荒原之梦考研数学真题解析

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2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析 ​

一、选择题 ​

（1） ​

当 x→0+x\to 0^{+} 时，与 x\sqrt{x} 等价的无穷小量是（ ）

A. 1−ex1-e^{\sqrt{x}}
B. ln⁡1+x1−x\ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}}
C. 1+x−1\sqrt{1+\sqrt{x}}-1
D. 1−cos⁡x1-\cos\sqrt{x}

答案： B

解析： 当 x→0+x\to 0^{+} 时，1−ex∼−x1-e^{\sqrt{x}}\sim-\sqrt{x}，1+x−1∼12x\sqrt{1+\sqrt{x}}-1\sim\frac{1}{2}\sqrt{x}，1−cos⁡x∼12x1-\cos\sqrt{x}\sim\frac{1}{2}x。又 ln⁡1+x1−x=ln⁡(1+x+x1−x)∼x+x1−x∼x\ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}}=\ln\left(1+\frac{x+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)\sim\frac{x+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\sim\sqrt{x}，故选 B。

（2） ​

函数 f(x)=(e1x+e)tan⁡xx(e1x−e)f\left(x\right)=\frac{\left(e^{\frac{1}{x}}+e\right)\tan x}{x\left(e^{\frac{1}{x}}-e\right)} 在 [−π,π]\left[-\pi,\pi\right] 上的第一类间断点是 x=x=（ ）

A. 00
B. 11
C. −π2-\frac{\pi}{2}
D. π2\frac{\pi}{2}

答案： A

解析： 函数的间断点为 0,1,±π20,1,\pm\frac{\pi}{2}。当 x→0+x\to 0^{+} 时，f(x)→1f\left(x\right)\to 1；当 x→0−x\to 0^{-} 时，f(x)→−1f\left(x\right)\to -1。左右极限存在但不相等，故 x=0x=0 为第一类间断点。

（3） ​

连续函数 y=f(x)y=f\left(x\right) 在区间 [−3,−2]\left[-3,-2\right]，[2,3]\left[2,3\right] 上的图形分别是直径为 11 的上、下半圆周，在区间 [−2,0]\left[-2,0\right]，[0,2]\left[0,2\right] 上的图形分别是直径为 22 的上、下半圆周。设 F(x)=∫0xf(t) dtF\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t，则下列结论正确的是（ ）

A. F(3)=−34F(−2)F\left(3\right)=-\frac{3}{4}F\left(-2\right)
B. F(3)=54F(2)F\left(3\right)=\frac{5}{4}F\left(2\right)
C. F(−3)=34F(2)F\left(-3\right)=\frac{3}{4}F\left(2\right)
D. F(−3)=−54F(−2)F\left(-3\right)=-\frac{5}{4}F\left(-2\right)

答案： C

解析： 由图形可知 f(x)f\left(x\right) 为奇函数，故 F(x)F\left(x\right) 为偶函数，F(−3)=F(3)F\left(-3\right)=F\left(3\right)。又 F(2)=π2F\left(2\right)=\frac{\pi}{2}，F(3)=π2−π8=3π8F\left(3\right)=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8}=\frac{3\pi}{8}，因此 F(−3)=34F(2)F\left(-3\right)=\frac{3}{4}F\left(2\right)。

（4） ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 在 x=0x=0 连续，则下列命题错误的是（ ）

A. 若 lim⁡x→0f(x)x\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x\right)}{x} 存在，则 f(0)=0f\left(0\right)=0
B. 若 lim⁡x→0f(x)+f(−x)x\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x\right)+f\left(-x\right)}{x} 存在，则 f(0)=0f\left(0\right)=0
C. 若 lim⁡x→0f(x)x\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x\right)}{x} 存在，则 f′(0)f^{\prime}\left(0\right) 存在
D. 若 lim⁡x→0f(x)−f(−x)x\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x\right)-f\left(-x\right)}{x} 存在，则 f′(0)f^{\prime}\left(0\right) 存在

