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1999 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

曲线 ${x = e^{t} sin 2 t y = e^{t} cos t$ 在点 $(0, 1)$ 处的法线方程为 ______．

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【答案】
$y = - 2 x + 1$

【解析】
曲线由参数方程 $x = e^{t} sin 2 t$ 和 $y = e^{t} cos t$ 给出。点 $(0, 1)$ 对应参数 $t = 0$ ，因为当 $t = 0$ 时， $x = e^{0} sin 0 = 0$ ， $y = e^{0} cos 0 = 1$ 。

求切线斜率 $\frac{d y}{d x}$ ：
先计算

\frac{d x}{d t} = e^{t} (sin 2 t + 2 cos 2 t), \frac{d y}{d t} = e^{t} (cos t - sin t)

则

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{cos t - sin t}{sin 2 t + 2 cos 2 t}

在 $t = 0$ 时，

\frac{d y}{d x} = \frac{1 - 0}{0 + 2 \cdot 1} = \frac{1}{2}

切线斜率为 $\frac{1}{2}$ ，因此法线斜率为 $- 2$ 。

法线过点 $(0, 1)$ ，用法线点斜式方程：

y - 1 = - 2 (x - 0)

即

y = - 2 x + 1

故法线方程为 $y = - 2 x + 1$ 。

2

设函数 $y = y (x)$ 由方程 $ln (x^{2} + y) = x^{3} y + sin x$ 确定，则 $\frac{d y}{d x}_{x = 0} =$ ______．

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【答案】 1

【解析】 由方程 $ln (x^{2} + y) = x^{3} y + sin x$ 确定函数 $y = y (x)$ 。首先，求 $x = 0$ 时对应的 $y$ 值。代入 $x = 0$ 得：

ln (0^{2} + y) = 0^{3} \cdot y + sin 0 ⟹ ln y = 0 ⟹ y = 1

对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：

\frac{d}{d x} ln (x^{2} + y) = \frac{d}{d x} (x^{3} y + sin x)

左边求导：

\frac{1}{x ^{2} + y} \cdot (2 x + \frac{d y}{d x})

右边求导：

x^{3} \frac{d y}{d x} + 3 x^{2} y + cos x

因此，求导后方程为：

\frac{1}{x ^{2} + y} \cdot (2 x + \frac{d y}{d x}) = x^{3} \frac{d y}{d x} + 3 x^{2} y + cos x

代入 $x = 0$ 和 $y = 1$ ：左边：

\frac{1}{0 + 1} \cdot (0 + \frac{d y}{d x}) = \frac{d y}{d x}

右边：

0 \cdot \frac{d y}{d x} + 0 \cdot 1 + cos 0 = 1

所以，

\frac{d y}{d x} = 1

因此，

\frac{d y}{d x}_{x = 0} = 1

3

$\int \frac{x + 5}{x ^{2} - 6 x + 13} d x =$ ______．

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【答案】 $\frac{1}{2} ln (x^{2} - 6 x + 13) + 4 arctan \frac{x - 3}{2} + C$

【解析】 首先，对分母完成平方：

x^{2} - 6 x + 13 = (x - 3)^{2} + 4

积分变为

\int \frac{x + 5}{( x - 3 ) ^{2} + 4} d x

令 $u = x - 3$ ，则 $x = u + 3$ ， $d x = d u$ ，分子 $x + 5 = u + 8$ ，积分化为

\int \frac{u + 8}{u ^{2} + 4} d u

拆分为两个积分：

\int \frac{u}{u ^{2} + 4} d u + \int \frac{8}{u ^{2} + 4} d u

第一个积分通过代换 $v = u^{2} + 4$ ， $d v = 2 u d u$ ，得 $\frac{1}{2} ln ∣ u^{2} + 4∣$ ；
第二个积分使用公式

\int \frac{1}{u ^{2} + a ^{2}} d u = \frac{1}{a} arctan \frac{u}{a}

其中 $a = 2$ ，得 $4 arctan \frac{u}{2}$ 。
合并后为

\frac{1}{2} ln (u^{2} + 4) + 4 arctan \frac{u}{2} + C

代回 $u = x - 3$ 得最终结果。

4

函数 $y = \frac{x ^{2}}{- x ^{2}}$ 在区间 $[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$ 上的平均值为 ______．

