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2003 年真题

22 题

填空题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

1

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

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【答案】 $- 4$

【解析】
当 $x \to 0$ 时，等价无穷小要求 $lim_{x \to 0} \frac{( 1 - a x ^{2} ) ^{\frac{1}{4}} - 1}{x s i n x} = 1$ 。
由于 $x sin x \sim x^{2}$ ，极限化为 $lim_{x \to 0} \frac{( 1 - a x ^{2} ) ^{\frac{1}{4}} - 1}{x ^{2}} = 1$ 。
利用等价无穷小替换，当 $u \to 0$ 时， $(1 + u)^{n} - 1 \sim n u$ ，这里 $u = - a x^{2}$ ， $n = \frac{1}{4}$ ，
所以 $(1 - a x^{2})^{\frac{1}{4}} - 1 \sim \frac{1}{4} (- a x^{2}) = - \frac{a}{4} x^{2}$ 。
代入极限得 $lim_{x \to 0} \frac{- \frac{a}{4} x ^{2}}{x ^{2}} = - \frac{a}{4} = 1$ ，
解得 $a = - 4$ 。

2

设函数 $y = f (x)$ 由方程 $x y + 2 ln x = y^{4}$ 所确定，则曲线 $y = f (x)$ 在点(1,1)处的切线方程是 ______．

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【答案】
$y = x$

【解析】
给定方程 $x y + 2 ln x = y^{4}$ ，点 $(1, 1)$ 满足该方程。
对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：
左边导数为 $y + x \frac{d y}{d x} + \frac{2}{x}$ ，右边导数为 $4 y^{3} \frac{d y}{d x}$ 。
于是有：

y + x \frac{d y}{d x} + \frac{2}{x} = 4 y^{3} \frac{d y}{d x}

代入点 $(1, 1)$ ：

1 + 1 \cdot \frac{d y}{d x} + \frac{2}{1} = 4 \cdot 1^{3} \cdot \frac{d y}{d x}

简化得：

1 + \frac{d y}{d x} + 2 = 4 \frac{d y}{d x} 3 + \frac{d y}{d x} = 4 \frac{d y}{d x} 3 = 3 \frac{d y}{d x} \frac{d y}{d x} = 1

因此，在点 $(1, 1)$ 处的切线斜率为 1。
切线方程为：

y - 1 = 1 \cdot (x - 1)

即 $y = x$ 。

3

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

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【答案】
$\frac{( l n 2 ) ^{n}}{n !}$

【解析】
函数 $y = 2^{x}$ 的麦克劳林公式是其在 $x = 0$ 处的泰勒级数展开。首先，将 $2^{x}$ 写为 $e^{x l n 2}$ ，然后求其 n 阶导数。n 阶导数为 $f^{(n)} (x) = (ln 2)^{n} \cdot 2^{x}$ 。在 $x = 0$ 处，有 $f^{(n)} (0) = (ln 2)^{n}$ 。代入泰勒级数公式 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{f ^{(n)} ( 0 )}{n !} x^{n}$ ，得到 $2^{x} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{( l n 2 ) ^{n}}{n !} x^{n}$ 。因此， $x^{n}$ 项的系数为 $\frac{( l n 2 ) ^{n}}{n !}$ 。

4

设曲线的极坐标方程为 $ρ = e^{a θ}$ （ $a > 0$ ），则该曲线上相应于 $θ$ 从 $0$ 变到 $2 π$ 的一段弧与极轴所围成的图形的面积为 ______．

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【答案】

\frac{1}{4 a} (e^{4 aπ} - 1)

【解析】 在极坐标系中，曲线 $ρ = e^{a θ}$ （ $a > 0$ ) 相应于 $θ$ 从 $0$ 到 $2 π$ 的一段弧与极轴所围成的图形的面积公式为：

A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} ρ^{2} d θ

代入 $ρ = e^{a θ}$ ，得：

A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} (e^{a θ})^{2} d θ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} e^{2 a θ} d θ

计算积分：

\int e^{2 a θ} d θ = \frac{1}{2 a} e^{2 a θ}

所以：

A = \frac{1}{2} [\frac{1}{2 a} e^{2 a θ}]_{0}^{2 π} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2 a} (e^{4 aπ} - e^{0}) = \frac{1}{4 a} (e^{4 aπ} - 1)

