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2004 年真题

23 题

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

设 $f (x) = lim_{n \to \infty} \frac{( n - 1 ) x}{n x ^{2} + 1}$ ，则 $f (x)$ 的间断点为 $x =$ ______．

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【答案】
0

【解析】
函数 $f (x) = lim_{n \to \infty} \frac{( n - 1 ) x}{n x ^{2} + 1}$ 的极限需要分情况讨论。
当 $x \neq = 0$ 时，分子和分母同时除以 $n$ ，得到：

f (x) = n \to \infty lim \frac{( 1 - \frac{1}{n} ) x}{x ^{2} + \frac{1}{n}} = \frac{x}{x ^{2}} = \frac{1}{x}

当 $x = 0$ 时，直接代入得：

f (0) = n \to \infty lim \frac{( n - 1 ) \cdot 0}{n \cdot 0 + 1} = 0

因此，函数可表示为：

f (x) = {\frac{1}{x} 0 x \neq = 0 x = 0

在 $x = 0$ 处，函数值为 0，但当 $x \to 0$ 时， $\frac{1}{x}$ 趋于无穷大，故 $x = 0$ 是间断点。对于 $x \neq = 0$ ，函数 $\frac{1}{x}$ 连续，故无其他间断点。
综上，间断点为 $x = 0$ 。

2

设函数 $y (x)$ 由参数方程 ${x = t^{3} + 3 t + 1 y = t^{3} - 3 t + 1$ 确定，则曲线 $y = y (x)$ 向上凸的 $x$ 取值范围为 ______．

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【答案】 $(- \infty, 1]$

【解析】 由参数方程可得

\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{3 t ^{2} - 3}{3 t ^{2} + 3} = \frac{t ^{2} - 1}{t ^{2} + 1} = 1 - \frac{2}{t ^{2} + 1},

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x}) \frac{d t}{d x} = (1 - \frac{2}{t ^{2} + 1})^{'} \cdot \frac{1}{3 ( t ^{2} + 1 )} = \frac{4 t}{( t ^{2} + 1 ) ^{2}} \cdot \frac{1}{3 ( t ^{2} + 1 )} = \frac{4 t}{3 ( t ^{2} + 1 ) ^{3}} .

令 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} < 0, t < 0$ 。又 $x^{'} (t) = 3 t^{2} + 3 > 0$ ，所以 $x (t)$ 单调增。当 $t = 0$ 时， $x = 1$ ，当 $t \to - \infty$ 时， $x \to - \infty$ 。从而 $x \in (- \infty, 1]$ 时，曲线是向上凸的。

3

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x x ^{2} - 1} =

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【答案】 $\frac{π}{2}$

【解析】 考虑积分 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x x ^{2} - 1}$ 。使用三角代换，令 $x = sec θ$ ，则 $d x = sec θ tan θ d θ$ ，且 $x^{2} - 1 = tan θ$ 。当 $x = 1$ 时， $sec θ = 1$ ，即 $θ = 0$ ；当 $x \to + \infty$ 时， $sec θ \to + \infty$ ，即 $θ \to \frac{π}{2}$ 。代入积分得：

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x x ^{2} - 1} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{sec θ tan θ d θ}{sec θ \cdot tan θ} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ = θ ∣_{0}^{\frac{π}{2}} = \frac{π}{2} .

因此，积分值为 $\frac{π}{2}$ 。

4

设函数 $z = z (x, y)$ 由方程 $z = e^{2 x - 3 z} + 2 y$ 确定，则 $3 \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} =$ ______．

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【答案】
2

【解析】
给定方程 $z = e^{2 x - 3 z} + 2 y$ ，两边同时对 $x$ 和 $y$ 求偏导。
设 $F (x, y, z) = z - e^{2 x - 3 z} - 2 y = 0$ ，则

\frac{\partial F}{\partial x} = - 2 e^{2 x - 3 z}, \frac{\partial F}{\partial y} = - 2, \frac{\partial F}{\partial z} = 1 + 3 e^{2 x - 3 z} .

