荒原之梦考研数学真题解析

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2006 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） ​

曲线 y=x+4sin⁡x5x−2cos⁡xy=\frac{x+4\sin x}{5x-2\cos x} 的水平渐近线方程为 ________。

答案： y=15y=\frac{1}{5}

解析： 因为

lim⁡x→∞x+4sin⁡x5x−2cos⁡x=lim⁡x→∞1+4sin⁡xx5−2cos⁡xx=15\lim_{x\to\infty}\frac{x+4\sin x}{5x-2\cos x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1+\frac{4\sin x}{x}}{5-\frac{2\cos x}{x}}=\frac{1}{5}，

所以水平渐近线为 y=15y=\frac{1}{5}。

（2） ​

设函数

f(x)={1x3∫0xsin⁡t2 dt,x≠0a,x=0f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}\frac{1}{x^{3}}\int_{0}^{x}\sin t^{2}\mathrm{~d}t, & x\ne 0\\ a, & x=0\end{matrix}\right.

在 x=0x=0 处连续，则 a=a= ________。

答案： 13\frac{1}{3}

解析： 由连续性，

a=lim⁡x→0∫0xsin⁡t2 dtx3=lim⁡x→0sin⁡x23x2=13a=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}\sin t^{2}\mathrm{~d}t}{x^{3}}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x^{2}}{3x^{2}}=\frac{1}{3}。

（3） ​

广义积分 ∫0+∞x(1+x2)2 dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}\mathrm{~d}x= ________。

答案： 12\frac{1}{2}

解析：

∫0+∞x(1+x2)2 dx=−12[11+x2]0+∞=12\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}\mathrm{~d}x=-\frac{1}{2}\left[\frac{1}{1+x^{2}}\right]_{0}^{+\infty}=\frac{1}{2}。

（4） ​

微分方程 y′=y(1−x)xy^{\prime}=\frac{y\left(1-x\right)}{x} 的通解是 ________。

答案： y=Cxe−xy=Cxe^{-x}

解析： 分离变量得 dyy=(1x−1)dx\frac{\mathrm{d}y}{y}=\left(\frac{1}{x}-1\right)\mathrm{d}x，积分得 ln⁡y=ln⁡x−x+C\ln y=\ln x-x+C，故 y=Cxe−xy=Cxe^{-x}。

（5） ​

设函数 y=y(x)y=y\left(x\right) 由方程 y=1−xeyy=1-xe^{y} 确定，则 dydx∣x=0=\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}= ________。

答案： −e-e

解析： 令 x=0x=0，得 y(0)=1y\left(0\right)=1。两边求导得 y′=−ey−xeyy′y^{\prime}=-e^{y}-xe^{y}y^{\prime}，代入 x=0, y=1x=0,\ y=1，得 y′(0)=−ey^{\prime}\left(0\right)=-e。

（6） ​

设 A=(21−12)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}2 & 1\\ -1 & 2\end{matrix}\right)，E\boldsymbol{E} 为 2 阶单位矩阵，矩阵 B\boldsymbol{B} 满足 BA=B+2E\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}+2\boldsymbol{E}，则 ∣B∣=\left|\boldsymbol{B}\right|= ________。

答案： 22

解析： 由 BA=B+2E\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}+2\boldsymbol{E}，得 B(A−E)=2E\boldsymbol{B}\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right)=2\boldsymbol{E}。两边取行列式：

∣B∣∣A−E∣=∣2E∣=4\left|\boldsymbol{B}\right|\left|\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right|=\left|2\boldsymbol{E}\right|=4。

又 ∣A−E∣=∣11−11∣=2\left|\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}\right|=\left|\begin{matrix}1 & 1\\ -1 & 1\end{matrix}\right|=2，故 ∣B∣=2\left|\boldsymbol{B}\right|=2。

