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2022 年真题

22 题

选择题

1

若当 $x \to 0$ 时， $α (x)$ 及 $β (x)$ 是非零无穷小量，则以下的命题中，
① 若 $α (x) \sim β (x)$ ，则 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ；
② 若 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ，则 $α (x) \sim β (x)$ ；
③ 若 $α (x) \sim β (x)$ ，则 $α (x) - β (x) = o (α (x))$ ；
④ 若 $α (x) - β (x) = o (α (x))$ ，则 $α (x) \sim β (x)$ ，
真命题的序号为（　　）

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正确答案：C

正确答案：C

分析本题主要考查无穷小量的概念。四个命题均与无穷小量等价这个概念有关。

当 $x \to 0$ 时， $α (x) \sim β (x)$ 意味着 $lim_{x \to 0} \frac{α ( x )}{β ( x )} = 1$ ； $o (α (x))$ 满足 $lim_{x \to 0} \frac{o ( α ( x ))}{α ( x )} = 0$ 。依次分析四个命题。

若 $α (x) \sim β (x)$ ，则 $lim_{x \to 0} \frac{α ( x )}{β ( x )} = 1$ ，从而 $lim_{x \to 0} \frac{α ^{2} ( x )}{β ^{2} ( x )} = 1$ ，即 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ，命题①是真命题。

由 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ 并不能得到 $α (x) \sim β (x)$ 。考虑 $β (x) = - α (x)$ ，则 $lim_{x \to 0} \frac{α ^{2} ( x )}{β ^{2} ( x )} = lim_{x \to 0} \frac{α ^{2} ( x )}{α ^{2} ( x )} = 1$ ，即 $α^{2} (x) \sim β^{2} (x)$ ，但 $lim_{x \to 0} \frac{α ( x )}{β ( x )} = lim_{x \to 0} \frac{α ( x )}{- α ( x )} = - 1$ ， $α (x)$ 与 $β (x)$ 只是同阶但并不等价的无穷小量，命题②不是真命题。

要说明 $α (x) - β (x) = o (α (x))$ ，只需说明 $lim_{x \to 0} \frac{α ( x ) - β ( x )}{α ( x )} = 0$ ，

x \to 0 lim \frac{α ( x ) - β ( x )}{α ( x )} = 1 - x \to 0 lim \frac{β ( x )}{α ( x )} = 1 - 1 = 0.

命题③是真命题。

要说明 $α (x) \sim β (x)$ ，只需说明 $lim_{x \to 0} \frac{β ( x )}{α ( x )} = 1$ ，

x \to 0 lim \frac{β ( x )}{α ( x )} = x \to 0 lim \frac{α ( x ) - [ α ( x ) - β ( x )]}{α ( x )} = 1 - x \to 0 lim \frac{α ( x ) - β ( x )}{α ( x )} = 1 - 0 = 1.

命题④是真命题。

综上所述，应选 C。

2

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

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正确答案：D

正确答案：D

分析本题主要考查交换积分次序。

本题中的二次积分，按照题目给定的先 $x$ 后 $y$ 的次序不太好算，故应考虑交换积分次序。

如图 (a) 所示，二次积分对应的积分区域 $D$ 是由直线 $y = x$ 、 $x = 2$ 以及 $x$ 轴所围成的三角形区域。原二次积分采用的是先 $x$ 后 $y$ 的积分次序，改写成先 $y$ 后 $x$ 的积分次序，即将 $D$ 写成 $X$ 型区域，如图 (b) 所示。

D = {(x, y) ∣ 0 \leq y \leq x, 0 \leq x \leq 2}

因此，

原积分 = \iint_{D} \frac{y}{1 + x ^{3}} d x d y = \int_{0}^{2} \frac{1}{1 + x ^{3}} d x \int_{0}^{x} y d y = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} \frac{x ^{2}}{1 + x ^{3}} d x = \frac{1}{6} \int_{0}^{2} \frac{d ( 1 + x ^{3} )}{1 + x ^{3}} = \frac{1}{6} \cdot 2 1 + x^{3}_{0}^{2} = \frac{1}{3} \times (3 - 1) = \frac{2}{3} .

应选 D。

3

设 $f (x)$ 在 $x = x_{0}$ 处有二阶导数，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

分析本题主要考查一阶导数、二阶导数与函数性态的关系。

函数的单调性与一阶导数的关系：设函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导。若在 $(a, b)$ 内 $f^{'} (x) \geq 0$ ，且等号只在有限个点处成立，则 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上单调增加（单调减少的情况对应于 $f^{'} (x) \leq 0$ 的情况）。

函数的凹凸性与二阶导数的关系：设函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导。若在 $(a, b)$ 内 $f^{''} (x) \geq 0$ ，且等号只在有限个点处成立，则 $f (x)$ 为 $[a, b]$ 上的凹函数（凸函数的情况对应于 $f^{''} (x) \leq 0$ 的情况）。

在不确定一阶导函数的连续性的情况下，单点处的一阶导符号不能确定该点邻域内的函数的单调性。在不确定二阶导函数的连续性的情况下，单点处的二阶导符号不能确定该点邻域内的曲线的凹凸性。

注意到题目条件给出 $f (x)$ 在 $x = x_{0}$ 处有二阶导数，故 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内存在连续的一阶导数。特别地， $f^{'} (x)$ 在 $x = x_{0}$ 处连续。从而， $lim_{x \to x_{0}} f^{'} (x) = f^{'} (x_{0}) > 0$ 。结合极限的定义可得，存在 $δ > 0$ ，当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ 时， $f^{'} (x) > 0$ 。于是， $f (x)$ 在 $(x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ 内单调增加。应选 B。

下面说明选项 A、C、D 不正确。

在一阶导数连续的条件下，当 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内单调增加时，我们能得到在该邻域内 $f^{'} (x) \geq 0$ ，但却不能保证 $f^{'} (x) > 0$ ，因为可能存在有限个点，在这些点处 $f^{'} (x) = 0$ ，例如 $f (x) = x^{3}$ ，该函数在 $(- \infty, + \infty)$ 上单调增加，但是 $f^{'} (0) = 0$ ，选项 A 不正确。

对选项 C，考虑 $f (x) = x^{4}$ ，则 $f (x)$ 为 $(- \infty, + \infty)$ 上的凹函数，但是 $f^{''} (0) = 0$ ，选项 C 不正确。

对选项 D，我们可以考虑二阶导函数存在间断点的例子。若 $x_{0}$ 为 $f^{''} (x)$ 的间断点，则 $lim_{x \to x_{0}} f^{''} (x) = f^{''} (x_{0}) > 0$ 不成立，从而无法通过极限的定义得到 $x_{0}$ 的一个小邻域，在该小邻域内 $f^{''} (x) > 0$ 。

如函数

f (x) = {x^{4} sin \frac{1}{x} + \frac{x ^{2}}{4}, 0, x \neq = 0, x = 0,

$f^{''} (x)$ 在 $x = 0$ 处不连续。

当 $x \neq = 0$ 时，

f^{'} (x) = 4 x^{3} sin \frac{1}{x} - x^{2} cos \frac{1}{x} + \frac{1}{2} x .