由隐函数求导公式，

\frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{\partial F / \partial x}{\partial F / \partial z} = \frac{2 e ^{2 x - 3 z}}{1 + 3 e ^{2 x - 3 z}}, \frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{\partial F / \partial y}{\partial F / \partial z} = \frac{2}{1 + 3 e ^{2 x - 3 z}} .

于是，

3 \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{6 e ^{2 x - 3 z}}{1 + 3 e ^{2 x - 3 z}} + \frac{2}{1 + 3 e ^{2 x - 3 z}} = \frac{6 e ^{2 x - 3 z} + 2}{1 + 3 e ^{2 x - 3 z}} = \frac{2 ( 3 e ^{2 x - 3 z} + 1 )}{1 + 3 e ^{2 x - 3 z}} = 2.

因此，答案为 2。

5

微分方程 $(y + x^{3}) d x - 2 x d y = 0$ 满足 $y ∣_{x = 1} = \frac{6}{5}$ 的特解为 ______．

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【答案】
$y = \frac{1}{5} x^{3} + x$

【解析】
原方程变形为 $\frac{d y}{d x} - \frac{1}{2 x} y = \frac{1}{2} x^{2}$ ，则由一阶线性微分方程的通解公式，可得（由初始条件可设 $x > 0$ ）

y = e^{\int \frac{1}{2 x} d x} [\int \frac{1}{2} x^{2} e^{- \int \frac{1}{2 x} d x} d x + C] = e^{\frac{1}{2} l n x} [\int \frac{1}{2} x^{2} e^{- \frac{1}{2} l n x} d x + C] = x [\int \frac{1}{2} x^{2} d x + C] = x [\frac{1}{5} x^{\frac{5}{2}} + C] .

再由 $y (1) = \frac{6}{5}$ 得 $C = 1$ ，从而特解为 $y = \frac{1}{5} x^{3} + x$ 。

6

同试卷 1 第 5 题

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

同试卷 1 第 7 题

8

设 $f (x) = ∣ x (1 - x) ∣$ ，则

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
1. 极值点判断： 函数 $f (x) = ∣ x (1 - x) ∣$ 。由于绝对值的性质，对于任意实数 $x$ ，都有 $f (x) \geq 0$ 。当 $x = 0$ 时， $f (0) = ∣0 (1 - 0) ∣ = 0$ 。因此， $f (0)$ 是函数的最小值（也是极小值）。所以， $x = 0$ 是 $f (x)$ 的极值点。

2. 拐点判断： 拐点（Inflection Point）通常定义为曲线上凹凸性发生改变的点，且该点处应存在切线（即函数连续且光滑，或者有垂直切线）。更重要的是，严格的极值点一定不是拐点。

让我们具体看 $x = 0$ 附近的凹凸性：

当 $x < 0$ 时， $x (1 - x) < 0$ ，所以 $f (x) = - (x - x^{2}) = x^{2} - x$ 。二阶导数 $f^{''} (x) = 2 > 0$ ，曲线向下凸（凹口向上）。
当 $0 < x < 1$ 时， $x (1 - x) > 0$ ，所以 $f (x) = x - x^{2}$ 。二阶导数 $f^{''} (x) = - 2 < 0$ ，曲线向上凸（凹口向下）。

虽然在 $x = 0$ 两侧凹凸性发生了改变（从凹变凸），但是：

导数不存在： $f (x)$ 在 $x = 0$ 处的左导数为 $- 1$ ，右导数为 $1$ ，导数不相等，因此在该点不可导，不存在切线。该点是一个“尖点”。
极值排斥拐点：既然 $x = 0$ 已经是严格极小值点，图像在该点附近位于切线（如果存在广义切线）的同一侧，并未“穿过”切线。几何直观上，该点是“V”字形的底部，而不是“S”字形的转折处。

