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2023 年真题

22 题

选择题

1

函数 $y = x ln (e + \frac{1}{x - 1})$ 的渐近线方程为

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正确答案：B

正确答案：B

（方法一）

首先计算斜率 $k$ ：

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

接着计算截距 $b$ ：

b = x \to \infty lim (y - k x) = x \to \infty lim x [ln (e + \frac{1}{x - 1}) - 1] = x \to \infty lim x [ln (1 + \frac{1}{e ( x - 1 )})] = x \to \infty lim \frac{x}{e ( x - 1 )} = \frac{1}{e},

其中 $lim_{x \to \infty} {x ln [1 + \frac{1}{e ( x - 1 )}] - \frac{1}{e}} = 0$ 。

因此，所求斜渐近线方程为 $y = x + \frac{1}{e}$ 。

（方法二）

将函数 $y$ 展开：

y = x ln (e + \frac{1}{x - 1}) = x + x ln [1 + \frac{1}{e ( x - 1 )}] = x + \frac{1}{e} + {x ln [1 + \frac{1}{e ( x - 1 )}] - \frac{1}{e}},

2

函数 $f (x) = {\frac{1}{1 + x ^{2}}, (x + 1) cos x, x \leq 0 x > 0$ 的一个原函数为

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正确答案：D

正确答案：D

\int f (x) d x = {\int \frac{1}{1 + x ^{2}} d x, \int (x + 1) cos x d x, x \leq 0, x > 0, = {ln (x + x^{2} + 1) + C_{1}, (x + 1) sin x + cos x + C_{2}, x \leq 0, x > 0.

由于 $f (x)$ 为连续函数，所以 $C_{1} = 1 + C_{2}$ 。

\int f (x) d x = {ln (x + x^{2} + 1) + 1 + C, (x + 1) sin x + cos x + C, x \leq 0, x > 0.

(D) 为正确答案。

3

已知 ${x_{n}}$ 、 ${y_{n}}$ 满足： $x_{1} = y_{1} = \frac{1}{2}$ ， $x_{n + 1} = sin x_{n}$ ， $y_{n + 1} = y_{n}^{2} (n = 1, 2, \dots)$ ，则当 $n \to \infty$ 时，（）

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正确答案：B

正确答案：B

由递推关系可知， ${x_{n}}$ 、 ${y_{n}}$ 均为单调减数列，且为无穷小。由 $y_{1} = \frac{1}{2}$ ， $y_{n + 1} = y_{n}^{2}$ 可知，

y_{2} = (\frac{1}{2})^{2}, y_{3} = (\frac{1}{2})^{2^{2}}, \dots, y_{n + 1} = (\frac{1}{2})^{2^{n}} = (\frac{1}{4})^{2^{n - 1}}

由于 $sin x > \frac{2}{π} x$ （当 $0 < x < \frac{π}{2}$ 时），有

x_{n + 1} > \frac{2}{π} x_{n} > (\frac{2}{π})^{2} x_{n - 1} > \dots > (\frac{2}{π})^{n} x_{1} = \frac{1}{2} (\frac{2}{π})^{n}

故

0 < \frac{y _{n + 1}}{x _{n + 1}} < \frac{( \frac{1}{4} ) ^{2^{n - 1}}}{\frac{1}{2} ( \frac{2}{π} ) ^{n}} \to 0 (当 n \to \infty 时)

因此， $y_{n}$ 是 $x_{n}$ 的高阶无穷小。

4

若微分方程 $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ 的解在 $(- \infty, + \infty)$ 上有界，则

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正确答案：C

正确答案：C

微分方程的特征方程为 $λ^{2} + aλ + b = 0$ ，特征根为 $λ_{1, 2} = \frac{- a \pm a ^{2} - 4 b}{2}$ 。

