2013 年真题

选择题

1

设 $\cos x - 1 = x \sin \alpha(x)$ ，其中 $|\alpha(x)| < \frac{\pi}{2}$ ，当 $x \to 0$ 时， $\alpha(x)$ 是（）

正确答案：C

由于 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin \alpha(x)}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1}{2}$ ，可得 $\lim\limits_{x \to 0} \sin \alpha(x) = 0$ 。

因此当 $x \to 0$ 时， $\alpha(x) \to 0$ ，于是 $\sin \alpha(x) \sim \alpha(x)$ 。

进而有：

\lim_{x \to 0} \frac{\sin \alpha(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{x} = -\frac{1}{2}

所以 $\alpha(x)$ 是与 $x$ 同阶但不等价的无穷小。

2

设函数 $y = f(x)$ 由方程 $\cos(xy) + \ln y - x = 1$ 确定，则

\lim_{n \to \infty} n\left[f\left(\frac{2}{n}\right) - 1\right] = \text{ }

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

正确答案：A

由方程可知 $f(0) = 1$ ，

\lim_{n \to \infty} n\left[f\left(\frac{2}{n}\right) - 1\right] = \lim_{n \to \infty} 2 \cdot \frac{f\left(\frac{2}{n}\right) - f(0)}{\frac{2}{n}} = 2f'(0).

对方程两边求导得：

-(y + xy')\sin(xy) + \frac{y'}{y} - 1 = 0.

令 $x = 0$ ，此时 $y = 1$ ，代入得 $f'(0) = 1$ ，
因此

\lim_{n \to \infty} n\left[f\left(\frac{2}{n}\right) - 1\right] = 2.

3

设函数 $f(x) = \begin{cases} \sin x, & 0 \leq x < \pi \\ 2, & \pi \leq x \leq 2\pi \end{cases}$ ，记 $F(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt$ ，则（）

高等数学一元函数积分学变限积分

正确答案：C

$F(x) = \int_{0}^{x} f(t) dt = \begin{cases} \int_{0}^{x} \sin t dt = 1 - \cos x, & 0 \leq x < \pi \\ \int_{0}^{\pi} \sin t dt + \int_{\pi}^{x} 2 dt = 2(x - \pi + 1), & \pi \leq x \leq 2\pi \end{cases}$

由于 $\lim\limits_{x \to \pi^{-}} F(x) = \lim\limits_{x \to \pi^{+}} F(x) = 2$ ，因此 $F(x)$ 在 $x = \pi$ 处连续。

计算左右导数：

\lim\limits_{x \to \pi^{-}} \frac{F(x) - F(\pi)}{x - \pi} = \lim\limits_{x \to \pi^{-}} \frac{1 - \cos x - 2}{x - \pi} = 0

\lim\limits_{x \to \pi^{+}} \frac{F(x) - F(\pi)}{x - \pi} = \lim\limits_{x \to \pi^{+}} \frac{2(x - \pi)}{x - \pi} = 2

左右导数不相等，因此 $F(x)$ 在 $x = \pi$ 处不可导。

4

设 $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{(x - 1)^{\alpha + 1}}, & 1 < x < e \\ \frac{1}{x \ln^{\alpha + 1} x}, & x \geq e \end{cases}$ ，则 $\int_{1}^{+\infty} f(x) \, dx$ 收敛的充要条件是（　　）

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

正确答案：D

因为 $\int_{1}^{+\infty} f(x) dx = \int_{1}^{e} f(x) dx + \int_{e}^{+\infty} f(x) dx$ 。

当 $1 < x < e$ 时，考虑 $\int_{1}^{e} \frac{1}{(x - 1)^{\alpha + 1}} dx$ 。令 $t = x - 1$ ，则积分变为 $\int_{0}^{e - 1} \frac{1}{t^{\alpha + 1}} dt$ 。该积分收敛需满足 $\alpha + 1 < 1$ ，即 $\alpha < 0$ 。