因此，所求面积为 $\frac{1}{4 a} (e^{4 aπ} - 1)$ 。

5

设 $α$ 为 $3$ 维列向量， $α^{T}$ 是 $α$ 的转置．若 $α α^{T} = 1 - 1 1 - 1 1 - 1 1 - 1 1$ ，则 $α^{T} α =$ ______．

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【答案】 3

【解析】 已知 $α α^{T} = 1 - 1 1 - 1 1 - 1 1 - 1 1$ 。由于 $α α^{T}$ 是秩为1的矩阵，其非零特征值等于 $α^{T} α$ ，而迹等于特征值之和。计算矩阵的迹为 $1 + 1 + 1 = 3$ ，因此 $α^{T} α = 3$ 。

Alternatively,设 $α = [a, b, c]^{T}$ ，则 $α α^{T} = a^{2} ab a c ab b^{2} b c a c b c c^{2}$ 。与给定矩阵比较，得 $a^{2} = 1$ ， $b^{2} = 1$ ， $c^{2} = 1$ ， $ab = - 1$ ， $a c = 1$ ， $b c = - 1$ 。解得 $α = [1, - 1, 1]^{T}$ 或 $α = [- 1, 1, - 1]^{T}$ 。计算 $α^{T} α$ ，均为 $1 + 1 + 1 = 3$ 。故答案为3。

6

设三阶方阵 $A, B$ 满足 $A^{2} B - A - B = E$ ，其中 $E$ 为三阶单位矩阵，若 $A = 10 - 2 020101$ ，则 $∣ B ∣ =$ ______．

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【答案】

\frac{1}{2}

【解析】 已知三阶方阵 $A$ 和 $B$ 满足方程：

A^{2} B - A - B = E,

其中 $E$ 为单位矩阵，且

A = 10 - 2 020101 .

将方程改写为：

A^{2} B - B = A + E,

即：

(A^{2} - I) B = A + I,

其中 $I$ 为单位矩阵。注意到 $A^{2} - I = (A - I) (A + I)$ ，若 $A + I$ 可逆，则上式可写为：

B = (A^{2} - I)^{- 1} (A + I) = [(A - I) (A + I)]^{- 1} (A + I) = (A + I)^{- 1} (A - I)^{- 1} (A + I) .

由于矩阵乘积的行列式等于行列式的乘积，且行列式乘法可交换，有：

∣ B ∣ = ∣ (A + I)^{- 1} (A - I)^{- 1} (A + I) ∣ = ∣ (A + I)^{- 1} ∣ \cdot ∣ (A - I)^{- 1} ∣ \cdot ∣ A + I ∣ = \frac{1}{∣ A + I ∣} \cdot \frac{1}{∣ A - I ∣} \cdot ∣ A + I ∣ = \frac{1}{∣ A - I ∣} .

因此，只需计算 $∣ A - I ∣$ 。由

A - I = 1 - 1 0 - 2 0 2 - 1 0 10 1 - 1 = 00 - 2 010100,

计算其行列式：

∣ A - I ∣ = 00 - 2 010100 = 1 \cdot 0 - 2 10 = 1 \cdot (0 \cdot 0 - 1 \cdot (- 2)) = 2.

故

∣ B ∣ = \frac{1}{∣ A - I ∣} = \frac{1}{2} .

因此， $∣ B ∣ = \frac{1}{2}$ 。

选择题

本题共6小题，每小题4分，满分24分

7

同试卷 1 第 8 题

8

设 $a_{n} = \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{n}{n + 1}} x^{n - 1} 1 + x^{n} d x$ ，则极限 $lim_{n \to \infty} n a_{n}$ 等于

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
给定 $a_{n} = \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{n}{n + 1}} x^{n - 1} 1 + x^{n} d x$ ，需要求 $lim_{n \to \infty} n a_{n}$ 。
考虑积分 $I_{n} = \int_{0}^{\frac{n}{n + 1}} x^{n - 1} 1 + x^{n} d x$ 。
令 $x = 1 - \frac{y}{n}$ ，则 $d x = - \frac{d y}{n}$ 。
积分限变化：当 $x = 0$ 时， $y = n$ ；当 $x = \frac{n}{n + 1}$ 时， $y = \frac{n}{n + 1} \approx 1$ 。
于是，

