2009 年真题

选择题

1

函数 $f(x) = \frac{x - x^{3}}{\sin \pi x}$ 的可去间断点的个数为（）

正确答案：C

函数 $f(x) = \frac{x - x^{3}}{\sin \pi x}$ 在 $x$ 取任意整数时均无定义，因此其间断点有无穷多个。可去间断点是指极限存在的点，应出现在 $x - x^{3} = 0$ 的解处，即 $x_{1,2,3} = 0, \pm 1$ 。

计算各点极限如下：

\lim_{x \to 0} \frac{x - x^{3}}{\sin \pi x} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - 3x^{2}}{\pi \cos \pi x} = \frac{1}{\pi}

\lim_{x \to 1} \frac{x - x^{3}}{\sin \pi x} = \lim_{x \to 1} \frac{1 - 3x^{2}}{\pi \cos \pi x} = \frac{2}{\pi}

\lim_{x \to -1} \frac{x - x^{3}}{\sin \pi x} = \lim_{x \to -1} \frac{1 - 3x^{2}}{\pi \cos \pi x} = \frac{2}{\pi}

因此，可去间断点共有三个，分别为 $0$ 、 $1$ 和 $-1$ 。

2

当 $x \to 0$ 时， $f(x) = x - \sin(ax)$ 与 $g(x) = x^{2} \ln(1 - b x)$ 是等价无穷小，则( )

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

正确答案：A

$f(x) = x - \sin(ax)$ ， $g(x) = x^{2} \ln(1 - b x)$ 为等价无穷小，则

\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{x - \sin(ax)}{x^{2} \ln(1 - b x)} = \lim_{x \to 0} \frac{x - \sin(ax)}{x^{2} \cdot (-b x)}.

使用洛必达法则：

= \lim_{x \to 0} \frac{1 - a \cos(ax)}{-3b x^{2}}.

再次使用洛必达法则：

= \lim_{x \to 0} \frac{a^{2} \sin(ax)}{-6b x} = \lim_{x \to 0} \frac{a^{2} \sin(ax)}{-\frac{6b}{a} \cdot a x} = -\frac{a^{3}}{6b} = 1.

因此 $a^{3} = -6b$ ，故排除 B、C。

另外，极限

\lim_{x \to 0} \frac{1 - a \cos(ax)}{-3b x^{2}}

存在，蕴含 $1 - a \cos(ax) \to 0$ 当 $x \to 0$ ，故 $a = 1$ ，排除 D。

所以本题选 A。

3

设函数 $z = f(x, y)$ 的全微分为 $d z = x \, dx + y \, dy$ ，则点 $(0,0)$ （）

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

正确答案：D

由 $d z = x \, dx + y \, dy$ 可得 $\frac{\partial z}{\partial x} = x$ ， $\frac{\partial z}{\partial y} = y$ 。

A = \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} = 1, \quad B = \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^{2} z}{\partial y \partial x} = 0, \quad C = \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = 1

在 $(0,0)$ 处， $\frac{\partial z}{\partial x} = 0$ ， $\frac{\partial z}{\partial y} = 0$ 。

AC - B^{2} = 1 > 0

因此， $(0,0)$ 是函数 $z = f(x, y)$ 的一个极小值点。

4

设函数 $f(x, y)$ 连续，则

\int_{1}^{2} dx \int_{x}^{2} f(x, y) \, dy + \int_{1}^{2} dy \int_{y}^{4-y} f(x, y) \, dx = ( \quad )

高等数学多元函数积分学交换积分次序与坐标系之间的转化

正确答案：C

给定积分表达式为：

\int_{1}^{2} dx \int_{x}^{2} f(x, y) dy + \int_{1}^{2} dy \int_{y}^{4-y} f(x, y) dx

其积分区域分为两部分：

D_{1} = \{(x, y) \mid 1 \leq x \leq 2, x \leq y \leq 2\}, \quad D_{2} = \{(x, y) \mid 1 \leq y \leq 2, y \leq x \leq 4-y\}

将两个区域合并为一块：

D = \{(x, y) \mid 1 \leq y \leq 2, 1 \leq x \leq 4-y\}

因此，二重积分可表示为：

\int_{1}^{2} dy \int_{1}^{4-y} f(x, y) dx

故答案为 C。

5

若 $f''(x)$ 不变号，且曲线 $y = f(x)$ 在点 $(1,1)$ 处的曲率圆为 $x^{2} + y^{2} = 2$ ，则 $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 内（）

