学习资源 / 数学历年真题 / 数学二 / 2020 年真题

整卷阅读

2020 年真题

23 题

选择题

1

当 $x \to 0^{+}$ 时，下列无穷小量中最高阶的是：

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】
A. $\int_{0}^{x} (e^{t^{2}} - 1) d t \sim \int_{0}^{x} t^{2} d t = \frac{x ^{3}}{3}$ ；

B. $\int_{0}^{x} ln (1 + t^{3}) d t \sim \int_{0}^{x} t^{\frac{3}{2}} d t = \frac{2}{5} x^{\frac{5}{2}}$ ；

C. $\int_{0}^{s i n x} sin t^{2} d t \sim \int_{0}^{x} t^{2} d t = \frac{1}{3} x^{3}$ ；

D. $\int_{0}^{1 - c o s x} sin^{3} t d t \sim \int_{0}^{\frac{1}{2} x^{2}} t^{\frac{3}{2}} d t = \frac{2}{5} t^{\frac{5}{2}}_{0}^{\frac{1}{2} x^{2}} = \frac{2}{5} \cdot (\frac{1}{2})^{\frac{5}{2}} \cdot x^{5}$ 。

2

函数 $f (x) = \frac{e ^{\frac{1}{x - 1}} l n ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )}$ 的第一类间断点的个数为

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】

首先，计算当 $x \to 0$ 时的极限：

x \to 0 lim f (x) = x \to 0 lim \frac{e ^{\frac{1}{e ^{x} - 1}} ln ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = x \to 0 lim \frac{e ^{\frac{1}{x}} x}{x ( - 2 )} = - \frac{1}{2 e} .

接下来，计算当 $x \to 1^{+}$ 时的极限：

x \to 1^{+} lim f (x) = x \to 1^{+} lim \frac{e ^{\frac{1}{e ^{x} - 1}} ln ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = x \to 1^{+} lim \frac{e ^{\frac{1}{e ^{x} - 1}} ln ∣1 + 1∣}{( e ^{x} - 1 ) ( 1 - 2 )} = \infty.

然后，计算当 $x \to 2$ 时的极限：

x \to 2 lim f (x) = x \to 2 lim \frac{e ^{\frac{1}{e ^{x} - 1}} ln ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = x \to 2 lim \frac{e ^{\frac{1}{e ^{2} - 1}} ln ∣1 + 2∣}{( e ^{2} - 1 ) ( x - 2 )} = \infty.

最后，计算当 $x \to - 1$ 时的极限：

x \to - 1 lim f (x) = x \to - 1 lim \frac{e ^{\frac{1}{e ^{x} - 1}} ln ∣1 + x ∣}{( e ^{x} - 1 ) ( x - 2 )} = \infty.

综上，共有 3 个极限为无穷大，因此选 (C)。

3

\int_{0}^{1} \frac{arcsin x}{x ( 1 - x )} d x =

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

【解析】令 $x = sin t$ ，则 $x = sin^{2} t$ ， $d x = 2 sin t cos t d t$ 。

于是有：

\int_{0}^{1} \frac{arcsin x}{x ( 1 - x )} d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{t}{sin t cos t} \cdot 2 sin t cos t d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} 2 t d t

计算该积分：

\int_{0}^{\frac{π}{2}} 2 t d t = t^{2}_{0}^{\frac{π}{2}} = (\frac{π}{2})^{2} - 0 = \frac{π ^{2}}{4}

因此，原积分值为 $\frac{π ^{2}}{4}$ 。

4

已知函数 $f (x) = x^{2} ln (1 - x)$ ，当 $n \geq 3$ 时， $f^{(n)} (0) =$

查看答案与解析

正确答案：A

正确答案：A

【解析】
由展开式

ln (1 - x) = - n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n}}{n},

则

x^{2} ln (1 - x) = - n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 2}}{n} = - n = 3 \sum \infty \frac{x ^{n}}{n - 2} .

故

f^{(n)} (0) = - \frac{n !}{n - 2} .

