 均为非负数列，且 $\lim_{n \to \infty}a_{n}=0$，$\lim_{n \to \infty}b_{n}=1$，$\lim_{n \to \infty}c_{n}=\infty$，则必有（ ）

A. $a_{n}<b_{n}$ 对任意 $n$ 成立。
B. $b_{n}<c_{n}$ 对任意 $n$ 成立。
C. 极限 $\lim_{n \to \infty}a_{n}c_{n}$ 不存在。
D. 极限 $\lim_{n \to \infty}b_{n}c_{n}$ 不存在。

答案： D

解析： 若 $\lim_{n \to \infty}b_{n}c_{n}=A$ 存在，则 $\lim_{n \to \infty}c_{n}=\lim_{n \to \infty}\dfrac{b_{n}c_{n}}{b_{n}}=A$，与 $\lim_{n \to \infty}c_{n}=\infty$ 矛盾，故选 D。

---

2

设

$a_{n}=\dfrac{3}{2}\int_{0}^{\frac{n}{n+1}}x^{n-1}\sqrt{1+x^{n}}\mathrm{~d}x$，

则极限 $\lim_{n \to \infty}n a_{n}$ 等于（ ）

A. $\left(1+e\right)^{\frac{3}{2}}+1$。
B. $\left(1+e^{-1}\right)^{\frac{3}{2}}-1$。
C. $\left(1+e^{-1}\right)^{\frac{3}{2}}+1$。
D. $\left(1+e\right)^{\frac{3}{2}}-1$。

答案： B

解析： 令 $u=1+x^{n}$，则 $\mathrm{~d}u=nx^{n-1}\mathrm{~d}x$，故 $a_{n}=\dfrac{1}{n}\left[\left(1+\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n}\right)^{\frac{3}{2}}-1\right]$。因此 $\lim_{n \to \infty}n a_{n}=\left(1+e^{-1}\right)^{\frac{3}{2}}-1$，选 B。

---

3

已知 $y=\dfrac{x}{\ln x}$ 是微分方程 $y^{\prime}=\dfrac{y}{x}+\varphi\left(\dfrac{x}{y}\right)$ 的解，则 $\varphi\left(\dfrac{x}{y}\right)$ 的表达式为（ ）

A. $-\dfrac{y^{2}}{x^{2}}$。
B. $\dfrac{y^{2}}{x^{2}}$。
C. $-\dfrac{x^{2}}{y^{2}}$。
D. $\dfrac{x^{2}}{y^{2}}$。

答案： A

解析： 由 $y=\dfrac{x}{\ln x}$，得 $y^{\prime}=\dfrac{\ln x-1}{\left(\ln x\right)^{2}}$，且 $\dfrac{y}{x}=\dfrac{1}{\ln x}$，$\dfrac{x}{y}=\ln x$。代入方程得 $\varphi\left(\ln x\right)=-\dfrac{1}{\left(\ln x\right)^{2}}$，故 $\varphi\left(\dfrac{x}{y}\right)=-\dfrac{y^{2}}{x^{2}}$，选 A。

---

4

设函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内连续，其导函数的图形如图所示（图示略），则 $f\left(x\right)$ 有（ ）

A. 一个极小值点和两个极大值点。
B. 两个极小值点和一个极大值点。
C. 两个极小值点和两个极大值点。
D. 三个极小值点和一个极大值点。

答案： C

解析： 由导函数图形可知，三个驻点中第一个为极大值点，第二个和第三个为极小值点；导数不存在点 $x=0$ 左侧导数为正、右侧导数为负，故也是极大值点。因此共有两个极小值点和两个极大值点，选 C。

---

5

设

$I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\tan x}{x}\mathrm{~d}x,\quad I_{2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{x}{\tan x}\mathrm{~d}x$，

则（ ）

A. $I_{1}>I_{2}>1$。
B. $1>I_{1}>I_{2}$。
C. $I_{2}>I_{1}>1$。
D. $1>I_{2}>I_{1}$。

答案： B

解析： 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right)$ 内，$\tan x>x$，所以 $I_{1}>I_{2}$。又 $\dfrac{\tan x}{x}<\sec^{2}x$，故 $I_{1}<\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sec^{2}x\mathrm{~d}x=1$。因此 $1>I_{1}>I_{2}$，选 B。