高等数学一元函数微分学曲线的凹凸性、拐点及渐近线

正确答案：B

由题意可知， $f(x)$ 是一个凸函数，即 $f''(x) < 0$ ，且在点 $(1,1)$ 处的曲率为：

\rho = \frac{|y''|}{(1+(y')^{2})^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}}

同时已知 $f'(1) = -1$ ， $f''(1) = -2$ 。

在区间 $[1,2]$ 上， $f'(x) \leq f'(1) = -1 < 0$ ，说明 $f(x)$ 在该区间上单调递减，没有极值点。

根据拉格朗日中值定理，存在 $\zeta \in (1,2)$ 使得：

f(2) - f(1) = f'(\zeta) < -1

因此 $f(2) < 0$ ，而 $f(1) = 1 > 0$ 。

由零点定理可知，在区间 $[1,2]$ 上 $f(x)$ 存在零点，故应选 (B)。

6

设函数 $y = f(x)$ 在区间 $[-1, 3]$ 上的图形如图所示，则函数 $F(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt$ 的图形为（）。

高等数学一元函数积分学定积分的概念、性质及几何意义

正确答案：D

当 $x \in [0,1]$ 时， $F(x) \leq 0$ 且单调递减。

当 $x \in [1,2]$ 时， $F(x)$ 单调递增。

当 $x \in [2,3]$ 时， $F(x)$ 为常函数。

当 $x \in [-1,0]$ 时， $F(x) \leq 0$ 为线性函数，且单调递增。

由于 $F(x)$ 为连续函数，结合上述特点，可见正确选项为 D。

7

设 $A, B$ 均为 2 阶矩阵， $A^{*}, B^{*}$ 分别为 $A, B$ 的伴随矩阵，若 $|A| = 2, |B| = 3$ ，则分块矩阵

\begin{pmatrix} 0 & A \\ B & 0 \end{pmatrix}

的伴随矩阵为（）

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：B

根据 $C C^{*} = |C| E$ ，若 $C^{*} = |C| C^{-1}$ ，则 $C^{-1} = \frac{1}{|C|} C^{*}$ 。

考虑分块矩阵

\begin{pmatrix} 0 & A \\ B & 0 \end{pmatrix}

的行列式为

\left| \begin{array}{cc} 0 & A \\ B & 0 \end{array} \right| = (-1)^{2 \times 2} |A| |B| = 2 \times 3 = 6.

其伴随矩阵为

6 \begin{pmatrix} 0 & B^{-1} \\ A^{-1} & 0 \end{pmatrix} = 6 \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{|B|} B^{*} \\ \frac{1}{|A|} A^{*} & 0 \end{pmatrix} = 6 \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{3} B^{*} \\ \frac{1}{2} A^{*} & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 B^{*} \\ 3 A^{*} & 0 \end{pmatrix}.

因此答案为 B。

8

设 $P$ 为 3 阶矩阵， $P^{\top} A P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ ，若 $P = (\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3})$ ， $Q = (\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3})$ ，则 $Q^{\top} A Q$ 为 ( )

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：A

设 $Q = P E_{12}(1)$ ，其中 $E_{12}(1)$ 为初等矩阵，则

\begin{aligned} Q^{\top} A Q &= \left[P E_{12}(1)\right]^{\top} A \left[P E_{12}(1)\right] = E_{12}^{\top}(1) \left[P^{\top} A P\right] E_{12}(1) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{\top} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \end{aligned}

故答案为 A。

填空题

9

（填空题）曲线

\begin{cases} x = \int_{0}^{1 - t} e^{-u^{2}} \, du \\ y = t^{2} \ln(2 - t^{2}) \end{cases}

在 $t = 1$ 处的切线方程为

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

【答案】 $y = 2x$

【解析】
曲线

\begin{cases} x = \int_{0}^{1 - t} e^{-u^{2}} \, du \\ y = t^{2} \ln(2 - t^{2}) \end{cases}

在 $t = 1$ 处的切线方程为

【解析】
已知 $\frac{dy}{dt} = 2t \ln(2 - t^{2}) + t^{2} \cdot \frac{-2t}{2 - t^{2}}$ ，将 $t = 1$ 代入得