5

设函数 $f (x, y) = ⎩ ⎨ ⎧ x y, x, y, x y \neq = 0 y = 0 x = 0$ ，判断以下结论：

$(1)$ $\frac{\partial f}{\partial x}_{(0, 0)} = 1$
$(2)$ $\frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y}_{(0, 0)} = 1$
$(3)$ $lim_{(x, y) \to (0, 0)} f (x, y) = 0$
$(4)$ $lim_{y \to 0} lim_{x \to 0} f (x, y) = 0$

正确的个数是

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】
$\frac{\partial f}{\partial x}_{(0, 0)} = lim_{x \to 0} \frac{f ( x , 0 ) - f ( 0 , 0 )}{x - 0} = lim_{x \to 0} \frac{x - 0}{x - 0} = 1$ ，
因此（1）正确。

$\frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y}_{(0, 0)} = lim_{y \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial x} ∣ _{(0, y)} - \frac{\partial f}{\partial x} ∣ _{(0, 0)}}{y - 0} = lim_{y \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial x} ∣ _{(0, y)} - 1}{y}$ ，
其中 $\frac{\partial f}{\partial x}_{(0, y)} = lim_{x \to 0} \frac{f ( x , y ) - f ( 0 , y )}{x - 0} = lim_{x \to 0} \frac{x y - y}{x} = lim_{x \to 0} \frac{y ( x - 1 )}{x}$ 不存在，
因此（2）错误。

由 $∣ f (x, y) ∣ \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣$ ，当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时， $lim_{(x, y) \to (0, 0)} f (x, y) = 0$ ，
所以（3）正确。

$lim_{x \to 0} f (x, y) = {0, y, y \neq = 0 y = 0$ ，
从而 $lim_{y \to 0} lim_{x \to 0} f (x, y) = 0$ ，
（4）正确。

6

设函数 $f (x)$ 在区间 $[- 2, 2]$ 上可导，且 $f^{'} (x) > f (x) > 0$ ，则

查看答案与解析

正确答案：B

正确答案：B

【解析】
令 $F (x) = \frac{f ( x )}{e ^{x}}$ ，则

F^{'} (x) = \frac{f ^{'} ( x ) e ^{x} - f ( x ) e ^{x}}{e ^{2 x}} = \frac{f ^{'} ( x ) - f ( x )}{e ^{x}} .

由题意知 $F^{'} (x) > 0$ ，从而 $F (x) = \frac{f ( x )}{e ^{x}}$ 单调递增。

因此， $F (0) > F (- 1)$ ，即

\frac{f ( 0 )}{e ^{0}} > \frac{f ( - 1 )}{e ^{- 1}} .

又 $f (x) > 0$ ，故

\frac{f ( 0 )}{f ( - 1 )} > e .

7

设 $4$ 阶矩阵 $A = (a_{ij})$ 不可逆， $a_{12}$ 代数余子式 $A_{12} \neq = 0$ ， $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 为矩阵 $A$ 的列向量组， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则方程组 $A^{*} x = 0$ 通解为

查看答案与解析

正确答案：C

正确答案：C

【解析】
已知 $∣ A ∣ = 0$ ， $r (A) = 3$ ，故 $r (A^{*}) = 1$ ，因此 $A^{*} x = 0$ 的基础解系中解向量的个数为 $3$ 。

由 $A_{12} \neq = 0$ 得 $α_{1}$ 、 $α_{3}$ 、 $α_{4}$ 线性无关，则通解为

x = k_{1} α_{1} + k_{2} α_{3} + k_{3} α_{4},

其中 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ 、 $k_{3}$ 为任意常数，故选择 (C)。

8

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 为 $A$ 属于特征值为 $1$ 的线性无关的特征向量， $α_{3}$ 为 $A$ 属于特征值为 $- 1$ 的特征向量，若 $P^{- 1} A P = 100 0 - 1 0 001$ ，则 $P$ 可为

查看答案与解析

正确答案：D

正确答案：D

【解析】 $A (α_{1} + α_{2}) = 1 \cdot (α_{1} + α_{2})$ ，
$A (- α_{3}) = - 1 \cdot (- α_{3})$ ，
$A α_{2} = 1 \cdot α_{2}$ ，
且 $α_{1} + α_{2}$ 、 $- α_{3}$ 、 $α_{2}$ 线性无关。

又由特征值 $1$ 、 $- 1$ 、 $1$ 的顺序知， $P$ 可为 $(α_{1} + α_{2}, - α_{3}, α_{2})$ ，
故选（D）。

填空题

9

（填空题）若

{x = t^{2} + 1, y = ln (t + t^{2} + 1),

则 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} =$

查看答案与解析

【答案】 $- 2$

【解析】 首先，求一阶导数：

\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{1 + \frac{t}{t ^{2} + 1}}{t + t ^{2} + 1} \cdot \frac{t ^{2} + 1}{t} = \frac{1}{t}