答案： D

解析： 取 f(x)=∣x∣f\left(x\right)=\left|x\right|，则 lim⁡x→0f(x)−f(−x)x=0\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x\right)-f\left(-x\right)}{x}=0 存在，但 f(x)f\left(x\right) 在 x=0x=0 处不可导，故 D 错误。

（5） ​

曲线 y=ln⁡(1+ex+1x)y=\ln\left(1+e^{x}+\frac{1}{x}\right) 的渐近线的条数为（ ）

A. 00
B. 11
C. 22
D. 33

答案： D

解析： 当 x→0+x\to 0^{+} 时，y→+∞y\to+\infty，故 x=0x=0 是铅直渐近线；当 x→−∞x\to-\infty 时，y→0y\to 0，故 y=0y=0 是水平渐近线；当 x→+∞x\to+\infty 时，lim⁡x→+∞yx=1\lim_{x\to+\infty}\frac{y}{x}=1，且 lim⁡x→+∞(y−x)=0\lim_{x\to+\infty}\left(y-x\right)=0，故 y=xy=x 是斜渐近线。共有 33 条渐近线。

（6） ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 在 (0,+∞)\left(0,+\infty\right) 上具有二阶导数，且 f′′(x)>0f^{\prime\prime}\left(x\right)>0，令 un=f(n)(n=1,2,⋯ )u_{n}=f\left(n\right)\left(n=1,2,\cdots\right)，则下列结论正确的是（ ）

A. 若 u1>u2u_{1}>u_{2}，则 {un}\left\{u_{n}\right\} 必收敛
B. 若 u1>u2u_{1}>u_{2}，则 {un}\left\{u_{n}\right\} 必发散
C. 若 u1<u2u_{1}<u_{2}，则 {un}\left\{u_{n}\right\} 必收敛
D. 若 u1<u2u_{1}<u_{2}，则 {un}\left\{u_{n}\right\} 必发散

答案： D

解析： 因 f′′(x)>0f^{\prime\prime}\left(x\right)>0，所以 f′(x)f^{\prime}\left(x\right) 严格递增。由拉格朗日中值定理，un+1−un=f′(ξn)u_{n+1}-u_{n}=f^{\prime}\left(\xi_{n}\right)，其中 n<ξn<n+1n<\xi_{n}<n+1。若 u1<u2u_{1}<u_{2}，则 f′(ξ1)>0f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)>0，从而 unu_{n} 递增且趋于 +∞+\infty，故发散。

（7） ​

二元函数 f(x,y)f\left(x,y\right) 在点 (0,0)\left(0,0\right) 处可微的一个充分条件是（ ）

A. lim⁡(x,y)→(0,0)[f(x,y)−f(0,0)]=0\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}\left[f\left(x,y\right)-f\left(0,0\right)\right]=0

B. lim⁡x→0f(x,0)−f(0,0)x=0\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x,0\right)-f\left(0,0\right)}{x}=0 且 lim⁡y→0f(0,y)−f(0,0)y=0\lim_{y\to 0}\frac{f\left(0,y\right)-f\left(0,0\right)}{y}=0

C. lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)−f(0,0)x2+y2=0\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}\frac{f\left(x,y\right)-f\left(0,0\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=0

D. lim⁡x→0[fx′(x,0)−fx′(0,0)]=0\lim_{x\to 0}\left[f_{x}^{\prime}\left(x,0\right)-f_{x}^{\prime}\left(0,0\right)\right]=0 且 lim⁡y→0[fy′(0,y)−fy′(0,0)]=0\lim_{y\to 0}\left[f_{y}^{\prime}\left(0,y\right)-f_{y}^{\prime}\left(0,0\right)\right]=0

答案： C

解析： 由 C 可得 f(x,y)−f(0,0)=o(x2+y2)f\left(x,y\right)-f\left(0,0\right)=o\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)，即 Δz=0⋅Δx+0⋅Δy+o(ρ)\Delta z=0\cdot \Delta x+0\cdot \Delta y+o\left(\rho\right)，其中 ρ=x2+y2\rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}}。这正符合可微定义，故 C 是充分条件。

（8） ​

设函数 f(x,y)f\left(x,y\right) 连续，则二次积分 ∫π2πdx∫sin⁡x1f(x,y) dy\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\mathrm{d}x\int_{\sin x}^{1}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y 等于（ ）