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【答案】 $\frac{π}{12} (1 + 3)$

【解析】 函数应为 $y = \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}}$ ，否则在给定区间内无实数定义。函数在区间 $[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$ 上的平均值公式为：

平均值 = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x

其中 $a = \frac{1}{2}$ ， $b = \frac{3}{2}$ ， $f (x) = \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}}$ 。计算积分：

I = \int_{1/2}^{3 /2} \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}} d x

使用三角代换，令 $x = sin θ$ ，则 $d x = cos θ d θ$ ，且当 $x = \frac{1}{2}$ 时 $θ = \frac{π}{6}$ ，当 $x = \frac{3}{2}$ 时 $θ = \frac{π}{3}$ 。积分变为：

I = \int_{π /6}^{π /3} \frac{sin ^{2} θ}{cos θ} \cdot cos θ d θ = \int_{π /6}^{π /3} sin^{2} θ d θ

利用恒等式 $sin^{2} θ = \frac{1 - c o s 2 θ}{2}$ ，得：

I = \int_{π /6}^{π /3} \frac{1 - cos 2 θ}{2} d θ = \frac{1}{2} \int_{π /6}^{π /3} (1 - cos 2 θ) d θ

计算积分：

\int_{π /6}^{π /3} (1 - cos 2 θ) d θ = [θ - \frac{1}{2} sin 2 θ]_{π /6}^{π /3}

代入上下限：

(\frac{π}{3} - \frac{1}{2} sin \frac{2 π}{3}) - (\frac{π}{6} - \frac{1}{2} sin \frac{π}{3}) = (\frac{π}{3} - \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}) - (\frac{π}{6} - \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}) = \frac{π}{3} - \frac{π}{6} = \frac{π}{6}

所以：

I = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{6} = \frac{π}{12}

区间长度为：

b - a = \frac{3}{2} - \frac{1}{2} = \frac{3 - 1}{2}

平均值为：

平均值 = \frac{\frac{π}{12}}{\frac{3 - 1}{2}} = \frac{π}{12} \cdot \frac{2}{3 - 1} = \frac{π}{6} \cdot \frac{1}{3 - 1}

有理化分母：

\frac{1}{3 - 1} = \frac{3 + 1}{( 3 - 1 ) ( 3 + 1 )} = \frac{3 + 1}{3 - 1} = \frac{3 + 1}{2}

因此：

平均值 = \frac{π}{6} \cdot \frac{3 + 1}{2} = \frac{π ( 1 + 3 )}{12}

5

同试卷 1 第 3 题

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

同试卷 1 第 7 题

7

设 $α (x) = \int_{0}^{5 x} \frac{s i n t}{t} d t$ ， $β (x) = \int_{0}^{s i n x} (1 + t)^{1/ t} d t$ ，则当 $x \to 0$ 时 $α (x)$ 是 $β (x)$ 的

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】 当

x \to 0

时，分析

α (x)

和

β (x)

的渐近行为。
对于

α (x) = \int_{0}^{5 x} \frac{s i n t}{t} d t

，由于

t \to 0

时

\frac{s i n t}{t} \to 1

，因此

α (x) \sim \int_{0}^{5 x} 1 d t = 5 x

。
对于

β (x) = \int_{0}^{s i n x} (1 + t)^{1/ t} d t

，由于

t \to 0

时

(1 + t)^{1/ t} \to e

，因此

β (x) \sim \int_{0}^{s i n x} e d t = e sin x \sim e x

。
于是，

\frac{α ( x )}{β ( x )} \sim \frac{5 x}{e x} = \frac{5}{e}

，极限为

\frac{5}{e} \neq = 1

，且既不为 0 也不为无穷大。
因此，

α (x)

与

β (x)

是同阶但不等价的无穷小。

8

同试卷 1 第 6 题

9

“对任意给定的 $ε \in (0, 1)$ ，总存在正整数 $N$ ，当 $n \geq N$ 时，恒有 $∣ x_{n} - a ∣ \leq 2 ε$ ”是数列 ${x_{n}}$ 收敛于 $a$ 的

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 数列 ${x_{n}}$ 收敛于 $a$ 的定义是：对任意 $ε^{'} > 0$ ，存在正整数 $N$ ，当 $n \geq N$ 时，恒有 $∣ x_{n} - a ∣ < ε^{'}$ 。
给出的条件为：对任意 $ε \in (0, 1)$ ，总存在正整数 $N$ ，当 $n \geq N$ 时，恒有 $∣ x_{n} - a ∣ \leq 2 ε$ 。