当 $x = 0$ 时，由导数定义，

f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{x ^{4} sin \frac{1}{x} + \frac{x ^{2}}{4}}{x} = 0.

因此，

f^{'} (x) = {4 x^{3} sin \frac{1}{x} - x^{2} cos \frac{1}{x} + \frac{1}{2} x, 0, x \neq = 0, x = 0.

$f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

当 $x = 0$ 时，由导数定义，

f^{''} (0) = x \to 0 lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{4 x ^{3} sin \frac{1}{x} - x ^{2} cos \frac{1}{x} + \frac{1}{2} x}{x} = \frac{1}{2} > 0.

当 $x \neq = 0$ 时，

f^{''} (x) = 12 x^{2} sin \frac{1}{x} - 6 x cos \frac{1}{x} - sin \frac{1}{x} + \frac{1}{2},

$f^{''} (x)$ 在 $x = 0$ 附近振荡，振幅为 1，在 $x = 0$ 附近不存在小邻域使得 $f^{''} (x)$ 在该邻域上保持不变号，即不存在 $x = 0$ 的小邻域，使得 $f (x)$ 在该邻域上是凹函数或凸函数，选项 D 不正确。

4

已知 $f (t)$ 连续，令 $F (x, y) = \int_{0}^{x - y} (x - y - t) f (t) d t$ ，则（）

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正确答案：C

正确答案：C

分析本题主要考查变限积分求偏导数。

$F (x, y)$ 是由含参变量的变限积分给出的二元函数，求它的偏导数时，可以先将参变量从被积函数中分离出去，再利用变限积分求导公式计算偏导数。

整理 $F (x, y)$ 的表达式：

F (x, y) = \int_{0}^{x - y} (x - y - t) f (t) d t = (x - y) \int_{0}^{x - y} f (t) d t - \int_{0}^{x - y} t f (t) d t

分别计算 $\frac{\partial F}{\partial x}$ 、 $\frac{\partial ^{2} F}{\partial x ^{2}}$ 、 $\frac{\partial F}{\partial y}$ 、 $\frac{\partial ^{2} F}{\partial y ^{2}}$ ：

\frac{\partial F}{\partial x} = (x - y) f (x - y) + \int_{0}^{x - y} f (t) d t - (x - y) f (x - y) = \int_{0}^{x - y} f (t) d t

\frac{\partial ^{2} F}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial [ \int _{0}^{x - y} f ( t ) d t ]}{\partial x} = f (x - y)

\frac{\partial F}{\partial y} = - (x - y) f (x - y) - \int_{0}^{x - y} f (t) d t + (x - y) f (x - y) = - \int_{0}^{x - y} f (t) d t

\frac{\partial ^{2} F}{\partial y ^{2}} = \frac{\partial [ - \int _{0}^{x - y} f ( t ) d t ]}{\partial y} = f (x - y)

因此， $\frac{\partial F}{\partial x} = - \frac{\partial F}{\partial y}$ ， $\frac{\partial ^{2} F}{\partial x ^{2}} = \frac{\partial ^{2} F}{\partial y ^{2}}$ ，应选 C。

5

设 $p$ 为常数，反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 收敛，则 $p$ 的取值范围是（　　）

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正确答案：A

正确答案：A

题目解析

本题主要考查反常积分审敛。本题中的反常积分为瑕积分，有两个点需要考虑： $x = 0$ 和 $x = 1$ 。

无界函数的极限审敛法：设函数 $f (x)$ 在区间 $(a, b]$ 上连续， $f (x) \geq 0$ ， $lim_{x \to a^{+}} f (x) = + \infty$ ，并且存在常数 $p$ ，使得 $lim_{x \to a^{+}} (x - a)^{p} f (x) = A$ 。

(1) 若 $0 \leq A < + \infty$ ， $0 < p < 1$ ，则 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛；
(2) 若 $0 < A \leq + \infty$ ， $p \geq 1$ ，则 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 发散。

解：由于 $x = 0$ 和 $x = 1$ 均为可能的瑕点，故将积分拆成两部分：

\int_{0}^{1} \frac{ln x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{ln x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{ln x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x

先考虑 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 。

当 $p < 0$ 时， $lim_{x \to 0^{+}} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} = 0$ ， $x = 0$ 不是瑕点， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 为常义积分。

当 $0 \leq p < 1$ 时，取 $δ > 0$ 使得 $0 < p + δ < 1$ ，则：

x \to 0^{+} lim x^{p + δ} \cdot \frac{ln x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} = x \to 0^{+} lim x^{δ} ln x = x \to 0^{+} lim \frac{ln x}{x ^{- δ}} = 洛必达 x \to 0^{+} lim \frac{1}{- δ x ^{- δ}} = 0

由无界函数的极限审敛法可知， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 收敛。

当 $p = 1$ 时：

\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{ln x}{x} d x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} ln x d (ln x) = \frac{( ln x ) ^{2}}{2}_{0}^{\frac{1}{2}} = - \infty

于是，当 $p \geq 1$ 时， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 发散。

因此，当 $p < 1$ 时， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 收敛；当 $p \geq 1$ 时， $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 发散。

再考虑 $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 。

x \to 1^{-} lim \frac{ln x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} = x \to 1^{-} lim \frac{ln ( 1 + x - 1 )}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} = x \to 1^{-} lim \frac{- ( 1 - x )}{( 1 - x ) ^{1 - p}} = - x \to 1^{-} lim (1 - x)^{p}