A. ∫01dy∫arcsin⁡yπf(x,y) dx\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{\arcsin y}^{\pi}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x
B. ∫01dy∫π−arcsin⁡yπf(x,y) dx\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{\pi-\arcsin y}^{\pi}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x
C. ∫01dy∫π2π+arcsin⁡yf(x,y) dx\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi+\arcsin y}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x
D. ∫01dy∫π2π−arcsin⁡yf(x,y) dx\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi-\arcsin y}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x

答案： B

解析： 原积分区域为 π2≤x≤π, sin⁡x≤y≤1\frac{\pi}{2}\leq x\leq \pi,\ \sin x\leq y\leq 1。换序后，0≤y≤1, π−arcsin⁡y≤x≤π0\leq y\leq 1,\ \pi-\arcsin y\leq x\leq \pi，故选 B。

（9） ​

设向量组 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性无关，则下列向量组线性相关的是（ ）

A. α1−α2,α2−α3,α3−α1\boldsymbol{\alpha}_{1}-\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{1}
B. α1+α2,α2+α3,α3+α1\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}+\boldsymbol{\alpha}_{1}
C. α1−2α2,α2−2α3,α3−2α1\boldsymbol{\alpha}_{1}-2\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}-2\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}-2\boldsymbol{\alpha}_{1}
D. α1+2α2,α2+2α3,α3+2α1\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+2\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{3}+2\boldsymbol{\alpha}_{1}

答案： A

解析： 因为 (α1−α2)+(α2−α3)+(α3−α1)=0\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}-\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)+\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}-\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)+\left(\boldsymbol{\alpha}_{3}-\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\boldsymbol{0}，且系数不全为零，所以 A 中向量组线性相关。

（10） ​

设矩阵 A=(2−1−1−12−1−1−12)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}2 & -1 & -1\\ -1 & 2 & -1\\ -1 & -1 & 2\end{matrix}\right)，B=(100010000)\boldsymbol{B}=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)，则 A\boldsymbol{A} 与 B\boldsymbol{B}（ ）

A. 合同，且相似
B. 合同，但不相似
C. 不合同，但相似
D. 既不合同，也不相似

答案： B

解析： A\boldsymbol{A} 的特征值为 3,3,03,3,0，B\boldsymbol{B} 的特征值为 1,1,01,1,0，故二者不相似。但 A,B\boldsymbol{A},\boldsymbol{B} 均为实对称矩阵，且正惯性指数均为 22，负惯性指数均为 00，故二者合同。

二、填空题 ​

（11） ​

lim⁡x→0arctan⁡x−sin⁡xx3=\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x-\sin x}{x^{3}}= ________。

答案： −16-\frac{1}{6}

解析： 由 arctan⁡x=x−x33+o(x3)\arctan x=x-\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)，sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)，得 arctan⁡x−sin⁡x=−x36+o(x3)\arctan x-\sin x=-\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)，故原极限为 −16-\frac{1}{6}。

（12） ​

曲线 {x=cos⁡t+cos⁡2ty=1+sin⁡t\left\{\begin{matrix}x=\cos t+\cos^{2}t\\ y=1+\sin t\end{matrix}\right. 上对应于 t=π4t=\frac{\pi}{4} 的点处的法线斜率为 ________。

答案： 1+21+\sqrt{2}

解析： dydx=cos⁡t−sin⁡t−2sin⁡tcos⁡t\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\cos t}{-\sin t-2\sin t\cos t}。代入 t=π4t=\frac{\pi}{4}，得 dydx∣t=π4=−11+2\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=-\frac{1}{1+\sqrt{2}}，故法线斜率为 1+21+\sqrt{2}。

（13） ​

设函数 y=12x+3y=\frac{1}{2x+3}，则 y(n)(0)=y^{\left(n\right)}\left(0\right)= ________。