因此， $(0, 0)$ 不是曲线 $y = f (x)$ 的拐点。

综上所述， $x = 0$ 是极值点，但不是拐点。

9

$lim_{n \to \infty} ln n (1 + \frac{1}{n})^{2} (1 + \frac{2}{n})^{2} \dots (1 + \frac{n}{n})^{2}$ 等于

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
由对数性质和定积分的定义可得

n \to \infty lim ln n (1 + \frac{1}{n})^{2} (1 + \frac{2}{n})^{2} \dots (1 + \frac{n}{n})^{2}

= n \to \infty lim \frac{2}{n} [ln (1 + \frac{1}{n}) + ln (1 + \frac{2}{n}) + \dots + ln (1 + \frac{n}{n})]

= n \to \infty lim 2 i = 1 \sum n ln (1 + \frac{i}{n}) \frac{1}{n} = 2 \int_{0}^{1} ln (1 + x) d x = 2 \int_{1}^{2} ln t d t = 2 \int_{1}^{2} ln x d x .

10

同试卷 1 第 8 题

11

微分方程 $y^{''} + y = x^{2} + 1 + sin x$ 的特解形式可设为

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
微分方程 $y^{''} + y = x^{2} + 1 + sin x$ 是二阶线性非齐次方程。
齐次方程 $y^{''} + y = 0$ 的特征方程为 $r^{2} + 1 = 0$ ，解得 $r = \pm i$ ，齐次解为

y_{h} = C_{1} cos x + C_{2} sin x

非齐次项 $x^{2} + 1 + sin x$ 包含多项式部分 $x^{2} + 1$ 和三角函数部分 $sin x$ 。

多项式部分 $x^{2} + 1$ 与齐次解无重叠，特解形式设为 $a x^{2} + b x + c$ ；
三角函数部分 $sin x$ 与齐次解中的 $sin x$ 重叠，因此需乘以 $x$ ，特解形式设为 $x (A sin x + B cos x)$ 。

结合两者，特解形式为

y^{*} = a x^{2} + b x + c + x (A sin x + B cos x)

对应选项 A。

选项 B 错误地在整个表达式上乘以 $x$ ；选项 C 和 D 未对 $sin x$ 乘以 $x$ 且未包含完整三角函数形式。

12

设函数 $f (u)$ 连续，区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 2 y}$ ，则 $\iint_{D} f (x y) d x d y$ 等于

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 2 y}$ 可化为 $x^{2} + (y - 1)^{2} \leq 1$ ，表示圆心在 $(0, 1)$ 、半径为 1 的圆。在极坐标下，令 $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ，则区域条件变为 $r^{2} \leq 2 r sin θ$ ，即 $r \leq 2 sin θ$ ，且 $θ$ 的取值范围为 $0 \leq θ \leq π$ （因为 $sin θ \geq 0$ ）。二重积分在极坐标下的面积元素为 $r d r d θ$ ，被积函数 $f (x y)$ 变为 $f (r^{2} sin θ cos θ)$ 。因此，积分化为：

\iint_{D} f (x y) d x d y = \int_{0}^{π} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} f (r^{2} sin θ cos θ) r d r .

选项 D 与此一致。选项 A 描述的是单位圆 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ ，与区域 $D$ 不符。选项 B 在直角坐标下积分时，假设了对称性，但 $f (x y)$ 不一定关于 $x$ 对称，因此不正确。选项 C 在极坐标下缺少 $r$ ，面积元素不正确。故正确答案为 D。

13

同试卷 1 第 11 题

14

同试卷 1 第 12 题

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 10 分）

求极限 $lim_{x \to 0} \frac{1}{x ^{3}} [(\frac{2 + c o s x}{3})^{x} - 1]$ ．

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【答案】

- \frac{1}{6}

【解析】 考虑极限 $lim_{x \to 0} \frac{1}{x ^{3}} [(\frac{2 + c o s x}{3})^{x} - 1]$ 。
令 $f (x) = (\frac{2 + c o s x}{3})^{x} = e^{x l n (\frac{2 + c o s x}{3})}$ ，则原极限化为：

x \to 0 lim \frac{e ^{x l n (\frac{2 + c o s x}{3})} - 1}{x ^{3}} .