于是，当 $p \geq 0$ 时， $x = 1$ 不是瑕点， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 为常义积分。

当 $0 < - p < 1$ ，即 $- 1 < p < 0$ 时：

x \to 1^{-} lim (1 - x)^{- p} \cdot \frac{- ln x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} = x \to 1^{-} lim (1 - x)^{- p} \cdot (1 - x)^{p} = 1

由无界函数的极限审敛法可知， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 收敛。

当 $- p \geq 1$ ，即 $p \leq - 1$ 时，同理可得：

x \to 1^{-} lim (1 - x)^{- p} \cdot \frac{- ln x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} = 1

从而由无界函数的极限审敛法可知， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 发散。

因此，当 $p > - 1$ 时， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 收敛；当 $p \leq - 1$ 时， $\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 发散。

综上所述， $\int_{0}^{1} \frac{l n x}{x ^{p} ( 1 - x ) ^{1 - p}} d x$ 收敛当且仅当 $p \in (- \infty, 1) \cap (- 1, + \infty) = (- 1, 1)$ 。应选 A。

拓展

以下为历年真题中关于反常积分审敛的同类真题。

【例】设 $m$ 是正整数，反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{m l n ^{2} ( 1 - x )}{n x} d x$ 的敛散性（）（2010 年数学一、二试题）

(A) 仅与 $m$ 的取值有关。
(B) 仅与 $n$ 的取值有关。
(C) 与 $m$ 、 $n$ 的取值都有关。
(D) 与 $m$ 、 $n$ 的取值都无关。

答案 D。

【例】若反常积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{x ^{a} ( 1 + x ) ^{b}} d x$ 收敛，则（）（2016 年数学一试题）

(A) $a < 1$ 且 $b > 1$ 。
(B) $a > 1$ 且 $b > 1$ 。
(C) $a < 1$ 且 $a + b > 1$ 。
(D) $a > 1$ 且 $a + b > 1$ 。

答案 C。

6

设数列 ${x_{n}}$ 满足 $- \frac{π}{2} \leq x_{n} \leq \frac{π}{2}$ ，则（）

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正确答案：D

正确答案：D

本题主要考查数列极限与函数极限的关系。

题目中出现的 $sin (cos x)$ 与 $cos (sin x)$ 均为复合函数。要将 $lim_{n \to \infty} sin (cos x_{n})$ 与 $lim_{n \to \infty} cos (sin x_{n})$ 内层的数列取出来，可以考虑在外层再复合上外层函数的反函数（如果存在的话）。

若 $lim_{n \to \infty} sin (cos x_{n})$ 存在，则将其记为 $α$ 。由于 $sin x$ 在 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上存在反函数 $arcsin$ ，有

n \to \infty lim cos x_{n} = n \to \infty lim arcsin (sin (cos x_{n})) = arcsin (n \to \infty lim sin (cos x_{n})) = arcsin α

但是 $lim_{n \to \infty} cos x_{n}$ 存在并不能保证 $lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在。例如取 $x_{n} = (- 1)^{n} \frac{π}{2}$ ，则 $lim_{n \to \infty} cos x_{n} = 0$ ，但 $lim_{n \to \infty} x_{n}$ 不存在。因此选项 B 错误，选项 D 正确，应选 D。

由于 $cos x$ 在 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上并不单调，故由 $lim_{n \to \infty} cos (sin x_{n})$ 存在并不能保证 $lim_{n \to \infty} sin x_{n}$ 存在。同样取 $x_{n} = (- 1)^{n} \frac{π}{2}$ ，则 $lim_{n \to \infty} cos (sin x_{n}) = cos 1$ ，但 $lim_{n \to \infty} sin x_{n}$ 和 $lim_{n \to \infty} x_{n}$ 均不存在。因此选项 A、C 不正确。

注：

考虑到 $cos x$ 是偶函数，形如 $x_{n} = (- 1)^{n} a$ ， $a \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 的数列均可作为选项 A、B、C 的反例。
这道题的出题思路在 2017 年的一道数二真题当中也出现过。

【例】 设数列 ${x_{n}}$ 收敛，则（）（2017 年数学二试题）

(A) 当 $lim_{n \to \infty} sin x_{n} = 0$ 时， $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ ；

(B) 当 $lim_{n \to \infty} (x_{n} + ∣ x_{n} ∣) = 0$ 时， $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ ；

(D) 当 $lim_{n \to \infty} (x_{n} + sin x_{n}) = 0$ 时， $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ 。

答案：D。

7

若 $I_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{2 ( 1 + c o s x )} d x$ ， $I_{2} = \int_{0}^{1} \frac{l n ( 1 + x )}{1 + c o s x} d x$ ， $I_{3} = \int_{0}^{1} \frac{2 x}{1 + s i n x} d x$ ，则（　）

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正确答案：A

正确答案：A

题目解析

本题主要考查定积分比较大小。三个定积分的积分区间相同，故只需比较被积函数的大小。

通过观察可发现，要比较 $I_{1}$ 与 $I_{2}$ 的大小，只需比较 $\frac{x}{2}$ 与 $ln (1 + x)$ 的大小。

令 $f (x) = ln (1 + x) - \frac{x}{2}$ ，则 $f (0) = 0$ ， $f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{2}$ 。

当 $x \in (0, 1)$ 时， $1 + x > 1$ ，则 $\frac{1}{1 + x} < 1$ ，所以 $f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{2} > 0$ ， $f (x)$ 单调增加，从而 $f (x) > f (0) = 0$ ，即 $ln (1 + x) > \frac{x}{2}$ 。

因此， $\frac{l n ( 1 + x )}{1 + c o s x} > \frac{x}{2 ( 1 + c o s x )}$ ，所以 $I_{2} > I_{1}$ 。

此外，用同样的方法不难证明在 $(0, 1)$ 内， $ln (1 + x) < x$ ，因此 $\frac{l n ( 1 + x )}{1 + c o s x} < \frac{x}{1 + c o s x}$ 。

另一方面，由于在 $(0, 1)$ 内， $0 < sin x < 1$ ， $cos x < 1$ ， $1 < 1 + sin x < 2$ ，故 $I_{3}$ 的被积函数 $\frac{2 x}{1 + s i n x} > x$ 。

