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2009 年真题

23 题

选择题

1

函数 $f (x) = \frac{x - x ^{3}}{s i n π x}$ 的可去间断点的个数为（）

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正确答案：C

正确答案：C

函数 $f (x) = \frac{x - x ^{3}}{s i n π x}$ 在 $x$ 取任意整数时均无定义，因此其间断点有无穷多个。可去间断点是指极限存在的点，应出现在 $x - x^{3} = 0$ 的解处，即 $x_{1, 2, 3} = 0, \pm 1$ 。

计算各点极限如下：

x \to 0 lim \frac{x - x ^{3}}{sin π x} = x \to 0 lim \frac{1 - 3 x ^{2}}{π cos π x} = \frac{1}{π}

x \to 1 lim \frac{x - x ^{3}}{sin π x} = x \to 1 lim \frac{1 - 3 x ^{2}}{π cos π x} = \frac{2}{π}

x \to - 1 lim \frac{x - x ^{3}}{sin π x} = x \to - 1 lim \frac{1 - 3 x ^{2}}{π cos π x} = \frac{2}{π}

因此，可去间断点共有三个，分别为 $0$ 、 $1$ 和 $- 1$ 。

2

当 $x \to 0$ 时， $f (x) = x - sin (a x)$ 与 $g (x) = x^{2} ln (1 - b x)$ 是等价无穷小，则( )

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正确答案：A

正确答案：A

$f (x) = x - sin (a x)$ ， $g (x) = x^{2} ln (1 - b x)$ 为等价无穷小，则

x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{x - sin ( a x )}{x ^{2} ln ( 1 - b x )} = x \to 0 lim \frac{x - sin ( a x )}{x ^{2} \cdot ( - b x )} .

使用洛必达法则：

= x \to 0 lim \frac{1 - a cos ( a x )}{- 3 b x ^{2}} .

再次使用洛必达法则：

= x \to 0 lim \frac{a ^{2} sin ( a x )}{- 6 b x} = x \to 0 lim \frac{a ^{2} sin ( a x )}{- \frac{6 b}{a} \cdot a x} = - \frac{a ^{3}}{6 b} = 1.

因此 $a^{3} = - 6 b$ ，故排除 B、C。

另外，极限

x \to 0 lim \frac{1 - a cos ( a x )}{- 3 b x ^{2}}

存在，蕴含 $1 - a cos (a x) \to 0$ 当 $x \to 0$ ，故 $a = 1$ ，排除 D。

所以本题选 A。

3

设函数 $z = f (x, y)$ 的全微分为 $d z = x d x + y d y$ ，则点 $(0, 0)$ （）

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正确答案：D

正确答案：D

由 $d z = x d x + y d y$ 可得 $\frac{\partial z}{\partial x} = x$ ， $\frac{\partial z}{\partial y} = y$ 。

A = \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = 1, B = \frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial ^{2} z}{\partial y \partial x} = 0, C = \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = 1

在 $(0, 0)$ 处， $\frac{\partial z}{\partial x} = 0$ ， $\frac{\partial z}{\partial y} = 0$ 。

A C - B^{2} = 1 > 0

因此， $(0, 0)$ 是函数 $z = f (x, y)$ 的一个极小值点。

4

设函数 $f (x, y)$ 连续，则

\int_{1}^{2} d x \int_{x}^{2} f (x, y) d y + \int_{1}^{2} d y \int_{y}^{4 - y} f (x, y) d x = ()

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正确答案：C

正确答案：C

给定积分表达式为：

\int_{1}^{2} d x \int_{x}^{2} f (x, y) d y + \int_{1}^{2} d y \int_{y}^{4 - y} f (x, y) d x

其积分区域分为两部分：

D_{1} = {(x, y) ∣ 1 \leq x \leq 2, x \leq y \leq 2}, D_{2} = {(x, y) ∣ 1 \leq y \leq 2, y \leq x \leq 4 - y}

将两个区域合并为一块：

D = {(x, y) ∣ 1 \leq y \leq 2, 1 \leq x \leq 4 - y}

因此，二重积分可表示为：

\int_{1}^{2} d y \int_{1}^{4 - y} f (x, y) d x

故答案为 C。

5

若 $f^{''} (x)$ 不变号，且曲线 $y = f (x)$ 在点 $(1, 1)$ 处的曲率圆为 $x^{2} + y^{2} = 2$ ，则 $f (x)$ 在区间 $(1, 2)$ 内（）