\frac{dy}{dt} = 2 \ln 1 + 1 \cdot \frac{-2}{1} = -2

又 $\frac{dx}{dt} = e^{-(1 - t)^{2}} \cdot (-1)$ ，将 $t = 1$ 代入得

\frac{dx}{dt} = e^{0} \cdot (-1) = -1

因此

\frac{dy}{dx} = \frac{-2}{-1} = 2

当 $t = 1$ 时，

x = \int_{0}^{0} e^{-u^{2}} \, du = 0, \quad y = 1^{2} \ln(2 - 1^{2}) = 0

切线方程为

y = 2x

10

（填空题）已知 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{k|x|} \, dx = 1$ ，则 $k =$

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 $k = -2$

【解析】 首先计算积分：

1 = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{k|x|} \, dx = 2 \int_{0}^{+\infty} e^{kx} \, dx

进一步计算：

2 \int_{0}^{+\infty} e^{kx} \, dx = 2 \lim_{b \to +\infty} \left. \frac{1}{k} e^{kx} \right|_{0}^{b}

为使极限存在，需满足 $k < 0$ ，此时：

1 = 2 \lim_{b \to +\infty} \frac{1}{k} (e^{kb} - 1) = -\frac{2}{k}

解得：

k = -2

11

（填空题） $\lim\limits_{n \to \infty} \int_{0}^{1} e^{-x} \sin(nx) \, dx =$

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 0

【解析】 令 $I_{n} = \int_{0}^{1} e^{-x} \sin nx \, dx$ ，利用分部积分法可得：

I_{n} = -\frac{n \cos nx + \sin nx}{n^{2}+1} e^{-x} \Big|_{0}^{1}

则：

\lim_{n \to \infty} I_{n} = \lim_{n \to \infty} \left( -\frac{n \cos n + \sin n}{(n^{2}+1)e} + \frac{n}{n^{2}+1} \right) = 0

12

（填空题）设 $y = y(x)$ 是由方程 $xy + e^{y} = x + 1$ 确定的函数，则 $\left. \frac{d^{2}y}{dx^{2}} \right|_{x=0} =$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 -3

【解析】
对方程两边求导得 $y + xy' + e^{y}y' = 1$ 。

当 $x = 0$ 时，代入原方程得 $0 + e^{y} = 0 + 1$ ，即 $y = 0$ 。

此时 $0 + 0 + e^{0}y' = 1$ ，解得 $y'(0) = 1$ 。

再对 $y + xy' + e^{y}y' = 1$ 求导得：

2y' + xy'' + (y')^{2}e^{y} + y''e^{y} = 0

将 $x = 0$ 、 $y = 0$ 、 $y'(0) = 1$ 代入得：

2 \times 1 + 0 + 1^{2} \times 1 + y'' \times 1 = 0

解得 $y''(0) = -3$ 。

13

（填空题）函数 $y = x^{2x}$ 在区间 $(0, 1]$ 上的最小值为

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】 $e^{-\frac{2}{e}}$

【解析】
函数 $y = x^{2x} = e^{2x \ln x}$ ，求导得

y' = e^{2x \ln x} \left( 2 \ln x + 2 \right) = x^{2x} \left( 2 \ln x + 2 \right)

令 $y' = 0$ ，得 $\ln x = -1$ ，即 $x = \frac{1}{e}$ 。

当 $0 < x < \frac{1}{e}$ 时， $\ln x < -1$ ，因此 $2 \ln x + 2 < 0$ ，即 $y' < 0$ ；
当 $x > \frac{1}{e}$ 时， $\ln x > -1$ ，因此 $2 \ln x + 2 > 0$ ，即 $y' > 0$ 。

所以 $x = \frac{1}{e}$ 为极小值点，最小值为

y\left( \frac{1}{e} \right) = \left( \frac{1}{e} \right)^{2 \times \frac{1}{e}} = e^{-\frac{2}{e}}

14

（填空题）设 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$ 为三维列向量， $\boldsymbol{\beta}^{\top} \boldsymbol{\alpha}$ 是数，已知 $\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\beta}^{\top} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ，则 $\boldsymbol{\beta}^{\top} \boldsymbol{\alpha} =$

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】 2

【解析】 $\alpha\beta^{\top}$ 为矩阵，其主对角线元素之和为 $\beta^{\top}\alpha$ 。

矩阵

\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

的主对角线元素之和为 $2+0+0=2$ ，故 $\beta^{\top}\alpha=2$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）求极限

\lim _{x \to 0} \frac{(1 - \cos x)\left[x - \ln (1 + \tan x)\right]}{\sin ^{4} x}