接着，求二阶导数：

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

最后，代入 $t = 1$ 得：

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} = - 2

10

（填空题） $\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} x^{3} + 1 d x =$

查看答案与解析

【答案】 $\frac{2}{9} (22 - 1)$

【解析】

\int_{0}^{1} d y \int_{y}^{1} x^{3} + 1 d x = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x^{2}} x^{3} + 1 d y = \int_{0}^{1} x^{2} x^{3} + 1 d x = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} x^{3} + 1 d (x^{3} + 1) = \frac{2}{9} (x^{3} + 1)^{\frac{3}{2}}_{0}^{1} = \frac{2}{9} (22 - 1)

11

（填空题）设 $z = arctan [x y + sin (x + y)]$ ，则 $d z ∣_{(0, π)} =$

查看答案与解析

【答案】 $d z_{(0, π)} = (π - 1) d x - d y$

【解析】
全微分公式为

d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y

其中，

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{y + cos ( x + y )}{1 + [ x y + sin ( x + y ) ] ^{2}}

将点 $(0, π)$ 代入，得

\frac{\partial z}{\partial x} = π - 1, \frac{\partial z}{\partial y} = - 1

因此，

d z_{(0, π)} = (π - 1) d x - d y

12

（填空题）斜边长为 $2 a$ 的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中，且斜边与水面相齐，设重力加速度为 $g$ ，水密度为 $ρ$ ，则该平板一侧所受的水压力为

查看答案与解析

【答案】

\frac{1}{3} ρ g a^{3}

【解析】 以水平面向右为 $x$ 轴，以垂直于三角板斜边向上为 $y$ 轴建立直角坐标系。此时，三角板右斜边所在的直线方程为 $y = x - a$ 。

取微元 $d y$ ，则微元受力为：

d F = - y \cdot 2 x ρ g d y = - 2 ρ g y (y + a) d y

因此，一侧的压力为：

F = \int_{- a}^{0} - 2 ρ g y (y + a) d y = ρ g (- \frac{2}{3} y^{3} - a y^{2})_{- a}^{0} = \frac{1}{3} ρ g a^{3}

13

（填空题）设 $y = y (x)$ 满足 $y^{''} + 2 y^{'} + y = 0$ ，且 $y (0) = 0$ ， $y^{'} (0) = 1$ ，则 $\int_{0}^{+ \infty} y (x) d x =$

查看答案与解析

【答案】 1

【解析】 由方程可得特征方程为 $λ^{2} + 2 λ + 1 = 0$ ，则特征方程的根为 $λ_{1} = - 1$ ， $λ_{2} = - 1$ 。

于是微分方程的通解为 $y = c_{1} e^{- x} + c_{2} x e^{- x}$ 。

由 $y (0) = 0$ ， $y^{'} (0) = 1$ 可得 $c_{1} = 0$ ， $c_{2} = 1$ ，因此 $y (x) = x e^{- x}$ 。

接下来计算积分：

\int_{0}^{+ \infty} y (x) d x = \int_{0}^{+ \infty} x e^{- x} d x = - \int_{0}^{+ \infty} x d (e^{- x}) = - (x e^{- x}_{0}^{+ \infty} - \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} d x) = 1

14

（填空题）行列式

a 0 - 1 1 0 a 1 - 1 - 1 1 a 0 1 - 1 0 a =

查看答案与解析

【答案】 $a^{4} - 4 a^{2}$

【解析】

原行列式为：

a 0 - 1 1 0 a 1 - 1 - 1 1 a 0 1 - 1 0 a

首先，将第一列加到第二、三、四列，得到：

a 0 - 1 1 a a 1 - 1 a 1 a 0 a - 1 0 a

提取公因子 $a$ ，得到：

a 10 - 1 1 1 a 1 - 1 11 a 0 1 - 1 0 a

接下来，将第一行加到第三行和第四行，得到：

a 1000 1 a 2 - 2 11 a + 1 - 1 1 - 1 1 a - 1

按第一列展开，得到：

a a 2 - 2 1 a + 1 - 1 - 1 1 a - 1

进一步化简，得到最终结果：

a^{4} - 4 a^{2}

解答题

15

（本题满分 $10$ 分）求曲线 $y = \frac{x ^{1 + x}}{( 1 + x ) ^{x}} (x > 0)$ 的斜渐近线方程。

查看答案与解析

【答案】 $y = \frac{1}{e} x + \frac{1}{2 e}$

【解析】
由

k = x \to + \infty lim \frac{y}{x} = x \to + \infty lim \frac{x ^{1 + x}}{x ( 1 + x ) ^{x}} = x \to + \infty lim \frac{x ^{x}}{( 1 + x ) ^{x}} = x \to + \infty lim \frac{1}{( 1 + \frac{1}{x} ) ^{x}} = \frac{1}{e} .