答案： (−1)n2nn!3n+1\left(-1\right)^{n}\frac{2^{n}n!}{3^{n+1}}

解析： 由 y=(2x+3)−1y=\left(2x+3\right)^{-1}，得 y(n)(x)=(−1)n2nn!(2x+3)−n−1y^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{n}2^{n}n!\left(2x+3\right)^{-n-1}。令 x=0x=0，即得 y(n)(0)=(−1)n2nn!3n+1y^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^{n}\frac{2^{n}n!}{3^{n+1}}。

（14） ​

二阶常系数非齐次线性微分方程 y′′−4y′+3y=2e2xy^{\prime\prime}-4y^{\prime}+3y=2e^{2x} 的通解为 y=y= ________。

答案： C1ex+C2e3x−2e2xC_{1}e^{x}+C_{2}e^{3x}-2e^{2x}

解析： 特征方程 r2−4r+3=0r^{2}-4r+3=0 的根为 r1=1, r2=3r_{1}=1,\ r_{2}=3，齐次通解为 C1ex+C2e3xC_{1}e^{x}+C_{2}e^{3x}。设特解 y∗=Ae2xy^{*}=Ae^{2x}，代入得 A=−2A=-2，故通解为 C1ex+C2e3x−2e2xC_{1}e^{x}+C_{2}e^{3x}-2e^{2x}。

（15） ​

设 f(u,v)f\left(u,v\right) 是二元可微函数，z=f(yx,xy)z=f\left(\frac{y}{x},\frac{x}{y}\right)，则 x∂z∂x−y∂z∂y=x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}= ________。

答案： −2(yxf1′−xyf2′)-2\left(\frac{y}{x}f_{1}^{\prime}-\frac{x}{y}f_{2}^{\prime}\right)

解析： 设 u=yx, v=xyu=\frac{y}{x},\ v=\frac{x}{y}，则 ∂z∂x=f1′(−yx2)+f2′1y\frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}^{\prime}\left(-\frac{y}{x^{2}}\right)+f_{2}^{\prime}\frac{1}{y}，∂z∂y=f1′1x+f2′(−xy2)\frac{\partial z}{\partial y}=f_{1}^{\prime}\frac{1}{x}+f_{2}^{\prime}\left(-\frac{x}{y^{2}}\right)。整理得 x∂z∂x−y∂z∂y=−2(yxf1′−xyf2′)x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}=-2\left(\frac{y}{x}f_{1}^{\prime}-\frac{x}{y}f_{2}^{\prime}\right)。

（16） ​

设矩阵 A=(0100001000010000)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)，则 A3\boldsymbol{A}^{3} 的秩为 ________。

答案： 11

解析： 直接计算得 A3=(0001000000000000)\boldsymbol{A}^{3}=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)，故 rank⁡(A3)=1\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}^{3}\right)=1。

三、解答题 ​

（17） ​

设 f(x)f\left(x\right) 是区间 [0,π4]\left[0,\frac{\pi}{4}\right] 上的单调、可导函数，且满足

∫0f(x)f−1(t) dt=∫0xcos⁡t−sin⁡tsin⁡t+cos⁡tt dt\int_{0}^{f\left(x\right)}f^{-1}\left(t\right)\mathrm{~d}t=\int_{0}^{x}\frac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t}t\mathrm{~d}t，

其中 f−1f^{-1} 是 ff 的反函数，求 f(x)f\left(x\right)。

解析： 两边对 xx 求导，得 f−1[f(x)]f′(x)=cos⁡x−sin⁡xsin⁡x+cos⁡xxf^{-1}\left[f\left(x\right)\right]f^{\prime}\left(x\right)=\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}x，即 xf′(x)=cos⁡x−sin⁡xsin⁡x+cos⁡xxxf^{\prime}\left(x\right)=\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}x。当 x≠0x\ne 0 时，f′(x)=cos⁡x−sin⁡xsin⁡x+cos⁡xf^{\prime}\left(x\right)=\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}，故 f(x)=ln⁡(sin⁡x+cos⁡x)+Cf\left(x\right)=\ln\left(\sin x+\cos x\right)+C。由题设可得 f(0)=0f\left(0\right)=0，所以 C=0C=0。因此 f(x)=ln⁡(sin⁡x+cos⁡x)f\left(x\right)=\ln\left(\sin x+\cos x\right)。