当 $x \to 0$ 时，指数部分 $x ln (\frac{2 + c o s x}{3}) \to 0$ ，因此使用泰勒展开。
首先，展开 $cos x$ ：

cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2 !} + \frac{x ^{4}}{4 !} - \dots = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} - \dots,

所以：

2 + cos x = 3 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} - \dots,

\frac{2 + cos x}{3} = 1 - \frac{x ^{2}}{6} + \frac{x ^{4}}{72} - \dots .

令 $u = - \frac{x ^{2}}{6} + \frac{x ^{4}}{72} - \dots$ ，则：

ln (\frac{2 + cos x}{3}) = ln (1 + u) = u - \frac{u ^{2}}{2} + \frac{u ^{3}}{3} - \dots .

计算 $u$ 和 $u^{2}$ ：

u = - \frac{x ^{2}}{6} + \frac{x ^{4}}{72} + O (x^{6}),

u^{2} = (- \frac{x ^{2}}{6})^{2} + 2 \cdot (- \frac{x ^{2}}{6}) \cdot \frac{x ^{4}}{72} + \dots = \frac{x ^{4}}{36} + O (x^{6}),

u^{3} = O (x^{6}) .

代入得：

ln (1 + u) = (- \frac{x ^{2}}{6} + \frac{x ^{4}}{72}) - \frac{1}{2} \cdot \frac{x ^{4}}{36} + O (x^{6}) = - \frac{x ^{2}}{6} + \frac{x ^{4}}{72} - \frac{x ^{4}}{72} + O (x^{6}) = - \frac{x ^{2}}{6} + O (x^{6}) .

因此：

x ln (\frac{2 + cos x}{3}) = x (- \frac{x ^{2}}{6} + O (x^{6})) = - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{7}) .

于是：

(\frac{2 + cos x}{3})^{x} - 1 = e^{x l n (\frac{2 + c o s x}{3})} - 1 = e^{- \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{7})} - 1.

当 $x \to 0$ 时，令 $v = - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{7})$ ，则 $e^{v} - 1 = v + \frac{v ^{2}}{2} + \dots = - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{7})$ （因为 $v^{2} = O (x^{6})$ ）。
代入原极限：

x \to 0 lim \frac{- \frac{x ^{3}}{6} + O ( x ^{7} )}{x ^{3}} = x \to 0 lim (- \frac{1}{6} + O (x^{4})) = - \frac{1}{6} .

故极限为 $- \frac{1}{6}$ 。

16

（本题满分 10 分）

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上有定义，在区间 $[0, 2]$ 上， $f (x) = x (x^{2} - 4)$ ，若对任意的 $x$ 都满足 $f (x) = k f (x + 2)$ ，其中 $k$ 为常数．

(1) 写出 $f (x)$ 在 $[- 2, 0]$ 上的表达式；

(2) 问 $k$ 为何值时， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导．

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【答案】
(1) $f (x) = k x (x + 2) (x + 4)$ ，其中 $x \in [- 2, 0]$
(2) $k = - \frac{1}{2}$

【解析】
(Ⅰ) 当 $- 2 \leq x < 0$ ，即 $0 \leq x + 2 < 2$ 时，

f (x) = k f (x + 2) = k (x + 2) [(x + 2)^{2} - 4] = k x (x + 2) (x + 4) .

(Ⅱ) 由题设 $f (0) = 0$ ,

f_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{+} lim \frac{x ( x ^{2} - 4 ) - 0}{x} = - 4,

f^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0^{-} lim \frac{k x ( x + 2 ) ( x + 4 ) - 0}{x} = 8 k .