b = x \to + \infty lim (y - k x) = x \to + \infty lim (\frac{x ^{1 + x}}{( 1 + x ) ^{x}} - \frac{1}{e} x) = x \to + \infty lim x (e^{x l n \frac{x}{1 + x}} - \frac{1}{e}) = e^{- 1} x \to + \infty lim x (e^{x l n \frac{x}{1 + x} + 1} - 1) = e^{- 1} x \to + \infty lim x (x ln \frac{x}{1 + x} + 1) \frac{1}{x} = t e^{- 1} t \to 0^{+} lim \frac{ln \frac{1}{1 + t} + t}{t ^{2}} 洛必达法则 e^{- 1} t \to 0^{+} lim \frac{- \frac{1}{1 + t} + 1}{2 t} = e^{- 1} t \to 0^{+} lim \frac{1}{2 ( 1 + t )} = \frac{1}{2 e} .

故所求斜渐近线为

y = \frac{1}{e} x + \frac{1}{2 e} .

16

（本题满分 10 分）已知函数 $f (x)$ 连续且 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{x} = 1$ ， $g (x) = \int_{0}^{1} f (x t) d t$ ，求 $g^{'} (x)$ 并证明 $g^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

查看答案与解析

【答案】

g^{'} (x) = {\frac{1}{2}, \frac{f ( x )}{x} - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u, x = 0, x \neq = 0.

并且 $g^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【解析】
已知 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{x} = 1$ 且 $f (x)$ 连续，可得 $f (0) = 0$ 。

定义函数

g (x) = \int_{0}^{1} f (x t) d t x t = u \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u,

当 $x = 0$ 时，有 $g (0) = 0$ ，因此

g (x) = {0, \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (u) d u, x = 0, x \neq = 0.

计算 $g^{'} (0)$ ：

g^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{g ( x ) - g ( 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{\frac{1}{x} \int _{0}^{x} f ( u ) d u - 0}{x} = x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} f ( u ) d u}{x ^{2}} .

应用洛必达法则：

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} f ( u ) d u}{x ^{2}} 分子分母分别求导 x \to 0 lim \frac{f ( x )}{2 x} = \frac{1}{2} .

因此 $g^{'} (0) = \frac{1}{2}$ 。

对于 $x \neq = 0$ ，有

g^{'} (x) = \frac{f ( x )}{x} - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u .

综上，

g^{'} (x) = {\frac{1}{2}, \frac{f ( x )}{x} - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u, x = 0, x \neq = 0.

考虑 $g^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性：

x \to 0 lim g^{'} (x) = x \to 0 lim [\frac{f ( x )}{x} - \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u] = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} - x \to 0 lim \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u .

由已知 $lim_{x \to 0} \frac{f ( x )}{x} = 1$ ，且 $lim_{x \to 0} \frac{1}{x ^{2}} \int_{0}^{x} f (u) d u = \frac{1}{2}$ ，故

x \to 0 lim g^{'} (x) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = g^{'} (0) .

因此， $g^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

17

（本题满分 10 分）求函数 $f (x, y) = x^{3} + 8 y^{3} - x y$ 的极值。

查看答案与解析

【答案】 函数在点 $(\frac{1}{6}, \frac{1}{12})$ 处取得极小值 $- \frac{1}{216}$ 。

【解析】 由 $f_{x}^{'} (x, y) = 3 x^{2} - y = 0$ 和 $f_{y}^{'} (x, y) = 24 y^{2} - x = 0$ ，得

{x = 0 y = 0

或

{x = \frac{1}{6} y = \frac{1}{12} .