I_{n} = \int_{y = n}^{y = \frac{n}{n + 1}} (1 - \frac{y}{n})^{n - 1} 1 + (1 - \frac{y}{n})^{n} (- \frac{d y}{n}) = \frac{1}{n} \int_{y = \frac{n}{n + 1}}^{y = n} (1 - \frac{y}{n})^{n - 1} 1 + (1 - \frac{y}{n})^{n} d y .

当 $n \to \infty$ 时， $(1 - \frac{y}{n})^{n - 1} \approx e^{- y}$ ， $(1 - \frac{y}{n})^{n} \approx e^{- y}$ ，且被积函数在 $y$ 较大时衰减，主要贡献来自 $y$ 接近 1。
因此，

I_{n} \approx \frac{1}{n} \int_{1}^{\infty} e^{- y} 1 + e^{- y} d y .

于是，

n I_{n} \approx \int_{1}^{\infty} e^{- y} 1 + e^{- y} d y .

令 $u = e^{- y}$ ，则 $d u = - e^{- y} d y$ ，即 $e^{- y} d y = - d u$ 。
积分限变化：当 $y = 1$ 时， $u = e^{- 1}$ ；当 $y = \infty$ 时， $u = 0$ 。
所以，

\int_{1}^{\infty} e^{- y} 1 + e^{- y} d y = \int_{e^{- 1}}^{0} 1 + u (- d u) = \int_{0}^{e^{- 1}} 1 + u d u = [\frac{2}{3} (1 + u)^{3/2}]_{0}^{e^{- 1}} = \frac{2}{3} ((1 + e^{- 1})^{3/2} - 1) .

因此，

n I_{n} \approx \frac{2}{3} ((1 + e^{- 1})^{3/2} - 1) .

由于 $a_{n} = \frac{3}{2} I_{n}$ ，有

n a_{n} = n \cdot \frac{3}{2} I_{n} = \frac{3}{2} n I_{n} \approx \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3} ((1 + e^{- 1})^{3/2} - 1) = (1 + e^{- 1})^{3/2} - 1.

故 $lim_{n \to \infty} n a_{n} = (1 + e^{- 1})^{\frac{3}{2}} - 1$ ，对应选项 B。

9

已知 $y = \frac{x}{l n x}$ 是微分方程 $y^{'} = \frac{y}{x} + ϕ (\frac{x}{y})$ 的解，则 $ϕ (\frac{x}{y})$ 的表达式为

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
已知 $y = \frac{x}{l n x}$ 是微分方程

y^{'} = \frac{y}{x} + ϕ (\frac{x}{y})

的解。

首先求导 $y^{'}$ ：
由 $y = \frac{x}{l n x}$ ，使用商法则，

y^{'} = \frac{ln x \cdot 1 - x \cdot \frac{1}{x}}{( ln x ) ^{2}} = \frac{ln x - 1}{( ln x ) ^{2}} .

代入微分方程：
左边为

y^{'} = \frac{ln x - 1}{( ln x ) ^{2}},

右边为

\frac{y}{x} + ϕ (\frac{x}{y}) .

计算

\frac{y}{x} = \frac{\frac{x}{l n x}}{x} = \frac{1}{ln x},

且

\frac{x}{y} = \frac{x}{\frac{x}{l n x}} = ln x .

于是方程化为

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

令 $t = ln x$ ，则

\frac{t - 1}{t ^{2}} = \frac{1}{t} + ϕ (t) .

解得

ϕ (t) = \frac{t - 1}{t ^{2}} - \frac{1}{t} = \frac{t - 1 - t}{t ^{2}} = - \frac{1}{t ^{2}} .

由于 $t = \frac{x}{y}$ ，所以

ϕ (\frac{x}{y}) = - \frac{1}{( \frac{x}{y} ) ^{2}} = - \frac{y ^{2}}{x ^{2}} .