（18） ​

设 DD 是位于曲线 y=xa−xa(a>1, 0≤x<+∞)y=\sqrt{x a^{-\frac{x}{a}}}\left(a>1,\ 0\leq x<+\infty\right) 下方、xx 轴上方的无界区域。

（Ⅰ）求区域 DD 绕 xx 轴旋转一周所成旋转体的体积 V(a)V\left(a\right)；

（Ⅱ）当 aa 为何值时，V(a)V\left(a\right) 最小？并求出最小值。

解析：

（Ⅰ）由旋转体体积公式，

V(a)=π∫0+∞y2 dx=π∫0+∞xa−xa dxV\left(a\right)=\pi\int_{0}^{+\infty}y^{2}\mathrm{~d}x=\pi\int_{0}^{+\infty}x a^{-\frac{x}{a}}\mathrm{~d}x。

因为 a−xa=e−xln⁡aaa^{-\frac{x}{a}}=e^{-\frac{x\ln a}{a}}，所以

V(a)=π(aln⁡a)2V\left(a\right)=\pi\left(\frac{a}{\ln a}\right)^{2}。

（Ⅱ）求导得

V′(a)=2πa(ln⁡a−1)(ln⁡a)3V^{\prime}\left(a\right)=\frac{2\pi a\left(\ln a-1\right)}{\left(\ln a\right)^{3}}。

令 V′(a)=0V^{\prime}\left(a\right)=0，得 a=ea=e。此时 V(a)V\left(a\right) 取最小值，且

Vmin⁡=V(e)=πe2V_{\min}=V\left(e\right)=\pi e^{2}。

（19） ​

求微分方程 y′′[x+(y′)2]=y′y^{\prime\prime}\left[x+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right]=y^{\prime} 满足初始条件 y(1)=1, y′(1)=1y\left(1\right)=1,\ y^{\prime}\left(1\right)=1 的特解。

解析： 令 p=y′p=y^{\prime}，则 y′′=dpdxy^{\prime\prime}=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}。原方程化为 dpdx(x+p2)=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}\left(x+p^{2}\right)=p，即 dxdp−xp=p\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}p}-\frac{x}{p}=p。解得 x=p2+Cpx=p^{2}+Cp。由 x=1,p=1x=1,p=1 得 C=0C=0，故 p=xp=\sqrt{x}。于是 y′=xy^{\prime}=\sqrt{x}，积分并用 y(1)=1y\left(1\right)=1，得 y=23x32+13y=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}+\frac{1}{3}。

（20） ​

已知函数 f(u)f\left(u\right) 具有二阶导数，且 f′(0)=1f^{\prime}\left(0\right)=1，函数 y=y(x)y=y\left(x\right) 由方程 y−1=xey−1y-1=xe^{y-1} 所确定。设 z=f(ln⁡y−sin⁡x)z=f\left(\ln y-\sin x\right)，求 dzdx∣x=0\left.\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0} 与 d2zdx2∣x=0\left.\frac{\mathrm{d}^{2}z}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{x=0}。

解析： 由 y−1=xey−1y-1=xe^{y-1}，得 y(0)=1y\left(0\right)=1。两边求导并代入 x=0x=0，得 y′(0)=1y^{\prime}\left(0\right)=1；再求导得 y′′(0)=2y^{\prime\prime}\left(0\right)=2。

设 u=ln⁡y−sin⁡xu=\ln y-\sin x，则 z=f(u)z=f\left(u\right)。有 u(0)=0u\left(0\right)=0，u′(0)=y′(0)y(0)−cos⁡0=0u^{\prime}\left(0\right)=\frac{y^{\prime}\left(0\right)}{y\left(0\right)}-\cos 0=0，故 dzdx∣x=0=0\left.\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}=0。