在 $(0, 0)$ 处，

⎩ ⎨ ⎧ A = f_{xx}^{''} (0, 0) = 0 B = f_{x y}^{''} (0, 0) = - 1 C = f_{yy}^{''} (0, 0) = 0,

因 $A C - B^{2} < 0$ ，故 $(0, 0)$ 不是极值点。

在 $(\frac{1}{6}, \frac{1}{12})$ 处，

⎩ ⎨ ⎧ A = f_{xx}^{''} (\frac{1}{6}, \frac{1}{12}) = 1 B = f_{x y}^{''} (\frac{1}{6}, \frac{1}{12}) = - 1 C = f_{yy}^{''} (\frac{1}{6}, \frac{1}{12}) = 0 .

因 $A C - B^{2} = 1 \times 0 - (- 1)^{2} = - 1 < 0$ （此处真题解析可能存在笔误，实际应为计算错误，正确应为 $A = 3 \times 2 x = 1$ （当 $x = \frac{1}{6}$ 时）， $C = 24 \times 2 y = 4$ （当 $y = \frac{1}{12}$ 时），则 $A C - B^{2} = 1 \times 4 - (- 1)^{2} = 3 > 0$ 且 $A > 0$ ），故 $f (\frac{1}{6}, \frac{1}{12}) = - \frac{1}{216}$ 为极小值。

18

（本题满分 10 分）设函数 $f (x)$ 的定义域为 $(0, + \infty)$ 且满足

2 f (x) + x^{2} f (\frac{1}{x}) = \frac{x ^{2} + 2 x}{1 + x ^{2}},

求 $f (x)$ 并求由曲线 $y = f (x)$ 、 $y = \frac{1}{2}$ 、 $y = \frac{3}{2}$ 及 $y$ 轴所围图形绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

查看答案与解析

【答案】
函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x ^{2}}$ ，旋转体的体积为 $\frac{π ^{2}}{6}$ 。

【解析】

⎩ ⎨ ⎧ 2 f (x) + x^{2} f (\frac{1}{x}) = \frac{x ^{2} + 2 x}{1 + x ^{2}} 2 f (\frac{1}{x}) + \frac{1}{x ^{2}} f (x) = \frac{\frac{1}{x ^{2}} + 2}{1 + \frac{1}{x ^{2}}}

解得 $f (x) = \frac{x}{1 + x ^{2}}$ 。

体积 $V_{x} = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} 2 π y x d y = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}} 2 π \frac{y ^{2}}{1 - y ^{2}} d y$ ，令 $y = sin t$ ，则

= \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{3}} 2 π \frac{sin ^{2} t}{cos t} cos t d t = 2 π \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{3}} \frac{1 - cos 2 t}{2} d t

= π \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{3}} (1 - cos 2 t) d t = π (t - \frac{1}{2} sin 2 t)_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{3}}

= π (\frac{π}{3} - \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}) - π (\frac{π}{6} - \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}) = \frac{π ^{2}}{6} .

19

（本题满分 $10$ 分）设区域 $D$ 由直线 $x = 1$ 、 $x = 2$ 、 $y = x$ 及 $x$ 轴围成，计算 $\iint_{D} \frac{x ^{2} + y ^{2}}{x} d x d y$ 。

查看答案与解析

【答案】 $\frac{3}{4} 2 + \frac{3}{4} ln (2 + 1)$

【解析】

\iint_{D} \frac{x ^{2} + y ^{2}}{x} d x d y = \int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{s e c θ}^{2 s e c θ} \frac{r}{r cos θ} \cdot r d r = \int_{0}^{\frac{π}{4}} \frac{1}{cos θ} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3 sec^{2} θ d θ = \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{π}{4}} sec^{3} θ d θ = \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{π}{4}} sec θ d tan θ = \frac{3}{2} sec θ tan θ_{0}^{\frac{π}{4}} - \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{π}{4}} tan θ \cdot sec θ tan θ d θ = \frac{3}{2} 2 - \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{π}{4}} (sec^{3} θ - sec θ) d θ = \frac{3}{4} 2 + \frac{3}{4} \int_{0}^{\frac{π}{4}} sec θ d θ = \frac{3}{4} 2 + \frac{3}{4} ln (2 + 1)

20

（本题满分 11 分）设函数 $f (x) = \int_{1}^{x} e^{t^{2}} d t$ 。

(I) 证明：存在 $ξ \in (1, 2)$ ，使得 $f (ξ) = (2 - ξ) e^{ξ^{2}}$ ；

(II) 证明：存在 $η \in (1, 2)$ ，使得 $f (2) = ln 2 \cdot η e^{η^{2}}$ 。

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】
（I）
法 1：令

F (x) = f (x) + (x - 2) e^{x^{2}},

则

F (1) = f (1) + (1 - 2) e^{1^{2}} = 0 - e = - e < 0, F (2) = f (2) + (2 - 2) e^{2^{2}} = \int_{1}^{2} e^{t^{2}} d t > 0.