当 $x \geq e$ 时，考虑 $\int_{e}^{+\infty} \frac{1}{x \ln^{\alpha + 1} x} dx$ 。令 $u = \ln x$ ，则积分变为 $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{u^{\alpha + 1}} du$ 。该积分收敛需满足 $\alpha + 1 > 1$ ，即 $\alpha > 0$ 。

综上， $\alpha$ 需同时满足 $\alpha < 0$ 与 $\alpha > 0$ ，但这是不可能的，因此原积分在任意 $\alpha$ 下均不收敛。

5

设 $z = \frac{y}{x} f(xy)$ ，其中 $f$ 可导，则

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

多元函数微分学偏导数的概念与计算

正确答案：A

已知 $z = \frac{y}{x} f(xy)$ ，则

\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{y}{x^2} f(xy) + \frac{y^2}{x} f'(xy),

\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{x} f(xy) + \frac{y}{x} \cdot x f'(xy) = \frac{1}{x} f(xy) + y f'(xy).

因此，

\frac{x}{y} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{x}{y} \left( -\frac{y}{x^2} f(xy) + \frac{y^2}{x} f'(xy) \right) + \frac{1}{x} f(xy) + y f'(xy).

展开并化简：

= -\frac{1}{x} f(xy) + y f'(xy) + \frac{1}{x} f(xy) + y f'(xy) = 2y f'(xy).

6

设 $D_{k}$ 是区域 $D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leq 1\}$ 在第 $k$ 象限的部分，记 $I_{k} = \iint_{D_{k}} (y - x) \, dx \, dy \ (k = 1, 2, 3, 4)$ ，则（）

高等数学多元函数积分学重积分的概念与性质

正确答案：B

令 $x = r \cos \theta$ ， $y = r \sin \theta$ ，则

I_{k} = \int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} \int_{0}^{1} (r \sin \theta - r \cos \theta) r \, dr \, d\theta = \int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} (\sin \theta - \cos \theta) \, d\theta \int_{0}^{1} r^2 \, dr = \frac{1}{3} \int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} (\sin \theta - \cos \theta) \, d\theta.

当 $k = 2$ 时， $\theta$ 的范围为 $\frac{\pi}{2}$ 到 $\pi$ ，此时

\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} (\sin \theta - \cos \theta) \, d\theta = \left[ -\cos \theta - \sin \theta \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} = (1 - 0) - (0 - 1) = 2 > 0,

故 $I_{2} > 0$ 。

7

设矩阵 $A, B, C$ 均为 $n$ 阶矩阵，若 $AB = C$ ，且 $B$ 可逆，则（　　）

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：B

由 $C = AB$ 可知， $C$ 的列向量组可由 $A$ 的列向量组线性表示。

由于 $B$ 可逆，可得 $A = CB^{-1}$ ，因此 $A$ 的列向量组也可由 $C$ 的列向量组线性表示。

根据向量组等价的定义，矩阵 $C$ 的列向量组与矩阵 $A$ 的列向量组等价。

8

矩阵 $\begin{pmatrix} 1 & a & 1 \\ a & b & a \\ 1 & a & 1 \end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 相似的充分必要条件是（）

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：B

相似矩阵的特征值相同，迹相同，行列式相同。
第二个矩阵的特征值为 $2, b, 0$ ，则原矩阵的迹为 $2 + b + 0 = 2 + b$ 。
原矩阵的迹为 $1 + b + 1 = b + 2$ ，满足迹相等。

原矩阵行列式为 $0$ （因为第三个特征值为 $0$ ）。
计算原矩阵行列式：按第一行展开得

1 \times (b \times 1 - a \times a) - a \times (a \times 1 - a \times 1) + 1 \times (a \times a - b \times 1) = b - a^2 + 0 + a^2 - b = 0