若 $a^{2} - 4 b > 0$ ，特征方程有两个实根且 $λ_{1} \neq = λ_{2}$ ，微分方程的解为 $y = C_{1} e^{λ_{1} x} + C_{2} e^{λ_{2} x}$ ，在 $(- \infty, + \infty)$ 上无界。
若 $a^{2} - 4 b = 0$ ，则 $λ_{1} = λ_{2} = - \frac{a}{2}$ ，微分方程的解为 $y = (C_{1} + C_{2} x) e^{- \frac{a}{2} x}$ ，在 $(- \infty, + \infty)$ 上无界。
若 $a^{2} - 4 b < 0$ ，则 $λ_{1, 2} = \frac{- a \pm 4 b - a ^{2} i}{2}$ ，微分方程的解为 $y = e^{- \frac{a}{2} x} (C_{1} cos \frac{4 b - a ^{2}}{2} x + C_{2} sin \frac{4 b - a ^{2}}{2} x)$ 。若此解在 $(- \infty, + \infty)$ 上有界，则 $a = 0$ ，进而 $b > 0$ 。

因此答案选 (C)。

【评注】本题还可从选项出发，验证只有 (C) 符合条件。

5

设函数 $y = f (x)$ 由

{x = 2 t + ∣ t ∣ y = ∣ t ∣ sin t

确定，则

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正确答案：C

正确答案：C

当 $t \geq 0$ 时，

{x = 3 t y = t sin t

即 $y = \frac{x}{3} sin \frac{x}{3}$ ；
当 $t < 0$ 时，

{x = t y = - t sin t

即 $y = - x sin x$ 。

因此，

y = {\frac{x}{3} sin \frac{x}{3}, - x sin x, x \geq 0 x < 0

计算一阶导数：

y^{'} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{3} sin \frac{x}{3} + \frac{x}{9} cos \frac{x}{3}, 0, - sin x - x cos x, x > 0, x = 0, x < 0

由

y_{+}^{'} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{x}{3} sin \frac{x}{3} - 0}{x} = 0, y_{-}^{'} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{- x sin x - 0}{x} = 0,

故 $f^{'} (0) = 0$ ，且 $f^{'} (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

计算二阶导数：

y_{+}^{''} (0) = x \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{3} sin \frac{x}{3} + \frac{x}{9} cos \frac{x}{3} - 0}{x} = \frac{2}{9},

y_{-}^{''} (0) = x \to 0^{-} lim \frac{- sin x - x cos x - 0}{x} = - 2.

左右二阶导数不相等，故 $f^{''} (0)$ 不存在。

【评注】泰勒公式判断导数存在性：

y = {\frac{x}{3} sin \frac{x}{3} = \frac{x ^{2}}{9} + \dots, x \geq 0, - x sin x = - x^{2} + \dots, x < 0

故 $y_{+}^{''} (0) = \frac{2}{9}$ ， $y_{-}^{''} (0) = - 2$ ，因此 $y^{''} (0)$ 不存在。

6

若函数 $f (α) = \int_{2}^{+ \infty} \frac{1}{x ( l n x ) ^{α + 1}} d x$ 在 $α = α_{0}$ 处取得最小值，则 $α_{0} =$

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正确答案：A

正确答案：A

广义积分 $\int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( l n x ) ^{α + 1}}$ 当 $α > 0$ 时收敛，所以 $f (α)$ 的定义域为 $α > 0$ 。

当 $α > 0$ 时，

f (α) = \int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( ln x ) ^{α + 1}} = \int_{2}^{+ \infty} \frac{d ln x}{( ln x ) ^{α + 1}} = - \frac{1}{α ( ln x ) ^{α}}_{2}^{+ \infty} = \frac{1}{α ( ln 2 ) ^{α}} .

记 $g (α) = α (ln 2)^{α}$ ，则

g^{'} (α) = (ln 2)^{α} + α (ln 2)^{α} ln (ln 2) = (ln 2)^{α} [1 + α ln (ln 2)] .