结合 $ln (1 + x) < x$ ，可得 $\frac{2 x}{1 + s i n x} > x > \frac{l n ( 1 + x )}{1 + c o s x}$ ，因此 $I_{3} > I_{2}$ 。

综上所述，应选 A。

8

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $A = 100 0 - 1 0 000$ ，则 $A$ （）

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正确答案：B

正确答案：B

分析本题主要考查矩阵相似的条件。

3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ 、 $- 1$ 、 $0$ ，意味着 $A$ 有 3 个不同的特征值，从而相似于与它具有相同特征值的对角矩阵，即 $Λ$ 。

矩阵相似的定义：设 $A$ 、 $B$ 都是 $n$ 阶矩阵，若有可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P = B$ ，则称 $B$ 是 $A$ 的相似矩阵，或者称矩阵 $A$ 与 $B$ 相似。

3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ 、 $- 1$ 、 $0$ ，意味着 $A$ 有 3 个不同的特征值，从而 $A$ 相似于与它具有相同特征值的对角矩阵，即 $Λ$ 。于是， $A$ 的特征值为 $1$ 、 $- 1$ 、 $0$ 的充分必要条件即 $A$ 与 $Λ$ 相似的充分必要条件。

选项 B 实际上为 $A$ 与 $Λ$ 相似的定义，即存在可逆矩阵 $P$ ，使得 $A = P^{- 1} Λ P$ ，也即 $A = P Λ P^{- 1}$ 。因此，应选 B。

下面说明选项 A、C、D 不正确。

选项 A 中矩阵等价的定义是存在可逆矩阵 $P$ 、 $Q$ 使得 $P A Q = B$ ，而此处表述为 $A = P A Q$ ，形式错误。

选项 C 中， $A$ 的线性无关的特征向量均不正交，所以不存在正交矩阵 $Q$ 使得 $A = Q Λ Q^{- 1}$ 。

选项 D 是矩阵合同的定义， $A$ 不是实对称矩阵，与对角矩阵 $Λ$ 不合同，所以选项 D 错误。

9

设 $A = 111 1 a b 1 a^{2} b^{2}$ ， $b = 124$ ，讨论 $A x = b$ 解的情况（）。

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正确答案：D

正确答案：D

分析本题主要考查线性方程组的解的情况。

本题的方程组的系数矩阵带参数，故需要分情况讨论。但若注意到系数矩阵行列式与范德蒙德行列式有关，则有一种情况实际上是很好判断的。

解（法一）注意到

∣ A ∣ = 111 1 a b 1 a^{2} b^{2} = (b - a) (b - 1) (a - 1)

当 $a \neq = 1$ ， $b \neq = 1$ ，且 $a \neq = b$ 时， $∣ A ∣ \neq = 0$ 。由克拉默法则可知，此时方程组 $A x = b$ 有唯一解。

当 $a = 1$ 时，

(A, b) = 111 11 b 11 b^{2} 124 \to 101 10 b 10 b^{2} 114

$r (A, b) \neq = r (A)$ ，方程组无解。同理可得，当 $b = 1$ 时，方程组无解。

当 $a = b$ 时，

(A, b) = 111 1 a b 1 a^{2} b^{2} 124 \to 110 1 a 0 1 a^{2} 0 122

$r (A, b) \neq = r (A)$ ，方程组无解。

综上所述，方程组 $A x = b$ 的解的情况只有两种可能：有唯一解或无解。应选 D。

（法二）直接对增广矩阵 $(A, b)$ 作初等行变换

(A, b) = 111 1 a b 1 a^{2} b^{2} 124 \to 100 1 a - 1 b - 1 1 a^{2} - 1 b^{2} - 1 113

当 $a = b = 1$ 时， $r (A) = 1$ ， $r (A, b) = 2$ ，方程组无解。

当 $a = 1$ ， $b \neq = 1$ 或 $a \neq = 1$ ， $b = 1$ 时， $r (A) = 2$ ， $r (A, b) = 3$ ，方程组无解。

当 $a = b$ ，但均不等于 $1$ 时， $r (A) = 2$ ， $r (A, b) = 3$ ，方程组无解。

当 $a \neq = 1$ ， $b \neq = 1$ ，且 $a \neq = b$ 时， $r (A) = r (A, b) = 3$ ，方程组有唯一解。

综上所述，方程组 $A x = b$ 的解的情况只有两种可能：有唯一解或无解。应选 D。

10

设 $α_{1} = (λ, 1, 1)^{T}$ ， $α_{2} = (1, λ, 1)^{T}$ ， $α_{3} = (1, 1, λ)^{T}$ ， $α_{4} = (1, λ, λ^{2})^{T}$ ，若 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 与 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{4}$ 等价，则 $λ$ 的取值范围是（）

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正确答案：C

正确答案：C

分析本题主要考查向量组等价。

向量组 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 与 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{4}$ 等价的充分必要条件是：

r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{4}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})

由这一条件出发，可以考虑对矩阵 $(α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ 作初等行变换并讨论秩来得到 $λ$ 的取值。

（法一）当 $λ = 1$ 时， $α_{1} = α_{2} = α_{3} = α_{4} = (1, 1, 1)^{T}$ ，显然 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 与 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{4}$ 等价。

当 $λ \neq = 1$ 时，考虑矩阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ，通过初等行变换可得：

$r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = 3$ 当且仅当 $λ \neq = - 2$ ；
$r (α_{1}, α_{2}, α_{4}) = 3$ 当且仅当 $λ \neq = - 1$ 。

因此，当 $λ \neq = 1$ 时， $r (A) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{4})$ 当且仅当 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ 。

注意到 $λ = 1$ 也包含在条件 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ 中，故：

r (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{3}) = r (α_{1}, α_{2}, α_{4})

当且仅当 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ 。

（法二）分别计算行列式：

∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣ = (1 - λ)^{2} (λ + 2), ∣ α_{1}, α_{2}, α_{4} ∣ = (1 - λ)^{2} (1 + λ)^{2}

当 $λ \neq = 1, - 2, - 1$ 时， $∣ α_{1}, α_{2}, α_{3} ∣$ 与 $∣ α_{1}, α_{2}, α_{4} ∣$ 均不为 $0$ ，此时两向量组等价；
当 $λ = - 2$ 或 $λ = - 1$ 时，两向量组的秩不相等，从而不等价；
当 $λ = 1$ 时，两向量组等价。

