2017 年真题

【答案】 $y=x+2$

【解析】 由于

并且

因此

【答案】 $-\frac{1}{8}$

【解析】
已知

因此

进一步求二阶导数

代入 $t=0$ 得

【答案】 1

【解析】

【答案】 $f(x,y)=xy{e}^y$

【解析】
给定偏导数 $f_x^{\prime }=y{e}^y$ 和 $f_y^{\prime }=x(1+y)e^y$ ，我们可以通过积分求得原函数。

首先，对 $f_x^{\prime }$ 关于 $x$ 积分：

其中 $c(y)$ 是仅依赖于 $y$ 的任意函数。

接下来，对 $f(x,y)$ 关于 $y$ 求偏导：

比较两边，可得：

因此 $c(y)=C$ ，其中 $C$ 为常数。

利用初始条件 $f(0,0)=0$ ，代入原函数：

最终得到：

【答案】 $-\ln \cos 1$

【解析】 交换积分次序：

由于内层积分中 $\tan x$ 与 $y$ 无关，可以提出：

因此，

计算该积分：

【答案】 a = -1

【解析】 由 $A\mathbf{\alpha }=\lambda \mathbf{\alpha }$ 得：

计算得：

故有
$3+2a=\lambda$ 且 $2=2\lambda$ ，
解得 $\lambda =1$ ，代入得 $3+2a=1$ ，
所以 $a=-1$ 。

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 令 $x-t=u$ ，则

原式为

【答案】 ${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=f_1^{\prime }(1,1),{\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=f_{11}^{\prime \prime }(1,1)+f_1^{\prime }(1,1)-f_2^{\prime }(1,1)$

【解析】

已知 $y=f(e^x,\cos x)$ ，当 $x=0$ 时，有 $y(0)=f(1,1)$ 。

一阶导数为：

代入 $x=0$ 得：

二阶导数为：

代入 $x=0$ 得：

结论：

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】

【答案】 极大值为 $y(1)=1$ ，极小值为 $y(-1)=0$ 。

【解析】
对原方程两边求导，得：

令 $y^{\prime }=0$ ，解得 $x=\pm 1$ 。

对（1）式两边关于 $x$ 再次求导，得：

将 $x=\pm 1$ 代入原方程，得：

将 $x=1$ 、 $y=1$ 代入（2）式，得：

将 $x=-1$ 、 $y=0$ 代入（2）式，得：

因此， $x=1$ 为极大值点， $y(1)=1$ ；
$x=-1$ 为极小值点， $y(-1)=0$ 。

【答案】 见解析

【解析】
（Ⅰ）已知 $f(x)$ 二阶可导，且 $f(1)>0$ ， ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)}{x}<0$ 。
解：

1. 由于 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)}{x}<0$ ，根据极限的保号性，存在 $\delta >0$ ，使得对任意 $x\in (0,\delta )$ ，有 $\frac{f(x)}{x}<0$ ，即 $f(x)<0$ 。
   因此，存在 $x_0\in (0,\delta )$ ，使得 $f(x_0)<0$ 。
2. 又因为 $f(x)$ 二阶可导，所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
   因此， $f(x)$ 在 $[\delta ,1]$ 上连续，且 $f(\delta )<0$ ， $f(1)>0$ 。根据零点定理，至少存在一点 $\xi \in (\delta ,1)$ ，使得 $f(\xi )=0$ 。
   得证。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 $f(0)=0$ ，且存在 $\xi \in (0,1)$ ，使得 $f(\xi )=0$ 。
令 $F(x)=f(x)f^{\prime }(x)$ ，则 $f(0)=f(\xi )=0$ 。
由罗尔定理，存在 $\eta \in (0,\xi )$ ，使得 $f^{\prime }(\eta )=0$ ，于是 $F(0)=F(\eta )=F(\xi )=0$ 。
对 $F(x)$ 在区间 $(0,\eta )$ 和 $(\eta ,\xi )$ 上分别应用罗尔定理：
存在 ${\eta }_1\in (0,\eta )$ ， ${\eta }_2\in (\eta ,\xi )$ ，且 ${\eta }_1,{\eta }_2\in (0,1)$ ， ${\eta }_1\ne {\eta }_2$ ，使得 $F^{\prime }({\eta }_1)=F^{\prime }({\eta }_2)=0$ 。
而 $F^{\prime }(x)=f(x)f^{\prime \prime }(x)+(f^{\prime }(x){)}^2=0$ ，因此方程 $f(x)f^{\prime \prime }(x)+(f^{\prime }(x){)}^2=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个不同实根。
得证。

【答案】 $\frac{5\pi }{4}$

【解析】
首先，将积分展开：

由于区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，而 $x$ 是奇函数，因此

于是原式化简为：

接下来，利用极坐标变换：
令 $x=r\cos \theta$ ， $y=r\sin \theta$ ，区域 $D$ 的方程化为

计算第一个积分：

先计算内层积分：

代入得：

利用三角恒等式化简并计算，可得该积分值为 $\frac{\pi }{4}$ 。

第二个积分 ${\iint }_{D}1dxdy$ 表示区域 $D$ 的面积。
区域 $D$ 是圆心在 $(0,1)$ 、半径为 1 的圆，其面积为 $\pi$ 。

因此，原式结果为：

【答案】

【解析】
由题意可知，过点 $P$ 的切线方程为：

过点 $P$ 的法线方程为：

对式 (1)，令 $X=0$ ，得：

对式 (2)，令 $Y=0$ ，得：

因此，有：

令 $u=\frac{y}{x}$ ，则 $y=ux$ ，故：

代入得：

整理得：

积分得：

已知 $y(1)=0$ ，代入得 $C=0$ ，故：

化简为：

【答案】
（I）见解析
（II）方程组 $A\mathbf{x}=\mathbf{\beta }$ 的通解为 k​12−1​​+​111​​ ，其中 $k\in \mathbf{R}$

【解析】
（I）证明：由 ${\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2$ 可得 ${\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2-{\mathbf{\alpha }}_3=0$ ，即 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关。

因此， $|\mathbf{A}|=|{\mathbf{\alpha }}_1{\mathbf{\alpha }}_2{\mathbf{\alpha }}_3|=0$ ，即 $\mathbf{A}$ 的特征值必有 $0$ 。

又因为 $\mathbf{A}$ 有三个不同的特征值，则三个特征值中只有 $1$ 个为 $0$ ，另外两个非 $0$ 。

且由于 $\mathbf{A}$ 必可相似对角化，则可设其对角矩阵为 Λ=​λ1​​λ2​​0​​ ，其中 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2\ne 0$ 。

所以 $\text{r}(\mathbf{A})=\text{r}(\mathbf{\Lambda })=2$ 。

（II）由（I）知 $\text{r}(\mathbf{A})=2$ ，则 $3-\text{r}(\mathbf{A})=1$ ，即 $\mathbf{A}\mathbf{x}=0$ 的基础解系只有 $1$ 个解向量。

由 ${\mathbf{\alpha }}_1+2{\mathbf{\alpha }}_2-{\mathbf{\alpha }}_3=0$ 可得 (α1​,α2​,α3​)​12−1​​=A​12−1​​=0 ，则 $\mathbf{A}\mathbf{x}=0$ 的基础解系为 ​12−1​​ 。

又 $\mathbf{\beta }={\mathbf{\alpha }}_1+{\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3$ ，即 (α1​,α2​,α3​)​111​​=A​111​​=β ，则 $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{\beta }$ 的一个特解为 ​111​​ 。