因此， $ϕ (\frac{x}{y})$ 的表达式为 $- \frac{y ^{2}}{x ^{2}}$ ，对应选项 A。

10

同试卷 1 第 7 题

11

设 $I_{1} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{t a n x}{x} d x$ ， $I_{2} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{x}{t a n x} d x$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 考虑函数

f (x) = \frac{t a n x}{x}

，则

I_{1} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} f (x) d x

和

I_{2} = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{1}{f ( x )} d x

。在区间

(0, \frac{π}{4}]

上，由于

tan x > x

，有

f (x) > 1

，因此

\frac{1}{f ( x )} < 1

。于是

I_{1} > I_{2}

。
通过级数展开估算：

I_{1} \approx 0.849 < 1

，

I_{2} \approx 0.730 < 1

，故

1 > I_{1} > I_{2}

。
选项 B 符合这一结果。

12

同试卷 1 第 10 题

解答题

13

设函数

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{ln ( 1 + a x ^{3} )}{x - arcsin x}, 6, \frac{e ^{a x} + x ^{2} - a x - 1}{x sin \frac{x}{4}}, x < 0; x = 0; x > 0.

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

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【答案】
连续时 $a = - 1$ ，可去间断点时 $a = - 2$

【解析】
因为 $f (0) = 6$ ，而单侧极限为

f (0^{-}) = x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{-} lim \frac{ln ( 1 + a x ^{3} )}{x - arcsin x} = x \to 0^{-} lim \frac{a x ^{3}}{x - arcsin x} = x \to 0^{-} lim \frac{3 a x ^{2}}{1 - \frac{1}{1 - x ^{2}}} = x \to 0^{-} lim \frac{3 a x ^{2}}{1 - x ^{2} - 1} \cdot x \to 0^{-} lim 1 - x^{2} = x \to 0^{-} lim \frac{3 a x ^{2}}{\frac{1}{2} x ^{2}} = - 6 a,

f (0^{+}) = x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim \frac{e ^{a x} + x ^{2} - a x - 1}{x sin \frac{x}{4}} = x \to 0^{+} lim \frac{e ^{a x} + x ^{2} - a x - 1}{\frac{x ^{2}}{4}} = 4 x \to 0^{+} lim \frac{e ^{a x} + x ^{2} - a x - 1}{x ^{2}} = 4 x \to 0^{+} lim \frac{a e ^{a x} + 2 x - a}{2 x} = 4 x \to 0^{+} lim \frac{a ^{2} e ^{a x} + 2}{2} = 2 x \to 0^{+} lim (a^{2} e^{a x} + 2) = 2 a^{2} + 4.

所以， $x = 0$ 为 $f (x)$ 的连续点当且仅当 $- 6 a = 6 = 2 a^{2} + 4$ ，即 $a = - 1$ ；
$x = 0$ 为 $f (x)$ 的可去间断点当且仅当 $- 6 a = 2 a^{2} + 4 \neq = 6$ ，即 $2 a^{2} + 6 a + 4 = 0$ 但 $a \neq = - 1$ ，即 $a = - 2$ 。

14

设函数 $y = y (x)$ 由参数方程 ${x = 1 + 2 t^{2}, y = \int_{1}^{1 + 2 l n t} \frac{e ^{u}}{u} d u$ （ $t > 1$ ）所确定，求 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 9}$ ．

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【答案】

- \frac{e}{16 ( 1 + 2 ln 2 ) ^{2}}

【解析】 给定参数方程：

x = 1 + 2 t^{2}, y = \int_{1}^{1 + 2 l n t} \frac{e ^{u}}{u} d u (t > 1)

求二阶导数 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 9}$ .

首先，计算一阶导数 $\frac{d y}{d x}$ 。
由参数方程求导公式：

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

其中：

\frac{d x}{d t} = \frac{d}{d t} (1 + 2 t^{2}) = 4 t

\frac{d y}{d t} = \frac{d}{d t} (\int_{1}^{1 + 2 l n t} \frac{e ^{u}}{u} d u) = \frac{e ^{1 + 2 l n t}}{1 + 2 ln t} \cdot \frac{d}{d t} (1 + 2 ln t) = \frac{e \cdot t ^{2}}{1 + 2 ln t} \cdot \frac{2}{t} = \frac{2 e t}{1 + 2 ln t}