二、选择题 ​

（7） ​

设函数 y=f(x)y=f\left(x\right) 具有二阶导数，且 f′(x)>0, f′′(x)>0f^{\prime}\left(x\right)>0,\ f^{\prime\prime}\left(x\right)>0。设 Δx\Delta x 为自变量 xx 在点 x0x_{0} 处的增量，Δy\Delta y 与 dy\mathrm{d}y 分别为 f(x)f\left(x\right) 在点 x0x_{0} 处对应的增量与微分。若 Δx>0\Delta x>0，则（ ）

（A）0<dy<Δy0<\mathrm{d}y<\Delta y
（B）0<Δy<dy0<\Delta y<\mathrm{d}y
（C）Δy<dy<0\Delta y<\mathrm{d}y<0
（D）dy<Δy<0\mathrm{d}y<\Delta y<0

答案： A

解析： 由 f′(x)>0f^{\prime}\left(x\right)>0，得 dy=f′(x0)Δx>0\mathrm{d}y=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\Delta x>0；由 f′′(x)>0f^{\prime\prime}\left(x\right)>0，当 Δx>0\Delta x>0 时有 Δy>dy\Delta y>\mathrm{d}y。故 0<dy<Δy0<\mathrm{d}y<\Delta y。

（8） ​

设 f(x)f\left(x\right) 是奇函数，除 x=0x=0 外处处连续，x=0x=0 是其第一类间断点，则 ∫0xf(t) dt\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t 是（ ）

（A）连续的奇函数
（B）连续的偶函数
（C）在 x=0x=0 间断的奇函数
（D）在 x=0x=0 间断的偶函数

答案： B

解析： 令 F(x)=∫0xf(t) dtF\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t。由于 f(x)f\left(x\right) 可积，故 F(x)F\left(x\right) 连续。又 f(x)f\left(x\right) 为奇函数，因此 F(−x)=F(x)F\left(-x\right)=F\left(x\right)，所以 F(x)F\left(x\right) 是连续的偶函数。

（9） ​

设 g(x)g\left(x\right) 可微，h(x)=e1+g(x)h\left(x\right)=e^{1+g\left(x\right)}，h′(1)=1, g′(1)=2h^{\prime}\left(1\right)=1,\ g^{\prime}\left(1\right)=2，则 g(1)g\left(1\right) 等于（ ）

（A）ln⁡3−1\ln 3-1
（B）−ln⁡3−1-\ln 3-1
（C）−ln⁡2−1-\ln 2-1
（D）ln⁡2−1\ln 2-1

答案： C

解析： 因为 h′(x)=e1+g(x)g′(x)h^{\prime}\left(x\right)=e^{1+g\left(x\right)}g^{\prime}\left(x\right)，代入 x=1x=1 得 1=2e1+g(1)1=2e^{1+g\left(1\right)}，故 g(1)=ln⁡12−1=−ln⁡2−1g\left(1\right)=\ln\frac{1}{2}-1=-\ln 2-1。

（10） ​

函数 y=C1ex+C2e−2x+xexy=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x}+xe^{x} 满足的一个微分方程是（ ）

（A）y′′−y′−2y=3xexy^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y=3xe^{x}
（B）y′′−y′−2y=3exy^{\prime\prime}-y^{\prime}-2y=3e^{x}
（C）y′′+y′−2y=3xexy^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=3xe^{x}
（D）y′′+y′−2y=3exy^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=3e^{x}

答案： D

解析： 齐次部分对应特征根 1,−21,-2，故齐次方程为 y′′+y′−2y=0y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0。将特解 y∗=xexy^{*}=xe^{x} 代入左端，得 (y∗)′′+(y∗)′−2y∗=3ex\left(y^{*}\right)^{\prime\prime}+\left(y^{*}\right)^{\prime}-2y^{*}=3e^{x}，故选 D。

（11） ​

设 f(x,y)f\left(x,y\right) 为连续函数，则 ∫0π4dθ∫01f(rcos⁡θ,rsin⁡θ)r dr\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}f\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)r\mathrm{~d}r 等于（ ）