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正确答案：B

正确答案：B

由题意可知， $f (x)$ 是一个凸函数，即 $f^{''} (x) < 0$ ，且在点 $(1, 1)$ 处的曲率为：

ρ = \frac{∣ y ^{''} ∣}{( 1 + ( y ^{'} ) ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{2}

同时已知 $f^{'} (1) = - 1$ ， $f^{''} (1) = - 2$ 。

在区间 $[1, 2]$ 上， $f^{'} (x) \leq f^{'} (1) = - 1 < 0$ ，说明 $f (x)$ 在该区间上单调递减，没有极值点。

根据拉格朗日中值定理，存在 $ζ \in (1, 2)$ 使得：

f (2) - f (1) = f^{'} (ζ) < - 1

因此 $f (2) < 0$ ，而 $f (1) = 1 > 0$ 。

由零点定理可知，在区间 $[1, 2]$ 上 $f (x)$ 存在零点，故应选 (B)。

6

设函数 $y = f (x)$ 在区间 $[- 1, 3]$ 上的图形如图所示，则函数 $F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t$ 的图形为（）。

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正确答案：D

正确答案：D

当 $x \in [0, 1]$ 时， $F (x) \leq 0$ 且单调递减。

当 $x \in [1, 2]$ 时， $F (x)$ 单调递增。

当 $x \in [2, 3]$ 时， $F (x)$ 为常函数。

当 $x \in [- 1, 0]$ 时， $F (x) \leq 0$ 为线性函数，且单调递增。

由于 $F (x)$ 为连续函数，结合上述特点，可见正确选项为 D。

7

设 $A, B$ 均为 2 阶矩阵， $A^{*}, B^{*}$ 分别为 $A, B$ 的伴随矩阵，若 $∣ A ∣ = 2, ∣ B ∣ = 3$ ，则分块矩阵

(0 B A 0)

的伴随矩阵为（）

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正确答案：B

正确答案：B

根据 $C C^{*} = ∣ C ∣ E$ ，若 $C^{*} = ∣ C ∣ C^{- 1}$ ，则 $C^{- 1} = \frac{1}{∣ C ∣} C^{*}$ 。

考虑分块矩阵

(0 B A 0)

的行列式为

0 B A 0 = (- 1)^{2 \times 2} ∣ A ∣∣ B ∣ = 2 \times 3 = 6.

其伴随矩阵为

6 (0 A^{- 1} B^{- 1} 0) = 6 (0 \frac{1}{∣ A ∣} A^{*} \frac{1}{∣ B ∣} B^{*} 0) = 6 (0 \frac{1}{2} A^{*} \frac{1}{3} B^{*} 0) = (0 3 A^{*} 2 B^{*} 0) .

因此答案为 B。

8

设 $P$ 为 3 阶矩阵， $P^{⊤} A P = 100010002$ ，若 $P = (a_{1}, a_{2}, a_{3})$ ， $Q = (a_{1} + a_{2}, a_{2}, a_{3})$ ，则 $Q^{⊤} A Q$ 为 ( )

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正确答案：A

正确答案：A

设 $Q = P E_{12} (1)$ ，其中 $E_{12} (1)$ 为初等矩阵，则

Q^{⊤} A Q = [P E_{12} (1)]^{⊤} A [P E_{12} (1)] = E_{12}^{⊤} (1) [P^{⊤} A P] E_{12} (1) = 100110001^{⊤} 100010002100110001 = 110010001100010002100110001 = 110120002

故答案为 A。

填空题

9

（填空题）曲线

{x = \int_{0}^{1 - t} e^{- u^{2}} d u y = t^{2} ln (2 - t^{2})

在 $t = 1$ 处的切线方程为

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【答案】 $y = 2 x$

【解析】
曲线

{x = \int_{0}^{1 - t} e^{- u^{2}} d u y = t^{2} ln (2 - t^{2})