---

6

设向量组 I：$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{r}$ 可由向量组 II：$\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\cdots,\boldsymbol{\beta}_{s}$ 线性表示，则（ ）

A. 当 $r<s$ 时，向量组 II 必线性相关。
B. 当 $r>s$ 时，向量组 II 必线性相关。
C. 当 $r<s$ 时，向量组 I 必线性相关。
D. 当 $r>s$ 时，向量组 I 必线性相关。

答案： D

解析： 若向量组 I 可由向量组 II 线性表示，且 $r>s$，则向量组 I 必线性相关，故选 D。

---

三、计算题

设函数

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{\ln\left(1+a x^{3}\right)}{x-\arcsin x}, & x<0,\\6, & x=0,\\\dfrac{e^{a x}+x^{2}-a x-1}{x\sin\dfrac{x}{4}}, & x>0.\end{array}\right.$

问 $a$ 为何值时，$f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 处连续；$a$ 为何值时，$x=0$ 是 $f\left(x\right)$ 的可去间断点？

解析：

当 $x \to 0^{-}$ 时，$\ln\left(1+a x^{3}\right)\sim ax^{3}$，$x-\arcsin x\sim -\dfrac{x^{3}}{6}$，故 $f\left(0^{-}\right)=-6a$。

当 $x \to 0^{+}$ 时，$e^{a x}+x^{2}-a x-1=\left(\dfrac{a^{2}}{2}+1\right)x^{2}+o\left(x^{2}\right)$，且 $x\sin\dfrac{x}{4}\sim \dfrac{x^{2}}{4}$，故 $f\left(0^{+}\right)=2a^{2}+4$。

若连续，则 $-6a=6=2a^{2}+4$，解得 $a=-1$。

若 $x=0$ 为可去间断点，则 $-6a=2a^{2}+4\ne 6$，解得 $a=-2$。

---

四、计算题

设函数 $y=y\left(x\right)$ 由参数方程

$\left\{\begin{array}{l}x=1+2t^{2},\\y=\int_{1}^{1+2\ln t}\dfrac{e^{u}}{u}\mathrm{~d}u,\end{array}\right.\quad \left(t>1\right)$

所确定，求

$\left.\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{x=9}$。

解析：

由 $x=1+2t^{2}$，得 $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=4t$。

由变上限积分求导，得 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\dfrac{e^{1+2\ln t}}{1+2\ln t}\cdot\dfrac{2}{t}=\dfrac{2et}{1+2\ln t}$。

于是

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{e}{2\left(1+2\ln t\right)}$，

$\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{e}{2\left(1+2\ln t\right)}\right)\cdot\dfrac{1}{4t}=-\dfrac{e}{4t^{2}\left(1+2\ln t\right)^{2}}$。

当 $x=9$ 时，$1+2t^{2}=9$，且 $t>1$，故 $t=2$。所以

$\left.\dfrac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{x=9}=-\dfrac{e}{16\left(1+2\ln 2\right)^{2}}$。

---

五、计算题

计算不定积分

$\int\dfrac{x e^{\arctan x}}{\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{~d}x$。

解析：

令 $x=\tan t$，则 $t=\arctan x$，$\mathrm{d}x=\sec^{2}t\mathrm{~d}t$，$\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}=\sec^{3}t$。于是

$\int\dfrac{x e^{\arctan x}}{\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{~d}x=\int e^{t}\sin t\mathrm{~d}t$。

分部积分可得

$\int e^{t}\sin t\mathrm{~d}t=\dfrac{1}{2}e^{t}\left(\sin t-\cos t\right)+C$。

又 $\sin t=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$，$\cos t=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$，故

$\int\dfrac{x e^{\arctan x}}{\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{~d}x=\dfrac{\left(x-1\right)e^{\arctan x}}{2\sqrt{1+x^{2}}}+C$。