充分性：若给出的条件成立，则对任意 $ε^{'} > 0$ ，取 $ε = min {ε^{'} /4, 1/2}$ ，则 $ε \in (0, 1)$ ，由条件存在 $N$ ，当 $n \geq N$ 时， $∣ x_{n} - a ∣ \leq 2 ε \leq ε^{'}$ （因当 $ε^{'} \geq 2$ 时， $2 ε < 2 \leq ε^{'}$ ；当 $ε^{'} < 2$ 时， $2 ε = ε^{'} /2 < ε^{'}$ ），故数列收敛于 $a$ ，充分性成立。
必要性：若数列收敛于 $a$ ，则对任意 $ε \in (0, 1)$ ，取 $ε^{'} = ε$ ，由收敛定义存在 $N$ ，当 $n \geq N$ 时， $∣ x_{n} - a ∣ < ε \leq 2 ε$ ，故 $∣ x_{n} - a ∣ \leq 2 ε$ ，必要性成立。
因此，该条件是数列收敛于 $a$ 的充分必要条件。

10

记行列式 $x - 2 2 x - 2 3 x - 3 4 x x - 1 2 x - 1 3 x - 2 4 x - 3 x - 2 2 x - 2 4 x - 5 5 x - 7 x - 3 2 x - 3 3 x - 5 4 x - 3$ 为 $f (x)$ ，则方程 $f (x) = 0$ 的根的个数为

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
考虑行列式

f (x) = x - 2 2 x - 2 3 x - 3 4 x x - 1 2 x - 1 3 x - 2 4 x - 3 x - 2 2 x - 2 4 x - 5 5 x - 7 x - 3 2 x - 3 3 x - 5 4 x - 3 .

通过列操作简化：

令 $C 2 \leftarrow C 2 - C 1$ ，则 $C 2$ 变为常数列 $[1, 1, 1, - 3]^{T}$ ；
再令 $C 4 \leftarrow C 4 - C 2$ （原始 $C 2$ ），则 $C 4$ 变为常数列 $[- 2, - 2, - 3, 0]^{T}$ 。

此时行列式变为 $∣ C 1, C 2^{'}, C 3, C 4^{'} ∣$ ，其中 $C 2^{'}$ 和 $C 4^{'}$ 为常数列， $C 1$ 和 $C 3$ 为 $x$ 的线性函数。因此，行列式是 $x$ 的二次多项式。

计算二次项系数 $det (A, C 2^{'}, C, C 4^{'})$ ，其中 $A = [1, 2, 3, 4]^{T}$ ， $C = [1, 2, 4, 5]^{T}$ ，得值为 $5$ ，不为零。故 $f (x)$ 为二次多项式，方程 $f (x) = 0$ 有两个根（可能为重根，但二次多项式总有两个根）。

验证 $x = 1$ 时 $f (1) = 0$ ，且存在另一个根，因此根的个数为 $2$ 。

解答题

11

x \to 0 lim \frac{1 + tan x - 1 + sin x}{x ln ( 1 + x ) - x ^{2}} =

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【答案】 $- \frac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to 0} \frac{1 + t a n x - 1 + s i n x}{x l n ( 1 + x ) - x ^{2}}$ 。当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此使用泰勒展开求解。

首先，对分子进行有理化：

1 + tan x - 1 + sin x = \frac{( 1 + tan x - 1 + sin x ) ( 1 + tan x + 1 + sin x )}{1 + tan x + 1 + sin x} = \frac{tan x - sin x}{1 + tan x + 1 + sin x} .

当 $x \to 0$ 时， $1 + tan x \to 1$ ， $1 + sin x \to 1$ ，因此分母趋于 2。于是，

1 + tan x - 1 + sin x \sim \frac{tan x - sin x}{2} .

利用泰勒展开：

tan x = x + \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{5}), sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5}),

所以

tan x - sin x = (x + \frac{x ^{3}}{3}) - (x - \frac{x ^{3}}{6}) + O (x^{5}) = \frac{x ^{3}}{2} + O (x^{5}),

因此

1 + tan x - 1 + sin x \sim \frac{1}{2} \cdot \frac{x ^{3}}{2} = \frac{x ^{3}}{4} .