又 u′′(0)=y′′(0)y(0)−[y′(0)]2y2(0)+sin⁡0=1u^{\prime\prime}\left(0\right)=\frac{y^{\prime\prime}\left(0\right)y\left(0\right)-\left[y^{\prime}\left(0\right)\right]^{2}}{y^{2}\left(0\right)}+\sin 0=1，所以

d2zdx2∣x=0=f′(0)u′′(0)=1\left.\frac{\mathrm{d}^{2}z}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{x=0}=f^{\prime}\left(0\right)u^{\prime\prime}\left(0\right)=1。

（21） ​

设函数 f(x)f\left(x\right)，g(x)g\left(x\right) 在 [a,b]\left[a,b\right] 上连续，在 (a,b)\left(a,b\right) 内二阶可导且存在相等的最大值，又 f(a)=g(a)f\left(a\right)=g\left(a\right)，f(b)=g(b)f\left(b\right)=g\left(b\right)，证明：存在 ξ∈(a,b)\xi\in\left(a,b\right)，使得 f′′(ξ)=g′′(ξ)f^{\prime\prime}\left(\xi\right)=g^{\prime\prime}\left(\xi\right)。

解析： 令 φ(x)=f(x)−g(x)\varphi\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)。由题设可知存在 η∈(a,b)\eta\in\left(a,b\right)，使得 φ(η)=0\varphi\left(\eta\right)=0。又 φ(a)=φ(b)=0\varphi\left(a\right)=\varphi\left(b\right)=0。在 [a,η]\left[a,\eta\right] 与 [η,b]\left[\eta,b\right] 上分别应用罗尔定理，得 φ′(ξ1)=0, φ′(ξ2)=0\varphi^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=0,\ \varphi^{\prime}\left(\xi_{2}\right)=0。再对 φ′(x)\varphi^{\prime}\left(x\right) 用罗尔定理，得存在 ξ∈(a,b)\xi\in\left(a,b\right)，使 φ′′(ξ)=0\varphi^{\prime\prime}\left(\xi\right)=0，即 f′′(ξ)=g′′(ξ)f^{\prime\prime}\left(\xi\right)=g^{\prime\prime}\left(\xi\right)。

（22） ​

设二元函数

f(x,y)={x2,∣x∣+∣y∣≤11x2+y2,1<∣x∣+∣y∣≤2f\left(x,y\right)=\left\{\begin{matrix}x^{2}, & \left|x\right|+\left|y\right|\leq 1\\ \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, & 1<\left|x\right|+\left|y\right|\leq 2\end{matrix}\right.

计算二重积分 ∬Df(x,y) dσ\iint_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}\sigma，其中 D={(x,y)∣∣x∣+∣y∣≤2}D=\left\{\left(x,y\right)\mid \left|x\right|+\left|y\right|\leq 2\right\}。

解析： 记 D1={(x,y)∣∣x∣+∣y∣≤1}D_{1}=\left\{\left(x,y\right)\mid \left|x\right|+\left|y\right|\leq 1\right\}，D2={(x,y)∣1<∣x∣+∣y∣≤2}D_{2}=\left\{\left(x,y\right)\mid 1<\left|x\right|+\left|y\right|\leq 2\right\}。则

∬Df(x,y) dσ=∬D1x2 dσ+∬D21x2+y2 dσ\iint_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}\sigma=\iint_{D_{1}}x^{2}\mathrm{~d}\sigma+\iint_{D_{2}}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{~d}\sigma。

由对称性，

∬D1x2 dσ=4∫01dx∫01−xx2 dy=13\iint_{D_{1}}x^{2}\mathrm{~d}\sigma=4\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}x^{2}\mathrm{~d}y=\frac{1}{3}。

对第二项用极坐标，第一象限中 x+y=1x+y=1 与 x+y=2x+y=2 分别对应 r=1cos⁡θ+sin⁡θr=\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta} 与 r=2cos⁡θ+sin⁡θr=\frac{2}{\cos\theta+\sin\theta}。故

∬D21x2+y2 dσ=4∫0π21cos⁡θ+sin⁡θ dθ=22ln⁡(3+22)\iint_{D_{2}}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{~d}\sigma=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}\mathrm{~d}\theta=2\sqrt{2}\ln\left(3+2\sqrt{2}\right)。

因此

∬Df(x,y) dσ=13+22ln⁡(3+22)\iint_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}\sigma=\frac{1}{3}+2\sqrt{2}\ln\left(3+2\sqrt{2}\right)。

（23） ​

设线性方程组

{x1+x2+x3=0x1+2x2+ax3=0x1+4x2+a2x3=0\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\ x_{1}+2x_{2}+ax_{3}=0\\ x_{1}+4x_{2}+a^{2}x_{3}=0\end{matrix}\right.