---

六、计算题

设函数 $y=y\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内具有二阶导数，且 $y^{\prime}\ne 0$，$x=x\left(y\right)$ 是 $y=y\left(x\right)$ 的反函数。

1. 试将 $x=x\left(y\right)$ 所满足的微分方程

   $\dfrac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}+\left(y+\sin x\right)\left(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right)^{3}=0$

   变换为 $y=y\left(x\right)$ 满足的微分方程；

2. 求变换后的微分方程满足初始条件 $y\left(0\right)=0$，$y^{\prime}\left(0\right)=\dfrac{3}{2}$ 的解。

解析：

由反函数求导公式，

$\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\dfrac{1}{y^{\prime}},\quad \dfrac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}=-\dfrac{y^{\prime\prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{3}}$。

代入原方程，得 $-y^{\prime\prime}+y+\sin x=0$，即

$y^{\prime\prime}-y=\sin x$。

其通解为

$y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-x}-\dfrac{1}{2}\sin x$。

由 $y\left(0\right)=0$，$y^{\prime}\left(0\right)=\dfrac{3}{2}$，得 $C_{1}=1$，$C_{2}=-1$。所以

$y=e^{x}-e^{-x}-\dfrac{1}{2}\sin x$。

---

七、计算题

讨论曲线 $y=4\ln x+k$ 与 $y=4x+\ln^{4}x$ 的交点个数。

解析：

两曲线交点个数等价于方程

$\varphi\left(x\right)=\ln^{4}x-4\ln x+4x-k=0$

在 $\left(0,+\infty\right)$ 内的零点个数。

求导得

$\varphi^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{4}{x}\left(\ln^{3}x-1+x\right)$。

当 $0<x<1$ 时，$\varphi^{\prime}\left(x\right)<0$；当 $x>1$ 时，$\varphi^{\prime}\left(x\right)>0$。故 $\varphi\left(x\right)$ 在 $x=1$ 处取得最小值

$\varphi\left(1\right)=4-k$。

因此：

• 当 $k<4$ 时，两曲线没有交点；
• 当 $k=4$ 时，两曲线有一个交点；
• 当 $k>4$ 时，两曲线有两个交点。

---

八、计算题

设位于第一象限的曲线 $y=f\left(x\right)$ 过点 $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{1}{2}\right)$，其上任一点 $P\left(x,y\right)$ 处的法线与 $y$ 轴的交点为 $Q$，且线段 $PQ$ 被 $x$ 轴平分。

1. 求曲线 $y=f\left(x\right)$ 的方程；
2. 已知曲线 $y=\sin x$ 在 $\left[0,\pi\right]$ 上的弧长为 $l$，试用 $l$ 表示曲线 $y=f\left(x\right)$ 的弧长 $s$。

解析：

点 $P\left(x,y\right)$ 处的法线方程为 $Y-y=-\dfrac{1}{y^{\prime}}\left(X-x\right)$。令 $X=0$，得 $Q\left(0,y+\dfrac{x}{y^{\prime}}\right)$。

由线段 $PQ$ 被 $x$ 轴平分，得 $\dfrac{1}{2}\left(y+y+\dfrac{x}{y^{\prime}}\right)=0$，即 $2y\mathrm{~d}y+x\mathrm{~d}x=0$。积分得 $\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=C$。代入 $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{1}{2}\right)$，得 $C=\dfrac{1}{2}$，故曲线方程为

$x^{2}+2y^{2}=1$。

曲线 $y=\sin x$ 在 $\left[0,\pi\right]$ 上的弧长为

$l=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\cos^{2}t}\mathrm{~d}t$。

将 $x^{2}+2y^{2}=1$ 参数化为

$\left\{\begin{array}{l}x=\cos t,\\y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin t,\end{array}\right.\quad 0\le t\le \dfrac{\pi}{2}$。

则

$s=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin^{2}t+\dfrac{1}{2}\cos^{2}t}\mathrm{~d}t=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\sin^{2}t}\mathrm{~d}t$。