综上所述， $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 与 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{4}$ 等价当且仅当 $λ \neq = - 2$ 且 $λ \neq = - 1$ ，应选 C。

填空题

11

（填空题）

x \to 0 lim (\frac{1 + e ^{x}}{2})^{c o t x} =

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【答案】 $e$

【解析】 本题主要考查极限计算。
函数 $(\frac{1 + e ^{x}}{2})^{c o t x}$ 为幂指函数，且极限为 $1^{\infty}$ 型未定式，故可以采用取对数再计算极限的方法。

取对数再求极限：

x \to 0 lim (\frac{1 + e ^{x}}{2})^{c o t x} = x \to 0 lim e^{c o t x \cdot l n \frac{1 + e ^{x}}{2}} = e^{l i m_{x \to 0} c o t x \cdot l n \frac{1 + e ^{x}}{2}}

下面计算 $lim_{x \to 0} cot x \cdot ln \frac{1 + e ^{x}}{2}$ ：

x \to 0 lim cot x \cdot ln \frac{1 + e ^{x}}{2} = x \to 0 lim \frac{ln \frac{1 + e ^{x}}{2}}{tan x} \sim x \to 0 lim \frac{ln ( 1 + \frac{e ^{x} - 1}{2} )}{x} = x \to 0 lim \frac{\frac{e ^{x} - 1}{2}}{x} = \frac{1}{2}

因此，原极限 $= e^{\frac{1}{2}} = e$ 。

12

（填空题）已知函数 $y = y (x)$ 由方程 $x^{2} + x y + y^{3} = 3$ 确定，则 $y^{''} (1) =$

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【答案】 $- \frac{31}{32}$

【解析】 本题主要考查隐函数的导数计算。

将 $x = 1$ 代入原方程可得：

1 + y + y^{3} = 3,

即：

y^{3} + y - 2 = 0.

通过观察可得 $y = 1$ 是该方程的一个解。令 $f (y) = y^{3} + y - 2$ ，则：

f^{'} (y) = 3 y^{2} + 1 > 0,

$f (y)$ 为单调增加函数，从而 $y = 1$ 为 $y^{3} + y - 2 = 0$ 的唯一解。

对 $x^{2} + x y + y^{3} = 3$ 两端关于 $x$ 求导可得：

2 x + y + x y^{'} + 3 y^{2} y^{'} = 0,

即：

2 x + y + (x + 3 y^{2}) y^{'} = 0.

代入 $x = 1$ ， $y (1) = 1$ 可得：

3 + 4 y^{'} (1) = 0,

解得：

y^{'} (1) = - \frac{3}{4} .

对上述求导后的式子两端再次关于 $x$ 求导可得：

2 + y^{'} + (1 + 6 y y^{'}) y^{'} + (x + 3 y^{2}) y^{''} = 0.

代入 $x = 1$ ， $y (1) = 1$ ， $y^{'} (1) = - \frac{3}{4}$ 可得：

\frac{31}{8} + 4 y^{''} (1) = 0,

解得：

y^{''} (1) = - \frac{31}{32} .

13

（填空题） $\int_{0}^{1} \frac{2 x + 3}{x ^{2} - x + 1} d x =$

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【答案】 $\frac{8 3 π}{9}$

【解析】 本题主要考查定积分的计算。被积函数为有理函数，形如 $\frac{M x + N}{x ^{2} + p x + q}$ ，其中分母为没有实根的二次三项式，分子为一次多项式。对此类积分，可以拆分为两种基本类型。

注意到 $(x^{2} - x + 1)' = 2 x - 1$ ，故可以将被积函数拆成两部分：

\frac{2 x + 3}{x ^{2} - x + 1} = \frac{2 x - 1}{x ^{2} - x + 1} + \frac{4}{x ^{2} - x + 1} .

因此，

\int_{0}^{1} \frac{2 x + 3}{x ^{2} - x + 1} d x = \int_{0}^{1} \frac{2 x - 1}{x ^{2} - x + 1} d x + 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{( x - \frac{1}{2} ) ^{2} + \frac{3}{4}} d x = \int_{0}^{1} \frac{d ( x ^{2} - x + 1 )}{x ^{2} - x + 1} + \frac{16}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + [ \frac{2}{3} ( x - \frac{1}{2} ) ] ^{2}} d x = ln (x^{2} - x + 1)_{0}^{1} + \frac{8 3}{3} arctan \frac{2}{3} (x - \frac{1}{2})_{0}^{1} = \frac{8 3}{3} \times \frac{π}{3} = \frac{8 3 π}{9} .

14

（填空题）微分方程 $y^{'''} - 2 y^{''} + 5 y^{'} = 0$ 的通解为 $y (x) =$

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【答案】 $y = C_{1} + e^{x} (C_{2} cos 2 x + C_{3} sin 2 x)$

【解析】 本题主要考查高阶常系数齐次线性微分方程的解。此类题的解法为，先写出特征方程，然后根据特征方程的根的情况写出通解。

$y^{'''} - 2 y^{''} + 5 y^{'} = 0$ 的特征方程为 $r^{3} - 2 r^{2} + 5 r = 0$ ，分解因式得 $r (r^{2} - 2 r + 5) = 0$ ，解得 $r_{1} = 0$ ， $r_{2, 3} = 1 \pm 2 i$ 。

根据常系数齐次线性微分方程的通解与特征方程的根的关系，可得 $y^{'''} - 2 y^{''} + 5 y^{'} = 0$ 的通解为 $y = C_{1} + e^{x} (C_{2} cos 2 x + C_{3} sin 2 x)$ ，其中 $C_{1}$ 、 $C_{2}$ 、 $C_{3}$ 为任意常数。

15

（填空题）已知曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r = sin 3 θ (0 \leq θ \leq \frac{π}{3})$ ，则 $L$ 围成的有界区域的面积为

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【答案】 $\frac{π}{12}$

【解析】 已知曲线 $L$ 的极坐标方程为 $r = sin 3 θ (0 \leq θ \leq \frac{π}{3})$ ，则 $L$ 围成的有界区域的面积为

本题主要考查定积分在几何上的应用。对于由极坐标形式 $r = r (θ)$ （ $α \leq θ \leq β$ ）给出的封闭曲线 $L$ ，其围成的平面图形的面积为

A = \int_{α}^{β} \frac{1}{2} [r (θ)]^{2} d θ .