令 $g^{'} (α) = 0$ ，得 $α = - \frac{1}{l n ( l n 2 )}$ 。

当 $0 < α < - \frac{1}{l n ( l n 2 )}$ 时， $g^{'} (α) > 0$ ；当 $α > - \frac{1}{l n ( l n 2 )}$ 时， $g^{'} (α) < 0$ 。

所以 $g (α)$ 在 $α_{0} = - \frac{1}{l n ( l n 2 )}$ 点取得最大值，从而 $f (α)$ 在 $α_{0} = - \frac{1}{l n ( l n 2 )}$ 点取得最小值。

7

设函数 $f (x) = (x^{2} + a) e^{x}$ ，若 $f (x)$ 没有极值点，但曲线 $y = f (x)$ 有拐点，则 $a$ 的取值范围是

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正确答案：C

正确答案：C

由 $f (x) = (x^{2} + a) e^{x}$ 可知，

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

f^{''} (x) = (x^{2} + 4 x + a + 2) e^{x} .

要使得 $f (x)$ 没有极值点，二次多项式 $x^{2} + 2 x + a$ 的判别式 $Δ = 4 - 4 a \leq 0$ ，即 $a \geq 1$ 。

要使得 $f (x)$ 有拐点，二次多项式 $x^{2} + 4 x + (a + 2)$ 的判别式 $Δ = 16 - 4 (a + 2) > 0$ ，即 $a < 2$ 。

所以 $a \in [1, 2)$ 。

8

设 $V = A O E B^{*}$ ，则 $V =$ （）

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正确答案：D

正确答案：D

（方法一）分别令 (A)、(B)、(C)、(D) 选项中的矩阵为 $I_{1}$ 、 $I_{2}$ 、 $I_{3}$ 、 $I_{4}$ 。

[A O E B] I_{4} = [A O E B] [∣ B ∣ A^{*} O - A^{*} B^{*} ∣ A ∣ B^{*}] = [∣ A ∣∣ B ∣ E O - ∣ A ∣ B^{*} + ∣ A ∣ B^{*} ∣ A ∣∣ B ∣ E] = [∣ A ∣∣ B ∣ E O O ∣ A ∣∣ B ∣ E]

因此，选项 (D) 是正确的。

（方法二）

[A O E B]^{*} = A O E B [A O E B]^{- 1} = ∣ A ∣∣ B ∣ [A^{- 1} O - A^{- 1} B^{- 1} B^{- 1}] = [∣ A ∣∣ B ∣ A^{- 1} O - ∣ A ∣∣ B ∣ A^{- 1} B^{- 1} ∣ A ∣∣ B ∣ B^{- 1}] = [∣ B ∣ A^{*} O - A^{*} B^{*} ∣ A ∣ B^{*}]

9

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{1} + x_{3})^{2} - 4 (x_{2} - x_{3})^{2}$ 的形为 (\ )

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正确答案：B

正确答案：B

（方法一）配方法

= = = = = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{1} + x_{3})^{2} - 4 (x_{2} - x_{3})^{2} x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + x_{2}^{2} + x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{3} + x_{3}^{2} - 4 x_{2}^{2} + 8 x_{2} x_{3} - 4 x_{3}^{2} 2 x_{1}^{2} - 3 x_{2}^{2} - 3 x_{3}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{1} x_{3} + 8 x_{2} x_{3} 2 [(x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} + \frac{1}{2} x_{3})^{2} - \frac{1}{4} x_{2}^{2} - \frac{1}{4} x_{3}^{2} - \frac{1}{2} x_{2} x_{3}] - 3 x_{2}^{2} - 3 x_{3}^{2} + 8 x_{2} x_{3} 2 (x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} + \frac{1}{2} x_{3})^{2} - \frac{7}{2} x_{2}^{2} - \frac{7}{2} x_{3}^{2} + 7 x_{2} x_{3} 2 (x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} + \frac{1}{2} x_{3})^{2} - \frac{7}{2} (x_{2} - x_{3})^{2}