在 $t = 1$ 处的切线方程为

【解析】
已知 $\frac{d y}{d t} = 2 t ln (2 - t^{2}) + t^{2} \cdot \frac{- 2 t}{2 - t ^{2}}$ ，将 $t = 1$ 代入得

\frac{d y}{d t} = 2 ln 1 + 1 \cdot \frac{- 2}{1} = - 2

又 $\frac{d x}{d t} = e^{- (1 - t)^{2}} \cdot (- 1)$ ，将 $t = 1$ 代入得

\frac{d x}{d t} = e^{0} \cdot (- 1) = - 1

因此

\frac{d y}{d x} = \frac{- 2}{- 1} = 2

当 $t = 1$ 时，

x = \int_{0}^{0} e^{- u^{2}} d u = 0, y = 1^{2} ln (2 - 1^{2}) = 0

切线方程为

y = 2 x

10

（填空题）已知 $\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{k ∣ x ∣} d x = 1$ ，则 $k =$

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【答案】 $k = - 2$

【解析】 首先计算积分：

1 = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{k ∣ x ∣} d x = 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{k x} d x

进一步计算：

2 \int_{0}^{+ \infty} e^{k x} d x = 2 b \to + \infty lim \frac{1}{k} e^{k x}_{0}^{b}

为使极限存在，需满足 $k < 0$ ，此时：

1 = 2 b \to + \infty lim \frac{1}{k} (e^{kb} - 1) = - \frac{2}{k}

解得：

k = - 2

11

（填空题） $n \to \infty lim \int_{0}^{1} e^{- x} sin (n x) d x =$

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【答案】 0

【解析】 令 $I_{n} = \int_{0}^{1} e^{- x} sin n x d x$ ，利用分部积分法可得：

I_{n} = - \frac{n cos n x + sin n x}{n ^{2} + 1} e^{- x}_{0}^{1}

则：

n \to \infty lim I_{n} = n \to \infty lim (- \frac{n cos n + sin n}{( n ^{2} + 1 ) e} + \frac{n}{n ^{2} + 1}) = 0

12

（填空题）设 $y = y (x)$ 是由方程 $x y + e^{y} = x + 1$ 确定的函数，则 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0} =$

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【答案】 -3

【解析】
对方程两边求导得 $y + x y^{'} + e^{y} y^{'} = 1$ 。

当 $x = 0$ 时，代入原方程得 $0 + e^{y} = 0 + 1$ ，即 $y = 0$ 。

此时 $0 + 0 + e^{0} y^{'} = 1$ ，解得 $y^{'} (0) = 1$ 。

再对 $y + x y^{'} + e^{y} y^{'} = 1$ 求导得：

2 y^{'} + x y^{''} + (y^{'})^{2} e^{y} + y^{''} e^{y} = 0

将 $x = 0$ 、 $y = 0$ 、 $y^{'} (0) = 1$ 代入得：

2 \times 1 + 0 + 1^{2} \times 1 + y^{''} \times 1 = 0

解得 $y^{''} (0) = - 3$ 。

13

（填空题）函数 $y = x^{2 x}$ 在区间 $(0, 1]$ 上的最小值为

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【答案】 $e^{- \frac{2}{e}}$

【解析】
函数 $y = x^{2 x} = e^{2 x l n x}$ ，求导得

y^{'} = e^{2 x l n x} (2 ln x + 2) = x^{2 x} (2 ln x + 2)

令 $y^{'} = 0$ ，得 $ln x = - 1$ ，即 $x = \frac{1}{e}$ 。

当 $0 < x < \frac{1}{e}$ 时， $ln x < - 1$ ，因此 $2 ln x + 2 < 0$ ，即 $y^{'} < 0$ ；
当 $x > \frac{1}{e}$ 时， $ln x > - 1$ ，因此 $2 ln x + 2 > 0$ ，即 $y^{'} > 0$ 。