令 $f^{'} (0) = f_{+}^{'} (0)$ ，得 $k = - \frac{1}{2}$ 。即当 $k = - \frac{1}{2}$ 时， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导。

17

（本题满分 11 分）

设 $f (x) = \int_{x}^{x + \frac{π}{2}} ∣ sin t ∣ d t$ ．

(1) 证明 $f (x)$ 是以 $π$ 为周期的周期函数；

(2) 求 $f (x)$ 的值域．

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【答案】
(1) $f (x)$ 是以 $π$ 为周期的周期函数。
(2) $f (x)$ 的值域为 $[2 - 2, 2]$ 。

【解析】
(Ⅰ) 令 $t = u + π$ 。则有

f (x + π) = \int_{x + π}^{x + \frac{3 π}{2}} ∣ sin t ∣ d t = \int_{x}^{x + \frac{π}{2}} ∣ sin (u + π) ∣ d (u + π) = \int_{x}^{x + \frac{π}{2}} ∣ sin u ∣ d u = f (x)

故 $f (x)$ 是以 $π$ 为周期的周期函数。

(Ⅱ) 因为 $f (x)$ 是以 $π$ 为周期的周期函数，故只需在 $[0, π]$ 上讨论其值域。令

f^{'} (x) = sin (x + \frac{π}{2}) - ∣ sin x ∣ = ∣ cos x ∣ - ∣ sin x ∣ = 0,

在区间 $[0, π]$ 内求得驻点 $x_{1} = \frac{π}{4}$ ， $x_{2} = \frac{3 π}{4}$ 。计算

f (\frac{π}{4}) = \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{3 π}{4}} ∣ sin t ∣ d t = \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{3 π}{4}} sin t d t = 2, f (\frac{3 π}{4}) = \int_{\frac{3 π}{4}}^{\frac{5 π}{4}} ∣ sin t ∣ d t = \int_{\frac{3 π}{4}}^{π} sin t d t - \int_{π}^{\frac{5 π}{4}} sin t d t = 2 - 2, f (0) = \int_{0}^{\frac{π}{2}} ∣ sin t ∣ d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin t d t = 1, f (π) = \int_{π}^{\frac{3 π}{2}} ∣ sin t ∣ d t = \int_{π}^{\frac{3 π}{2}} (- sin t) d t = 1.

因此 $f (x)$ 的最小值是 $2 - 2$ ，最大值是 $2$ 。故 $f (x)$ 的值域是 $[2 - 2, 2]$ 。

18

（本题满分 12 分）

曲线 $y = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}$ 与直线 $x = 0$ , $x = t$ （ $t > 0$ ）及 $y = 0$ 围成一曲边梯形．该曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周得一旋转体，其体积为 $V (t)$ ，侧面积为 $S (t)$ ，在 $x = t$ 处的底面积为 $F (t)$ ．

(1) 求 $\frac{S ( t )}{V ( t )}$ 的值；

(2) 计算极限 $lim_{t \to + \infty} \frac{S ( t )}{F ( t )}$ ．

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【答案】
(1) $\frac{S ( t )}{V ( t )} = 2$
(2) $lim_{t \to + \infty} \frac{S ( t )}{F ( t )} = 1$

【解析】
(1) 曲线 $y = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2} = cosh x$ 。旋转体体积公式为 $V (t) = π \int_{0}^{t} [y (x)]^{2} d x = π \int_{0}^{t} cosh^{2} x d x$ 。侧面积公式为 $S (t) = 2 π \int_{0}^{t} y (x) 1 + [y^{'} (x)]^{2} d x$ 。由于 $y^{'} = sinh x$ ，有 $1 + (y^{'})^{2} = 1 + sinh^{2} x = cosh x$ ，所以 $S (t) = 2 π \int_{0}^{t} cosh x \cdot cosh x d x = 2 π \int_{0}^{t} cosh^{2} x d x$ 。因此，

\frac{S ( t )}{V ( t )} = \frac{2 π \int _{0}^{t} cosh ^{2} x d x}{π \int _{0}^{t} cosh ^{2} x d x} = 2.