令 $u=\dfrac{\pi}{2}-t$，得 $\sqrt{2}s=\dfrac{1}{2}l$，所以

$s=\dfrac{\sqrt{2}}{4}l$。

---

九、计算题

有一平底容器，其内侧壁是由曲线 $x=\varphi\left(y\right)\left(y\ge 0\right)$ 绕 $y$ 轴旋转而成的旋转曲面，容器的底面圆的半径为 $2\ \mathrm{m}$。根据设计要求，当以 $3\ \mathrm{m}^{3}/\mathrm{min}$ 的速率向容器内注入液体时，液面的面积将以 $\pi\ \mathrm{m}^{2}/\mathrm{min}$ 的速率均匀扩大（假设注入液体前，容器内无液体）。

1. 根据 $t$ 时刻液面的面积，写出 $t$ 与 $\varphi\left(y\right)$ 之间的关系式；
2. 求曲线 $x=\varphi\left(y\right)$ 的方程。

解析：

设 $t$ 时刻液面高度为 $y$，液面面积为 $A\left(t\right)=\pi\varphi^{2}\left(y\right)$。由 $\dfrac{\mathrm{d}A\left(t\right)}{\mathrm{d}t}=\pi$，得 $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\varphi^{2}\left(y\right)=1$，故 $\varphi^{2}\left(y\right)=t+C$。又 $t=0$ 时 $\varphi\left(0\right)=2$，所以

$t=\varphi^{2}\left(y\right)-4$。

液面高度为 $y$ 时，液体体积为

$V\left(t\right)=\pi\int_{0}^{y}\varphi^{2}\left(u\right)\mathrm{~d}u$。

由注入速率为 $3\ \mathrm{m}^{3}/\mathrm{min}$，得

$\pi\int_{0}^{y}\varphi^{2}\left(u\right)\mathrm{~d}u=3t=3\varphi^{2}\left(y\right)-12$。

两边对 $y$ 求导：

$\pi\varphi^{2}\left(y\right)=6\varphi\left(y\right)\varphi^{\prime}\left(y\right)$。

于是 $\varphi^{\prime}\left(y\right)=\dfrac{\pi}{6}\varphi\left(y\right)$，解得 $\varphi\left(y\right)=Ce^{\frac{\pi}{6}y}$。由 $\varphi\left(0\right)=2$，得 $C=2$，故

$x=2e^{\frac{\pi}{6}y}$。

---

十、证明题

设函数 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[a,b\right]$ 上连续，在开区间 $\left(a,b\right)$ 内可导，且 $f^{\prime}\left(x\right)>0$。若极限

$\lim_{x \to a^{+}}\dfrac{f\left(2x-a\right)}{x-a}$

存在，证明：

1. 在 $\left(a,b\right)$ 内 $f\left(x\right)>0$；
2. 在 $\left(a,b\right)$ 内存在点 $\xi$，使 $\dfrac{b^{2}-a^{2}}{\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x}=\dfrac{2\xi}{f\left(\xi\right)}$；
3. 在 $\left(a,b\right)$ 内存在与 2 中 $\xi$ 相异的点 $\eta$，使 $f^{\prime}\left(\eta\right)\left(b^{2}-a^{2}\right)=\dfrac{2\xi}{\xi-a}\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$。

解析：

由极限存在且 $x-a \to 0$，得 $\lim_{x \to a^{+}}f\left(2x-a\right)=0$。又 $f\left(x\right)$ 连续，故 $f\left(a\right)=0$。因 $f^{\prime}\left(x\right)>0$，所以 $f\left(x\right)$ 在 $\left(a,b\right)$ 内严格递增，故 $f\left(x\right)>0$。

取 $F\left(x\right)=x^{2}$，$g\left(x\right)=\int_{a}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t$。由柯西中值定理，存在 $\xi\in\left(a,b\right)$，使

$\dfrac{F\left(b\right)-F\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}=\dfrac{F^{\prime}\left(\xi\right)}{g^{\prime}\left(\xi\right)}$，

即

$\dfrac{b^{2}-a^{2}}{\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x}=\dfrac{2\xi}{f\left(\xi\right)}$。

再在 $\left[a,\xi\right]$ 上对 $f\left(x\right)$ 用拉格朗日中值定理，存在 $\eta\in\left(a,\xi\right)$，使