（A）∫022dx∫x1−x2f(x,y) dy\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\mathrm{d}x\int_{x}^{\sqrt{1-x^{2}}}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y
（B）∫022dx∫0xf(x,y) dy\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y
（C）∫022dy∫y1−y2f(x,y) dx\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\mathrm{d}y\int_{y}^{\sqrt{1-y^{2}}}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x
（D）∫022dy∫0yf(x,y) dx\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x

答案： C

解析： 极坐标区域为 0≤r≤1, 0≤θ≤π40\leq r\leq 1,\ 0\leq \theta\leq \frac{\pi}{4}。换为直角坐标并先对 xx 积分，得 0≤y≤22, y≤x≤1−y20\leq y\leq \frac{\sqrt{2}}{2},\ y\leq x\leq \sqrt{1-y^{2}}，故选 C。

（12） ​

设 f(x,y)f\left(x,y\right) 与 φ(x,y)\varphi\left(x,y\right) 均为可微函数，且 φy′(x,y)≠0\varphi_{y}^{\prime}\left(x,y\right)\ne 0。已知 (x0,y0)\left(x_{0},y_{0}\right) 是 f(x,y)f\left(x,y\right) 在约束条件 φ(x,y)=0\varphi\left(x,y\right)=0 下的一个极值点，下列选项正确的是（ ）

（A）若 fx′(x0,y0)=0f_{x}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)=0，则 fy′(x0,y0)=0f_{y}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)=0
（B）若 fx′(x0,y0)=0f_{x}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)=0，则 fy′(x0,y0)≠0f_{y}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)\ne 0
（C）若 fx′(x0,y0)≠0f_{x}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)\ne 0，则 fy′(x0,y0)=0f_{y}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)=0
（D）若 fx′(x0,y0)≠0f_{x}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)\ne 0，则 fy′(x0,y0)≠0f_{y}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)\ne 0

答案： D

解析： 由 φy′(x,y)≠0\varphi_{y}^{\prime}\left(x,y\right)\ne 0，约束方程可确定隐函数 y=y(x)y=y\left(x\right)。条件极值必要条件为 fx′(x0,y0)+fy′(x0,y0)y′(x0)=0f_{x}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)+f_{y}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)y^{\prime}\left(x_{0}\right)=0。若 fx′(x0,y0)≠0f_{x}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)\ne 0，则必有 fy′(x0,y0)≠0f_{y}^{\prime}\left(x_{0},y_{0}\right)\ne 0。

（13） ​

设 α1,α2,⋯ ,αs\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s} 均为 nn 维列向量，A\boldsymbol{A} 是 m×nm\times n 矩阵，下列选项正确的是（ ）

（A）若 α1,α2,⋯ ,αs\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性相关，则 Aα1,Aα2,⋯ ,Aαs\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性相关.
（B）若 α1,α2,⋯ ,αs\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性相关，则 Aα1,Aα2,⋯ ,Aαs\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性无关.
（C）若 α1,α2,⋯ ,αs\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性无关，则 Aα1,Aα2,⋯ ,Aαs\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性相关.
（D）若 α1,α2,⋯ ,αs\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性无关，则 Aα1,Aα2,⋯ ,Aαs\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性无关.

答案： A

解析： 若 α1,α2,⋯ ,αs\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性相关，则存在不全为零的 k1,k2,⋯ ,ksk_{1},k_{2},\cdots,k_{s}，使 k1α1+k2α2+⋯+ksαs=0k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\cdots+k_{s}\boldsymbol{\alpha}_{s}=\boldsymbol{0}。两边左乘 A\boldsymbol{A}，即可得 Aα1,Aα2,⋯ ,Aαs\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2},\cdots,\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{s} 线性相关。