由零点定理知，存在 $ξ \in (1, 2)$ ，使得 $F (ξ) = 0$ ，即

f (ξ) = (2 - ξ) e^{ξ^{2}} .

法 2：因 $f^{'} (x) = e^{x^{2}}$ ，则

f (ξ) = (2 - ξ) e^{ξ^{2}} 满足 f (ξ) = (2 - ξ) f^{'} (ξ) .

令

F (x) = (x - 2) f (x) = (x - 2) \int_{1}^{x} e^{t^{2}} d t,

则

F (1) = 0, F (2) = 0.

由罗尔定理知，存在 $ξ \in (1, 2)$ ，使得 $F^{'} (ξ) = 0$ 。
又

F^{'} (x) = \int_{1}^{x} e^{t^{2}} d t + (x - 2) e^{x^{2}},

即

f (ξ) = (2 - ξ) e^{ξ^{2}} .

（II）
令 $g (x) = ln x$ ，则 $g^{'} (x) = \frac{1}{x} \neq = 0$ 。
由柯西中值定理，存在 $η \in (1, 2)$ ，使得

\frac{f ( 2 ) - f ( 1 )}{g ( 2 ) - g ( 1 )} = \frac{f ^{'} ( η )}{g ^{'} ( η )} .

而 $f (1) = 0$ ，故

\frac{f ( 2 )}{ln 2} = \frac{e ^{η^{2}}}{\frac{1}{η}},

即

f (2) = ln 2 \cdot η e^{η^{2}} .

21

（本题满分 11 分）设函数 $f (x)$ 可导，且 $f^{'} (x) > 0 (x \geq 0)$ ，过原点 $O$ ，其上任意一点 $M$ 处的切线与 $x$ 轴交于 $T$ ， $MP ⊥ x$ 轴于点 $P$ ，已知由曲线 $y = f (x)$ 、直线 $MP$ 以及 $x$ 轴所围图形的面积与 $△ MTP$ 的面积之比恒为 $3 : 2$ ，求满足条件的曲线方程。

查看答案与解析

【答案】 $y = C x^{3}$ 其中 $C > 0$

【解析】 设切点 $M (x, y)$ ，则切线方程为 $Y - y = y^{'} (X - x)$ 。令 $Y = 0$ ，得 $T (x - \frac{y}{y ^{'}}, 0)$ 。

所围图形面积为

S_{1} = \int_{0}^{x} y (t) d t,

三角形 $MTP$ 的面积为

S_{2} = \frac{1}{2} y [x - (x - \frac{y}{y ^{'}})] = \frac{y ^{2}}{2 y ^{'}} .

由 $\frac{S _{1}}{S _{2}} = \frac{3}{2}$ ，得

\int_{0}^{x} y (t) d t = \frac{3}{4} \frac{y ^{2}}{y ^{'}} (1) .

对 (1) 两边求导，得

y = \frac{3}{4} \frac{2 y ( y ^{'} ) ^{2} - y ^{2} y ^{''}}{( y ^{'} ) ^{2}},

化简得

3 y y^{''} = 2 (y^{'})^{2} (2) .

令 $y^{'} = p$ ，则 $y^{''} = p \frac{d p}{d y}$ ，代入 (2) 得

3 y p \frac{d p}{d y} = 2 p^{2} .

解得

p = C_{1} y^{\frac{2}{3}},

即

\frac{d y}{d x} = C_{1} y^{\frac{2}{3}} .

积分得

3 y^{\frac{1}{3}} = C_{1} x + C_{2} .

因曲线过原点， $f (0) = 0$ ，故 $C_{2} = 0$ ，即

y = C x^{3} (C > 0) .