恒成立。

对于特征值 $2$ ，代入 $|A - 2E| = 0$ ，得

\begin{vmatrix} -1 & a & 1 \\ a & b - 2 & a \\ 1 & a & -1 \end{vmatrix} = 0

计算得
$-1 \times [(b - 2)(-1) - a^2] - a \times [a \times (-1) - a \times 1] + 1 \times [a^2 - (b - 2) \times 1] = (b - 2 + a^2) - a \times (-2a) + (a^2 - b + 2) = b - 2 + a^2 + 2a^2 + a^2 - b + 2 = 4a^2 = 0$ ，

故 $a = 0$ ， $b$ 无其他限制，为任意常数。

填空题

9

（填空题）

\lim_{x \to 0} \left( 2 - \frac{\ln(1 + x)}{x} \right)^{\frac{1}{x}} = \_\_\_\_\_\_

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $e^{\frac{1}{2}}$

【解析】
原式 $= e^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln\left(1 + \frac{\ln(1 + x)}{x}\right)}{x}}$ 。

考虑极限部分：

\lim_{x \to 0} \frac{\ln\left(1 + \frac{\ln(1 + x)}{x}\right)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \frac{\ln(1 + x)}{x}}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \left(1 - \frac{1}{2}x + o(x)\right)}{x} = \frac{1}{2}

因此答案为 $e^{\frac{1}{2}}$ 。

10

（填空题）设函数 $f(x) = \int_{-1}^{x} \sqrt{1 - e^{t}} \, dt$ ，则 $y = f(x)$ 的反函数 $x = f^{-1}(y)$ 在 $y = 0$ 处的导数 $\left. \frac{dx}{dy} \right|_{y=0} =$

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{1}{\sqrt{1 - e^{-1}}}$

【解析】 已知 $\frac{d y}{d x} = \sqrt{1 - e^{x}}$ ，因此

\frac{d x}{d y} = \frac{1}{\sqrt{1 - e^{x}}}

当 $y = 0$ 时，对应的 $x = -1$ ，代入得

\left.\frac{d x}{d y}\right|_{y=0} = \left.\frac{1}{\sqrt{1 - e^{x}}}\right|_{x=-1} = \frac{1}{\sqrt{1 - e^{-1}}}

11

（填空题）设封闭曲线的极坐标方程为 $r = \cos 3\theta \left( -\frac{\pi}{6} \leq \theta \leq \frac{\pi}{6} \right)$ ， $L$ 所围成的平面图形的面积为

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】 $S = \frac{\pi}{12}$

【解析】
所围图形的面积为：

S = \frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2 3\theta \, d\theta

利用对称性及倍角公式，可改写为：

S = \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1 + \cos 6\theta}{2} \, d\theta

计算得：

S = \frac{\pi}{12}

12

（填空题）曲线

\begin{cases} x = \arctan t \\ y = \ln \sqrt{1 + t^{2}} \end{cases}

在 $t = 1$ 处的法线方程为

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】 $y + x - \frac{\pi}{4} - \ln \sqrt{2} = 0$

【解析】 已知 $\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{t}{1+t^2}}{\frac{1}{1+t^2}} = t$ ，因此 $\left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=1} = 1$ 。

当 $t = 1$ 时， $x = \frac{\pi}{4}$ ， $y = \ln \sqrt{2}$ 。

法线斜率为 $-1$ ，故法线方程为：

y - \ln \sqrt{2} = -\left(x - \frac{\pi}{4}\right)

整理得：

y + x - \frac{\pi}{4} - \ln \sqrt{2} = 0

13

（填空题）已知 $y_{1} = e^{3x} - x e^{2x}$ ， $y_{2} = e^{x} - x e^{2x}$ ， $y_{3} = -x e^{2x}$ 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的 3 个解，该方程满足条件 $y|_{x = 0} = 0$ ， $y'|_{x = 0} = 1$ 的解为 $y = \underline{\quad\quad}$ 。