因此：

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{2 e t}{1 + 2 l n t}}{4 t} = \frac{e}{2 ( 1 + 2 ln t )}

接下来，计算二阶导数 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ ：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d}{d x} (\frac{d y}{d x}) = \frac{\frac{d}{d t} ( \frac{d y}{d x} )}{\frac{d x}{d t}}

其中：

\frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x}) = \frac{d}{d t} (\frac{e}{2 ( 1 + 2 ln t )}) = \frac{e}{2} \cdot \frac{d}{d t} ((1 + 2 ln t)^{- 1}) = \frac{e}{2} \cdot (- \frac{1}{( 1 + 2 ln t ) ^{2}} \cdot \frac{2}{t}) = - \frac{e}{t ( 1 + 2 ln t ) ^{2}}

代入：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{- \frac{e}{t ( 1 + 2 l n t ) ^{2}}}{4 t} = - \frac{e}{4 t ^{2} ( 1 + 2 ln t ) ^{2}}

当 $x = 9$ 时，由 $x = 1 + 2 t^{2} = 9$ 得 $2 t^{2} = 8$ ，即 $t^{2} = 4$ ，取 $t = 2$ （因 $t > 1$ ）。
代入 $t = 2$ ：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 9} = - \frac{e}{4 \cdot 2 ^{2} \cdot ( 1 + 2 ln 2 ) ^{2}} = - \frac{e}{16 ( 1 + 2 ln 2 ) ^{2}}

故结果为：

- \frac{e}{16 ( 1 + 2 ln 2 ) ^{2}}

15

计算不定积分 $\int \frac{x e ^{a r c t a n x}}{( 1 + x ^{2} ) ^{3/2}} d x$ ．

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【答案】

\frac{( x - 1 ) e ^{a r c t a n x}}{2 1 + x ^{2}} + C

【解析】 考虑积分 $\int \frac{x e ^{a r c t a n x}}{( 1 + x ^{2} ) ^{3/2}} d x$ 。令 $t = arctan x$ ，则 $x = tan t$ ， $d x = sec^{2} t d t$ ，且 $e^{a r c t a n x} = e^{t}$ 。分母 $(1 + x^{2})^{3/2} = (1 + tan^{2} t)^{3/2} = (sec^{2} t)^{3/2} = sec^{3} t$ 。代入得：

\int \frac{x e ^{a r c t a n x}}{( 1 + x ^{2} ) ^{3/2}} d x = \int \frac{tan t \cdot e ^{t}}{sec ^{3} t} \cdot sec^{2} t d t = \int \frac{tan t \cdot e ^{t}}{sec t} d t .

由于 $tan t / sec t = sin t$ ，积分化为：

\int sin t \cdot e^{t} d t .

计算 $\int sin t \cdot e^{t} d t$ ，使用分部积分法。令 $I = \int e^{t} sin t d t$ ，设 $u = sin t$ ， $d v = e^{t} d t$ ，则 $d u = cos t d t$ ， $v = e^{t}$ ，得：

I = e^{t} sin t - \int e^{t} cos t d t .

对 $\int e^{t} cos t d t$ 再次分部积分，设 $u = cos t$ ， $d v = e^{t} d t$ ，则 $d u = - sin t d t$ ， $v = e^{t}$ ，得：

\int e^{t} cos t d t = e^{t} cos t - \int e^{t} (- sin t) d t = e^{t} cos t + \int e^{t} sin t d t = e^{t} cos t + I .

代入回 $I$ ：

I = e^{t} sin t - (e^{t} cos t + I) = e^{t} sin t - e^{t} cos t - I,

整理得：

2 I = e^{t} (sin t - cos t),

所以：

I = \frac{e ^{t}}{2} (sin t - cos t) + C .

代回 $t = arctan x$ ，并利用 $sin t = \frac{x}{1 + x ^{2}}$ ， $cos t = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ ，得：

\int \frac{x e ^{a r c t a n x}}{( 1 + x ^{2} ) ^{3/2}} d x = \frac{e ^{a r c t a n x}}{2} (\frac{x}{1 + x ^{2}} - \frac{1}{1 + x ^{2}}) + C = \frac{( x - 1 ) e ^{a r c t a n x}}{2 1 + x ^{2}} + C .