$f\left(\xi\right)-f\left(a\right)=f^{\prime}\left(\eta\right)\left(\xi-a\right)$。

由 $f\left(a\right)=0$，得 $f\left(\xi\right)=f^{\prime}\left(\eta\right)\left(\xi-a\right)$。代入上式，即得

$f^{\prime}\left(\eta\right)\left(b^{2}-a^{2}\right)=\dfrac{2\xi}{\xi-a}\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$。

---

十一、计算题

若矩阵

$\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}2 & 2 & 0\\8 & 2 & a\\0 & 0 & 6\end{bmatrix}$

相似于对角阵 $\boldsymbol{\Lambda}$，试确定常数 $a$ 的值，并求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$，使

$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{\Lambda}$。

解析：

特征多项式为

$\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left(\lambda-6\right)\left[\left(\lambda-2\right)^{2}-16\right]=\left(\lambda-6\right)^{2}\left(\lambda+2\right)$。

故特征值为 $\lambda_{1}=\lambda_{2}=6$，$\lambda_{3}=-2$。

因 $\boldsymbol{A}$ 可对角化，对应二重特征值 $6$ 应有两个线性无关的特征向量，所以 $r\left(6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)=1$。而

$6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}4 & -2 & 0\\-8 & 4 & -a\\0 & 0 & 0\end{bmatrix}\to \begin{bmatrix}2 & -1 & 0\\0 & 0 & -a\\0 & 0 & 0\end{bmatrix}$，

故 $a=0$。

当 $a=0$ 时，对应 $\lambda=6$ 的特征向量可取

$\boldsymbol{\xi}_{1}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{\xi}_{2}=\begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix}$。

对应 $\lambda=-2$ 的特征向量可取

$\boldsymbol{\xi}_{3}=\begin{bmatrix}1\\-2\\0\end{bmatrix}$。

令

$\boldsymbol{P}=\left[\boldsymbol{\xi}_{1},\boldsymbol{\xi}_{2},\boldsymbol{\xi}_{3}\right]=\begin{bmatrix}0 & 1 & 1\\0 & 2 & -2\\1 & 0 & 0\end{bmatrix}$，

则

$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{\Lambda}=\begin{bmatrix}6 & 0 & 0\\0 & 6 & 0\\0 & 0 & -2\end{bmatrix}$。

---

十二、证明题

已知平面上三条不同直线的方程分别为

$l_{1}:ax+2by+3c=0$，

$l_{2}:bx+2cy+3a=0$，

$l_{3}:cx+2ay+3b=0$。

试证：这三条直线交于一点的充分必要条件为

$a+b+c=0$。

解析：

三条直线交于一点，等价于方程组

$\left\{\begin{array}{l}ax+2by=-3c,\\bx+2cy=-3a,\\cx+2ay=-3b\end{array}\right.$

有唯一解。

记增广矩阵为

$\overline{\boldsymbol{A}}=\begin{bmatrix}a & 2b & -3c\\b & 2c & -3a\\c & 2a & -3b\end{bmatrix}$。

计算可得

$\left|\overline{\boldsymbol{A}}\right|=3\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^{2}+\left(b-c\right)^{2}+\left(c-a\right)^{2}\right]$。

由于三条直线互不相同，故 $\left(a-b\right)^{2}+\left(b-c\right)^{2}+\left(c-a\right)^{2}\ne 0$。

必要性：若三条直线交于一点，则 $\left|\overline{\boldsymbol{A}}\right|=0$，故 $a+b+c=0$。

充分性：若 $a+b+c=0$，则第三个方程可由前两个方程推出。又

$\begin{vmatrix}a & 2b\\b & 2c\end{vmatrix}=2\left(ac-b^{2}\right)$。

由 $c=-a-b$，得

$2\left(ac-b^{2}\right)=-\left[a^{2}+b^{2}+\left(a+b\right)^{2}\right]\ne 0$，

故前两个方程有唯一解，从而三条直线交于一点。

综上，三条直线交于一点的充分必要条件为 $a+b+c=0$。