正确答案为（B）。

（方法二）合同变换法
二次型对应的对称矩阵为

A = 211 1 - 3 4 14 - 3

通过合同变换可得正惯性指数为 $1$ ，负惯性指数为 $1$ ，故选（B）。

（方法三）特征值法
计算

∣ λ E - A ∣ = λ (λ + 7) (λ - 3) = 0

特征值为 $0$ 、 $3$ 、 $- 7$ ，正惯性指数为 $1$ ，负惯性指数为 $1$ ，故选（B）。

（方法四）可逆线性变换
令

⎩ ⎨ ⎧ z_{1} = x_{1} + x_{2}, z_{2} = x_{1} + x_{3}, z_{3} = x_{3},

则

f = - 3 z_{1}^{2} - 3 z_{2}^{2} + 8 z_{1} z_{2}

其对应的矩阵特征值为 $1$ 、 $- 7$ 、 $0$ ，正惯性指数为 $1$ ，负惯性指数为 $1$ ，故选（B）。

10

已知向量

$α_{1} = 123$ ， $α_{2} = 211$ ， $β_{1} = 259$ ， $β_{2} = 101$ 。

若向量 $γ$ 既可由 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 线性表示，也可由 $β_{1}$ 、 $β_{2}$ 线性表示，则 $γ =$ （）

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正确答案：D

正确答案：D

设 $γ = x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} = x_{3} β_{1} + x_{4} β_{2}$ ，即 $x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} - x_{3} β_{1} - x_{4} β_{2} = 0$ 。

对矩阵 $[α_{1}, α_{2}, - β_{1}, - β_{2}]$ 进行行初等变换，得到行最简形：

100010001 3 - 1 1

方程组的解为：

x = x_{4} - 3 1 - 1 1, x_{4} \in R

则：

γ = - 3 x_{4} α_{1} + x_{4} α_{2} = x_{4} - 3 - 6 - 9 + x_{4} 211 = k 158

其中 $k = - x_{4} \in R$ 。

正确答案为 (D)。

填空题

11

（填空题）当 $x \to 0$ 时，函数 $f (x) = a x + b x^{2} + ln (1 + x)$ 与 $g (x) = e^{x^{2}} - cos x$ 是等价无穷小，则 $ab =$ 。

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【答案】 -2

【解析】 由题设知：

1 = x \to 0 lim \frac{a x + b x ^{2} + ln ( 1 + x )}{e ^{x^{2}} - cos x} = x \to 0 lim \frac{a x + b x ^{2} + x - \frac{x ^{2}}{2} + o ( x ^{2} )}{[ 1 + x ^{2} + o ( x ^{2} ) ] - [ 1 - \frac{x ^{2}}{2} + o ( x ^{2} ) ]} = x \to 0 lim \frac{( a + 1 ) x + ( b - \frac{1}{2} ) x ^{2} + o ( x ^{2} )}{\frac{3}{2} x ^{2} + o ( x ^{2} )},

则 $a + 1 = 0$ 且 $b - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ ，解得 $a = - 1$ ， $b = 2$ ，故 $ab = - 2$ 。

12

（填空题）曲线 $y = \int_{- 3}^{x} 3 - t^{2} d t$ 的弧长为。

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【答案】 $3 + \frac{4}{3} π$

【解析】

函数 $y = \int_{- 3}^{x} 3 - t^{2} d t$ 的定义域为 $[- 3, 3]$ 。

所求弧长为：

s = \int_{- 3}^{3} 1 + y^{'2} d x = \int_{- 3}^{3} 4 - x^{2} d x

由于被积函数为偶函数，可得：

s = 2 \int_{0}^{3} 4 - x^{2} d x

令 $x = 2 sin t$ ，则：

s = 2 \int_{0}^{\frac{π}{3}} 4 cos^{2} t d t = 8 \int_{0}^{\frac{π}{3}} cos^{2} t d t