16

同试卷 1 第 17 题

17

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

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【答案】
当 $k < 4$ 时，交点个数为 0；
当 $k = 4$ 时，交点个数为 1；
当 $k > 4$ 时，交点个数为 2。

【解析】
考虑曲线 $y = 4 ln x + k$ 与 $y = 4 x + ln^{4} x$ 的交点，即方程 $4 ln x + k = 4 x + ln^{4} x$ 。
令 $k = 4 x + ln^{4} x - 4 ln x$ 。
设 $t = ln x$ （其中 $x > 0$ ，故 $t \in R$ )，则函数化为 $g (t) = 4 e^{t} + t^{4} - 4 t$ 。
问题转化为讨论方程 $k = g (t)$ 的解的个数。
求导 $g^{'} (t) = 4 (e^{t} + t^{3} - 1)$ 。
令 $h (t) = e^{t} + t^{3} - 1$ ，则 $h^{'} (t) = e^{t} + 3 t^{2} > 0$ ，故 $h (t)$ 严格递增。
当 $t = 0$ 时， $h (0) = 0$ ，即 $g^{'} (0) = 0$ ，且 $t = 0$ 是唯一临界点。
计算 $g (0) = 4$ 。
当 $t < 0$ 时， $g^{'} (t) < 0$ ，函数单调递减；当 $t > 0$ 时， $g^{'} (t) > 0$ ，函数单调递增。
因此， $g (t)$ 在 $t = 0$ 处取得最小值 $4$ 。
当 $t \to - \infty$ 时， $g (t) \to + \infty$ ；当 $t \to + \infty$ 时， $g (t) \to + \infty$ 。
故 $g (t)$ 的值域为 $[4, + \infty)$ 。
于是：

当 $k < 4$ 时，方程 $k = g (t)$ 无解，交点个数为 0；
当 $k = 4$ 时，方程有唯一解 $t = 0$ （即 $x = 1$ ），交点个数为 1；
当 $k > 4$ 时，方程有两个解（一个 $t < 0$ ，一个 $t > 0$ ），交点个数为 2。

18

设位于第一象限的曲线 $y = f (x)$ 过点 $(\frac{2}{2}, \frac{1}{2})$ ，其上任一点 $P (x, y)$ 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 $y = f (x)$ 的方程；

(2) 已知曲线 $y = sin x$ 在 $[0, π]$ 上的弧长为 $l$ ，试用 $l$ 表示曲线 $y = f (x)$ 的弧长 $s$ ．

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【答案】 (1) 曲线方程为 $x^{2} + 2 y^{2} = 1$ （其中 $x > 0, y > 0$ ）。 (2) 曲线 $y = f (x)$ 的弧长 $s = \frac{l}{2 2}$ 。

【解析】
(1) 曲线 $y = f (x)$ 在点 $P (x, y)$ 处的法线方程为

Y - y = - \frac{1}{y ^{'}} (X - x) .

令 $X = 0$ ，则它与 $y$ 轴的交点为 $Q (0, y + \frac{x}{y ^{'}})$ 。由题设，线段 $PQ$ 被 $x$ 轴平分，从而

\frac{1}{2} (y + y + \frac{x}{y ^{'}}) = 0 \Rightarrow 2 y d y + x d x = 0.

积分得

\frac{x ^{2}}{2} + y^{2} = C (C 为任意常数),

代入初始条件

y ∣_{x = \frac{2}{2}} = \frac{1}{2}

得

C = \frac{1}{2},

故曲线 $y = f (x)$ 的方程为

\frac{x ^{2}}{2} + y^{2} = \frac{1}{2},

即

x^{2} + 2 y^{2} = 1.

(II) 曲线 $y = sin x$ 在 $[0, π]$ 上的弧长为

l = \int_{0}^{π} 1 + y^{'2} d x = \int_{0}^{π} 1 + cos^{2} x d x

= \int_{0}^{π} 1 + cos^{2} t d t = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} 1 + cos^{2} t d t .

另一方面，曲线 $y = f (x)$ 的参数方程为

{x = cos t, y = \frac{2}{2} sin t, (0 \leq t \leq \frac{π}{2}) .

