2021 年全国硕士研究生招生考试数学（二）试题与解析

一、选择题

本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

第 1 题

当 $x \to 0$ 时，$\int_{0}^{x^{2}} \left(e^{t}-1\right) \mathrm{d} t$ 是 $x^{7}$ 的

• A. 低阶无穷小
• B. 等价无穷小
• C. 高阶无穷小
• D. 同阶但非等价无穷小

解析： 设 $F(x)=\int_0^{x^2}(e^t-1)\,\mathrm{d}t$，则

$$F'(x)=2x(e^{x^2}-1)\sim 2x^3.$$

故 $F(x)\sim \dfrac{x^4}{2}$，因而相对于 $x^7$ 是高阶无穷小。

答案： C

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第 2 题

函数

$$f(x)= \begin{cases} \dfrac{e^x-1}{x}, & x\ne 0,\\ 1, & x=0 \end{cases}$$

在 $x=0$ 处

• A. 连续且取极大值
• B. 连续且取极小值
• C. 可导且导数为 $0$
• D. 可导且导数不为 $0$

解析： 有

$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1=f(0),$$

故在 $x=0$ 处连续。又

$$f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x} =\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2} =\frac12\ne 0.$$

答案： D

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第 3 题

有一圆柱体底面半径与高随时间变化的速率分别为 $2 \text{ cm/s}$、$-3 \text{ cm/s}$。当底面半径为 $10 \text{ cm}$，高为 $5 \text{ cm}$ 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为

• A. $125\pi \text{ cm}^{3}\text{/s}$，$40\pi \text{ cm}^{2}\text{/s}$
• B. $125\pi \text{ cm}^{3}\text{/s}$，$-40\pi \text{ cm}^{2}\text{/s}$
• C. $-100\pi \text{ cm}^{3}\text{/s}$，$40\pi \text{ cm}^{2}\text{/s}$
• D. $-100\pi \text{ cm}^{3}\text{/s}$，$-40\pi \text{ cm}^{2}\text{/s}$

解析： 设 $V=\pi r^2h,\ S=2\pi rh+2\pi r^2$，且 $\dfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=2,\ \dfrac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-3$。则

$$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} =2\pi rh\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}+\pi r^2\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}, \qquad \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t} =2\pi h\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}+2\pi r\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}+4\pi r\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}.$$

代入 $r=10,\ h=5$，得

$$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=-100\pi,\qquad \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}=40\pi.$$

答案： C

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第 4 题

设函数 $f(x)=ax-b\ln x$，其中 $a>0$。若 $f(x)$ 有两个零点，则 $\dfrac{b}{a}$ 的取值范围是

• A. $\left(e,+\infty\right)$
• B. $\left(0,e\right)$
• C. $\left(0,\dfrac{1}{e}\right)$
• D. $\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)$

解析： 有

$$f'(x)=a-\frac{b}{x},$$

故极小点在 $x=\dfrac{b}{a}$。要使函数有两个零点，极小值必须小于 0，即

$$f\left(\frac{b}{a}\right)=b-b\ln\frac{b}{a}<0.$$

因 $b>0$，故

$$1-\ln\frac{b}{a}<0 \Longrightarrow \frac{b}{a}>e.$$

答案： A

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第 5 题

设函数 $f(x)=\sec x$ 在 $x=0$ 处的 2 次泰勒多项式为 $1+ax+bx^2$，则

• A. $a=1$，$b=-\dfrac{1}{2}$
• B. $a=1$，$b=\dfrac{1}{2}$
• C. $a=0$，$b=-\dfrac{1}{2}$
• D. $a=0$，$b=\dfrac{1}{2}$

解析： 因为

$$f(0)=1,\qquad f'(0)=\sec 0\tan 0=0,\qquad f''(0)=1,$$

故

$$\sec x=1+\frac12x^2+o(x^2).$$

所以 $a=0,\ b=\dfrac12$。

答案： D

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第 6 题

设函数 $f(x,y)$ 可微，且

$$f(x+1,e^x)=x^2(x+1),\qquad f(x,x^2)=2x^2\ln x,$$

则 $\mathrm{d} f(1,1)=$

• A. $\mathrm{d}x+\mathrm{d}y$
• B. $\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$
• C. $\mathrm{d}y$
• D. $-\mathrm{d}y$