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

【答案】 $y = e^{3x} - e^{x} - xe^{2x}$

【解析】 由题意可知： $e^{3x}$ 与 $e^{x}$ 是对应齐次方程的解，而 $-xe^{2x}$ 是非齐次方程的一个特解。

因此，非齐次方程的通解为：

y = C_{1}e^{3x} + C_{2}e^{x} - xe^{2x}

将初始条件代入通解，解得：

C_{1} = 1, \quad C_{2} = -1

于是满足条件的特解为：

y = e^{3x} - e^{x} - xe^{2x}

14

（填空题）设 $A = (a_{ij})$ 是三阶非零矩阵， $|A|$ 为 $A$ 的行列式， $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式，若 $a_{ij} + A_{ij} = 0 \ (i, j = 1, 2, 3)$ ，则 $|A| =$

线性代数行列式

【答案】 -1

【解析】 由 $a_{ij} + A_{ij} = 0$ 可知， $A^{\top} = -A^{*}$ 。

\begin{aligned} |A| &= a_{i1} A_{i1} + a_{i2} A_{i2} + a_{i3} A_{i3} \\ &= a_{1j} A_{1j} + a_{2j} A_{2j} + a_{3j} A_{3j} \\ &= -\sum_{j=1}^{3} a_{ij}^2 = -\sum_{i,j=1}^{3} a_{ij}^2 < 0 \end{aligned}

从而有

|A| = |A^{\top}| = |-A^{*}| = (-1)^3 |A^{*}| = -|A|^2,

故 $|A| = -1$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）

当 $x \to 0$ 时， $1 - \cos x \cdot \cos 2x \cdot \cos 3x$ 与 $a x^n$ 为等价无穷小，求 $n$ 与 $a$ 的值。

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

【答案】 $n = 2$ , $a = 7$

【解析】 因为当 $x \to 0$ 时， $1 - \cos x \cdot \cos 2x \cdot \cos 3x$ 与 $ax^n$ 为等价无穷小，所以

\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x \cdot \cos 2x \cdot \cos 3x}{ax^n} = 1

又因为：

\begin{align*} 1 - \cos x \cdot \cos 2x \cdot \cos 3x &= 1 - \cos x \\ &\quad + \cos x - \cos x \cdot \cos 2x \\ &\quad + \cos x \cdot \cos 2x - \cos x \cdot \cos 2x \cdot \cos 3x \end{align*}

即

\begin{align*} 1 - \cos x \cdot \cos 2x \cdot \cos 3x &= 1 - \cos x + \cos x(1 - \cos 2x) + \cos x \cdot \cos 2x(1 - \cos 3x) \end{align*}

因此，

\begin{align*} &\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x \cdot \cos 2x \cdot \cos 3x}{ax^n} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x + \cos x(1 - \cos 2x) + \cos x \cdot \cos 2x(1 - \cos 3x)}{ax^n} \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{1 - \cos x}{ax^n} + \frac{\cos x(1 - \cos 2x)}{ax^n} + \frac{\cos x \cdot \cos 2x(1 - \cos 3x)}{ax^n} \right) \end{align*}

利用等价无穷小替换：

1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2, \quad 1 - \cos 2x \sim \frac{1}{2}(2x)^2, \quad 1 - \cos 3x \sim \frac{1}{2}(3x)^2

可得：

\lim_{x \to 0} \left( \frac{\frac{1}{2}x^2 + o(x^2)}{ax^n} + \frac{\frac{1}{2}(2x)^2 + o(x^2)}{ax^n} + \frac{\frac{1}{2}(3x)^2 + o(x^2)}{ax^n} \right)

为使极限存在且为 1，必有 $n = 2$ ，且

\frac{1}{2a} + \frac{4}{2a} + \frac{9}{2a} = 1 \Rightarrow \frac{14}{2a} = 1 \Rightarrow a = 7

16

（本题满分 10 分）

设 $D$ 是由曲线 $y = x^{\frac{1}{3}}$ 、直线 $x = a$ （ $a > 0$ ）及 $x$ 轴所围成的平面图形， $V_x$ 、 $V_y$ 分别是 $D$ 绕 $x$ 轴、 $y$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。若 $V_y = 10 V_x$ ，求 $a$ 的值。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 $a = 7\sqrt{7}$