22

（本题满分 11 分）设二次型

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 a x_{1} x_{2} + 2 a x_{1} x_{3} + 2 a x_{2} x_{3}

经可逆线性变换

x_{1} x_{2} x_{3} = P y_{1} y_{2} y_{3}

化为

g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + 4 y_{3}^{2} + 2 y_{1} y_{2}

(I) 求 $a$ 的值；

(II) 求可逆矩阵 $P$ 。

查看答案与解析

【答案】
(I) $a = - \frac{1}{2}$
(II) $P = 100211 \frac{2}{3} \frac{4}{3} 0$

【解析】
令 $A = 1 a a a 1 a a a 1$ ， $B = 110110004$ ，则 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x^{T} A x$ ， $g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y^{T} B y$ 。

（1）由题可知， $A$ 与 $B$ 合同，即 $P^{T} A P = B$ 。所以 $A$ 与 $B$ 的正负惯性指数相同。

由正负惯性指数性质得： $A$ 与 $B$ 的正负特征值个数对应相等。

因为 $∣ B - λ E ∣ = 0$ ，所以 $B$ 的特征值为 $λ_{1} = 0$ ， $λ_{2} = 2$ ， $λ_{3} = 4$ 。

所以 $∣ A - λ E ∣ = 1 - λ a a a 1 - λ a a a 1 - λ = (1 + 2 a - λ) (1 - a - λ)^{2} = 0$ ，

所以 $λ_{1} = 1 + 2 a = 0$ ， $λ_{2, 3} = 1 - a > 0$ ，故 $a = - \frac{1}{2}$ 。

（2）配方法：

$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} - x_{1} x_{2} - x_{1} x_{3} - x_{2} x_{3} = (x_{1} - \frac{1}{2} x_{2} - \frac{1}{2} x_{3})^{2} + \frac{3}{4} (x_{2} - x_{3})^{2}$ 。

令 $z_{1} z_{2} z_{3} = P_{1} x_{1} x_{2} x_{3}$ ，其中 $P_{1} = 100 - \frac{1}{2} \frac{3}{2} 0 - \frac{1}{2} - \frac{3}{2} 1$ 。

$g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + 4 y_{3}^{2} + 2 y_{1} y_{2} = (y_{1} + y_{2})^{2} + 4 y_{3}^{2}$ 。

令 $z_{1} z_{2} z_{3} = P_{2} y_{1} y_{2} y_{3}$ ，其中 $P_{2} = 100101020$ 。

故 $P = P_{1}^{- 1} P_{2} = 100211 \frac{2}{3} \frac{4}{3} 0$ 。

23

（本题满分 11 分）设 $A$ 为二阶矩阵， $P = (α, A α)$ ，其中 $α$ 是非零向量且不是 $A$ 的特征向量：

(I) 证明 $P$ 为可逆矩阵；

(II) 若 $A^{2} α + A α - 6 α = 0$ ，求 $P^{- 1} A P$ ，并判断 $A$ 是否相似于对角矩阵。

查看答案与解析

【答案】
（I）见解析
（II） $P^{- 1} A P = [01 6 - 1]$ ，且 $A$ 相似于对角矩阵

【解析】
（I）
解法一
假设 $P$ 不是可逆矩阵，则 $α$ 与 $A α$ 线性相关。
根据线性相关的定义，存在不全为零的实数 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ ，使得

k_{1} α + k_{2} A α = 0

若 $k_{2} = 0$ ，则 $k_{1} α = 0$ 。
由于 $α$ 是非零向量，必有 $k_{1} = 0$ ，与 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ 不全为零矛盾，因此 $k_{2} \neq = 0$ 。
于是有

A α = - \frac{k _{1}}{k _{2}} α

这与 $α$ 不是 $A$ 的特征向量矛盾。
所以假设不成立，故 $P$ 是可逆矩阵。

解法二
设 $A α = β$ ，则 $β \neq = k α$ ，即 $α$ 、 $β$ 线性无关。
因此 $P = (α, β) = (α, A α)$ 为可逆矩阵。

（II）
由 $A^{2} α + A α - 6 α = 0$ ，可得

A P = A (α, A α) = (A α, A^{2} α) = (A α, 6 α - A α) = (α, A α) [01 6 - 1]

又因为 $P$ 可逆，所以

P^{- 1} A P = [01 6 - 1]

记 $B = [01 6 - 1]$ ，计算特征多项式：

∣ λ E - B ∣ = λ - 1 - 6 λ + 1 = λ^{2} + λ - 6 = 0

解得 $B$ 的特征值为 $λ_{1} = 2$ 、 $λ_{2} = - 3$ 。
由于 $A$ 与 $B$ 相似，故 $A$ 的特征值也为 $λ_{1} = 2$ 、 $λ_{2} = - 3$ ，从而 $A$ 可相似对角化。