对于分母 $x ln (1 + x) - x^{2}$ ，利用泰勒展开：

ln (1 + x) = x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{4} + O (x^{5}),

所以

x ln (1 + x) = x (x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3} - O (x^{4})) = x^{2} - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{x ^{4}}{3} + O (x^{5}),

于是

x ln (1 + x) - x^{2} = (x^{2} - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{x ^{4}}{3}) - x^{2} = - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{x ^{4}}{3} + O (x^{5}) \sim - \frac{x ^{3}}{2} .

因此，

\frac{1 + tan x - 1 + sin x}{x ln ( 1 + x ) - x ^{2}} \sim \frac{\frac{x ^{3}}{4}}{- \frac{x ^{3}}{2}} = \frac{1}{4} \cdot (- \frac{2}{1}) = - \frac{1}{2} .

故极限为 $- \frac{1}{2}$ 。

12

计算 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{a r c t a n x}{x ^{2}} d x$ ．

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【答案】 $\frac{π}{4} + \frac{1}{2} ln 2$

【解析】 使用分部积分法，设 $u = arctan x$ ， $d v = \frac{1}{x ^{2}} d x$ ，则 $d u = \frac{1}{1 + x ^{2}} d x$ ， $v = - \frac{1}{x}$ 。
于是，

\int \frac{arctan x}{x ^{2}} d x = - \frac{arctan x}{x} + \int \frac{1}{x ( 1 + x ^{2} )} d x

对第二项进行部分分式分解：

\frac{1}{x ( 1 + x ^{2} )} = \frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x ^{2}}

所以，

\int \frac{1}{x ( 1 + x ^{2} )} d x = \int \frac{1}{x} d x - \int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = ln ∣ x ∣ - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) + C = ln \frac{∣ x ∣}{1 + x ^{2}} + C

因此，

\int \frac{arctan x}{x ^{2}} d x = - \frac{arctan x}{x} + ln \frac{x}{1 + x ^{2}} + C

计算定积分：

\int_{1}^{\infty} \frac{arctan x}{x ^{2}} d x = b \to \infty lim [- \frac{arctan x}{x} + ln \frac{x}{1 + x ^{2}}]_{1}^{b}

当 $x \to \infty$ ， $\frac{a r c t a n x}{x} \to 0$ ， $ln \frac{x}{1 + x ^{2}} = ln \frac{1}{\frac{1}{x ^{2}} + 1} \to ln 1 = 0$ ，所以上限值为 0。
下限值为：

- \frac{arctan 1}{1} + ln \frac{1}{2} = - \frac{π}{4} - \frac{1}{2} ln 2

因此，积分值为：

0 - (- \frac{π}{4} - \frac{1}{2} ln 2) = \frac{π}{4} + \frac{1}{2} ln 2

13

求初值问题 ${(y + x^{2} + y^{2}) d x - x d y = 0 (x > 0) y_{x = 1} = 0$ 的解．

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【答案】 $y = \frac{x ^{2} - 1}{2}$

【解析】 给定初值问题：

{(y + x^{2} + y^{2}) d x - x d y = 0 (x > 0) y ∣_{x = 1} = 0

令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y = ux$ ， $d y = u d x + x d u$ 。代入原方程：