利用恒等式 $cos^{2} t = \frac{1 + c o s 2 t}{2}$ ，得：

s = 4 \int_{0}^{\frac{π}{3}} (1 + cos 2 t) d t

计算积分：

s = 4 [t + \frac{sin 2 t}{2}]_{0}^{\frac{π}{3}} = 4 (\frac{π}{3} + \frac{sin \frac{2 π}{3}}{2}) = 4 (\frac{π}{3} + \frac{3}{4}) = 3 + \frac{4}{3} π

因此，弧长为 $3 + \frac{4}{3} π$ 。

13

（填空题）设函数 $z = z (x, y)$ 由 $e^{z} + x z = 2 x - y$ 确定，则 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}}_{(1, 1)} =$ 。

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【答案】 $- \frac{3}{2}$

【解析】 当 $x = y = 1$ 时，由 $e^{z} + z = 1$ 得 $z = 0$ 。

方程 $e^{z} + x z = 2 x - y$ 两边对 $x$ 求偏导，有

e^{z} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + z + x \frac{\partial z}{\partial x} = 2

①式两端再对 $x$ 求偏导数，有

e^{z} \cdot (\frac{\partial z}{\partial x})^{2} + e^{z} \cdot \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial x} + x \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} = 0

将 $x = y = 1$ ， $z = 0$ 代入①式得

\frac{\partial z}{\partial x}_{(1, 1)} = 1

再将 $x = y = 1$ ， $z = 0$ ， $\frac{\partial z}{\partial x} = 1$ 代入②得 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}}_{(1, 1)} = - \frac{3}{2} .$

14

（填空题）曲线 $3 x^{3} = y^{5} + 2 y^{3}$ 在 $x = 1$ 对应点处的法线斜率为。

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【答案】 $- \frac{11}{9}$

【解析】
将 $x = 1$ 代入 $3 x^{3} = y^{5} + 2 y^{3}$ 得 $y = 1$ 。
等式 $3 x^{3} = y^{5} + 2 y^{3}$ 两端对 $x$ 求导，得

9 x^{2} = 5 y^{4} y^{'} + 6 y^{2} y^{'}

将 $x = 1$ ， $y = 1$ 代入上式，得

y^{'} (1) = \frac{9}{11}

所以，曲线 $3 x^{3} = y^{5} + 2 y^{3}$ 在 $x = 1$ 对应点处的法线斜率为

- \frac{11}{9}

15

（填空题）设函数 $f (x)$ 满足： $f (x + 2) - f (x) = x$ ， $\int_{0}^{2} f (x) d x = 0$ ，则 $\int_{1}^{3} f (x) d x =$ 。

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【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 首先，将积分拆分为两部分：

\int_{1}^{3} f (x) d x = \int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{2}^{3} f (x) d x

接着，对第二项进行变量替换。令 $x = t + 2$ ，则当 $x = 2$ 时， $t = 0$ ；当 $x = 3$ 时， $t = 1$ 。
于是有：

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

根据题意， $f (x + 2) = f (x) + x$ ，代入得：

\int_{0}^{1} f (x + 2) d x = \int_{0}^{1} [f (x) + x] d x = \int_{0}^{1} f (x) d x + \int_{0}^{1} x d x = \int_{0}^{1} f (x) d x + \frac{1}{2}

因此，原积分变为：

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

又因为 $\int_{1}^{2} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x = \frac{1}{2}$ ，代入得：

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

最终结果为 $\frac{1}{2}$ 。

16

（填空题）已知行列式 $a 11 0 a 2 11 a = 4$ ，则 $11 a a 2 b 1 a 0 =$ 。

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【答案】 8

【解析】 已知题中方程组有解，所以 $r (A) = r (B)$ ，其中

A = a 11 a 0 a 2 b 11 a 0, B = a 11 a 0 a 2 b 11 a 0 1002 .