由面积公式得：

A = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{3}} (sin 3 θ)^{2} d θ = \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{π}{3}} (1 - cos 6 θ) d θ = \frac{π}{12} - \frac{1}{24} sin 6 θ_{0}^{\frac{π}{3}} = \frac{π}{12} .

16

（填空题）设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵，交换 $A$ 的第 $2$ 行和第 $3$ 行，再将第 $2$ 列的 $- 1$ 倍加到第 $1$ 列，得到矩阵

- 2 1 - 1 1 - 1 0 - 1 00

则 $tr (A^{- 1}) =$

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【答案】 $tr (A^{- 1}) = - 1$

【解析】 本题主要考查矩阵运算，包括矩阵的初等变换与矩阵求逆等。写出条件中所给初等变换对应的初等矩阵，结合已知矩阵可以得到 $A^{- 1}$ 的表达式，从而得到 $A^{- 1}$ 的迹。

设
$P_{1} = 100001010$ ，
$P_{2} = 1 - 1 0 010001$ ，
$B = - 2 1 - 1 1 - 1 0 - 1 00$ 。

由题意 $P_{1} A P_{2} = B$ ，故 $A = P_{1}^{- 1} B P_{2}^{- 1}$ ，由此可得 $A^{- 1} = P_{2} B^{- 1} P_{1}$ 。

利用初等行变换计算 $B^{- 1}$ ：
$(B, E) = - 2 1 - 1 1 - 1 0 - 1 00 100010001 \to \dots \to B^{- 1} = 00 - 1 0 - 1 - 1 - 1 - 1 1$ 。

因此，
$A^{- 1} = P_{2} B^{- 1} P_{1} = 1 - 1 0 010001 00 - 1 0 - 1 - 1 - 1 - 1 1 100001010 = 00 - 1 - 1 01 0 - 1 - 1$ 。

进一步可得 $tr (A^{- 1}) = - 1$ 。

解答题

17

（本题满分 10 分）
已知函数 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处可导且

x \to 0 lim \frac{f ( e ^{x^{2}} ) - 3 f ( 1 + sin ^{2} x )}{x ^{2}} = 2

求 $f^{'} (1)$ 。

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【答案】 $f^{'} (1) = - 1$

【解析】 由 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处可导可得 $f (x)$ 在 $x = 1$ 处连续，故由

x \to 0 lim \frac{f ( e ^{x^{2}} ) - 3 f ( 1 + sin ^{2} x )}{x ^{2}} = 2

可得

x \to 0 lim [f (e^{x^{2}}) - 3 f (1 + sin^{2} x)] = f - 2 f (1) = 0

于是， $f (1) = 0$ 。

另一方面，

x \to 0 lim \frac{f ( e ^{x^{2}} )}{x ^{2}} = x \to 0 lim [\frac{f ( e ^{x^{2}} ) - f ( 1 )}{e ^{x^{2}} - 1} \cdot \frac{e ^{x^{2}} - 1}{x ^{2}}] = f^{'} (1)

x \to 0 lim \frac{f ( 1 + sin ^{2} x )}{x ^{2}} = x \to 0 lim [\frac{f ( 1 + sin ^{2} x ) - f ( 1 )}{( 1 + sin ^{2} x ) - 1} \cdot \frac{sin ^{2} x}{x ^{2}}] = f^{'} (1)

因此，

x \to 0 lim \frac{f ( e ^{x^{2}} ) - 3 f ( 1 + sin ^{2} x )}{x ^{2}} = f^{'} (1) - 3 f^{'} (1) = - 2 f^{'} (1) = 2

综上所述， $f^{'} (1) = - 1$ 。

18

（本题满分 $12$ 分）

设函数 $y (x)$ 是微分方程 $2 x y^{'} - 4 y = 2 ln x - 1$ 的满足条件 $y (1) = \frac{1}{4}$ 的解，求曲线 $y = y (x) (1 \leq x \leq e)$ 的弧长。

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【答案】 $\frac{e ^{2} + 1}{4}$

【解析】 整理原方程可得 $y^{'} - \frac{2 y}{x} = \frac{2 l n x - 1}{2 x}$ ，这是一个一阶非齐次线性微分方程。
由求解公式可得：

y = e^{\int \frac{2}{x} d x} [\int \frac{2 ln x - 1}{2 x} \cdot e^{- \int \frac{2}{x} d x} d x + C] = x^{2} [\int ln x \cdot x^{- 3} d x - \int \frac{1}{2} x^{- 3} d x + C] = C x^{2} - \frac{ln x}{2} .

代入 $y (1) = \frac{1}{4}$ 可得 $C = \frac{1}{4}$ ，因此：

y (x) = \frac{x ^{2}}{4} - \frac{ln x}{2} .

计算得：

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

代入曲线弧长的计算公式可得：

s = \int_{1}^{e} 1 + [y^{'} (x)]^{2} d x = \int_{1}^{e} \frac{1}{4} (x + \frac{1}{x})^{2} d x = \frac{1}{2} \int_{1}^{e} (x + \frac{1}{x}) d x = \frac{1}{2} (\frac{x ^{2}}{2} + ln x)_{1}^{e} = \frac{e ^{2} + 1}{4} .