(ux + x^{2} + u^{2} x^{2}) d x - x (u d x + x d u) = 0

简化得：

ux d x + x 1 + u^{2} d x - ux d x - x^{2} d u = 0

即：

x 1 + u^{2} d x - x^{2} d u = 0

由于 $x > 0$ ，除以 $x$ ：

1 + u^{2} d x - x d u = 0

分离变量：

\frac{d x}{x} = \frac{d u}{1 + u ^{2}}

积分两边：

\int \frac{d x}{x} = \int \frac{d u}{1 + u ^{2}}

左边为 $ln x$ ，右边为 $ln ∣ u + 1 + u^{2} ∣$ ，因此：

ln x = ln ∣ u + 1 + u^{2} ∣ + C

代入初始条件 $x = 1, y = 0$ （即 $u = 0$ ）：

ln 1 = ln ∣0 + 1 + 0 ∣ + C ⟹ 0 = ln 1 + C ⟹ C = 0

所以：

ln x = ln ∣ u + 1 + u^{2} ∣

由于 $u + 1 + u^{2} > 0$ ，去掉绝对值：

x = u + 1 + u^{2}

解出 $u$ ：考虑等式 $1 + u^{2} - u = \frac{1}{x}$ （因为两者乘积为1）。将两式相加：

2 1 + u^{2} = x + \frac{1}{x} ⟹ 1 + u^{2} = \frac{x ^{2} + 1}{2 x}

相减：

2 u = x - \frac{1}{x} ⟹ u = \frac{x ^{2} - 1}{2 x}

代回 $u = \frac{y}{x}$ ：

\frac{y}{x} = \frac{x ^{2} - 1}{2 x} ⟹ y = \frac{x ^{2} - 1}{2}

验证初始条件：当 $x = 1$ 时， $y = \frac{1 - 1}{2} = 0$ ，满足。代入原方程也成立，因此解为 $y = \frac{x ^{2} - 1}{2}$ 。

14

同试卷 1 第 15 题

15

已知函数 $y = \frac{x ^{3}}{( x - 1 ) ^{2}}$ ，求

(1) 函数的增减区间及极值；

(2) 函数图形的凹凸区间及拐点；

(3) 函数图形的渐近线．

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【答案】
(1) 函数的递增区间为 $(- \infty, 1)$ 和 $(3, + \infty)$ ，递减区间为 $(1, 3)$ 。极小值点为 $x = 3$ ，极小值为 $y = \frac{27}{4}$ ，无极大值。
(2) 函数的凹向下区间为 $(- \infty, 0)$ ，凹向上区间为 $(0, 1)$ 和 $(1, + \infty)$ 。拐点为 $(0, 0)$ 。
(3) 函数图形的垂直渐近线为 $x = 1$ ，斜渐近线为 $y = x + 2$ ，无水平渐近线。

【解析】
函数的定义域为 $(- \infty, 1) \cup (1, + \infty)$ ，对函数求导，得

y^{'} = \frac{x ^{2} ( x - 3 )}{( x - 1 ) ^{3}}, y^{''} = \frac{6 x}{( x - 1 ) ^{4}} .

令 $y^{'} = 0$ 得驻点 $x = 0, x = 3$ ；令 $y^{''} = 0$ 得 $x = 0$ 。列表讨论如下：

$x$	$(- \infty, 0)$	$0$	$(0, 1)$	$(1, 3)$	$3$	$(3, + \infty)$
$y^{''}$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$
$y^{'}$	$+$	$0$	$+$	$-$	$0$	$+$
$y$	凸，增	拐点	凹，增	凹，减	极小值	凹，增

由此可知，

(I) 函数的单调增区间为 $(- \infty, 1) \cup (3, + \infty)$ ，单调减区间为 $(1, 3)$ ，极小值为

y_{x = 3} = \frac{27}{4} .

(II) 函数图形在区间 $(- \infty, 0)$ 内是向上凸的，在区间 $(0, 1), (1, + \infty)$ 内是向上凹的，拐点为 $(0, 0)$ 点。

(III) 由 $lim_{x \to 1} \frac{x ^{3}}{( x - 1 ) ^{2}} = + \infty$ ，可知 $x = 1$ 是函数图形的铅直渐近线。又因为

x \to \infty lim \frac{y}{x} = x \to \infty lim \frac{x ^{3}}{x ( x - 1 ) ^{2}} = 1,

x \to \infty lim (y - x) = x \to \infty lim (\frac{x ^{3}}{( x - 1 ) ^{2}} - x) = x \to \infty lim [\frac{x ^{3} - x ( x - 1 ) ^{2}}{( x - 1 ) ^{2}}] = x \to \infty lim [\frac{2 x ^{2} - x}{( x - 1 ) ^{2}}] = 2,

故 $y = x + 2$ 是函数的斜渐近线。

16

设函数 $f (x)$ 在闭区间 $[- 1, 1]$ 上具有三阶连续导数，且 $f (- 1) = 0$ ， $f (1) = 1$ ， $f^{'} (0) = 0$ ，证明：在开区间 $(- 1, 1)$ 内至少存在一点 $ξ$ ，使 $f^{'''} (ξ) = 3$ ．

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【解析】

方法1： 由麦克劳林公式得

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{1}{2 !} f^{''} (0) x^{2} + \frac{1}{3 !} f^{'''} (η) x^{3},

其中 $η$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间， $x \in [- 1, 1]$ 。分别令 $x = - 1$ 和 $x = 1$ ，结合已知条件得

f (- 1) = f (0) + \frac{1}{2} f^{''} (0) - \frac{1}{6} f^{'''} (η_{1}) = 0, - 1 < η_{1} < 0;

f (1) = f (0) + \frac{1}{2} f^{''} (0) + \frac{1}{6} f^{'''} (η_{2}) = 1, 0 < η_{2} < 1.