又因为

a 11 0 a 2 11 a = 4 \neq = 0,

所以 $r (A) = 3$ ，从而 $r (B) = 3$ ， $∣ B ∣ = 0$ 。

计算行列式：

∣ B ∣ = a 11 a 0 a 2 b 11 a 0 1002 = 4 - 11 a a 2 b 1 a 0 + 2 a 11 0 a 2 11 a = 8 - 11 a a 2 b 1 a 0 = 0.

所以

11 a a 2 b 1 a 0 = 8.

解答题

17

（本题满分 $10$ 分）

设曲线 $L : y = y (x) (x > c)$ 经过点 $(c^{2}, 0)$ 。 $L$ 上任一点 $P (x, y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距。

(1) 求 $y (x)$ ；

(2) 在 $L$ 上求一点，使得该点处的切线与两坐标轴所围三角形的面积最小，并求此最小面积。

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【答案】
(1) $y (x) = x (2 - ln x)$
(2) 所求点为 $(e^{\frac{3}{2}}, \frac{1}{2} e^{\frac{3}{2}})$ ，最小面积为 $e^{3}$

【解析】
(1) 设曲线 $y = y (x)$ 在点 $(x, y)$ 处的切线方程为

Y - y = y^{'} (X - x),

则在 $y$ 轴上的截距为 $y - x y^{'}$ ，从而有

x = y - x y^{'},

即

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

解此方程得

y (x) = x (C - ln x) .

由 $y (e^{2}) = 0$ 可知， $C = 2$ ，则

y (x) = x (2 - ln x) .

(2) 设曲线 $y = x (2 - ln x)$ 在点 $(x, y)$ 处的切线方程为

Y - y = y^{'} (X - x),

令 $X = 0$ 得

Y = y - x y^{'} = x,

令 $Y = 0$ 得

X = \frac{x}{ln x - 1} .

该切线与两坐标轴所围三角形的面积为

S (x) = \frac{1}{2} X Y = \frac{x ^{2}}{2 ( ln x - 1 )} .

则

S^{'} (x) = \frac{x ( 2 ln x - 3 )}{2 ( ln x - 1 ) ^{2}} .

令 $S^{'} (x) = 0$ 得驻点 $x = e^{\frac{3}{2}}$ ，且当 $e < x < e^{\frac{3}{2}}$ 时 $S^{'} (x) < 0$ ，当 $x > e^{\frac{3}{2}}$ 时 $S^{'} (x) > 0$ ，故 $S (x)$ 在 $x = e^{\frac{3}{2}}$ 处取最小值，最小值为

S (e^{\frac{3}{2}}) = e^{3} .

因而所求点为

(e^{\frac{3}{2}}, \frac{1}{2} e^{\frac{3}{2}}),

所围三角形的最小面积为 $e^{3}$ 。

18

（本题满分 $12$ 分）

求函数 $f (x, y) = x e^{c o s y} + \frac{x ^{2}}{2}$ 的极值。

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【答案】 函数在点 $(- e, kπ)$ （其中 $k$ 为偶数）处取极小值 $- \frac{e ^{2}}{2}$ 。

【解析】 由

{f_{x}^{'} = e^{c o s y} + x = 0 f_{y}^{'} = - x sin y e^{c o s y} = 0

得驻点为 $(- e^{(- 1)^{k}}, kπ)$ ，其中 $k = 0, \pm 1, \dots$ 。

可计算：

A = f_{xx}^{''} = 1, B = f_{x y}^{''} = - sin y e^{c o s y}, C = f_{yy}^{''} = - x (cos y - sin^{2} y) e^{c o s y} .

在驻点处，判别式为

Δ = B^{2} - A C = - e^{(- 1)^{k}} \cdot (- 1)^{k} e^{(- 1)^{k}} .

当 $k$ 为奇数时， $Δ = e^{- 2} > 0$ ，不是极值点；
当 $k$ 为偶数时， $Δ = - e^{2} < 0$ ，且 $A = 1 > 0$ ，此时函数取极小值：

f (- e, kπ) = - \frac{e ^{2}}{2}, (k) .