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】

\begin{align*} &\lim _{x \to 0} \frac{(1-\cos x)[x-\ln (1+\tan x)]}{\sin ^{4} x} \\ &= \lim _{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} x^{2}[x-\ln (1+\tan x)]}{\sin ^{4} x} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{x - \ln(1 + \tan x)}{x^{2}} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \frac{\tan^{2}x}{2} + o(\tan^{2}x)}{x^{2}} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{x - \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})}{x^{2}} = \frac{1}{4} \end{align*}

16

（本题满分 10 分）计算不定积分

\int \ln \left(1 + \sqrt{\frac{1 + x}{x}} \right) \, dx \quad (x > 0)

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】 $\int \ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) dx=x\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{1+x}+\sqrt{x})+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\sqrt{x+x^{2}}+C$

【解析】 令 $\sqrt{\frac{1+x}{x}}=t$ ，得 $x=\frac{1}{t^{2}-1}$ ， $dx=\frac{-2t}{(t^{2}-1)^{2}}dt$ 。

\int \ln(1+t)d\left(\frac{1}{t^{2}-1}\right)=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}-\int \frac{1}{(t^{2}-1)(t+1)}dt

而

\int \frac{1}{(t^{2}-1)(t+1)}dt=\int \frac{1}{(t-1)(t+1)^{2}}dt=\frac{1}{4}\int \left(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}-\frac{2}{(t+1)^{2}}\right)dt

=\frac{1}{4}\ln|t-1|-\frac{1}{4}\ln|t+1|+\frac{1}{2(t+1)}+C

所以

\int \ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) dx=\frac{\ln(1+t)}{t^{2}-1}+\frac{1}{4}\ln\frac{t+1}{t-1}-\frac{1}{2(t+1)}+C

=x\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{1+x}+\sqrt{x})-\frac{\sqrt{x}}{2(\sqrt{1+x}+\sqrt{x})}+C

=x\ln \left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{1+x}+\sqrt{x})+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\sqrt{x+x^{2}}+C

17

（本题满分 10 分）设 $z = f(x + y, x - y, xy)$ ，其中 $f$ 具有 2 阶连续偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$ 。

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】
$\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}' + f_{2}' + y f_{3}'$
$\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = f_{3}' + f_{11}'' - f_{22}'' + x y f_{33}'' + (x + y) f_{13}'' + (x - y) f_{23}''$

【解析】

\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}' + f_{2}' + y f_{3}'

\begin{align*} \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} &= f_{11}'' \cdot 1 + f_{12}'' \cdot (-1) + f_{13}'' \cdot x + f_{21}'' \cdot 1 + f_{22}'' \cdot (-1) + f_{23}'' \cdot x + f_{3}' \\ &\quad + y \left( f_{31}'' \cdot 1 + f_{32}'' \cdot (-1) + f_{33}'' \cdot x \right) \\ &= f_{3}' + f_{11}'' - f_{22}'' + x y f_{33}'' + (x + y) f_{13}'' + (x - y) f_{23}'' \end{align*}

18

（本题满分 10 分）设非负函数 $y = y(x) \ (x \geq 0)$ 满足微分方程 $x y'' - y' + 2 = 0$ ，当曲线 $y = y(x)$ 过原点时，其与直线 $x = 1$ 及 $y = 0$ 围成平面区域 $D$ 的面积为 2，求 $D$ 绕 $y$ 轴旋转所得旋转体体积。

高等数学常微分方程其他方程

【答案】 $\frac{17\pi}{6}$

【解析】 解微分方程 $x y'' - y' + 2 = 0$ ，令 $p = y'$ ，则方程化为 $x p' - p + 2 = 0$ ，即

\frac{dp}{dx} - \frac{1}{x}p = -\frac{2}{x}.

其通解为

\begin{align*} p &= e^{\int \frac{1}{x}dx} \left( \int -\frac{2}{x} e^{-\int \frac{1}{x}dx} dx + C_{1} \right) \\ &= x \left( -2 \int \frac{1}{x^{2}} dx + C_{1} \right) \\ &= x \left( \frac{2}{x} + C_{1} \right) \\ &= 2 + C_{1}x. \end{align*}

所以 $y' = 2 + C_{1}x$ ，积分得

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

因为曲线过原点，所以 $C_{2} = 0$ ，即

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

由区域 $D$ 的面积为 2，得

\int_{0}^{1} \left( 2x + \frac{1}{2}C_{1}x^{2} \right) dx = 2,

即

\left[ x^{2} + \frac{C_{1}}{6}x^{3} \right]_{0}^{1} = 1 + \frac{C_{1}}{6} = 2,

解得 $C_{1} = 6$ 。

所以

y = 2x + 3x^{2}.