所以 $x = \frac{1}{e}$ 为极小值点，最小值为

y (\frac{1}{e}) = (\frac{1}{e})^{2 \times \frac{1}{e}} = e^{- \frac{2}{e}}

14

（填空题）设 $α, β$ 为三维列向量， $β^{⊤} α$ 是数，已知 $α β^{⊤} = 200000000$ ，则 $β^{⊤} α =$

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【答案】 2

【解析】 $α β^{⊤}$ 为矩阵，其主对角线元素之和为 $β^{⊤} α$ 。

矩阵

200000000

的主对角线元素之和为 $2 + 0 + 0 = 2$ ，故 $β^{⊤} α = 2$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）求极限

x \to 0 lim \frac{( 1 - cos x ) [ x - ln ( 1 + tan x ) ]}{sin ^{4} x}

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】

x \to 0 lim \frac{( 1 - cos x ) [ x - ln ( 1 + tan x )]}{sin ^{4} x} = x \to 0 lim \frac{\frac{1}{2} x ^{2} [ x - ln ( 1 + tan x )]}{sin ^{4} x} = \frac{1}{2} x \to 0 lim \frac{x - ln ( 1 + tan x )}{x ^{2}} = \frac{1}{2} x \to 0 lim \frac{tan x - \frac{t a n ^{2} x}{2} + o ( tan ^{2} x )}{x ^{2}} = \frac{1}{2} x \to 0 lim \frac{x - \frac{x ^{2}}{2} + o ( x ^{2} )}{x ^{2}} = \frac{1}{4}

16

（本题满分 10 分）计算不定积分

\int ln (1 + \frac{1 + x}{x}) d x (x > 0)

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【答案】 $\int ln (1 + \frac{1 + x}{x}) d x = x ln (1 + \frac{1 + x}{x}) + \frac{1}{2} ln (1 + x + x) + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2} x + x^{2} + C$

【解析】 令 $\frac{1 + x}{x} = t$ ，得 $x = \frac{1}{t ^{2} - 1}$ ， $d x = \frac{- 2 t}{( t ^{2} - 1 ) ^{2}} d t$ 。

\int ln (1 + t) d (\frac{1}{t ^{2} - 1}) = \frac{ln ( 1 + t )}{t ^{2} - 1} - \int \frac{1}{( t ^{2} - 1 ) ( t + 1 )} d t

而

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

= \frac{1}{4} ln ∣ t - 1∣ - \frac{1}{4} ln ∣ t + 1∣ + \frac{1}{2 ( t + 1 )} + C

所以

\int ln (1 + \frac{1 + x}{x}) d x = \frac{ln ( 1 + t )}{t ^{2} - 1} + \frac{1}{4} ln \frac{t + 1}{t - 1} - \frac{1}{2 ( t + 1 )} + C

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

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

17

（本题满分 10 分）设 $z = f (x + y, x - y, x y)$ ，其中 $f$ 具有 2 阶连续偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ 。

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【答案】
$\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}^{'} + f_{2}^{'} + y f_{3}^{'}$
$\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{3}^{'} + f_{11}^{''} - f_{22}^{''} + x y f_{33}^{''} + (x + y) f_{13}^{''} + (x - y) f_{23}^{''}$

【解析】

\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}^{'} + f_{2}^{'} + y f_{3}^{'}

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{11}^{''} \cdot 1 + f_{12}^{''} \cdot (- 1) + f_{13}^{''} \cdot x + f_{21}^{''} \cdot 1 + f_{22}^{''} \cdot (- 1) + f_{23}^{''} \cdot x + f_{3}^{'} + y (f_{31}^{''} \cdot 1 + f_{32}^{''} \cdot (- 1) + f_{33}^{''} \cdot x) = f_{3}^{'} + f_{11}^{''} - f_{22}^{''} + x y f_{33}^{''} + (x + y) f_{13}^{''} + (x - y) f_{23}^{''}

18

（本题满分 10 分）设非负函数 $y = y (x) (x \geq 0)$ 满足微分方程 $x y^{''} - y^{'} + 2 = 0$ ，当曲线 $y = y (x)$ 过原点时，其与直线 $x = 1$ 及 $y = 0$ 围成平面区域 $D$ 的面积为 2，求 $D$ 绕 $y$ 轴旋转所得旋转体体积。

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【答案】 $\frac{17 π}{6}$

【解析】 解微分方程 $x y^{''} - y^{'} + 2 = 0$ ，令 $p = y^{'}$ ，则方程化为 $x p^{'} - p + 2 = 0$ ，即

\frac{d p}{d x} - \frac{1}{x} p = - \frac{2}{x} .