（14） ​

设 A\boldsymbol{A} 为 3 阶矩阵，将 A\boldsymbol{A} 的第 2 行加到第 1 行得 B\boldsymbol{B}，再将 B\boldsymbol{B} 的第 1 列的 −1-1 倍加到第 2 列得 C\boldsymbol{C}。记 P=(110010001)\boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{matrix}\right)，则（ ）

（A）C=P−1AP\boldsymbol{C}=\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}
（B）C=PAP−1\boldsymbol{C}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^{-1}
（C）C=PTAP\boldsymbol{C}=\boldsymbol{P}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}
（D）C=PAPT\boldsymbol{C}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^{T}

答案： B

解析： 左乘 P\boldsymbol{P} 表示将第 2 行加到第 1 行，故 B=PA\boldsymbol{B}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{A}；再将第 1 列的 −1-1 倍加到第 2 列，相当于右乘 P−1\boldsymbol{P}^{-1}。因此 C=PAP−1\boldsymbol{C}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^{-1}。

三、解答题 ​

（15） ​

试确定常数 A,B,CA,B,C 的值，使得 ex(1+Bx+Cx2)=1+Ax+o(x3)e^{x}\left(1+Bx+Cx^{2}\right)=1+Ax+o\left(x^{3}\right)，其中 o(x3)o\left(x^{3}\right) 是当 x→0x\to 0 时比 x3x^{3} 高阶的无穷小。

解析： 由 ex=1+x+x22+x36+o(x3)e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)，得

ex(1+Bx+Cx2)=1+(1+B)x+(12+B+C)x2+(16+B2+C)x3+o(x3)e^{x}\left(1+Bx+Cx^{2}\right)=1+\left(1+B\right)x+\left(\frac{1}{2}+B+C\right)x^{2}+\left(\frac{1}{6}+\frac{B}{2}+C\right)x^{3}+o\left(x^{3}\right)。

与 1+Ax+o(x3)1+Ax+o\left(x^{3}\right) 比较系数：

1+B=A,12+B+C=0,16+B2+C=01+B=A,\quad \frac{1}{2}+B+C=0,\quad \frac{1}{6}+\frac{B}{2}+C=0。

解得

A=13,B=−23,C=16A=\frac{1}{3},\quad B=-\frac{2}{3},\quad C=\frac{1}{6}。

（16） ​

求不定积分

∫arcsin⁡exex dx\int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}\mathrm{~d}x。

解析： 令 t=ext=e^{x}，则原积分化为 ∫arcsin⁡tt2 dt\int\frac{\arcsin t}{t^{2}}\mathrm{~d}t。分部积分得

∫arcsin⁡tt2 dt=−arcsin⁡tt+∫1t1−t2 dt\int\frac{\arcsin t}{t^{2}}\mathrm{~d}t=-\frac{\arcsin t}{t}+\int\frac{1}{t\sqrt{1-t^{2}}}\mathrm{~d}t。

令 u=1−t2u=\sqrt{1-t^{2}}，可得

∫1t1−t2 dt=12ln⁡∣u−1u+1∣+C\int\frac{1}{t\sqrt{1-t^{2}}}\mathrm{~d}t=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C。

代回 t=ext=e^{x}，得

∫arcsin⁡exex dx=−arcsin⁡exex+12ln⁡∣1−e2x−11−e2x+1∣+C\int \frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}\mathrm{~d}x=-\frac{\arcsin e^{x}}{e^{x}}+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{1-e^{2x}}-1}{\sqrt{1-e^{2x}}+1}\right|+C。

（17） ​

设区域 D={(x,y)∣x2+y2≤1, x≥0}D=\left\{\left(x,y\right)\mid x^{2}+y^{2}\leq 1,\ x\geq 0\right\}，计算二重积分

I=∬D1+xy1+x2+y2 dxdyI=\iint_{D}\frac{1+xy}{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{~d}x\mathrm{d}y。