【解析】 由题意可得：

\begin{gather*} V_{x} = \pi \int_{0}^{a} \left( x^{\frac{1}{3}} \right)^{2} dx = \frac{3}{5} \pi a^{\frac{5}{3}} \\ V_{y} = 2\pi \int_{0}^{a} x \cdot x^{\frac{1}{3}} dx = \frac{6\pi}{7} a^{\frac{7}{3}} \end{gather*}

因为 $V_{y} = 10 V_{x}$ ，所以：

\frac{6\pi}{7} a^{\frac{7}{3}} = 10 \times \frac{3}{5} \pi a^{\frac{5}{3}}

解得：

a = 7\sqrt{7}

17

（本题满分 $10$ 分）

设平面内区域 $D$ 由直线 $x = 3y$ ， $y = 3x$ 及 $x + y = 8$ 围成，计算 $\iint_{D} x^{2} \, dx \, dy$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{416}{3}$

【解析】

\begin{align*} \iint_{D} x^{2} \, dx \, dy &= \iint_{D_{1}} x^{2} \, dx \, dy + \iint_{D_{2}} x^{2} \, dx \, dy \\ &= \int_{0}^{2} x^{2} \, dx \int_{\frac{x}{3}}^{3x} dy \;+\; \int_{2}^{6} x^{2} \, dx \int_{\frac{x}{3}}^{8-x} dy \\ &= \frac{416}{3} \end{align*}

18

（本题满分 10 分）

设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数，且 $f(1) = 1$ 。证明：

(1) 存在 $\xi \in (0,1)$ ，使得 $f'(\xi) = 1$ ；

(2) 存在 $\eta \in (0,1)$ ，使得 $f''(\eta) + f'(\eta) = 1$ 。

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 见解析

【解析】 令 $F(x) = f(x) - x$ ，则 $F(0) = f(0) = 0$ ， $F(1) = f(1) - 1 = 0$ 。由罗尔定理知，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $F'(\xi) = 0$ ，即 $f'(\xi) = 1$ 。

令 $G(x) = e^{x}(f'(x) - 1)$ ，则 $G(\xi) = 0$ 。又由于 $f(x)$ 为奇函数，故 $f'(x)$ 为偶函数，可知 $G(-\xi) = 0$ 。

由罗尔定理知，存在 $\eta \in (-\xi, \xi) \subset (0,1)$ 使得 $G'(\eta) = 0$ ，即：

e^{\eta}[f'(\eta) - 1] + e^{\eta}f''(\eta) = 0

整理得：

f''(\eta) + f'(\eta) = 1

19

（本题满分 10 分）

求曲线 $x^{3} - x y + y^{3} = 1 \ (x \geq 0, \ y \geq 0)$ 上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】 最长距离为 $\sqrt{2}$ ，最短距离为 1。

【解析】 【解析】本题本质上是在条件 $x^{3} - xy + y^{3} = 1$ （ $x \geq 0, y \geq 0$ ）下求函数 $f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 的最值。

因此，只需找出 $\sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 在条件 $x^{3} - xy + y^{3} = 1$ 下的条件极值点，再与曲线端点 $(0, 1)$ 和 $(1, 0)$ 处的函数值比较，即可确定最大值与最小值。

由于函数 $\sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 与 $x^{2} + y^{2}$ 的单调性一致，可转化为求 $x^{2} + y^{2}$ 的条件极值点。

构造拉格朗日函数：

L(x, y, \lambda) = x^{2} + y^{2} + \lambda (x^{3} - xy + y^{3} - 1)

求其驻点，得到方程组：

\begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x} = 2x + 3\lambda x^{2} - \lambda y = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} = 2y + 3\lambda y^{2} - \lambda x = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = x^{3} - xy + y^{3} - 1 = 0 \end{cases}

将前两个方程变形为：

\begin{cases} 2x = \lambda y - 3\lambda x^{2} \\ 2y = \lambda x - 3\lambda y^{2} \end{cases}