解析： 对两式分别求导，得

$$f_x(x+1,e^x)+e^x f_y(x+1,e^x)=x^2+2x(x+1),$$

$$f_x(x,x^2)+2x f_y(x,x^2)=4x\ln x+2x.$$

分别取 $x=0$ 与 $x=1$，得到

$$f_x(1,1)+f_y(1,1)=1,\qquad f_x(1,1)+2f_y(1,1)=2.$$

解得 $f_x(1,1)=0,\ f_y(1,1)=1$，故

$$\mathrm{d}f(1,1)=\mathrm{d}y.$$

答案： C

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第 7 题

设函数 $f(x)$ 在区间 $\left[0,1\right]$ 上连续，则

$$\int_{0}^{1} f(x)\,\mathrm{d}x=$$

• A. $\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} f\left(\dfrac{2k-1}{2n}\right)\dfrac{1}{2n}$
• B. $\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} f\left(\dfrac{2k-1}{2n}\right)\dfrac{1}{n}$
• C. $\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{2n} f\left(\dfrac{k-1}{2n}\right)\dfrac{1}{n}$
• D. $\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{2n} f\left(\dfrac{k}{2n}\right)\dfrac{2}{n}$

解析： 把区间 $[0,1]$ 等分成 $n$ 份，每段长度为 $\dfrac1n$，取中点 $\dfrac{2k-1}{2n}$，则其黎曼和恰为

$$\sum_{k=1}^n f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac1n.$$

故极限即原积分。

答案： B

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第 8 题

二次型

$$f(x_1,x_2,x_3)=\left(x_1+x_2\right)^2+\left(x_2+x_3\right)^2-\left(x_3-x_1\right)^2$$

的正惯性指数与负惯性指数依次为

• A. $2,0$
• B. $1,1$
• C. $2,1$
• D. $1,2$

解析： 展开得

$$f=2x_2^2+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_1x_3,$$

对应矩阵为

$$A=\begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&2&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}.$$

其特征多项式为

$$|\lambda E-A|=(\lambda+1)(\lambda-3)\lambda,$$

故特征值为 $-1,0,3$。所以正惯性指数为 1，负惯性指数为 1。

答案： B

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第 9 题

设 3 阶矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$，$\boldsymbol{B}=\left(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}\right)$。若向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 可以由向量组 $\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}$ 线性表出，则

• A. $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 的解均为 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 的解
• B. $\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x}=0$ 的解均为 $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x}=0$ 的解
• C. $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 的解均为 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 的解
• D. $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x}=0$ 的解均为 $\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{x}=0$ 的解

解析： 由题意，存在矩阵 $P$ 使

$$A=BP.$$

若 $B^{\mathrm T}x=0$，则

$$A^{\mathrm T}x=(BP)^{\mathrm T}x=P^{\mathrm T}B^{\mathrm T}x=0.$$

故 $\boldsymbol{B}^{\mathrm T}x=0$ 的任意解都是 $\boldsymbol{A}^{\mathrm T}x=0$ 的解。

答案： D

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第 10 题

已知矩阵

$$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix}.$$

若存在下三角可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 和上三角可逆矩阵 $\boldsymbol{Q}$，使 $\boldsymbol{P}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}$ 为对角矩阵，则 $\boldsymbol{P}$，$\boldsymbol{Q}$ 可以分别取

• A. $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$
• B. $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$
• C. $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$
• D. $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 1\end{pmatrix}$，$\begin{pmatrix}1 & 2 & -3 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

解析： 对 $A$ 先做行初等变换化为阶梯形，可得到左乘矩阵

$$P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.$$

再做列初等变换将其化为对角形，可得到右乘矩阵

$$Q=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

故应选 C。

答案： C

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二、填空题

本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。

第 11 题

$$\int_{-\infty}^{+\infty} |x|3^{-x^2}\,\mathrm{d}x= \underline{\hspace{6em}}$$

解析： 被积函数为偶函数，

$$\int_{-\infty}^{+\infty}|x|3^{-x^2}\,\mathrm{d}x =2\int_0^{+\infty}x3^{-x^2}\,\mathrm{d}x.$$

令 $u=-x^2$，则

$$2\int_0^{+\infty}x3^{-x^2}\,\mathrm{d}x =-\int_0^{+\infty}3^{-x^2}\,\mathrm{d}(-x^2) =\frac{1}{\ln 3}.$$

答案： $\dfrac{1}{\ln 3}$

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第 12 题

设函数 $y=y(x)$ 由参数方程

$$\begin{cases} x=2e^t+t+1,\\ y=4(t-1)e^t+t^2 \end{cases}$$

确定，则

$$\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2}\right|_{t=0}= \underline{\hspace{6em}}$$

解析： 先求

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} =\frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} =\frac{4te^t+2t}{2e^t+1}.$$

再对 $t$ 求导并除以 $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2e^t+1$，最后代入 $t=0$，得

$$\left.\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2}\right|_{t=0}=\frac23.$$

答案： $\dfrac{2}{3}$

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第 13 题

设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$(x+1)z+y\ln z-\arctan(2xy)=1$$

确定，则

$$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,2)}= \underline{\hspace{6em}}$$