其通解为

p = e^{\int \frac{1}{x} d x} (\int - \frac{2}{x} e^{- \int \frac{1}{x} d x} d x + C_{1}) = x (- 2 \int \frac{1}{x ^{2}} d x + C_{1}) = x (\frac{2}{x} + C_{1}) = 2 + C_{1} x .

所以 $y^{'} = 2 + C_{1} x$ ，积分得

y = 2 x + \frac{1}{2} C_{1} x^{2} + C_{2} .

因为曲线过原点，所以 $C_{2} = 0$ ，即

y = 2 x + \frac{1}{2} C_{1} x^{2} .

由区域 $D$ 的面积为 2，得

\int_{0}^{1} (2 x + \frac{1}{2} C_{1} x^{2}) d x = 2,

即

[x^{2} + \frac{C _{1}}{6} x^{3}]_{0}^{1} = 1 + \frac{C _{1}}{6} = 2,

解得 $C_{1} = 6$ 。

所以

y = 2 x + 3 x^{2} .

$D$ 绕 $y$ 轴旋转所得旋转体体积用柱壳法计算：

V = 2 π \int_{0}^{1} x (2 x + 3 x^{2}) d x = 2 π \int_{0}^{1} (2 x^{2} + 3 x^{3}) d x = 2 π [\frac{2}{3} x^{3} + \frac{3}{4} x^{4}]_{0}^{1} = 2 π (\frac{2}{3} + \frac{3}{4}) = 2 π \times \frac{17}{12} = \frac{17 π}{6} .

19

（本题满分 10 分）计算二重积分

\int_{D} (x - y) d x d y,

其中

D = {(x, y) (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} \leq 2, y \geq x} .

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【答案】 $- \frac{8}{3}$

【解析】 区域 $D$ 是以 $(1, 1)$ 为圆心、 $2$ 为半径的圆中 $y \geq x$ 的部分。使用极坐标变换，令 $x = 1 + r cos θ$ ， $y = 1 + r sin θ$ ，则 $r \leq 2$ ， $θ$ 的范围为 $\frac{π}{4} \leq θ \leq \frac{5 π}{4}$ 。

\int_{D} (x - y) d x d y = \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{5 π}{4}} d θ \int_{0}^{2} [(1 + r cos θ) - (1 + r sin θ)] r d r

= \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{5 π}{4}} (cos θ - sin θ) d θ \int_{0}^{2} r^{2} d r

= [sin θ + cos θ]_{\frac{π}{4}}^{\frac{5 π}{4}} \times [\frac{1}{3} r^{3}]_{0}^{2}

= (sin \frac{5 π}{4} + cos \frac{5 π}{4} - sin \frac{π}{4} - cos \frac{π}{4}) \times \frac{1}{3} \times (2)^{3}

= (- \frac{2}{2} - \frac{2}{2} - \frac{2}{2} - \frac{2}{2}) \times \frac{2 2}{3}

= (- 22) \times \frac{2 2}{3} = - \frac{8}{3}

20

（本题满分 11 分）

设 $y = y (x)$ 是区间 $(- π, π)$ 内过点 $(- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 的光滑曲线，当 $- π < x < 0$ 时，曲线上任一点处的法线都过原点，当 $0 \leq x < π$ 时，函数 $y (x)$ 满足 $y^{''} + y + x = 0$ 。求 $y (x)$ 的表达式。

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【答案】

y = {π^{2} - x^{2}, π cos x + sin x - x, - π < x < 0 0 \leq x < π

【解析】
由题意，当 $- π < x < 0$ 时， $y = - \frac{x}{y ^{'}}$ ，即 $y d y = - x d x$ ，得 $y^{2} = - x^{2} + c$ 。

将 $y (- \frac{π}{2}) = \frac{π}{2}$ 代入 $y^{2} = - x^{2} + c$ ，得 $c = π^{2}$ ，从而有 $x^{2} + y^{2} = π^{2}$ 。

当 $0 \leq x < π$ 时， $y^{''} + y + x = 0$ ，得 $y^{''} + y = 0$ 的通解为 $y^{*} = c_{1} cos x + c_{2} sin x$ 。