进一步得到：

\begin{cases} 2xy = \lambda y^{2} - 3\lambda x^{2}y \\ 2xy = \lambda x^{2} - 3\lambda xy^{2} \end{cases}

因此：

\lambda x^{2} - 3\lambda xy^{2} = \lambda y^{2} - 3\lambda x^{2}y

整理得：

\lambda (x - y)(x + y + 3xy) = 0

所以有 $\lambda = 0$ ，或 $x - y = 0$ ，或 $x + y + 3xy = 0$ 。

当 $\lambda = 0$ 时，有 $x = y = 0$ ，但无法满足方程 $x^{3} - xy + y^{3} - 1 = 0$ 。

当 $x + y + 3xy = 0$ 时，由于 $x \geq 0, y \geq 0$ ，只能有 $x = y = 0$ ，同样不满足第三个方程。

因此必有 $x - y = 0$ ，代入 $x^{3} - xy + y^{3} - 1 = 0$ 得：

2x^{3} - x^{2} - 1 = 0

解得 $x = 1, y = 1$ ，即 $(1, 1)$ 是唯一的条件极值点。

计算得：

f(1, 1) = \sqrt{2}, \quad f(0, 1) = f(1, 0) = 1

因此，曲线 $x^{3} - xy + y^{3} = 1$ （ $x \geq 0, y \geq 0$ ）上的点到坐标原点的最长距离为 $\sqrt{2}$ ，最短距离为 $1$ 。

20

（本题满分 11 分）

设函数 $f(x) = \ln x + \frac{1}{x}$ 。

(1) 求 $f(x)$ 的最小值；

(2) 设数列 $\{x_{n}\}$ 满足 $\ln x_{n} + \frac{1}{x_{n}} < 1$ ，证明 $\lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在，并求此极限。

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】
(1) $f(x)$ 的最小值为 1。
(2) 见解析。

【解析】
(1) 首先，

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

当 $x \in (0,1)$ 时， $f'(x) < 0$ ；
当 $x \in (1, +\infty)$ 时， $f'(x) > 0$ 。
因此， $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上单调递减，在 $[1, +\infty)$ 上单调递增，最小值为

f(1) = 1.

(2) 由 $\ln x_n + \frac{1}{x_n} < 1$ ，结合 (1) 可知 $x_n > 0$ ，且数列 $\{x_n\}$ 单调递增有上界（证明过程略），故极限存在。
设 $\lim_{n \to \infty} x_n = a$ ，则

\ln a + \frac{1}{a} \leq 1.

又由 (1) 知

\ln a + \frac{1}{a} \geq 1,

故 $a = 1$ ，即

\lim_{n \to \infty} x_n = 1.

21

（本题满分 11 分）

设曲线 $L$ 的方程为 $y = \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}\ln x$ （ $1 \leq x \leq e$ ），

（1）求 $L$ 的弧长；

（2）设 $D$ 是由曲线 $L$ ，直线 $x = 1$ ， $x = e$ 及 $x$ 轴所围平面图形，求 $D$ 的形心的横坐标。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】
（1）弧长为 $\frac{e^2 + 1}{4}$ 。
（2）形心的横坐标为 $\frac{3(e^4 - 2e^2 - 3)}{4(e^3 - 7)}$ 。

【解析】
（1）由弧长的计算公式得 L 的弧长为

\begin{align*} &\int_{1}^{e}\sqrt{1 + \left[\left(\frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}\ln x\right)'\right]^2}dx = \int_{1}^{e}\sqrt{1 + \left(\frac{x}{2} - \frac{1}{2x}\right)^2}dx\\ &=\int_{1}^{e}\sqrt{1 + \frac{x^2}{4} + \frac{1}{4x^2} - \frac{1}{2}}dx\\ &=\int_{1}^{e}\sqrt{\left(\frac{x}{2} + \frac{1}{2x}\right)^2}dx\\ &=\frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}