解析： 区域 DD 关于 xx 轴对称，且 xy1+x2+y2\frac{xy}{1+x^{2}+y^{2}} 关于 yy 为奇函数，故

∬Dxy1+x2+y2 dxdy=0\iint_{D}\frac{xy}{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{~d}x\mathrm{d}y=0。

因此

I=∬D11+x2+y2 dxdyI=\iint_{D}\frac{1}{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{~d}x\mathrm{d}y。

用极坐标得

I=∫−π2π2dθ∫01r1+r2 dr=π2ln⁡2I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\frac{r}{1+r^{2}}\mathrm{~d}r=\frac{\pi}{2}\ln 2。

（18） ​

设数列 {xn}\left\{x_{n}\right\} 满足 0<x1<π0<x_{1}<\pi，xn+1=sin⁡xn(n=1,2,⋯ )x_{n+1}=\sin x_{n}\left(n=1,2,\cdots\right)。

（Ⅰ）证明 lim⁡n→∞xn\lim_{n\to\infty}x_{n} 存在，并求该极限；

（Ⅱ）计算 lim⁡n→∞(xn+1xn)1xn2\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_{n}}\right)^{\frac{1}{x_{n}^{2}}}。

解析：

（Ⅰ）当 0<x<π0<x<\pi 时，0<sin⁡x<x0<\sin x<x，故 0<xn+1<xn0<x_{n+1}<x_{n}。因此 {xn}\left\{x_{n}\right\} 单调递减且有下界，极限存在。设极限为 AA，由递推式得 A=sin⁡AA=\sin A，故 A=0A=0。

（Ⅱ）因 xn→0x_{n}\to 0，

lim⁡n→∞(xn+1xn)1xn2=lim⁡t→0(sin⁡tt)1t2\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_{n}}\right)^{\frac{1}{x_{n}^{2}}}=\lim_{t\to 0}\left(\frac{\sin t}{t}\right)^{\frac{1}{t^{2}}}。

取对数：

lim⁡t→0ln⁡(sin⁡tt)t2=−16\lim_{t\to 0}\frac{\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)}{t^{2}}=-\frac{1}{6}。

故原极限为 e−16e^{-\frac{1}{6}}。

（19） ​

证明：当 0<a<b<π0<a<b<\pi 时，bsin⁡b+2cos⁡b+πb>asin⁡a+2cos⁡a+πab\sin b+2\cos b+\pi b>a\sin a+2\cos a+\pi a。

解析： 令 f(x)=xsin⁡x+2cos⁡x+πxf\left(x\right)=x\sin x+2\cos x+\pi x。则

f′(x)=xcos⁡x−sin⁡x+π,f′′(x)=−xsin⁡x<0(0<x<π)f^{\prime}\left(x\right)=x\cos x-\sin x+\pi,\quad f^{\prime\prime}\left(x\right)=-x\sin x<0\quad \left(0<x<\pi\right)。

所以 f′(x)f^{\prime}\left(x\right) 在 (0,π)\left(0,\pi\right) 上严格递减。又 f′(π)=0f^{\prime}\left(\pi\right)=0，故 0<x<π0<x<\pi 时 f′(x)>0f^{\prime}\left(x\right)>0。因此 f(x)f\left(x\right) 严格递增，由 a<ba<b 得 f(b)>f(a)f\left(b\right)>f\left(a\right)，命题得证。

（20） ​

设函数 f(u)f\left(u\right) 在 (0,+∞)\left(0,+\infty\right) 内具有二阶导数，且 z=f(x2+y2)z=f\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) 满足等式 ∂2z∂x2+∂2z∂y2=0\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=0。

（Ⅰ）验证 f′′(u)+f′(u)u=0f^{\prime\prime}\left(u\right)+\frac{f^{\prime}\left(u\right)}{u}=0；

（Ⅱ）若 f(1)=0, f′(1)=1f\left(1\right)=0,\ f^{\prime}\left(1\right)=1，求函数 f(u)f\left(u\right) 的表达式。