19

（本题满分 12 分）

已知平面区域 $D = {(x, y) y - 2 \leq x \leq 4 - y^{2}, 0 \leq y \leq 2}$ ，计算 $I = \iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y$ 。

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【答案】 $2 π - 2$

【解析】 在极坐标系下计算，由 $D$ 的表达式可知， $D$ 是由直线 $y = x + 2$ 、圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 以及 $x$ 轴围成的部分。
直线 $y = x + 2$ 在极坐标系下的表示为 $r = \frac{2}{s i n θ - c o s θ}$ ，圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 在极坐标系下的表示为 $r = 2$ 。

将 $D$ 分为两部分 $D_{1}$ 和 $D_{2}$ ：

D_{1} = {(r, θ) ∣ 0 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq \frac{π}{2}}

D_{2} = {(r, θ) ∣ 0 \leq r \leq \frac{2}{sin θ - cos θ}, \frac{π}{2} \leq θ \leq π}

因此，

\iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y 极坐标变换 \iint_{D} \frac{r ^{2} ( cos θ - sin θ ) ^{2}}{r ^{2}} \cdot r d r d θ = \iint_{D} (cos θ - sin θ)^{2} \cdot r d r d θ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (cos θ - sin θ)^{2} d θ \int_{0}^{2} r d r \int_{\frac{π}{2}}^{π} (cos θ - sin θ)^{2} d θ \int_{0}^{\frac{2}{s i n θ - c o s θ}} r d r = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 - 2 sin θ cos θ) d θ \int_{\frac{π}{2}}^{π} (cos θ - sin θ)^{2} \cdot \frac{2}{( sin θ - cos θ ) ^{2}} d θ = 2 (\frac{π}{2} - sin^{2} θ_{0}^{\frac{π}{2}}) + \int_{\frac{π}{2}}^{π} 2 d θ = 2 (\frac{π}{2} - 1) + (π - \frac{π}{2}) \times 2 = 2 π - 2

20

（本题满分 12 分）

已知可微函数 $f (u, v)$ 满足 $\frac{\partial f ( u , v )}{\partial u} - \frac{\partial f ( u , v )}{\partial v} = 2 (u - v) e^{- (u + v)}$ ，且 $f (u, 0) = u^{2} e^{- u}$ 。

(1) 记 $g (x, y) = f (x, y - x)$ ，求 $\frac{\partial g ( x , y )}{\partial x}$ ；

(II) 求 $f (u, v)$ 的表达式与极值。

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【答案】
(I) $\frac{\partial g ( x , y )}{\partial x} = (4 x - 2 y) e^{- y}$
(II) $f (u, v) = (u^{2} + v^{2}) e^{- (u + v)}$ ，极小值点为 $(0, 0)$ ，极小值为 $0$ 。

【解析】
(I) 根据链式法则，

\frac{\partial g ( x , y )}{\partial x} = \frac{\partial f ( x , y - x )}{\partial x} = f_{1}^{'} (x, y - x) - f_{2}^{'} (x, y - x) .

令 $u = x$ ， $v = y - x$ ，并代入

\frac{\partial f ( u , v )}{\partial u} - \frac{\partial f ( u , v )}{\partial v} = 2 (u - v) e^{- (u + v)}

可得

f_{1}^{'} (x, y - x) - f_{2}^{'} (x, y - x) = 2 (2 x - y) e^{- y},

因此，

\frac{\partial g ( x , y )}{\partial x} = (4 x - 2 y) e^{- y} .

(II) 通过积分先计算 $g (x, y)$ ，即 $f (x, y - x)$ 的表达式：

f (x, y - x) = g (x, y) = \int \frac{\partial g ( x , y )}{\partial x} d x = \int (4 x - 2 y) e^{- y} d x = (2 x^{2} - 2 x y) e^{- y} + φ (y) = 2 x (x - y) e^{- y} + φ (y),

其中 $φ (y)$ 为关于 $y$ 的一元函数。

令 $u = x$ ， $v = y - x$ ，可得

f (u, v) = - 2 uv e^{- (u + v)} + φ (u + v) .

代入 $f (u, 0) = u^{2} e^{- u}$ 可得

φ (u) = u^{2} e^{- u},

于是，

f (u, v) = - 2 uv e^{- (u + v)} + (u + v)^{2} e^{- (u + v)} = (u^{2} + v^{2}) e^{- (u + v)} .

计算 $f (u, v)$ 的驻点：

f_{1}^{'} (u, v) = (2 u - u^{2} - v^{2}) e^{- (u + v)}, f_{2}^{'} (u, v) = (2 v - u^{2} - v^{2}) e^{- (u + v)} .

解方程组

{2 u - u^{2} - v^{2} = 0, 2 v - u^{2} - v^{2} = 0,

两式相减得 $u = v$ ，将其代入 $2 u - u^{2} - v^{2} = 0$ 可得 $2 u - 2 u^{2} = 0$ ，从而 $u = 0$ 或 $u = 1$ ，故驻点为 $(0, 0)$ 和 $(1, 1)$ 。

计算 $f (u, v)$ 的二阶偏导数：

f_{11}^{''} (u, v) f_{12}^{''} (u, v) f_{22}^{''} (u, v) = (u^{2} + v^{2} - 4 u + 2) e^{- (u + v)}, = (u^{2} + v^{2} - 2 u - 2 v) e^{- (u + v)}, = (u^{2} + v^{2} - 4 v + 2) e^{- (u + v)} .

对点 $(0, 0)$ ：

A = f_{11}^{''} (0, 0) = 2, B = f_{12}^{''} (0, 0) = 0, C = f_{22}^{''} (0, 0) = 2,

由于 $A C - B^{2} > 0$ ，且 $A > 0$ ，故点 $(0, 0)$ 为 $f (u, v)$ 的极小值点，极小值为 $f (0, 0) = 0$ 。

对点 $(1, 1)$ ：

A = f_{11}^{''} (1, 1) = 0, B = f_{12}^{''} (1, 1) = - 2 e^{- 2}, C = f_{22}^{''} (1, 1) = 0,

由于 $A C - B^{2} < 0$ ，故点 $(1, 1)$ 不是极值点。

综上所述， $f (u, v)$ 的表达式为 $(u^{2} + v^{2}) e^{- (u + v)}$ ，该函数有极小值，极小值为 $f (0, 0) = 0$ 。

21

（本题满分 12 分）

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上有二阶连续导数，证明： $f^{''} (x) \geq 0$ 的充分必要条件是对任意不同的实数 $a, b$ ，都有

f (\frac{a + b}{2}) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x

成立。

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【答案】 见解析

【解析】 先证明必要性，即若 $f^{''} (x) \geq 0$ ，则对任意不同的实数 $a, b$ ，都有

f (\frac{a + b}{2}) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x

成立。

（法一）不妨设 $b > a$ ，在区间 $[a, b]$ 上，使用 $f (x)$ 在点 $\frac{a + b}{2}$ 处的二阶泰勒公式

f (x) = f (\frac{a + b}{2}) + f^{'} (\frac{a + b}{2}) (x - \frac{a + b}{2}) + \frac{1}{2} f^{''} (ξ) (x - \frac{a + b}{2})^{2},

其中 $ξ$ 介于 $x$ 与 $\frac{a + b}{2}$ 之间。

将上式代入 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 可得

\int_{a}^{b} f (x) d x = f (\frac{a + b}{2}) (b - a) + \frac{1}{2} f^{''} (ξ) \int_{a}^{b} (x - \frac{a + b}{2})^{2} d x .