解析： 先把 $(x,y)=(0,2)$ 代入原方程，得 $z=1$。再对原方程关于 $x$ 求偏导：

$$z+(x+1)z_x+y\frac{1}{z}z_x-\frac{2y}{1+4x^2y^2}=0.$$

代入 $(x,y,z)=(0,2,1)$，得

$$1+z_x+2z_x-4=0,$$

故 $z_x=1$。

答案： $1$

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第 14 题

已知函数

$$f(t)=\int_{1}^{t} \mathrm{d}x \int_{\sqrt{x}}^{1} \sin \frac{x}{y}\,\mathrm{d}y,$$

则

$$f'\left(\frac{\pi}{2}\right)= \underline{\hspace{18em}}$$

解析： 先交换积分次序并整理，可得

$$f(t)=\int_{1}^{\sqrt{t}} y\left(\cos\frac{t}{y}-\cos y\right)\,\mathrm{d}y =t^2\int_{\sqrt{t}}^{t}\frac{\cos u}{u^3}\,\mathrm{d}u-\int_{1}^{\sqrt{t}} y\cos y\,\mathrm{d}y.$$

对 $t$ 求导，再代入 $t=\dfrac{\pi}{2}$，得

$$f'\left(\frac{\pi}{2}\right) =\pi \int_{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos u}{u^{3}} \,\mathrm{d} u -\frac{\cos \sqrt{\frac{\pi}{2}}}{2} -\sqrt{\frac{\pi}{2}} \cos \sqrt{\frac{\pi}{2}}.$$

答案： $\pi \int_{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos u}{u^{3}} \,\mathrm{d} u-\dfrac{\cos \sqrt{\frac{\pi}{2}}}{2}-\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} \cos \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$

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第 15 题

微分方程 $y'''-y=0$ 的通解

$$y= \underline{\hspace{24em}}$$

解析： 特征方程为

$$\lambda^3-1=0,$$

根为

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_{2,3}=-\frac12\pm\frac{\sqrt3}{2}i.$$

故通解为

$$y=C_1e^x+e^{-\frac12x}\left(C_2\cos\frac{\sqrt3}{2}x+C_3\sin\frac{\sqrt3}{2}x\right).$$

答案： $C_{1}e^{x}+e^{-\frac{1}{2}x}\left(C_{2}\cos \frac{\sqrt{3}}{2}x+C_{3}\sin \frac{\sqrt{3}}{2}x\right)$

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第 16 题

多项式

$$f(x)=\left|\begin{array}{cccc} x & x & 1 & 2x \\ 1 & x & 2 & -1 \\ 2 & 1 & x & 1 \\ 2 & -1 & 1 & x \end{array}\right|$$

中 $x^3$ 项的系数为 $\underline{\hspace{6em}}$

解析： 沿第一列展开，只需保留可能产生 $x^3$ 的项。计算后可知含 $x^3$ 的部分只有 $-x^3$ 与 $-4x^3$，故系数为

$$-1-4=-5.$$

答案： $-5$

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三、解答题

本题共 6 小题，共 70 分。请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第 17 题

求极限

$$\lim_{x \to 0} \left(\frac{1+\int_{0}^{x} e^{t^{2}} \,\mathrm{d} t}{e^{x}-1}-\frac{1}{\sin x}\right).$$

解析： 原式可化为

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x-\int_0^x e^{t^2}\,\mathrm{d}t}{(e^x-1)\sin x}.$$

又

$$\int_0^x e^{t^2}\,\mathrm{d}t =\int_0^x\left(1+t^2+o(t^2)\right)\,\mathrm{d}t =x+\frac13x^3+o(x^3),$$

并用 $\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$、$e^x-1=x+o(x)$，可得原极限为

$$\frac12.$$

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第 18 题

已知

$$f(x)=\frac{x|x|}{1+x},$$

求 $f(x)$ 的凹凸性及渐近线。

解析： 分段写成

$$f(x)= \begin{cases} \dfrac{x^2}{1+x}, & x>0,\\[4pt] -\dfrac{x^2}{1+x}, & x\le 0. \end{cases}$$

于是

$$f''(x)= \begin{cases} \dfrac{2}{(1+x)^3}, & x>0,\\[6pt] -\dfrac{2}{(1+x)^3}, & x<0. \end{cases}$$

故：

• 在 $\left(-\infty,-1\right)$、$\left(0,+\infty\right)$ 上，$f''(x)>0$，函数为凹；
• 在 $\left(-1,0\right)$ 上，$f''(x)<0$，函数为凸。

又

$$\lim_{x\to-1}\frac{x|x|}{1+x}=+\infty,$$

故垂直渐近线为

$$x=-1.$$

并且

$$\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x|x|}{1+x}-x\right)=-1,\qquad \lim_{x\to-\infty}\left(\frac{x|x|}{1+x}+x\right)=-1,$$

故斜渐近线分别为

$$y=x-1,\qquad y=-x-1.$$

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第 19 题

$f(x)$ 满足

$$\int \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \,\mathrm{d}x=\frac{1}{6}x^{2}-x+C,$$