19

（本题满分 12 分）

已知平面区域
$D = {(x, y) 0 \leq y \leq \frac{1}{x 1 + x ^{2}}, x \geq 1}$

(1) 求 $D$ 的面积；
(2) 求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

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

【解析】
(1) 所求面积为

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

(2) 所求旋转体体积为

V = π \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{2} ( 1 + x ^{2} )} = π \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{1 + x ^{2}}) d x = - π (\frac{1}{x} + arctan x)_{1}^{+ \infty} = π (1 - \frac{π}{4}) .

20

（本题满分 12 分）

设平面有界区域 D 位于第一象限,由曲线 $x^{2} + y^{2} - x y = 1, x^{2} + y^{2} - x y = 2$ 与直线 $y = 3 x$ 、 $y = 0$ 围成,计算 $\iint_{D} \frac{1}{3 x ^{2} + y ^{2}} d x d y$

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【答案】 $\frac{3 l n 2}{24} π$

【解析】 曲线 $x^{2} + y^{2} - x y = 1$ 和 $x^{2} + y^{2} - x y = 2$ 的极坐标方程为：

r_{1}^{2} = \frac{1}{1 - cos θ sin θ}, r_{2}^{2} = \frac{2}{1 - cos θ sin θ} .

则

\iint_{D} \frac{1}{3 x ^{2} + y ^{2}} d x d y = \int_{0}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{1 - c o s θ s i n θ}}^{\frac{2}{1 - c o s θ s i n θ}} \frac{1}{r ^{2} ( 3 cos ^{2} θ + sin ^{2} θ )} \cdot r d r .

计算内层积分：

\int_{\frac{1}{1 - c o s θ s i n θ}}^{\frac{2}{1 - c o s θ s i n θ}} \frac{1}{r ( 3 cos ^{2} θ + sin ^{2} θ )} d r = \frac{1}{3 cos ^{2} θ + sin ^{2} θ} \cdot ln 2 .

于是

\iint_{D} \frac{1}{3 x ^{2} + y ^{2}} d x d y = \int_{0}^{\frac{π}{3}} ln 2 \cdot \frac{1}{3 cos ^{2} θ + sin ^{2} θ} d θ = \frac{1}{2} ln 2 \cdot \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{d tan θ}{3 + tan ^{2} θ} .

进一步计算：

\frac{1}{2} ln 2 \cdot \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{d tan θ}{3 + tan ^{2} θ} = \frac{ln 2}{2 3} \cdot arctan \frac{tan θ}{3}_{0}^{\frac{π}{3}} = \frac{3 ln 2}{24} π .

21

（本题满分 12 分）
设函数 $f (x)$ 在 $[- a, a]$ 上具有 $2$ 阶连续导数，证明：

(1)若 $f (0) = 0$ ,则存在 $ξ \in (- a, a)$ 使得 $f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)]$ (2)若 $f (x)$ 在 $(- a, a)$ 内取得极值,则存在 $η \in (- a, a)$ ,使得 $∣ f^{''} (η) ∣ \geq \frac{1}{2 a ^{2}} ∣ f (a) - f (- a) ∣$

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【答案】 见解析

【解析】
（Ⅰ）由泰勒公式可知：

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( η )}{2 !} x^{2} = f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( η )}{2 !} x^{2},

其中 $η$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。

则：

f (a) = f^{'} (0) a + \frac{f ^{''} ( η _{1} )}{2 !} a^{2}, (0 < η_{1} < a) (1)

f (- a) = - f^{'} (0) a + \frac{f ^{''} ( η _{2} )}{2 !} a^{2}, (- a < η_{2} < 0) (2)

(1) + (2) 得：

f (a) + f (- a) = \frac{a ^{2}}{2} [f^{''} (η_{1}) + f^{''} (η_{2})] (3)