两式相减，得 $f^{'''} (η_{2}) + f^{'''} (η_{1}) = 6$ 。由 $f^{'''} (x)$ 的连续性，知 $f^{'''} (x)$ 在区间 $[η_{1}, η_{2}]$ 上有最大值和最小值，设它们分别为 $M$ 和 $m$ ，则有

m \leq \frac{1}{2} [f^{'''} (η_{2}) + f^{'''} (η_{1})] \leq M .

再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 $ξ \in [η_{1}, η_{2}] \subset (- 1, 1)$ ，使

f^{'''} (ξ) = \frac{1}{2} [f^{'''} (η_{2}) + f^{'''} (η_{1})] = 3.

方法2： 构造函数 $φ (x)$ ，使得 $x \in [- 1, 1]$ 时 $φ^{'} (x)$ 有三个零点，再用罗尔定理证明 $ξ$ 的存在性。设具有三阶连续导数的 $φ (x) = f (x) + a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ ，令

⎩ ⎨ ⎧ φ (- 1) = - a + b - c + d = 0, φ (0) = f (0) + d = 0, φ (1) = 1 + a + b + c + d = 0, φ^{'} (0) = c = 0, \Rightarrow ⎩ ⎨ ⎧ a = - \frac{1}{2}, b = f (0) - \frac{1}{2}, c = 0, d = - f (0) .

代入 $φ (x)$ 得

φ (x) = f (x) - \frac{1}{2} x^{3} + (f (0) - \frac{1}{2}) x^{2} - f (0) .

由罗尔定理可知，存在 $η_{1} \in (- 1, 0), η_{2} \in (0, 1)$ ，使 $φ^{'} (η_{1}) = 0, φ^{'} (η_{2}) = 0$ 。又因为 $φ^{'} (0) = 0$ ，再由罗尔定理可知，存在 $ξ_{1} \in (η_{1}, 0), ξ_{2} \in (0, η_{2})$ ，使得 $φ^{''} (ξ_{1}) = 0, φ^{''} (ξ_{2}) = 0$ 。再由罗尔定理可知，存在 $ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subset (η_{1}, η_{2}) \subset (- 1, 1)$ ，使得 $φ^{'''} (ξ) = f^{'''} (ξ) - 3 = 0$ ，即 $f^{'''} (ξ) = 3.$

17

同试卷 1 第 13 题

18

设 $f (x)$ 是区间 $[0, + \infty)$ 上单调减少且非负的连续函数，

a_{n} = i = 1 \sum n f (k) - \int_{1}^{n} f (x) d x (n = 1, 2, \dots),

证明数列 ${a_{n}}$ 的极限存在．

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【解析】

利用单调有界必有极限的准则来证明。因为

a_{n} = i = 1 \sum n - 1 f (k) + f (n) - k = 1 \sum n - 1 \int_{k}^{k + 1} f (x) d x = k = 1 \sum n - 1 \int_{k}^{k + 1} [f (k) - f (x)] d x + f (n),

而且 $f (x)$ 单调减少且非负， $k \leq x \leq k + 1$ ，所以 $a_{n} \geq 0$ 。又因为

a_{n + 1} - a_{n} = [i = 1 \sum n + 1 f (k) - \int_{1}^{n + 1} f (x) d x] - [i = 1 \sum n f (k) - \int_{1}^{n} f (x) d x]

= f (n + 1) - \int_{n}^{n + 1} f (x) d x = \int_{n}^{n + 1} [f (n + 1) - f (x)] d x \leq 0,

所以 ${a_{n}}$ 单调减少。因为单调有界必有极限，所以 $lim_{n \to \infty} a_{n}$ 存在。

19

设矩阵 $A = 1 - 1 1 11 - 1 - 1 11$ ，矩阵 $X$ 满足 $A^{*} X = A^{- 1} + 2 X$ ，其中 $A^{*}$ 是 $A$ 的伴随矩阵，求矩阵 $X$ ．