(2) 底面积 $F (t) = π [y (t)]^{2} = π cosh^{2} t$ 。于是，

\frac{S ( t )}{F ( t )} = \frac{2 π \int _{0}^{t} cosh ^{2} x d x}{π cosh ^{2} t} = \frac{2 \int _{0}^{t} cosh ^{2} x d x}{cosh ^{2} t} .

考虑极限 $lim_{t \to + \infty} \frac{2 \int _{0}^{t} c o s h ^{2} x d x}{c o s h ^{2} t}$ 。该极限为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，应用洛必达法则。令 $g (t) = \int_{0}^{t} cosh^{2} x d x$ ，则 $g^{'} (t) = cosh^{2} t$ 。分母导数为 $\frac{d}{d t} cosh^{2} t = 2 cosh t sinh t = sinh 2 t$ 。所以，

t \to + \infty lim \frac{2 g ( t )}{cosh ^{2} t} = t \to + \infty lim \frac{2 g ^{'} ( t )}{\frac{d}{d t} cosh ^{2} t} = t \to + \infty lim \frac{2 cosh ^{2} t}{sinh 2 t} .

由于 $sinh 2 t = 2 sinh t cosh t$ ，有

\frac{2 cosh ^{2} t}{sinh 2 t} = \frac{2 cosh ^{2} t}{2 sinh t cosh t} = \frac{cosh t}{sinh t} = coth t .

因此，

t \to + \infty lim coth t = 1.

故极限为 1。

19

（本题满分 12 分）

同试卷 1 第 15 题

20

（本题满分 11 分）

同试卷 1 第 16 题

21

（本题满分 10 分）

设 $z = f (x^{2} - y^{2}, e^{x y})$ ，其中 $f$ 具有连续二阶偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ， $\frac{\partial z}{\partial y}$ ， $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ ．

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【答案】

\frac{\partial z}{\partial x} = 2 x f_{1} + y e^{x y} f_{2}

\frac{\partial z}{\partial y} = - 2 y f_{1} + x e^{x y} f_{2}

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = - 4 x y f_{11} + 2 e^{x y} (x^{2} - y^{2}) f_{12} + e^{x y} (1 + x y) f_{2} + x y e^{2 x y} f_{22}

其中 $f_{1} = \frac{\partial f}{\partial u}$ , $f_{2} = \frac{\partial f}{\partial v}$ , $f_{11} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}}$ , $f_{12} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v}$ , $f_{22} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}}$ , 且 $u = x^{2} - y^{2}$ , $v = e^{x y}$ .

【解析】 设 $u = x^{2} - y^{2}$ , $v = e^{x y}$ , 则 $z = f (u, v)$ . 由链式法则，有：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = f_{1} \cdot 2 x + f_{2} \cdot y e^{x y} = 2 x f_{1} + y e^{x y} f_{2} .

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} = f_{1} \cdot (- 2 y) + f_{2} \cdot x e^{x y} = - 2 y f_{1} + x e^{x y} f_{2} .

接下来求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ . 对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 求关于 $y$ 的偏导：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (2 x f_{1} + y e^{x y} f_{2}) .

分别计算两项：

\frac{\partial}{\partial y} (2 x f_{1}) = 2 x \cdot \frac{\partial f _{1}}{\partial y} = 2 x (\frac{\partial f _{1}}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f _{1}}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y}) = 2 x (f_{11} \cdot (- 2 y) + f_{12} \cdot x e^{x y}) = - 4 x y f_{11} + 2 x^{2} e^{x y} f_{12} .

\frac{\partial}{\partial y} (y e^{x y} f_{2}) = \frac{\partial}{\partial y} (y e^{x y}) \cdot f_{2} + y e^{x y} \cdot \frac{\partial f _{2}}{\partial y} .