$D$ 绕 $y$ 轴旋转所得旋转体体积用柱壳法计算：

\begin{align*} V &= 2\pi \int_{0}^{1} x(2x + 3x^{2}) \, dx \\ &= 2\pi \int_{0}^{1} (2x^{2} + 3x^{3}) \, dx \\ &= 2\pi \left[ \frac{2}{3}x^{3} + \frac{3}{4}x^{4} \right]_{0}^{1} \\ &= 2\pi \left( \frac{2}{3} + \frac{3}{4} \right) \\ &= 2\pi \times \frac{17}{12} \\ &= \frac{17\pi}{6}. \end{align*}

19

（本题满分 10 分）计算二重积分

\int_{D} (x - y) \, dx \, dy,

其中

D = \left\{ (x, y) \,\middle|\, (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} \leq 2, \ y \geq x \right\}.

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $-\frac{8}{3}$

【解析】 区域 $D$ 是以 $(1,1)$ 为圆心、 $\sqrt{2}$ 为半径的圆中 $y \geq x$ 的部分。使用极坐标变换，令 $x = 1 + r\cos\theta$ ， $y = 1 + r\sin\theta$ ，则 $r \leq \sqrt{2}$ ， $\theta$ 的范围为 $\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{5\pi}{4}$ 。

\int_{D}(x-y) \, dx \, dy = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}} \left[(1 + r\cos\theta) - (1 + r\sin\theta)\right] r \, dr

= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} (\cos\theta - \sin\theta) \, d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{2} \, dr

= \left[ \sin\theta + \cos\theta \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} \times \left[ \frac{1}{3} r^{3} \right]_{0}^{\sqrt{2}}

= \left( \sin\frac{5\pi}{4} + \cos\frac{5\pi}{4} - \sin\frac{\pi}{4} - \cos\frac{\pi}{4} \right) \times \frac{1}{3} \times (\sqrt{2})^{3}

= \left( -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \times \frac{2\sqrt{2}}{3}

= (-2\sqrt{2}) \times \frac{2\sqrt{2}}{3} = -\frac{8}{3}

20

（本题满分 11 分）

设 $y = y(x)$ 是区间 $(-\pi, \pi)$ 内过点 $\left( -\frac{\pi}{\sqrt{2}}, \frac{\pi}{\sqrt{2}} \right)$ 的光滑曲线，当 $-\pi < x < 0$ 时，曲线上任一点处的法线都过原点，当 $0 \leq x < \pi$ 时，函数 $y(x)$ 满足 $y'' + y + x = 0$ 。求 $y(x)$ 的表达式。

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

【答案】

y = \begin{cases} \sqrt{\pi^2 - x^2}, & -\pi < x < 0 \\ \pi\cos x + \sin x - x, & 0 \leq x < \pi \end{cases}

【解析】
由题意，当 $-\pi < x < 0$ 时， $y = -\frac{x}{y'}$ ，即 $y \, dy = -x \, dx$ ，得 $y^2 = -x^2 + c$ 。

将 $y\left(-\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right) = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$ 代入 $y^2 = -x^2 + c$ ，得 $c = \pi^2$ ，从而有 $x^2 + y^2 = \pi^2$ 。

当 $0 \leq x < \pi$ 时， $y'' + y + x = 0$ ，得 $y'' + y = 0$ 的通解为 $y^* = c_1 \cos x + c_2 \sin x$ 。

令特解为 $y_1 = A x + b$ ，代入得 $0 + A x + b + x = 0$ ，解得 $A = -1$ ， $b = 0$ ，故 $y_1 = -x$ 。

因此 $y'' + y + x = 0$ 的通解为 $y = c_1 \cos x + c_2 \sin x - x$ 。

由于 $y = y(x)$ 是 $(-\pi, \pi)$ 内的光滑曲线，故 $y$ 在 $x = 0$ 处连续。

由 $y(0^-) = \pm\pi$ ， $y(0^+) = c_1$ ，得 $c_1 = \pm\pi$ 时， $y = y(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