于是该曲线的弧长为（其中换元 $u = \frac{π}{2} - t$ ）

s = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (x_{t}^{'})^{2} + (y_{t}^{'})^{2} d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{2} t + \frac{1}{2} cos^{2} t d t = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} 1 + sin^{2} t d t = \frac{1}{2} \int_{\frac{π}{2}}^{0} 1 + cos^{2} u (- d u) = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} 1 + cos^{2} u d u .

所以 $s = \frac{2}{4} l$ 。

19

有一平底容器，其内侧壁是由曲线 $x = ϕ (y)$ （ $y \geq 0$ ）绕 $y$ 轴旋转而成的旋转曲面（如图），容器的底面圆的半径为2 $m$ ．根据设计要求，当以 $3 m^{3} / min$ 的速率向容器内注入液体时，液面的面积将以 $π m^{2} / min$ 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 $ϕ (y)$ 之间的关系式；

(2) 求曲线 $x = ϕ (y)$ 的方程．

（注： $m$ 表示长度单位米， $min$ 表示时间单位分．）

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【答案】 (1) $t = [ϕ (y)]^{2} - 4$ (2) $x = 2 e^{\frac{π}{6} y}$

【解析】 (1) 设 $t$ 时刻液面的高度为 $y$ ，液面的半径为 $ϕ (y)$ ，液面的面积为

A = π [ϕ (y)]^{2} .

根据设计要求，液面面积以 $π m^{2} / min$ 的速率均匀扩大，即

\frac{d A}{d t} = π .

积分得

A = π t + C .

当 $t = 0$ 时，容器内无液体，液面在底面，底面半径为 $2 m$ ，所以

A = π \times 2^{2} = 4 π .

代入得 $C = 4 π$ ，因此

A = π t + 4 π .

由 $A = π [ϕ (y)]^{2}$ 得

π [ϕ (y)]^{2} = π t + 4 π,

即

[ϕ (y)]^{2} = t + 4,

所以

t = [ϕ (y)]^{2} - 4.

(2) 容器内液体的体积

V = π \int_{0}^{y} [ϕ (u)]^{2} d u .

注入液体的速率

\frac{d V}{d t} = 3.

由

\frac{d V}{d t} = π [ϕ (y)]^{2} \frac{d y}{d t} = 3

得

[ϕ (y)]^{2} \frac{d y}{d t} = \frac{3}{π} .

又由液面面积变化率

\frac{d A}{d t} = 2 π ϕ (y) ϕ^{'} (y) \frac{d y}{d t} = π

得

2 ϕ (y) ϕ^{'} (y) \frac{d y}{d t} = 1.

将前式代入后式得

2 ϕ (y) ϕ^{'} (y) \cdot \frac{3}{π [ ϕ ( y ) ] ^{2}} = 1,

即

\frac{6 ϕ ^{'} ( y )}{π ϕ ( y )} = 1,

所以

\frac{ϕ ^{'} ( y )}{ϕ ( y )} = \frac{π}{6} .

积分得

ln ϕ (y) = \frac{π}{6} y + C,

即

ϕ (y) = C_{1} e^{\frac{π}{6} y} .

由初始条件 $ϕ (0) = 2$ 得 $C_{1} = 2$ ，所以曲线方程为

x = ϕ (y) = 2 e^{\frac{π}{6} y} .

20

设函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，在开区间 $(a, b)$ 内可导，且 $f^{'} (x) > 0$ ．若极限 $lim_{x \to a^{+}} \frac{f ( 2 x - a )}{x - a}$ 存在，证明：

(1) 在 $(a, b)$ 内 $f (x) > 0$ ；

(2) 在 $(a, b)$ 内存在点 $ξ$ ，使 $\frac{b ^{2} - a ^{2}}{\int _{a}^{b} f ( x ) d x} = \frac{2 ξ}{f ( ξ )}$ ；

(3) 在 $(a, b)$ 内存在与(2)中 $ξ$ 相异的点 $η$ ，使 $f^{'} (η) (b^{2} - a^{2}) = \frac{2 ξ}{ξ - a} \int_{a}^{b} f (x) d x$ ．