查看答案与解析

【答案】

X = \frac{1}{4} 0 \frac{1}{4} \frac{1}{4} \frac{1}{4} 0 0 \frac{1}{4} \frac{1}{4}

【解析】 给定矩阵 $A = 1 - 1 1 11 - 1 - 1 11$ 和方程 $A^{*} X = A^{- 1} + 2 X$ ，其中 $A^{*}$ 是 $A$ 的伴随矩阵。首先计算 $A$ 的行列式 $det (A) = 4$ ，因此 $A^{*} = det (A) A^{- 1} = 4 A^{- 1}$ 。代入方程得：

4 A^{- 1} X = A^{- 1} + 2 X

左乘 $A$ ：

4 A A^{- 1} X = A A^{- 1} + 2 A X

即：

4 I X = I + 2 A X

整理得：

4 X - 2 A X = I

(4 I - 2 A) X = I

令 $B = 4 I - 2 A$ ，则 $X = B^{- 1}$ 。计算 $B$ ：

B = 4100010001 - 2 1 - 1 1 11 - 1 - 1 11 = 22 - 2 - 2 22 2 - 2 2

计算 $B$ 的行列式 $det (B) = 32$ ，故 $B$ 可逆。计算 $B$ 的伴随矩阵：

adj (B) = 808880088

因此：

B^{- 1} = \frac{1}{32} 808880088 = \frac{1}{4} 0 \frac{1}{4} \frac{1}{4} \frac{1}{4} 0 0 \frac{1}{4} \frac{1}{4}

所以 $X = B^{- 1}$ 。

20

设向量组

α_{1} = (1, 1, 1, 3)^{T}, α_{2} = (- 1, - 3, 5, 1)^{T}, α_{3} = (3, 2, - 1, p + 2)^{T}, α_{4} = (- 2, - 6, 10, p)^{T} .

(1) $p$ 为何值时，该向量组线性无关？并在此时将向量 $α = (4, 1, 6, 10)^{T}$ 用 $α_{1}$ , $α_{2}$ , $α_{3}$ , $α_{4}$ 线性表示；

(2) $p$ 为何值时，该向量组线性相关？并在此时求出它的秩和一个极大线性无关组．

查看答案与解析

【答案】 (1) 当 $p \neq = 2$ 时，向量组线性无关。此时，向量 $α$ 可表示为：

α = 2 α_{1} + \frac{3 p - 4}{p - 2} α_{2} + α_{3} + \frac{1 - p}{p - 2} α_{4} .

(2) 当 $p = 2$ 时，向量组线性相关，秩为 $3$ ，一个极大线性无关组为 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ .

【解析】 考虑矩阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ：

A = 1113 - 1 - 3 51 32 - 1 p + 2 - 2 - 6 10 p .

对 $A$ 进行行变换：

1000 - 1 - 2 64 3 - 1 - 4 p - 7 - 2 - 4 12 p + 6 \to 10000100 3.5 0.5 - 7 p - 9 020 p - 2 \to 100001000010 020 p - 2 .

当 $p \neq = 2$ 时，矩阵的秩为 $4$ ，向量组线性无关。当 $p = 2$ 时，矩阵的秩为 $3$ ，向量组线性相关。

(1) 当 $p \neq = 2$ 时，解方程组 $A x = α$ ，其中 $α = (4, 1, 6, 10)^{T}$ 。构造增广矩阵：

1113 - 1 - 3 51 32 - 1 p + 2 - 2 - 6 10 p ∣ ∣ ∣ ∣ 41610 .

经行变换得：

100001000010 020 p - 2 ∣ ∣ ∣ ∣ 211 1 - p .

解得：

x_{1} = 2, x_{2} = 1 - 2 x_{4} = \frac{3 p - 4}{p - 2}, x_{3} = 1, x_{4} = \frac{1 - p}{p - 2} .

故 $α = 2 α_{1} + \frac{3 p - 4}{p - 2} α_{2} + α_{3} + \frac{1 - p}{p - 2} α_{4}$ .

(2) 当 $p = 2$ 时，从行变换矩阵可知秩为 $3$ ，且 $α_{4} = 2 α_{2}$ ，故极大线性无关组为 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ .