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2018 年真题

23 题

选择题

1

若 $lim_{x \to 0} (e^{x} + a x^{2} + b x)^{\frac{1}{x ^{2}}} = 1$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

1 = x \to 0 lim (e^{x} + a x^{2} + b x)^{\frac{1}{x ^{2}}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{l n ( e ^{x} + a x ^{2} + b x )}{x ^{2}}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{e ^{x} + 2 a x + b}{2 x ( e ^{x} + a x ^{2} + b x )}} = e^{l i m_{x \to 0} \frac{e ^{x} + 2 a x + b}{2 x}} \Rightarrow x \to 0 lim \frac{e ^{x} + 2 a x + b}{2 x} = 0 \Rightarrow ⎩ ⎨ ⎧ x \to 0 \frac{e ^{x} + 2 a x + b}{2 x} = 0 \Rightarrow {x \to 0 a = - \frac{1}{2}

2

下列函数在 $x = 0$ 处不可导的是

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正确答案：D

正确答案：D

$A$ 可导：

$f_{-}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{∣ x ∣ s i n ( ∣ x ∣ )}{x} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{x \cdot s i n x}{x} = 0$ ，
$f_{+}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{∣ x ∣ s i n ( ∣ x ∣ )}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot s i n x}{x} = 0$ 。

$B$ 可导：

$f_{-}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{∣ x ∣ s i n ∣ x ∣}{x} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{- x \cdot s i n - x}{x} = 0$ ，
$f_{+}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{∣ x ∣ s i n ∣ x ∣}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot s i n x}{x} = 0$ 。

$C$ 可导：

$f_{-}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{c o s ∣ x ∣ - 1}{x} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{- \frac{1}{2} x ^{2}}{x} = 0$ ，
$f_{+}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{c o s ∣ x ∣ - 1}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{- \frac{1}{2} x ^{2}}{x} = 0$ 。

$D$ 不可导：

$f_{-}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{c o s ∣ x ∣ - 1}{x} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{- \frac{1}{2} ( - x )}{x} = \frac{1}{2}$ ，
$f_{+}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{c o s ∣ x ∣ - 1}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{- \frac{1}{2} x}{x} = - \frac{1}{2}$ 。

$f_{+}^{'} (0) \neq = f_{-}^{'} (0)$ 。

3

设
$f (x) = {- 1, 1, x < 0 x \geq 0$ ，
$g (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 2 + a x, x, x - b, x \leq - 1 - 1 < x < 0 x \geq 0$ ，
若 $f (x) + g (x)$ 在 $R$ 上连续，则

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正确答案：D

正确答案：D

当 $x \to 0^{-}$ 时，有：

x \to 0^{-} lim [f (x) + g (x)] = x \to 0^{-} lim f (x) + x \to 0^{-} lim g (x) = - 1 + 0 = - 1

当 $x \to 0^{+}$ 时，有：

x \to 0^{+} lim [f (x) + g (x)] = x \to 0^{+} lim f (x) + x \to 0^{+} lim g (x) = 1 + (0 - b) = 1 - b

由左右极限相等得：

- 1 = 1 - b \Rightarrow b = 2

当 $x \to - 1^{-}$ 时，有：

x \to - 1^{-} lim [f (x) + g (x)] = x \to - 1^{-} lim f (x) + x \to - 1^{-} lim g (x) = - 1 + [2 + a \times (- 1)] = 1 - a

当 $x \to - 1^{+}$ 时，有：

x \to - 1^{+} lim [f (x) + g (x)] = x \to - 1^{+} lim f (x) + x \to - 1^{+} lim g (x) = - 1 + (- 1) = - 2

由左右极限相等得：

- 2 = 1 - a \Rightarrow a = - 3

4

设函数 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上二阶可导，且 $\int_{0}^{1} f (x) d x = 0$ ，则

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正确答案：D

正确答案：D

B 错误：取函数 $f (x) = - x^{2} + \frac{1}{3}$ ，则有

\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} (- x^{2} + \frac{1}{3}) d x = 0,

同时 $f^{''} (x) = - 2 < 0$ ，而

f (\frac{1}{2}) = - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{1}{12} > 0.

C 错误：取函数 $f (x) = x - \frac{1}{2}$ ，则有

\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} (x - \frac{1}{2}) d x = 0,

同时 $f^{'} (x) = 1 > 0$ ，而

f (\frac{1}{2}) = 0.

D 正确：（解析过程结合凸函数性质，当 $f^{''} (x) > 0$ 时函数下凸，由积分值为 $0$ 可推导出中点函数值小于 $0$ ，具体过程略）

5

设 $M = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{( 1 + x ) ^{2}}{1 + x ^{2}} d x$ ， $N = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + x}{e ^{x}} d x$ ， $K = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + cos x) d x$ ，则

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正确答案：C

正确答案：C

M = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + \frac{2 x}{1 + x ^{2}}) d x = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 d x

（奇函数部分积分为 $0$ ），故 $M = π$ 。

当 $x \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 时， $1 + cos x \geq 1$ ，所以

K = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} (1 + cos x) d x > \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 d x = M

令 $f (x) = \frac{1 + x}{e ^{x}}$ ，则 $f (x) = (1 + x) e^{- x}$ ， $f^{'} (x) = - x e^{- x}$ 。

在 $[0, \frac{π}{2}]$ 上 $f^{'} (x) \leq 0$ ，在 $[- \frac{π}{2}, 0]$ 上 $f^{'} (x) \geq 0$ ，且 $f (x)$ 为偶函数， $f (x) \leq f (0) = 1$ ，故

N = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} f (x) d x < \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} 1 d x = M

综上， $K > M > N$ 。

6

\int_{- 1}^{0} d x \int_{- x}^{2 - x^{2}} (1 - x y) d y + \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{2 - x^{2}} (1 - x y) d y =

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】从原积分的两个积分区域可以看出，这是两个关于 $y$ 轴对称的区域。

设 $D = {(x, y) ∣ - 1 \leq x \leq 1, ∣ x ∣ \leq y \leq 2 - x^{2}}$ ，则原式 $= \iint_{D} (1 - x y) d x d y$ ，而 $x y$ 是关于 $x$ 的奇函数，因此

\iint_{D} (1 - x y) d x d y = \iint_{D} d x d y = 2 \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{2 - x^{2}} d y = 2 \int_{0}^{1} (2 - x^{2} - x) d x = \frac{7}{3}

7

设矩阵 $J$ 是三阶 Jordan 矩阵，若矩阵 $Q$ 与 $J$ 相似，则 $r (E - Q) =$

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正确答案：A

正确答案：A

若矩阵 $Q$ 与 $J$ 相似，则矩阵 $E - Q$ 与 $E - J$ 相似，从而 $r (E - Q) = r (E - J)$ 。

计算各选项中 $E - 矩阵$ 的秩：

选项 A：
$E - A = 000 - 1 00 1 - 1 0$ ，秩为 $2$ 。
选项 D：
$E - D = 000000100$ ，秩为 $1$ 。

根据相似矩阵秩相等及题目条件，故选 A。

8

设 $A$ ， $B$ 为 $n$ 阶矩阵，记 $r (X)$ 为矩阵 $X$ 的秩， $(X, Y)$ 表示分块矩阵，则

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正确答案：A

正确答案：A

因为 $r (E, B) = n$ （ $E$ 为单位矩阵），所以

r (A, A B) = r [A (E, B)] = r (A),

故选 A。

填空题

9

（填空题） $lim_{x \to + \infty} x^{2} [arctan (x + 1) - arctan x] =$

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【答案】 1

【解析】 当 $x \to + \infty$ 时，利用拉格朗日中值定理，存在 $ε \in (x, x + 1)$ ，使得

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

于是，

x \to + \infty lim x^{2} \cdot \frac{1}{1 + ε ^{2}} = 1.

10

（填空题）曲线 $y = x^{2} + 2 ln x$ 过拐点处的切线方程为 ______。

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【答案】 $y = 4 x - 3$

【解析】 曲线 $y = x^{2} + 2 ln x$ 的定义域为 ${x ∣ x > 0}$ 。

其一阶导数为 $y^{'} = 2 x + \frac{2}{x}$ ，二阶导数为 $y^{''} = 2 - \frac{2}{x ^{2}}$ 。

令 $y^{''} = 0$ ，解得 $x_{0} = \pm 1$ 。由于 $x > 0$ ，故取 $x_{0} = 1$ ，此时拐点为 $(1, 1)$ 。

在 $x_{0} = 1$ 处， $y^{'} (x_{0}) = 4$ ，则过拐点 $(1, 1)$ 的切线方程为 $y - 1 = 4 (x - 1)$ ，即 $y = 4 x - 3$ 。

11

（填空题） $\int_{5}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2} - 4 x + 3} d x =$

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【答案】 $\frac{1}{2} ln 2$

【解析】 首先，将原式拆分为部分分式：

\int_{5}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2} - 4 x + 3} d x = \int_{5}^{+ \infty} \frac{1}{( x - 3 ) ( x - 1 )} d x

= \int_{5}^{+ \infty} \frac{1}{2} (\frac{1}{x - 3} - \frac{1}{x - 1}) d x

然后逐项积分：

= \frac{1}{2} ln \frac{x - 3}{x - 1}_{5}^{+ \infty}

计算上限：

x \to + \infty lim ln \frac{x - 3}{x - 1} = ln 1 = 0

计算下限：

\frac{1}{2} ln \frac{x - 3}{x - 1}_{x = 5} = \frac{1}{2} ln \frac{2}{4} = \frac{1}{2} ln \frac{1}{2}

因此：

\int_{5}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{2} - 4 x + 3} d x = 0 - (- \frac{1}{2} ln 2) = \frac{1}{2} ln 2

最终结果为：

\frac{1}{2} ln 2

12

（填空题）曲线 ${x = cos^{3} t, y = sin^{3} t$ 在 $t = \frac{π}{4}$ 处的曲率为（）。

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【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】
首先求一阶导数：

y^{'} = \frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{3 sin ^{2} t cos t}{- 3 cos ^{2} t sin t} = - tan t,

则

y^{'} ∣_{t = \frac{π}{4}} = - 1.

再求二阶导数：

y^{''} = \frac{d}{d x} (y^{'}) = \frac{\frac{d}{d t} ( y ^{'} )}{\frac{d x}{d t}} = \frac{- sec ^{2} t}{- 3 cos ^{2} t sin t} = \frac{1}{3 cos ^{4} t sin t},

代入 $t = \frac{π}{4}$ 得：

y^{''} ∣_{t = \frac{π}{4}} = \frac{1}{3 ( \frac{2}{2} ) ^{4} \cdot \frac{2}{2}} = \frac{1}{3 \times \frac{4}{16} \times \frac{2}{2}} = \frac{4 2}{3} .

曲率为：

k = \frac{∣ y ^{''} ∣}{( 1 + y ^{'2} ) ^{\frac{3}{2}}} = \frac{\frac{4 2}{3}}{( 1 + 1 ) ^{\frac{3}{2}}} = \frac{\frac{4 2}{3}}{2 2} = \frac{2}{3} .

13

（填空题）设 $z = z (x, y)$ 由方程 $ln z + e^{z - 1} = x y$ 确定，则 $\frac{\partial z}{\partial x}_{(2, \frac{1}{2})} =$

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【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 令 $F (x, y, z) = ln z + e^{z - 1} - x y$ ，则

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

当 $x = 2$ ， $y = \frac{1}{2}$ 时，代入方程可得

ln z + e^{z - 1} = 2 \times \frac{1}{2} = 1,

解得 $z = 1$ 。

因此，

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

将 $z = 1$ ， $y = \frac{1}{2}$ 代入得

\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{1} + e ^{0}} = \frac{\frac{1}{2}}{1 + 1} = \frac{1}{4}

14

（填空题）设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 为线性无关的向量组。若 $A α_{1} = 2 α_{1} + α_{2} + α_{3}$ ， $A α_{2} = α_{2} + 2 α_{3}$ ， $A α_{3} = - α_{2} + α_{3}$ ，则 $A$ 的实特征值为（）。

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【答案】 2

【解析】

(A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}) = A (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) 211012 0 - 1 1

由于 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关，因此 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ 可逆。
于是有：

P^{- 1} A P = 211012 0 - 1 1 = B

因此 $A$ 与 $B$ 相似，特征值相等。

计算特征多项式：

∣ λ E - B ∣ = (λ - 2) (λ^{2} - 2 λ + 3) = 0

解得实特征值 $λ = 2$ 。

解答题

15

（本题满分 $10$ 分）求不定积分 $\int arctan e^{x} - 1 d x$

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【答案】 $\frac{1}{2} (e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{3} (e^{x} - 1)^{\frac{3}{2}} - e^{x} - 1) + C$

【解析】

原式 = \frac{1}{2} \int arctan e^{x} - 1 d e^{2 x} = \frac{1}{2} (e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \int e^{2 x} \cdot \frac{1}{1 + e ^{x} - 1} \cdot \frac{e ^{x}}{2 e ^{x} - 1} d x) = \frac{1}{2} (e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \int \frac{e ^{2 x}}{2 e ^{x} - 1} d x) = \frac{1}{2} (e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \int \frac{e ^{x}}{2 e ^{x} - 1} d e^{x}) = \frac{1}{2} (e^{2 x} arctan e^{x} - 1 - \frac{1}{3} (e^{x} - 1)^{\frac{3}{2}} - e^{x} - 1) + C

对于 $\int \frac{e ^{x}}{2 e ^{x} - 1} d e^{x}$ ，令 $e^{x} - 1 = t$ ，则 $e^{x} = t^{2} + 1$ ， $x = ln (t^{2} + 1)$ 。

\int \frac{e ^{x}}{2 e ^{x} - 1} d e^{x} = \int \frac{( t ^{2} + 1 ) ^{2}}{2 t} \cdot \frac{2 t}{t ^{2} + 1} d t = \int (t^{2} + 1) d t = \frac{1}{3} t^{3} + t + C = \frac{1}{3} (e^{x} - 1)^{\frac{3}{2}} + e^{x} - 1 + C

16

（本题满分 10 分）已知连续函数 $f (x)$ 满足

\int_{0}^{x} f (t) d t + \int_{0}^{x} t f (x - t) d t = a x^{2} .

(I) 求 $f (x)$ ；
(II) 若 $f (x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上的平均值为 $1$ ，求 $a$ 的值。

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【答案】
(I) $f (x) = e^{- x} (2 a e^{x} - 2 a)$
(II) $a = \frac{e}{2}$

【解析】
（I）
考虑积分 $\int_{0}^{x} t f (x - t) d t$ ，令 $x - t = u$ ，则 $d t = - d u$ ，当 $t = 0$ 时 $u = x$ ，当 $t = x$ 时 $u = 0$ ，于是

\int_{0}^{x} t f (x - t) d t = \int_{x}^{0} (x - u) f (u) (- d u) = \int_{0}^{x} (x - u) f (u) d u = x \int_{0}^{x} f (u) d u - \int_{0}^{x} u f (u) d u .

原等式为

\int_{0}^{x} f (t) d t + x \int_{0}^{x} f (u) d u - \int_{0}^{x} u f (u) d u = a x^{2} .

两边对 $x$ 求导得

f (x) + \int_{0}^{x} f (u) d u = 2 a x .

再求导得

f^{'} (x) + f (x) = 2 a,

解得

f (x) = e^{- x} (2 a e^{x} + C) .

当 $x = 0$ 时， $f (0) = 0$ ，代入得 $C = - 2 a$ ，综上

f (x) = e^{- x} (2 a e^{x} - 2 a) .

（II）
由 $\int_{0}^{1} f (x) d x = 1$ ，得

\int_{0}^{1} e^{- x} (2 a e^{x} - 2 a) d x = 1.

计算积分：

\int_{0}^{1} 2 a d x - \int_{0}^{1} 2 a e^{- x} d x = 2 a - 2 a (1 - e^{- 1}) = 2 a e^{- 1} .

于是

2 a e^{- 1} = 1 \Rightarrow a = \frac{e}{2} .

17

（本题满分 10 分）
令 $x = t - sin t (0 \leq t \leq 2 π)$ ，求

\iint_{D} (x + 2 y) d x d y

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【答案】 $3 π^{2} + 5 π$

【解析】

\iint_{D} (x + 2 y) d x d y = \int_{0}^{2 π} d x \int_{0}^{y (x)} (x + 2 y) d y = \int_{0}^{2 π} [(x y + y^{2})_{0}^{y (x)}] d x = \int_{0}^{2 π} [x y (x) + (y (x))^{2}] d x

令 $x = t - sin t$ ，则 $y (x) = 1 - cos t$ 。

= \int_{0}^{2 π} [(t - sin t) (1 - cos t)^{2} + (1 - cos t)^{3}] d t = 3 π^{2} + 5 π

18

（本题满分 $10$ 分）已知常数 $k \geq ln 2 - 1$ ，证明： $(x - 1) (x - ln^{2} x + 2 k ln x - 1) \geq 0$

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【答案】 见解析

【解析】 当 $0 < x < 2$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ；
当 $x > 2$ 时， $g^{'} (x) > 0$ 。
故 $g (x)$ 在 $x = 2$ 处取最小值

g (2) = 2 - 2 ln 2 + 2 k \geq 2 - 2 ln 2 + 2 (ln 2 - 1) = 0,

从而 $f^{'} (x) \geq 0$ ， $f (x)$ 单调递增，

f (x) \geq f (1) = 0,

得证。

19

（本题满分 $10$ 分）
将长为 $2 m$ 的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与正三角形，三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。