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【解析】
(Ⅰ) 因为 $lim_{x \to a^{+}} \frac{f ( 2 x - a )}{x - a}$ 存在，且 $lim_{x \to a^{+}} (x - a) = 0$ ，故 $lim_{x \to a^{+}} f (2 x - a) = 0$ 。又 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，从而 $lim_{x \to a^{+}} f (2 x - a) = f (a)$ ，则 $f (a) = 0$ 。由于 $f^{'} (x) > 0$ ，则 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加，所以 $f (x)$ 在 $x = a$ 处取最小值，即 $f (x) > f (a) = 0$ ， $x \in (a, b)$ 。

(Ⅱ) 取 $F (x) = x^{2}$ ， $g (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t$ ( $a \leq x \leq b$ )，则 $g^{'} (x) = f (x) > 0$ ，则 $F (x)$ 、 $g (x)$ 满足柯西中值定理的条件，于是在 $(a, b)$ 内存在点 $ξ$ ，使

\frac{F ( b ) - F ( a )}{g ( b ) - g ( a )} = \frac{b ^{2} - a ^{2}}{\int _{a}^{b} f ( t ) d t - \int _{a}^{a} f ( t ) d t} = \frac{2 ξ}{f ( ξ )} \Rightarrow \frac{b ^{2} - a ^{2}}{\int _{a}^{b} f ( x ) d x} = \frac{2 ξ}{f ( ξ )} .

(Ⅲ) 在区间 $[a, ξ]$ 上应用拉格朗日中值定理，得在 $(a, ξ)$ 内存在一点 $η$ ，使

f (ξ) - f (a) = f^{'} (η) (ξ - a) .

因 $f (a) = 0$ ，上式即 $f (ξ) = f^{'} (η) (ξ - a)$ ，代入 (Ⅱ) 的结论得

\frac{b ^{2} - a ^{2}}{\int _{a}^{b} f ( x ) d x} = \frac{2 ξ}{f ^{'} ( η ) ( ξ - a )} \Rightarrow f^{'} (η) (b^{2} - a^{2}) = \frac{2 ξ}{ξ - a} \int_{a}^{b} f (x) d x .

21

若矩阵 $A = 280220 0 a 6$ 相似于对角阵 $Λ$ ，试确定常数 $a$ 的值；并求可逆矩阵 $P$ 使 $P^{- 1} A P = Λ$ ．

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【答案】
$a = 0$ ，可逆矩阵 $P = 120001 1 - 2 0$ ，对角阵 $Λ = 600060 00 - 2$ 。

【解析】
矩阵 $A$ 相似于对角阵的条件是代数重数等于几何重数。计算特征多项式：

det (A - λ I) = det 2 - λ 80 2 2 - λ 0 0 a 6 - λ = (6 - λ) [(2 - λ)^{2} - 16] = (6 - λ) (λ^{2} - 4 λ - 12) = (6 - λ) (λ - 6) (λ + 2) = - (λ - 6)^{2} (λ + 2) .

特征值为 $λ = 6$ （代数重数2）和 $λ = - 2$ （代数重数1）。
对于 $λ = 6$ ，计算几何重数：

A - 6 I = - 4 80 2 - 4 0 0 a 0 .

要求几何重数为2，则矩阵秩为1。当 $a = 0$ 时，第二行是第一行的倍数，秩为1，故 $a = 0$ 。
当 $a = 0$ 时，求特征向量：
对于 $λ = 6$ ，解 $(A - 6 I) x = 0$ ：

- 4 80 2 - 4 0 000 x_{1} x_{2} x_{3} = 0,

得 $x_{2} = 2 x_{1}$ ， $x_{3}$ 自由，特征向量为 $120$ 和 $001$ 。
对于 $λ = - 2$ ，解 $(A + 2 I) x = 0$ ：

A + 2 I = 480240008,

得 $x_{2} = - 2 x_{1}$ ， $x_{3} = 0$ ，特征向量为 $1 - 2 0$ 。
取可逆矩阵 $P$ 由特征向量组成：

P = 120001 1 - 2 0,

对角阵 $Λ = 600060 00 - 2$ ，满足 $P^{- 1} A P = Λ$ 。

22

同试卷 1 第 20 题