令特解为 $y_{1} = A x + b$ ，代入得 $0 + A x + b + x = 0$ ，解得 $A = - 1$ ， $b = 0$ ，故 $y_{1} = - x$ 。

因此 $y^{''} + y + x = 0$ 的通解为 $y = c_{1} cos x + c_{2} sin x - x$ 。

由于 $y = y (x)$ 是 $(- π, π)$ 内的光滑曲线，故 $y$ 在 $x = 0$ 处连续。

由 $y (0^{-}) = \pm π$ ， $y (0^{+}) = c_{1}$ ，得 $c_{1} = \pm π$ 时， $y = y (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

当 $- π < x < 0$ 时，由 $2 x + 2 y \cdot y^{'} = 0$ ，得 $y_{-}^{'} (0) = - \frac{x}{y} = 0$ 。

当 $0 \leq x < π$ 时， $y^{'} = - c_{1} sin x + c_{2} cos x - 1$ ，得 $y_{+}^{'} (0) = c_{2} - 1$ 。

由 $y_{-}^{'} (0) = y_{+}^{'} (0)$ 得 $c_{2} - 1 = 0$ ，即 $c_{2} = 1$ 。

因此 $y = y (x)$ 的表达式为：

y = {π^{2} - x^{2}, π cos x + sin x - x, - π < x < 0 0 \leq x < π

或

y = {- π^{2} - x^{2}, - π cos x + sin x - x, - π < x < 0 0 \leq x < π

又因为曲线过点 $(- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ ，所以取：

y = {π^{2} - x^{2}, π cos x + sin x - x, - π < x < 0 0 \leq x < π

21

（本题满分 11 分）

(I) 证明拉格朗日中值定理：若函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，则存在 $ξ \in (a, b)$ ，使得

f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a);

(II) 证明：若函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，在 $(0, δ)$ （其中 $δ > 0$ ）内可导，且

x \to 0^{+} lim f^{'} (x) = A,

则 $f_{+}^{'} (0)$ 存在，且 $f_{+}^{'} (0) = A$ 。

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【答案】
(I) 见解析
(II) $f_{+}^{'} (0) = A$

【解析】
构造辅助函数 $φ (x) = f (x) - f (a) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a} (x - a)$ 。

则 $φ (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $φ (a) = 0$ ， $φ (b) = 0$ 。

根据罗尔定理，存在 $ξ \in (a, b)$ ，使得 $φ^{'} (ξ) = 0$ ，即 $f^{'} (ξ) - \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a} = 0$ ，因此 $f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a)$ 。

任取 $x_{0} \in (0, δ)$ ，在 $[0, x_{0}]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $ξ \in (0, x_{0})$ ，使得 $\frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0} - 0} = f^{'} (ξ)$ 。

当 $x_{0} \to 0^{+}$ 时， $ξ \to 0^{+}$ 。因为 $lim_{x \to 0^{+}} f^{'} (x) = A$ ，所以

x_{0} \to 0^{+} lim \frac{f ( x _{0} ) - f ( 0 )}{x _{0}} = ξ \to 0^{+} lim f^{'} (ξ) = A,

即 $f_{+}^{'} (0) = A$ 。

22

（本题满分 11 分）

(I) 求满足 $A ξ_{2} = ξ_{1}$ ， $A^{2} ξ_{3} = ξ_{1}$ 的所有向量 $ξ_{2}$ ， $ξ_{3}$

(II) 对 (I) 中的任一向量 $ξ_{2}$ ， $ξ_{3}$ ，证明： $ξ_{1}$ ， $ξ_{2}$ ， $ξ_{3}$ 线性无关

查看答案与解析

【答案】
(I) $ξ_{2} = k_{1} 1 - 1 2 + 001$ ，其中 $k_{1}$ 为任意常数； $ξ_{3} = k_{2} 001 + - \frac{1}{2} 00$ ，其中 $k_{2}$ 为任意常数。
(II) 见解析。

【解析】
(I) 解方程 $A ξ_{2} = ξ_{1}$

(A, ξ_{1}) = - 1 - 1 0 - 1 1 - 4 - 1 1 - 2 - 1 1 - 2 \to 100 - 1 20 - 1 10 - 1 10 \to 100010 - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 - \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0