当 $-\pi < x < 0$ 时，由 $2x + 2y \cdot y' = 0$ ，得 $y_-'(0) = -\frac{x}{y} = 0$ 。

当 $0 \leq x < \pi$ 时， $y' = -c_1 \sin x + c_2 \cos x - 1$ ，得 $y_+'(0) = c_2 - 1$ 。

由 $y_-'(0) = y_+'(0)$ 得 $c_2 - 1 = 0$ ，即 $c_2 = 1$ 。

因此 $y = y(x)$ 的表达式为：

y = \begin{cases} \sqrt{\pi^2 - x^2}, & -\pi < x < 0 \\ \pi\cos x + \sin x - x, & 0 \leq x < \pi \end{cases}

或

y = \begin{cases} -\sqrt{\pi^2 - x^2}, & -\pi < x < 0 \\ -\pi\cos x + \sin x - x, & 0 \leq x < \pi \end{cases}

又因为曲线过点 $\left(-\frac{\pi}{\sqrt{2}}, \frac{\pi}{\sqrt{2}}\right)$ ，所以取：

y = \begin{cases} \sqrt{\pi^2 - x^2}, & -\pi < x < 0 \\ \pi\cos x + \sin x - x, & 0 \leq x < \pi \end{cases}

21

（本题满分 11 分）

(I) 证明拉格朗日中值定理：若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，则存在 $\xi \in (a, b)$ ，使得

f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a);

(II) 证明：若函数 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，在 $(0, \delta)$ （其中 $\delta > 0$ ）内可导，且

\lim_{x \to 0^{+}} f'(x) = A,

则 $f_{+}'(0)$ 存在，且 $f_{+}'(0) = A$ 。

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】
(I) 见解析
(II) $f_{+}'(0) = A$

【解析】
构造辅助函数 $\varphi(x) = f(x) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$ 。

则 $\varphi(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $\varphi(a) = 0$ ， $\varphi(b) = 0$ 。

根据罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $\varphi'(\xi) = 0$ ，即 $f'(\xi) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0$ ，因此 $f(b) - f(a) = f'(\xi)(b-a)$ 。

任取 $x_{0} \in (0, \delta)$ ，在 $[0,x_{0}]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,x_{0})$ ，使得 $\frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}-0} = f'(\xi)$ 。

当 $x_{0} \to 0^{+}$ 时， $\xi \to 0^{+}$ 。因为 $\lim_{x \to 0^{+}} f'(x) = A$ ，所以

\lim_{x_{0} \to 0^{+}} \frac{f(x_{0})-f(0)}{x_{0}} = \lim_{\xi \to 0^{+}} f'(\xi) = A,

即 $f_{+}'(0) = A$ 。

22

（本题满分 11 分）

(I) 求满足 $A \boldsymbol{\xi}_{2} = \boldsymbol{\xi}_{1}$ ， $A^{2} \boldsymbol{\xi}_{3} = \boldsymbol{\xi}_{1}$ 的所有向量 $\boldsymbol{\xi}_{2}$ ， $\boldsymbol{\xi}_{3}$

(II) 对 (I) 中的任一向量 $\boldsymbol{\xi}_{2}$ ， $\boldsymbol{\xi}_{3}$ ，证明： $\boldsymbol{\xi}_{1}$ ， $\boldsymbol{\xi}_{2}$ ， $\boldsymbol{\xi}_{3}$ 线性无关

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(I) $\boldsymbol{\xi}_{2} = k_{1} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，其中 $k_{1}$ 为任意常数； $\boldsymbol{\xi}_{3} = k_{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ ，其中 $k_{2}$ 为任意常数。
(II) 见解析。

【解析】
(I) 解方程 $A \boldsymbol{\xi}_{2} = \boldsymbol{\xi}_{1}$

\left(A, \boldsymbol{\xi}_{1}\right) = \begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -4 & -2 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

$r(A) = 2$ ，故有一个自由变量。令 $x_{3} = 2$ ，由 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 解得 $x_{2} = -1$ ， $x_{1} = 1$ 。

求特解，令 $x_{1} = x_{2} = 0$ ，得 $x_{3} = 1$ ，故

\boldsymbol{\xi}_{2} = k_{1} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

其中 $k_{1}$ 为任意常数。

解方程 $A^{2} \boldsymbol{\xi}_{3} = \boldsymbol{\xi}_{1}$

A^{2} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ -2 & -2 & 0 \\ 4 & 4 & 0 \end{pmatrix}