解析：

（Ⅰ）令 u=x2+y2u=\sqrt{x^{2}+y^{2}}，则

∂z∂x=f′(u)xu,∂z∂y=f′(u)yu\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime}\left(u\right)\frac{x}{u},\quad \frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime}\left(u\right)\frac{y}{u}。

继续求二阶偏导并相加：

∂2z∂x2+∂2z∂y2=f′′(u)+f′(u)u\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=f^{\prime\prime}\left(u\right)+\frac{f^{\prime}\left(u\right)}{u}。

由题设得 f′′(u)+f′(u)u=0f^{\prime\prime}\left(u\right)+\frac{f^{\prime}\left(u\right)}{u}=0。

（Ⅱ）令 p=f′(u)p=f^{\prime}\left(u\right)，则 dpdu+pu=0\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}u}+\frac{p}{u}=0。解得 p=Cup=\frac{C}{u}。由 f′(1)=1f^{\prime}\left(1\right)=1 得 C=1C=1，故 f′(u)=1uf^{\prime}\left(u\right)=\frac{1}{u}。积分并用 f(1)=0f\left(1\right)=0，得

f(u)=ln⁡uf\left(u\right)=\ln u。

（21） ​

已知曲线 LL 的方程为

{x=1+t2y=4t−t2(t≥0)\left\{\begin{matrix}x=1+t^{2}\\ y=4t-t^{2}\end{matrix}\right.\quad \left(t\geq 0\right)。

（Ⅰ）讨论 LL 的凹凸性；

（Ⅱ）过点 (−1,0)\left(-1,0\right) 引 LL 的切线，求切点 (x0,y0)\left(x_{0},y_{0}\right)，并写出切线的方程；

（Ⅲ）求此切线与 LL（对应 x≤x0x\leq x_{0} 的部分）及 xx 轴所围成的平面图形的面积。

解析：

（Ⅰ）由 dxdt=2t, dydt=4−2t\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2t,\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=4-2t，得

dydx=2−tt,d2ydx2=−1t3<0(t>0)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{2-t}{t},\quad \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=-\frac{1}{t^{3}}<0\quad \left(t>0\right)。

故曲线 LL 在 t>0t>0 处是凸的。

（Ⅱ）设切点对应参数为 t0t_{0}，则

x0=1+t02,y0=4t0−t02,k=2−t0t0x_{0}=1+t_{0}^{2},\quad y_{0}=4t_{0}-t_{0}^{2},\quad k=\frac{2-t_{0}}{t_{0}}。

切线过 (−1,0)\left(-1,0\right)，代入可得 (t0−1)(t0+2)=0\left(t_{0}-1\right)\left(t_{0}+2\right)=0。因 t0≥0t_{0}\geq 0，故 t0=1t_{0}=1，于是切点为 (2,3)\left(2,3\right)，切线方程为 y=x+1y=x+1。

（Ⅲ）由 x=1+t2x=1+t^{2}，得曲线方程

y=4x−1−x+1y=4\sqrt{x-1}-x+1。

所求面积为

S=∫12[(x+1)−(4x−1−x+1)] dx+∫−11(x+1) dx=73S=\int_{1}^{2}\left[\left(x+1\right)-\left(4\sqrt{x-1}-x+1\right)\right]\mathrm{~d}x+\int_{-1}^{1}\left(x+1\right)\mathrm{~d}x=\frac{7}{3}。

（22） ​

已知非齐次线性方程组

{x1+x2+x3+x4=−14x1+3x2+5x3−x4=−1ax1+x2+3x3+bx4=1\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=-1\\ 4x_{1}+3x_{2}+5x_{3}-x_{4}=-1\\ ax_{1}+x_{2}+3x_{3}+bx_{4}=1\end{matrix}\right.