（2）由形心的计算公式可得，D 的形心的横坐标为

\frac{\int_{1}^{e}x\left(\frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}\ln x\right)dx}{\int_{1}^{e}\left(\frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}\ln x\right)dx} = \frac{3(e^4 - 2e^2 - 3)}{4(e^3 - 7)}

22

（本题满分 11 分）

设 $A = \begin{pmatrix} 1 & a \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ ， $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & b \end{pmatrix}$ ，当 $a, b$ 为何值时，存在矩阵 $C$ 使得 $AC - CA = B$ ，并求所有矩阵 $C$ 。

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

【答案】 当 $a = -1$ ， $b = 0$ 时，存在矩阵 $C$ ，且 $C = \begin{pmatrix} k_1 + k_2 + 1 & -k_1 \\ k_1 & k_2 \end{pmatrix}$ ，其中 $k_1, k_2$ 为任意常数。

【解析】 由题意可知矩阵 $C$ 为 2 阶矩阵，故可设

C = \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ x_3 & x_4 \end{pmatrix},

则由 $AC - CA = B$ 可得线性方程组：

\begin{cases} -x_2 + a x_3 = 0, \\ -a x_1 + x_2 + a x_4 = 1, \\ x_1 - x_3 - x_4 = 1, \\ x_2 - a x_3 = b. \end{cases} \tag{1}

对增广矩阵进行初等行变换：
$\begin{pmatrix} 0 & -1 & a & 0 & 0 \\ -a & 1 & 0 & a & 1 \\ 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & b \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ -a & 1 & 0 & a & 1 \\ 0 & -1 & a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -a & 0 & b \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & 1 + a \\ 0 & -1 & a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -a & 0 & b \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -a & 0 & 1 + a \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 + a \\ 0 & 0 & 0 & 0 & b - 1 - a \end{pmatrix}$

由于方程组 (1) 有解，故

1 + a = 0, \quad b - 1 - a = 0,

即 $a = -1$ ， $b = 0$ 。此时增广矩阵化为

\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

解得

\begin{cases} x_1 = k_1 + k_2 + 1, \\ x_2 = -k_1, \\ x_3 = k_1, \\ x_4 = k_2, \end{cases}

其中 $k_1$ 、 $k_2$ 为任意常数。

因此

C = \begin{pmatrix} k_1 + k_2 + 1 & -k_1 \\ k_1 & k_2 \end{pmatrix}.

23

（本题满分 11 分）

设 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2(a_{1}x_{1} + a_{2}x_{2} + a_{3}x_{3})^{2} + (b_{1}x_{1} + b_{2}x_{2} + b_{3}x_{3})^{2}$ ，其中

\boldsymbol{\alpha} = \begin{pmatrix} a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\beta} = \begin{pmatrix} b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \end{pmatrix}.

(1) 证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\boldsymbol{\alpha}^{\top}\boldsymbol{\alpha} + \boldsymbol{\beta}^{\top}\boldsymbol{\beta}$ ；

(2) 若 $\boldsymbol{\alpha}$ 、 $\boldsymbol{\beta}$ 正交且均为单位向量，证明二次型 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_{1}^{2} + y_{2}^{2}$ 。

线性代数二次型

【答案】 见解析

【解析】
(1) 由题知

\begin{align*} f(x_1, x_2, x_3) &= 2(x_1, x_2, x_3) \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} (a_1, a_2, a_3) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \\ &\quad + (x_1, x_2, x_3) \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{pmatrix} (b_1, b_2, b_3) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \\[6pt] &= (x_1, x_2, x_3) \bigl( 2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T \bigr) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}, \end{align*}

又 $2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T$ 是对称矩阵，因此二次型 $f$ 对应的矩阵是 $2\alpha\alpha^T + \beta\beta^T$ 。

(2) 作变换

y_1 = (a_1, a_2, a_3) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \alpha^T X, \quad y_2 = (b_1, b_2, b_3) \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \beta^T X.

因为 $\alpha, \beta$ 为相互正交的单位向量，故该变换为正交变换且 $f$ 对应的标准形为

f = 2y_1^2 + y_2^2.