结合 $f^{''} (x) \geq 0$ 可得

\int_{a}^{b} f (x) d x \geq f (\frac{a + b}{2}) (b - a),

即

f (\frac{a + b}{2}) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x .

（法二）不妨设 $b > a$ ，令

F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t - f (\frac{a + x}{2}) (x - a), x \in [a, b],

则 $F (a) = 0$ ，且

F^{'} (x) = [f^{'} (ξ) - f^{'} (\frac{a + x}{2})] \frac{x - a}{2},

其中 $ξ \in (\frac{a + x}{2}, x)$ 。

由于 $f^{''} (x) \geq 0$ ，故 $f^{'} (x)$ 单调不减，从而 $f^{'} (ξ) \geq f^{'} (\frac{a + x}{2})$ ，即 $F^{'} (x) \geq 0$ 。
因此 $F (x)$ 在 $[a, b]$ 上单调不减，又 $F (a) = 0$ ，所以 $F (b) \geq 0$ ，即

\int_{a}^{b} f (x) d x \geq f (\frac{a + b}{2}) (b - a) .

下面证明充分性，即若对任意不同的 $a, b$ ，都有

f (\frac{a + b}{2}) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x

成立，则 $f^{''} (x) \geq 0$ 。

假设存在 $x_{0}$ ，使得 $f^{''} (x_{0}) < 0$ ，由二阶导数连续可得存在 $δ > 0$ ，在区间 $(x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ 内，均有 $f^{''} (x) < 0$ 。
取 $[a_{0}, b_{0}] \subset (x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ ，在区间 $[a_{0}, b_{0}]$ 上重复必要性中的做法可得

\int_{a_{0}}^{b_{0}} f (x) d x < f (\frac{a _{0} + b _{0}}{2}) (b_{0} - a_{0}),

即

f (\frac{a _{0} + b _{0}}{2}) > \frac{1}{b _{0} - a _{0}} \int_{a_{0}}^{b_{0}} f (x) d x,

这与前提矛盾。

因此，假设不正确， $f^{''} (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上恒非负。

综上所述， $f^{''} (x) \geq 0$ 的充分必要条件是对任意不同的实数 $a, b$ ，都有

f (\frac{a + b}{2}) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (x) d x

成立。

22

（本题满分 12 分）已知二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 3 x_{1}^{2} + 4 x_{2}^{2} + 3 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{3}$ 。

(1) 求正交矩阵 $Q$ ，使正交变换 $x = Q y$ 将二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 化为标准形；

(II) 证明 $min_{x \neq = 0} \frac{f ( x )}{x ^{T} x} = 2$ 。

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【答案】
(I) 正交矩阵 $Q = \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} 010 - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2}$ ，标准形为 $4 y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$ 。
(II) 见解析。

【解析】
分析本题主要考查二次型在正交变换下的标准形及其应用。

第（I）问较常规，写出 $f$ 对应的对称矩阵 $A$ ，计算 $A$ 的一组线性无关的特征向量并单位正交化即可。

注意到 $x^{T} x = (Q y)^{T} Q y = y^{T} Q^{T} Q y = Q^{T} Q = E y^{T} y$ ，即正交变换并不改变向量的长度，可以利用第（I）问所得标准形讨论 $\frac{f ( x )}{x ^{T} x}$ 的值。

$f$ 对应的矩阵 $A = 301040103$ 。

计算 $A$ 的特征多项式：

∣ λ E - A ∣ = λ - 3 0 - 1 0 λ - 4 0 - 1 0 λ - 3 = (λ - 4) [(λ - 3)^{2} - 1] = (λ - 4)^{2} (λ - 2)

$A$ 的特征值为 $4, 4, 2$ 。

分别计算 $A$ 的属于特征值 $4$ 和 $2$ 的特征向量。

考虑 $(4 E - A) x = 0$ ：

4 E - A = 10 - 1 000 - 1 01 \to 100000 - 1 00

解得 $ξ_{1} = 101$ ， $ξ_{2} = 010$ 。

考虑 $(2 E - A) x = 0$ ：

2 E - A = - 1 0 - 1 0 - 2 0 - 1 0 - 1 \to 100010100

解得 $ξ_{3} = - 1 01$ 。

由于 $ξ_{1}$ 、 $ξ_{2}$ 、 $ξ_{3}$ 相互正交，故只需将它们各自单位化即可得一组相互正交的单位特征向量：

ε_{1} = \frac{ξ _{1}}{∥ ξ _{1} ∥} = \frac{1}{2} 101, ε_{2} = \frac{ξ _{2}}{∥ ξ _{2} ∥} = 010, ε_{3} = \frac{ξ _{3}}{∥ ξ _{3} ∥} = \frac{1}{2} - 1 01

令 $Q = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3})$ ，则 $Q^{- 1} A Q = Q^{T} A Q = 400040002$ 。

作正交变换 $x = Q y$ ，则 $f$ 化为标准形 $4 y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$ 。

由第（I）问可知，在正交变换 $x = Q y$ 下， $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的标准形为 $4 y_{1}^{2} + 4 y_{2}^{2} + 2 y_{3}^{2}$ 。

又因为 $x^{T} x = (Q y)^{T} Q y = y^{T} Q^{T} Q y = Q^{T} Q = E y^{T} y = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ ，所以对 $x \neq = 0$ ，

\frac{f ( x )}{x ^{T} x} = x = Q y \frac{4 y _{1}^{2} + 4 y _{2}^{2} + 2 y _{3}^{2}}{y _{1}^{2} + y _{2}^{2} + y _{3}^{2}} \geq \frac{2 y _{1}^{2} + 2 y _{2}^{2} + 2 y _{3}^{2}}{y _{1}^{2} + y _{2}^{2} + y _{3}^{2}} = 2

因此， $min_{x \neq = 0} \frac{f ( x )}{x ^{T} x} = 2$ 。