\left(A^{2}, \boldsymbol{\xi}_{1}\right) = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & -1 \\ -2 & -2 & 0 & 1 \\ 4 & 4 & 0 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

故有两个自由变量。令 $x_{3} = 1$ ，由 $A^{2} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 得 $x_{1} = 0$ ， $x_{2} = 0$ 。

求特解，令 $x_{1} = -\frac{1}{2}$ ， $x_{2} = 0$ ， $x_{3} = 0$ ，故

\boldsymbol{\xi}_{3} = k_{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

其中 $k_{2}$ 为任意常数。

(II) 证明：

设存在常数 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ ，使得

k_{1} \boldsymbol{\xi}_{1} + k_{2} \boldsymbol{\xi}_{2} + k_{3} \boldsymbol{\xi}_{3} = \boldsymbol{0}

将

\boldsymbol{\xi}_{1} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\xi}_{2} = k_{1} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\xi}_{3} = k_{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

代入得：

k_{1} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} + k_{2} \left( k_{1} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right) + k_{3} \left( k_{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right) = \boldsymbol{0}

整理后可得关于 $k_{1}, k_{2}, k_{3}$ 的线性方程组，其系数行列式为：

\begin{vmatrix} -1 & k_{1} & -\frac{k_{3}}{2} \\ 1 & -k_{1} & 0 \\ -2 & 2k_{1} + k_{2} & k_{2} + k_{3} \end{vmatrix}

计算行列式值为 $\frac{1}{2} \neq 0$ ，故 $k_{1} = k_{2} = k_{3} = 0$ ，即 $\boldsymbol{\xi}_{1}, \boldsymbol{\xi}_{2}, \boldsymbol{\xi}_{3}$ 线性无关。

23

（本题满分 11 分）设二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = a x_1^2 + a x_2^2 + (a - 1) x_3^2 + 2 x_1 x_3 - 2 x_2 x_3$

（Ⅰ）求二次型 $f$ 的矩阵的所有特征值；

（Ⅱ）若二次型 $f$ 的规范形为 $y_1^2 + y_2^2$ ，求 $a$ 的值。

线性代数二次型矩阵的特征值与特征向量

【答案】
（Ⅰ）特征值为 $\lambda_1 = a$ ， $\lambda_2 = a - 2$ ， $\lambda_3 = a + 1$ 。
（Ⅱ） $a = 2$ 。

【解析】
（Ⅰ）

A = \begin{pmatrix} a & 0 & 1 \\ 0 & a & -1 \\ 1 & -1 & a - 1 \end{pmatrix}

\begin{align*} |\lambda E - A| &= \begin{vmatrix} \lambda - a & 0 & -1 \\ 0 & \lambda - a & 1 \\ -1 & 1 & \lambda - a + 1 \end{vmatrix} \\ &= (\lambda - a)\begin{vmatrix} \lambda - a & 1 \\ 1 & \lambda - a + 1 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} 0 & \lambda - a \\ -1 & 1 \end{vmatrix} \\ &= (\lambda - a)\left[(\lambda - a)(\lambda - a + 1) - 1\right] - \left[0 + (\lambda - a)\right] \\ &= (\lambda - a)\left[(\lambda - a)(\lambda - a + 1) - 2\right] \\ &= (\lambda - a)\left[\lambda^2 - 2a\lambda + \lambda + a^2 - a - 2\right] \\ &= (\lambda - a)\left\{a\left[\lambda + \frac{1}{2}(1 - 2a)\right]^2 - \frac{9}{4}\right\} \\ &= (\lambda - a)(\lambda - a + 2)(\lambda - a - 1) \end{align*}

因此，特征值为 $\lambda_1 = a$ ， $\lambda_2 = a - 2$ ， $\lambda_3 = a + 1$ 。

（Ⅱ）

若规范形为 $y_1^2 + y_2^2$ ，说明有两个正特征值，一个零特征值。

若 $\lambda_1 = a = 0$ ，则 $\lambda_2 = -2 < 0$ ， $\lambda_3 = 1 > 0$ ，不符合要求。
若 $\lambda_2 = 0$ ，即 $a = 2$ ，则 $\lambda_1 = 2 > 0$ ， $\lambda_3 = 3 > 0$ ，符合要求。
若 $\lambda_3 = 0$ ，即 $a = -1$ ，则 $\lambda_1 = -1 < 0$ ， $\lambda_2 = -3 < 0$ ，不符合要求。

综上， $a = 2$ 。