与方程

x1+2x2+x3=a−1x_{1}+2x_{2}+x_{3}=a-1

有公共解，求 aa 的值及所有公共解。

解析： 将方程组与方程联立，对增广矩阵作初等行变换，可得有解条件为 (a−1)(a−2)=0\left(a-1\right)\left(a-2\right)=0，故 a=1a=1 或 a=2a=2。

当 a=1a=1 时，公共解为

x=k(10−1)\boldsymbol{x}=k\left(\begin{matrix}1\\ 0\\ -1\end{matrix}\right)，

其中 kk 为任意常数。

当 a=2a=2 时，公共解为

x=(01−1)\boldsymbol{x}=\left(\begin{matrix}0\\ 1\\ -1\end{matrix}\right)。

（24） ​

设 3 阶实对称矩阵 A\boldsymbol{A} 的特征值 λ1=1,λ2=2,λ3=−2\lambda_{1}=1,\lambda_{2}=2,\lambda_{3}=-2，α1=(1,−1,1)T\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,-1,1\right)^{T} 是 A\boldsymbol{A} 的属于 λ1\lambda_{1} 的一个特征向量。记 B=A5−4A3+E\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}^{5}-4\boldsymbol{A}^{3}+\boldsymbol{E}，其中 E\boldsymbol{E} 为 3 阶单位矩阵。

（Ⅰ）验证 α1\boldsymbol{\alpha}_{1} 是矩阵 B\boldsymbol{B} 的特征向量，并求 B\boldsymbol{B} 的全部特征值与特征向量；

（Ⅱ）求矩阵 B\boldsymbol{B}。

解析：

（Ⅰ）因 Aα1=α1\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}，所以 Akα1=α1\boldsymbol{A}^{k}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}。于是

Bα1=(A5−4A3+E)α1=−2α1\boldsymbol{B}\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(\boldsymbol{A}^{5}-4\boldsymbol{A}^{3}+\boldsymbol{E}\right)\boldsymbol{\alpha}_{1}=-2\boldsymbol{\alpha}_{1}。

故 α1\boldsymbol{\alpha}_{1} 是 B\boldsymbol{B} 的特征向量，对应特征值为 −2-2。

设 p(λ)=λ5−4λ3+1p\left(\lambda\right)=\lambda^{5}-4\lambda^{3}+1，则 B=p(A)\boldsymbol{B}=p\left(\boldsymbol{A}\right)。由 p(1)=−2, p(2)=1, p(−2)=1p\left(1\right)=-2,\ p\left(2\right)=1,\ p\left(-2\right)=1，得 B\boldsymbol{B} 的全部特征值为 −2,1,1-2,1,1。

属于 −2-2 的全部特征向量为

k1(1,−1,1)T,k1≠0k_{1}\left(1,-1,1\right)^{T},\quad k_{1}\ne 0。

属于 11 的特征向量与 α1\boldsymbol{\alpha}_{1} 正交，故满足 x1−x2+x3=0x_{1}-x_{2}+x_{3}=0，其全部特征向量为

k2(−1,0,1)T+k3(1,1,0)Tk_{2}\left(-1,0,1\right)^{T}+k_{3}\left(1,1,0\right)^{T}，

其中 k2,k3k_{2},k_{3} 不同时为零。

（Ⅱ）取

P=(1−11−101110)\boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}1 & -1 & 1\\ -1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{matrix}\right)，

则 P−1BP=diag⁡(−2,1,1)\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{B}\boldsymbol{P}=\operatorname{diag}\left(-2,1,1\right)。计算得

B=(01−1101−110)\boldsymbol{B}=\left(\begin{matrix}0 & 1 & -1\\ 1 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0\end{matrix}\right)。