其中：

\frac{\partial}{\partial y} (y e^{x y}) = e^{x y} + y \cdot e^{x y} \cdot x = e^{x y} (1 + x y),

\frac{\partial f _{2}}{\partial y} = \frac{\partial f _{2}}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f _{2}}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} = f_{21} \cdot (- 2 y) + f_{22} \cdot x e^{x y} .

由 $f$ 具有连续二阶偏导数，有 $f_{12} = f_{21}$ ，所以：

\frac{\partial f _{2}}{\partial y} = f_{12} \cdot (- 2 y) + f_{22} \cdot x e^{x y} = - 2 y f_{12} + x e^{x y} f_{22} .

因此：

\frac{\partial}{\partial y} (y e^{x y} f_{2}) = e^{x y} (1 + x y) f_{2} + y e^{x y} (- 2 y f_{12} + x e^{x y} f_{22}) = e^{x y} (1 + x y) f_{2} - 2 y^{2} e^{x y} f_{12} + x y e^{2 x y} f_{22} .

将两部分相加：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = (- 4 x y f_{11} + 2 x^{2} e^{x y} f_{12}) + (e^{x y} (1 + x y) f_{2} - 2 y^{2} e^{x y} f_{12} + x y e^{2 x y} f_{22}) .

合并同类项：

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = - 4 x y f_{11} + 2 e^{x y} (x^{2} - y^{2}) f_{12} + e^{x y} (1 + x y) f_{2} + x y e^{2 x y} f_{22} .

其中 $u = x^{2} - y^{2}$ ，故 $x^{2} - y^{2} = u$ ，但为保持表达式一致，未代入。

22

（本题满分 9 分）

设有齐次线性方程组

⎩ ⎨ ⎧ (1 + a) x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} 2 x_{1} + (2 + a) x_{2} + 2 x_{3} + 2 x_{4} 3 x_{1} + 3 x_{2} + (3 + a) x_{3} + 3 x_{4} 4 x_{1} + 4 x_{2} + 4 x_{3} + (4 + a) x_{4} = 0, = 0, = 0, = 0.

试问 $a$ 取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解．

查看答案与解析

【答案】
当 $a = 0$ 或 $a = - 10$ 时，方程组有非零解。
当 $a = 0$ 时，通解为

x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} = c_{1} - 1 100 + c_{2} - 1 010 + c_{3} - 1 001,

其中 $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ 为任意常数。
当 $a = - 10$ 时，通解为

x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} = k 1234,

其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
方程组的系数矩阵为

A = 1 + a 234 1 2 + a 34 12 3 + a 4 123 4 + a .

齐次线性方程组有非零解当且仅当系数矩阵的行列式为零。令 $∣ A ∣ = 0$ 。
矩阵 $A$ 可写为 $A = B + a I$ ，其中

B = 1234123412341234 .

矩阵 $B$ 的秩为 1，其特征值为 $10$ （单根）和 $0$ （三重根），因此 $A$ 的特征值为 $10 + a$ 和 $a$ （三重根）。
行列式 $∣ A ∣ = (10 + a) \cdot a^{3}$ 。
令 $∣ A ∣ = 0$ ，得 $a^{3} (10 + a) = 0$ ，解得 $a = 0$ 或 $a = - 10$ 。
当 $a = 0$ 时，方程组化为

x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 0,

解空间三维，通解由自由变量 $x_{2}, x_{3}, x_{4}$ 表示，即 $x_{1} = - x_{2} - x_{3} - x_{4}$ 。
当 $a = - 10$ 时，方程组化为

- 9 x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} 2 x_{1} - 8 x_{2} + 2 x_{3} + 2 x_{4} 3 x_{1} + 3 x_{2} - 7 x_{3} + 3 x_{4} 4 x_{1} + 4 x_{2} + 4 x_{3} - 6 x_{4} = 0, = 0, = 0, = 0.

解向量为 $B$ 对应特征值 $10$ 的特征向量，即 $(1, 2, 3, 4)^{T}$ ，通解为该向量的倍数。

23

（本题满分 9 分）

同试卷 1 第 21 题