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【答案】 最小值为 $\frac{1}{π + 4 + 3 3}$

【解析】 设圆半径为 $x$ ，正方形边长为 $y$ ，正三角形边长为 $z$ ，则约束条件为：

2 π x + 4 y + 3 z = 2 (x, y, z \geq 0)

目标函数为面积之和：

f (x, y, z) = π x^{2} + y^{2} + \frac{3}{4} z^{2}

构造拉格朗日函数：

L (x, y, z, λ) = π x^{2} + y^{2} + \frac{3}{4} z^{2} + λ (2 π x + 4 y + 3 z - 2)

求偏导并令其为零：

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial L}{\partial x} = 2 π x + 2 πλ = 0 \frac{\partial L}{\partial y} = 2 y + 4 λ = 0 \frac{\partial L}{\partial z} = \frac{3}{2} z + 3 λ = 0 2 π x + 4 y + 3 z = 2

解得驻点：

x = \frac{1}{π + 4 + 3 3}, y = \frac{2}{π + 4 + 3 3}, z = \frac{2 3}{π + 4 + 3 3}

代入计算最小值：

S_{m i n} = π (\frac{1}{π + 4 + 3 3})^{2} + (\frac{2}{π + 4 + 3 3})^{2} + \frac{3}{4} (\frac{2 3}{π + 4 + 3 3})^{2} = \frac{1}{π + 4 + 3 3}

故存在最小值，最小值为 $\frac{1}{π + 4 + 3 3}$ 。

20

（本题满分 10 分）已知曲线 $L : y = \frac{4}{9} x^{2} (x \geq 0)$ ，点 $O (0, 0)$ ，点 $A (0, 1)$ ，设 $P$ 是 $L$ 上的动点， $S$ 是直线 $O A$ 与直线 $A P$ 及曲线 $L$ 所围成图形的面积。若 $P$ 运动到点 $(3, 4)$ 时沿 $x$ 轴正向的速度是 $4$ ，求此时 $S$ 关于时间 $t$ 的变化率。

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【答案】 10

【解析】 不妨设点 $P (a, \frac{4}{9} a^{2}), a \neq = 0, a = a (t)$ , 则直线 $A P$ 的方程为

y = (\frac{4}{9} a - \frac{1}{a}) x + 1,

故

S = \int_{0}^{a} \int_{\frac{4}{9} x^{2}}^{(\frac{4}{9} a - \frac{1}{a}) x + 1} d y d x = \int_{0}^{a} [(\frac{4}{9} a - \frac{1}{a}) x + 1 - \frac{4}{9} x^{2}] d x

= (\frac{4}{9} a - \frac{1}{a}) \frac{a ^{2}}{2} + a - \frac{4}{9} \times \frac{a ^{3}}{3}

= \frac{2}{9} a^{3} - \frac{a}{2} + a - \frac{4}{27} a^{3} = \frac{2}{27} a^{3} + \frac{a}{2},

当 $P$ 在点 $(0, 0)$ 处，显然 $S = 0$ 。

综上， $S = \frac{2}{27} a^{3} + \frac{a}{2}$ 。

由题 $\frac{d a ( t )}{d t}_{(3, 4)} = 4$ ，故 $\frac{d S}{d t}_{(3, 4)} = (\frac{2}{27} \cdot 3 a^{2} + \frac{1}{2}) \frac{d a ( t )}{d t}_{(3, 4)} = (\frac{2}{9} \times 9 + \frac{1}{2}) \times 4 = 10$ 。

21

（本题满分 11 分）

设数列 ${x_{n}}$ 满足： $x_{1} > 0$ ， $x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1 (n = 1, 2, \dots)$ ，证明 ${x_{n}}$ 收敛，并求 $n \to \infty lim x_{n}$ 。

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【答案】 0

【解析】
(1) 由 $x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1$ ，有

e^{x_{n + 1}} = \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}} \Rightarrow x_{n + 1} = ln \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}} .

则

x_{2} = ln \frac{e ^{x_{1}} - 1}{x _{1}} .

设 $f (x) = e^{x} - 1 - x$ ，

∵ f^{'} (x) = e^{x} - 1 > 0 (x > 0),

且 $f (0) = 0$ ，

∴ f (x) f (x) > 0,

即 $e^{x} - 1 > x (x > 0)$ 。
因此 $\frac{e ^{x_{1}} - 1}{x _{1}}$ 在 $x_{1}$ 时大于 1，而

x_{2} = ln \frac{e ^{x_{1}} - 1}{x _{1}} > 0.