$L$ 为曲线 $y=f(x)$，其中 $4 \le x \le 9$。$L$ 的弧长为 $s$，$L$ 绕 $x$ 轴旋转一周所形成的曲面的面积为 $A$，求 $s$ 和 $A$。

解析： 由题意

$$\frac{f(x)}{\sqrt{x}}=\frac13x-1,$$

故

$$f(x)=\frac13x^{3/2}-x^{1/2},\qquad f'(x)=\frac12\sqrt{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}}.$$

于是

$$1+\left(f'(x)\right)^2=\left(\frac{\sqrt{x}}{2}+\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)^2,$$

故弧长

$$s=\int_4^9 \sqrt{1+\left(f'(x)\right)^2}\,\mathrm{d}x =\int_4^9\left(\frac{\sqrt{x}}{2}+\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)\,\mathrm{d}x =\frac{22}{3}.$$

旋转曲面的面积为

$$A=2\pi\int_4^9 f(x)\sqrt{1+\left(f'(x)\right)^2}\,\mathrm{d}x =\frac{425\pi}{9}.$$

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第 20 题

函数 $y=y(x)$ 的微分方程

$$xy'-6y=-6,$$

满足 $y\left(\sqrt{3}\right)=10$。

1. 求 $y(x)$；
2. $P$ 为曲线 $y=y(x)$ 上的一点，曲线在点 $P$ 的法线在 $y$ 轴上的截距为 $I_y$。为使 $I_y$ 最小，求 $P$ 的坐标。

解析：

1. 方程化为

   $$y'-\frac{6}{x}y=-\frac{6}{x}.$$

   解得

   $$y=1+Cx^6.$$

   由 $y(\sqrt3)=10$，得 $C=\dfrac13$，故

   $$y(x)=1+\frac{x^6}{3}.$$

2. 设 $P(x,y)$ 在曲线上，则

   $$y'=2x^5.$$

   法线斜率为 $-\dfrac{1}{2x^5}$，法线方程在 $y$ 轴上的截距为

   $$I_y=1+\frac{x^6}{3}+\frac{1}{2x^4}.$$

   这是偶函数，只考察 $x>0$。求导得

   $$I_y'=2x^5-\frac{2}{x^5}.$$

   解得极值点 $x=1$，且此时取最小值。于是

   $$y(1)=1+\frac13=\frac43.$$

   故所求点为

   $$P\left(\pm 1,\frac43\right),$$

   且最小截距为

   $$I_y=\frac{11}{6}.$$

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第 21 题

曲线

$$\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=x^{2}-y^{2},$$

其中 $x \ge 0,\ y \ge 0$，与 $x$ 轴围成的区域为 $D$，求

$$\iint_{D} xy \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.$$

解析： 作极坐标变换

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.$$

边界方程化为

$$r^4=r^2\cos 2\theta \Longrightarrow r^2=\cos 2\theta.$$

因 $x\ge0,\ y\ge0$，故 $0\le\theta\le\dfrac{\pi}{4}$。于是

$$\iint_D xy\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =\int_0^{\pi/4}\int_0^{\sqrt{\cos 2\theta}} r^3\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta.$$

计算得

$$\iint_D xy\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\frac{1}{48}.$$

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第 22 题

设矩阵

$$\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & a & b \end{pmatrix}$$

仅有两个不同的特征值。若 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵，求 $a,\ b$ 的值，并求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$，使 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}$ 为对角矩阵。

解析： 先求特征多项式：

$$|\lambda E-A| =\begin{vmatrix} \lambda-2 & -1 & 0 \\ -1 & \lambda-2 & 0 \\ -1 & -a & \lambda-b \end{vmatrix} =(\lambda-b)(\lambda-3)(\lambda-1).$$

因仅有两个不同特征值，故有两种情况。

情况一：$b=3$

此时特征值 $3$ 为二重根。由 $A$ 可对角化知，其特征子空间维数应为 2。考察

$$3E-A= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix},$$

可得必须有 $a=-1$。

这时可取特征向量

$$\alpha_1=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\quad \alpha_2=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \quad (\lambda=3),$$

$$\alpha_3=\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix} \quad (\lambda=1).$$

取

$$P=\left(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\right) =\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},$$

则

$$P^{-1}AP=\operatorname{diag}(3,3,1).$$

情况二：$b=1$

同理，此时特征值 $1$ 为二重根。考察

$$E-A= \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix},$$

可得必须有 $a=1$。

这时可取特征向量

$$\beta_1=\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix},\quad \beta_2=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \quad (\lambda=1),$$

$$\alpha_3=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \quad (\lambda=3).$$

取

$$P=\left(\beta_1,\beta_2,\alpha_3\right) =\begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},$$

则

$$P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,1,3).$$