$r (A) = 2$ ，故有一个自由变量。令 $x_{3} = 2$ ，由 $A x = 0$ 解得 $x_{2} = - 1$ ， $x_{1} = 1$ 。

求特解，令 $x_{1} = x_{2} = 0$ ，得 $x_{3} = 1$ ，故

ξ_{2} = k_{1} 1 - 1 2 + 001

其中 $k_{1}$ 为任意常数。

解方程 $A^{2} ξ_{3} = ξ_{1}$

A^{2} = 2 - 2 4 0 - 2 4 000

(A^{2}, ξ_{1}) = 2 - 2 4 0 - 2 4 000 - 1 1 - 2 \to 100010000 - \frac{1}{2} 00

故有两个自由变量。令 $x_{3} = 1$ ，由 $A^{2} x = 0$ 得 $x_{1} = 0$ ， $x_{2} = 0$ 。

求特解，令 $x_{1} = - \frac{1}{2}$ ， $x_{2} = 0$ ， $x_{3} = 0$ ，故

ξ_{3} = k_{2} 001 + - \frac{1}{2} 00

其中 $k_{2}$ 为任意常数。

(II) 证明：

设存在常数 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ ，使得

k_{1} ξ_{1} + k_{2} ξ_{2} + k_{3} ξ_{3} = 0

将

ξ_{1} = - 1 1 - 2, ξ_{2} = k_{1} 1 - 1 2 + 001, ξ_{3} = k_{2} 001 + - \frac{1}{2} 00

代入得：

k_{1} - 1 1 - 2 + k_{2} k_{1} 1 - 1 2 + 001 + k_{3} k_{2} 001 + - \frac{1}{2} 00 = 0

整理后可得关于 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 的线性方程组，其系数行列式为：

- 1 1 - 2 k_{1} - k_{1} 2 k_{1} + k_{2} - \frac{k _{3}}{2} 0 k_{2} + k_{3}

计算行列式值为 $\frac{1}{2} \neq = 0$ ，故 $k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0$ ，即 $ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}$ 线性无关。

23

（本题满分 11 分）设二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = a x_{1}^{2} + a x_{2}^{2} + (a - 1) x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{3} - 2 x_{2} x_{3}$

（Ⅰ）求二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值；

（Ⅱ）若二次型 $f$ 的规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，求 $a$ 的值。

查看答案与解析

【答案】
（Ⅰ）特征值为 $λ_{1} = a$ ， $λ_{2} = a - 2$ ， $λ_{3} = a + 1$ 。
（Ⅱ） $a = 2$ 。

【解析】
（Ⅰ）

A = a 01 0 a - 1 1 - 1 a - 1

∣ λ E - A ∣ = λ - a 0 - 1 0 λ - a 1 - 1 1 λ - a + 1 = (λ - a) λ - a 1 1 λ - a + 1 - 0 - 1 λ - a 1 = (λ - a) [(λ - a) (λ - a + 1) - 1] - [0 + (λ - a)] = (λ - a) [(λ - a) (λ - a + 1) - 2] = (λ - a) [λ^{2} - 2 aλ + λ + a^{2} - a - 2] = (λ - a) {a [λ + \frac{1}{2} (1 - 2 a)]^{2} - \frac{9}{4}} = (λ - a) (λ - a + 2) (λ - a - 1)

因此，特征值为 $λ_{1} = a$ ， $λ_{2} = a - 2$ ， $λ_{3} = a + 1$ 。

（Ⅱ）

若规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ ，说明有两个正特征值，一个零特征值。

若 $λ_{1} = a = 0$ ，则 $λ_{2} = - 2 < 0$ ， $λ_{3} = 1 > 0$ ，不符合要求。
若 $λ_{2} = 0$ ，即 $a = 2$ ，则 $λ_{1} = 2 > 0$ ， $λ_{3} = 3 > 0$ ，符合要求。
若 $λ_{3} = 0$ ，即 $a = - 1$ ，则 $λ_{1} = - 1 < 0$ ， $λ_{2} = - 3 < 0$ ，不符合要求。

综上， $a = 2$ 。