用数学归纳法可证：对 $\forall n$ ， $x_{n} > 0$ 。

考虑

x_{n + 1} - x_{n} = ln \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}} - x_{n} = ln \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}} - ln e^{x_{n}} = ln \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n} e ^{x_{n}}} .

设 $g (x) = e^{x} - 1 - x e^{x}$ ，

∵ g^{'} (x) = - x e^{x},

显然当 $x > 0$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，则 $g (x)$ 单调递减。
又 $∵ g (0) = 0$ ，

∴ g (x) < g (0) = 0, ∴ e^{x} - 1 < x e^{x} \Rightarrow \frac{e ^{x} - 1}{x e ^{x}} < 1.

因此

x_{n + 1} - x_{n} = ln \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n} e ^{x_{n}}} < 0, n = 1, 2, 3, \dots,

故 ${x_{n}}$ 单调递减。

综上， ${x_{n}}$ 单调递减且存在下界， $∴ n \to \infty lim x_{n}$ 存在。

(2) 设 $n \to \infty lim x_{n} = a$ ，由原式得

a e^{a} = e^{a} - 1,

解得 $a = 0$ 。

22

（本题满分 11 分）设实二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{1} + a x_{3})^{2}$ ，其中 $a$ 是参数。

(1) 求 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 的解；

(2) 求 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形。

查看答案与解析

【答案】
(1) 当 $a \neq = 2$ 时，解为 $x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0$ ；当 $a = 2$ 时，解为 $x = k 21 - 1$ ，其中 $k \in R$ 。
(2) 当 $a \neq = 2$ 时，规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ ；当 $a = 2$ 时，规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

【解析】
(1) 由 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 得方程组：

⎩ ⎨ ⎧ x_{1} - x_{2} + x_{3} = 0 x_{2} + x_{3} = 0 x_{1} + a x_{3} = 0

系数矩阵为

A = 101 - 1 10 11 a \to 100 - 1 10 11 a - 2 .

当 $a \neq = 2$ 时， $r (A) = 3$ ，唯一解为 $x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0$ 。

当 $a = 2$ 时， $r (A) = 2$ ，通解为 $x = k 21 - 1$ ，其中 $k \in R$ 。

(2) - 当 $a \neq = 2$ 时，二次型正定，规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ 。

当 $a = 2$ 时，二次型矩阵为

B = 2 - 1 3 - 1 20 306,

特征值为 $λ_{1} = 0$ ， $λ_{2, 3} = 5 \pm 7$ ，规范形为 $y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

23

（本题满分 $11$ 分）

已知矩阵

A = 112237 a 0 - a, B = 10 - 1 a 11 211 .

（1）求 $a$ 使得存在可逆矩阵 $P$ 满足 $A P = B$ ；
（2）求所有满足 $A P = B$ 的可逆矩阵 $P$ 。

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = 2$
(2) 所有满足 $A P = B$ 的可逆矩阵 $P$ 为

P = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1} - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2} - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3},

其中 $k_{2} \neq = k_{3}$ ，且 $k_{1}, k_{2}, k_{3} \in R$ .

【解析】
(1) 矩阵 $A$ 经过初等列变换得到矩阵 $B$ ，矩阵 $A$ 、 $B$ 等价，故 $r (A) = r (B)$ 。

矩阵

A = 112237 a 0 - a \to 110230 a 00,

矩阵

B = 10 - 1 a 11 211 \to 100 a 10 21 2 - a .

所以 $2 - a = 0$ ，解得 $a = 2$ 。

(2) 对

(A, B) = 112237 a 0 - a 10 - 1 a 11 211

进行初等行变换。

当 $a = 2$ 时，

(A, B) \to 100010 6 - 2 0 3 - 1 0 4 - 1 0 4 - 1 0 .

可得 $P$ 的列向量表达式为

X = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1}, Y = - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2}, Z = - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3},

其中 $k_{1}, k_{2}, k_{3} \in R$ 。

因为 $P$ 可逆，所以其列向量线性无关。由 $P$ 的行列式可知需 $k_{2} \neq = k_{3}$ ，
故所有满足条件的可逆矩阵为

P = - 6 k_{1} + 3 2 k_{1} - 1 k_{1} - 6 k_{2} + 4 2 k_{2} - 1 k_{2} - 6 k_{3} + 4 2 k_{3} - 1 k_{3},

其中 $k_{2} \neq = k_{3}$ ，且 $k_{1}, k_{2}, k_{3} \in R$ 。