有 3 个线性无关的解。

（Ⅰ）证明此方程组系数矩阵 A\boldsymbol{A} 的秩 rank⁡(A)=2\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)=2；

（Ⅱ）求 a,ba,b 的值及方程组的通解。

解析：

（Ⅰ）设 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 是方程组的 3 个线性无关解，则 α2−α1,α3−α1\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{1} 是对应齐次方程组的两个线性无关解。故 4−rank⁡(A)≥24-\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)\geq 2，即 rank⁡(A)≤2\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)\leq 2。又系数矩阵前两行线性无关，故 rank⁡(A)=2\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)=2。

（Ⅱ）由 rank⁡(A)=2\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)=2，对增广矩阵作初等行变换可得

a=2,b=−3a=2,\quad b=-3。

此时同解方程组为

{x1=2−2x3+4x4x2=−3+x3−5x4\left\{\begin{matrix}x_{1}=2-2x_{3}+4x_{4}\\ x_{2}=-3+x_{3}-5x_{4}\end{matrix}\right.。

取特解 ξ=(2,−3,0,0)T\boldsymbol{\xi}=\left(2,-3,0,0\right)^{T}，对应齐次方程组基础解系为

η1=(−2,1,1,0)T,η2=(4,−5,0,1)T\boldsymbol{\eta}_{1}=\left(-2,1,1,0\right)^{T},\quad \boldsymbol{\eta}_{2}=\left(4,-5,0,1\right)^{T}。

故通解为

x=(2,−3,0,0)T+C1(−2,1,1,0)T+C2(4,−5,0,1)T\boldsymbol{x}=\left(2,-3,0,0\right)^{T}+C_{1}\left(-2,1,1,0\right)^{T}+C_{2}\left(4,-5,0,1\right)^{T}，

其中 C1,C2C_{1},C_{2} 为任意常数。

（23） ​

设 3 阶实对称矩阵 A\boldsymbol{A} 的各行元素之和均为 33，向量 α1=(1,−2,1)T\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,-2,1\right)^{T}，α2=(0,−1,1)T\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(0,-1,1\right)^{T} 是线性方程组 Ax=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} 的两个解。

（Ⅰ）求 A\boldsymbol{A} 的特征值与特征向量；

（Ⅱ）求正交矩阵 Q\boldsymbol{Q} 和对角矩阵 Λ\boldsymbol{\Lambda}，使得 QTAQ=Λ\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{\Lambda}。

解析：

（Ⅰ）因为 Aα1=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\boldsymbol{0}，Aα2=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{0}，且 α1,α2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2} 线性无关，所以 λ=0\lambda=0 至少是二重特征值。

又 A(1,1,1)T=3(1,1,1)T\boldsymbol{A}\left(1,1,1\right)^{T}=3\left(1,1,1\right)^{T}，故 λ=3\lambda=3 是特征值。因此 A\boldsymbol{A} 的特征值为 3,0,03,0,0。

属于 λ=3\lambda=3 的特征向量为 k(1,1,1)T, k≠0k\left(1,1,1\right)^{T},\ k\ne 0；属于 λ=0\lambda=0 的全部特征向量为 k1α1+k2α2k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}，其中 k1,k2k_{1},k_{2} 不全为 00。

（Ⅱ）取单位正交特征向量

η1=(33,33,33)T\boldsymbol{\eta}_{1}=\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{T}，

η2=(0,−22,22)T\boldsymbol{\eta}_{2}=\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{T}，

η3=(63,−66,−66)T\boldsymbol{\eta}_{3}=\left(\frac{\sqrt{6}}{3},-\frac{\sqrt{6}}{6},-\frac{\sqrt{6}}{6}\right)^{T}。

令

Q=(η1,η2,η3)=(3306333−22−663322−66)\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{\eta}_{1},\boldsymbol{\eta}_{2},\boldsymbol{\eta}_{3}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{\sqrt{3}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{6}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6}\end{matrix}\right)，

则

Λ=(300000000)\boldsymbol{\Lambda}=\left(\begin{matrix}3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)，

且 QTAQ=Λ\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{\Lambda}。