又 $f^{''} (x)$ 在 $[η_{2}, η_{1}]$ 上连续，则必有最小值 $m$ 和最大值 $M$ ，且：

m ⩽ \frac{1}{2} [f^{''} (η_{1}) + f^{''} (η_{2})] ⩽ M

由介值定理知，存在 $ξ \in [η_{2}, η_{1}] \subset (- a, a)$ ，使得：

f^{''} (ξ) = \frac{1}{2} [f^{''} (η_{1}) + f^{''} (η_{2})]

代入(3) 式得：

f^{''} (ξ) = \frac{1}{a ^{2}} [f (a) + f (- a)]

（Ⅱ）设 $f (x)$ 在 $x_{0} \in (- a, a)$ 取得极值，则 $f^{'} (x_{0}) = 0$ 。由泰勒公式可知：

f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f ^{''} ( ξ )}{2 !} (x - x_{0})^{2} = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( ξ )}{2 !} (x - x_{0})^{2}

其中 $ξ$ 介于 $x_{0}$ 与 $x$ 之间。则 $f (- a) = f (x_{0}) + \frac{f ^{''} ( ξ _{1} )}{2 !} (- a - x_{0})^{2}, (- a < ξ_{1} < x_{0})$

22

（本题满分 $12$ 分）

设 $A$ 作用于 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 为

A x_{1} x_{2} x_{3} = x_{1} + x_{2} + x_{3} 2 x_{1} - x_{2} + x_{3} x_{2} - x_{3}

$(1)$ 求 $A$ ；

(2)求可逆矩阵 $P$ 与对角矩阵 $Λ$ ,使得 $P^{- 1} A P = Λ$

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【答案】
(1) $A = 120 1 - 1 1 11 - 1$
(2) 特征值： $λ_{1} = - 1$ , $λ_{2} = - 2$ , $λ_{3} = 2$ ；特征向量： $ξ_{1} = - 1 02$ , $ξ_{2} = 01 - 1$ , $ξ_{3} = 431$ ；令 $P = - 1 02 01 - 1 431$ ，则 $P^{- 1} A P = - 1 00 0 - 2 0 002$ 。

【解析】
(1) $A = A E = A 100010001 = 120 1 - 1 1 11 - 1$ 。

(2) 令 $∣ A - λ E ∣ = 1 - λ 20 1 - 1 - λ 1 11 - 1 - λ = - (λ + 2) (λ - 2) (λ + 1) = 0$ ，求得 $A$ 的特征值为 $λ_{1} = - 1$ ， $λ_{2} = - 2$ ， $λ_{3} = 2$ 。

先求解方程组 $(A + E) x = 0$ ，其中 $A + E = 220101110$ 。
经行变换得 $100010 \frac{1}{2} 00$ ，通解为 $x = k_{1} (- 1, 0, 2)^{T}$ ，取属于 $λ_{1} = - 1$ 的特征向量为 $ξ_{1} = (- 1, 0, 2)^{T}$ 。

再求解 $(A + 2 E) x = 0$ ，其中 $A + 2 E = 320111111$ 。
经行变换得 $100010010$ ，通解为 $x = k_{2} (0, 1, - 1)^{T}$ ，取属于 $λ_{2} = - 2$ 的特征向量为 $ξ_{2} = (0, 1, - 1)^{T}$ 。

最后求解 $(A - 2 E) x = 0$ ，其中 $A - 2 E = - 1 20 1 - 3 1 11 - 3$ 。
经行变换得 $100010 - 4 - 3 0$ ，通解为 $x = k_{3} (4, 3, 1)^{T}$ ，取属于 $λ_{3} = 2$ 的特征向量为 $ξ_{3} = (4, 3, 1)^{T}$ 。

令 $P = [ξ_{1}, ξ_{2}, ξ_{3}] = - 1 02 01 - 1 431$ ，则 $P^{- 1} A P = - 1 00 0 - 2 0 002$ 。