2014 年真题

选择题

1

当 $x \to 0^{+}$ 时，若 $\ln^{\alpha}(1 + 2x)$ ， $(1 - \cos x)^{\frac{1}{\alpha}}$ 均是比 $x$ 高阶的无穷小量，则 $\alpha$ 的取值范围是（）

正确答案：B

由定义可得：

\lim _{x \to 0} \frac{\ln ^{\alpha}(1+2 x)}{x} = \lim _{x \to 0} \frac{(2 x)^{\alpha}}{x} = \lim _{x \to 0} 2^{\alpha} x^{\alpha-1} = 0

因此 $\alpha - 1 > 0$ ，即 $\alpha > 1$ 。

当 $x \to 0^{+}$ 时，有：

(1-\cos x)^{\frac{1}{\alpha}} \sim \frac{x^{\frac{2}{\alpha}}}{2^{\frac{1}{\alpha}}}

由题意可知 $\frac{2}{\alpha} - 1 > 0$ ，即 $\alpha < 2$ 。

综上， $\alpha$ 的取值范围为 $1 < \alpha < 2$ ，故选 B。

2

下列曲线中有渐近线的是（　　）

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：C

首先，计算极限：

\lim_{x \to \infty} \frac{x + \sin \frac{1}{x}}{x} = \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{\sin \frac{1}{x}}{x}\right) = 1 + 0 = 1

接着，考虑函数与渐近线的差：

\lim_{x \to \infty} \left[x + \sin \frac{1}{x} - x\right] = \lim_{x \to \infty} \sin \frac{1}{x} = 0

因此，函数 $y = x + \sin \frac{1}{x}$ 存在斜渐近线 $y = x$ ，故选 C。

3

设函数 $f(x)$ 具有 2 阶导数， $g(x) = f(0)(1 - x) + f(1)x$ ，则在区间 $[0, 1]$ 上，（）

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：D

令 $F(x) = g(x) - f(x) = f(0)(1 - x) + f(1)x - f(x)$ ，则 $F(0) = F(1) = 0$ ， $F'(x) = -f(0) + f(1) - f'(x)$ ， $F''(x) = -f''(x)$ 。

若 $f''(x) \geq 0$ ，则 $F''(x) \leq 0$ ，即 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上为凸函数。又因为 $F(0) = F(1) = 0$ ，所以当 $x \in [0,1]$ 时， $F(x) \geq 0$ ，从而 $g(x) \geq f(x)$ 。

故选 D。

4

曲线

\begin{cases} x = t^2 + 7 \\ y = t^2 + 4t + 1 \end{cases}

上对应于 $t = 1$ 的点处的曲率半径是( )

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：C
已知

\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1} = \left. \frac{2t+4}{2t} \right|_{t=1} = 3

，

\left. \frac{d^2 y}{dx^2} \right|_{t=1} = \left. \frac{dy'}{dx} \right|_{t=1} = \left. \frac{-\frac{2}{t^2}}{2t} \right|_{t=1} = -1

，
曲率公式为

k = \frac{|y''|}{\left(1 + y'^2\right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{(1 + 9)^{\frac{3}{2}}}

，
因此

R = \frac{1}{k} = 10\sqrt{10}

，故选 C。

5

设函数 $f(x) = \arctan x$ 。若 $f(x) = x f'(\xi)$ ，则 $\lim_{x \to 0} \frac{\xi^2}{x^2} =$

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：D

由于 $\frac{f(x)}{x} = f'(\xi) = \frac{1}{1 + \xi^{2}}$ ，可得

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

于是

\lim_{x \to 0} \frac{\xi^{2}}{x^{2}} = \lim_{x \to 0} \frac{x - f(x)}{x^{2} f(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{x - \arctan x}{x^{2} \arctan x}.

对分子分母分别求导，

\lim_{x \to 0} \frac{1 - \frac{1}{1 + x^{2}}}{3x^{2}} = \frac{1}{3}.

因此正确答案为 D。

6

设函数 $u(x, y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，在 $D$ 的内部具有 2 阶连续偏导数，且满足 $\frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y} \neq 0$ 及 $\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} = 0$ ，则

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

正确答案：A

记 $A = \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}$ ， $B = \frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y}$ ， $C = \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}$ 。

由 $B \neq 0$ 且 $A + C = 0$ ，可得：

\Delta = A C - B^{2} = -A^{2} - B^{2} < 0

因此， $u(x, y)$ 在区域 $D$ 内无极值，极值只能在边界处取得。

故选 A。

7

行列式

\begin{vmatrix} 0 & a & b & 0 \\ a & 0 & 0 & b \\ 0 & c & d & 0 \\ c & 0 & 0 & d \end{vmatrix} = (\quad)

线性代数行列式

正确答案：B

由行列式的展开定理展开第一列，

\begin{aligned} \left|\begin{array}{llll} 0 & a & b & 0 \\ a & 0 & 0 & b \\ 0 & c & d & 0 \\ c & 0 & 0 & d \end{array}\right| & =-a\left|\begin{array}{lll} a & b & 0 \\ c & d & 0 \\ 0 & 0 & d \end{array}\right|-c\left|\begin{array}{lll} a & b & 0 \\ 0 & 0 & b \\ c & d & 0 \end{array}\right| \\ & =-a d(a d-b c)+b c(a d-b c) \\ & =-(a d-b c)^{2} . \end{aligned}

故选 B。

8

设 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 均为 3 维向量，则对任意常数 $k, l$ ，向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + k \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2} + l \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关是向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ ， $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关的

线性代数向量向量组的线性相关性

正确答案：A

$(\alpha_{1} + k \alpha_{3}, \alpha_{2} + l \alpha_{3}) = (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}) \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ k & l \end{pmatrix}$ 。

若 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$ 线性无关，则矩阵的秩 $r(\alpha_{1} + k \alpha_{3}, \alpha_{2} + l \alpha_{3}) = 2$ ，因此该向量组线性无关。

举反例：令 $\alpha_{3} = 0$ ，则 $\alpha_{1}, \alpha_{2}$ 线性无关，但 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$ 线性相关。

综上所述，对任意常数 $k, l$ ，向量组 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$ 线性无关是向量组 $\alpha_{1} + k \alpha_{3}, \alpha_{2} + l \alpha_{3}$ 线性无关的必要非充分条件，故选 A。

填空题

9

（填空题）

\int_{-\infty}^{1} \frac{1}{x^{2} + 2x + 5} \, dx =

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 $\frac{3}{8} \pi$

【解析】

\begin{aligned} & \int_{-\infty}^{1} \frac{1}{x^{2}+2 x+5} d x=\int_{-\infty}^{1} \frac{1}{(x+1)^{2}+4} d x=\left.\frac{1}{2} \arctan \frac{x+1}{2}\right|_{-\infty} ^{1} \\ & =\frac{1}{2}\left[\frac{\pi}{4}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right]=\frac{3}{8} \pi \end{aligned}

10

（填空题）设 $f(x)$ 是周期为 4 的可导奇函数，且 $f'(x) = 2(x - 1)$ ， $x \in [0, 2]$ ，则 $f(7) =$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 1

【解析】 已知 $f'(x) = 2(x - 1)$ ，其中 $x \in [0, 2]$ ，且 $f(x)$ 为偶函数。

因此，当 $x \in [-2, 0]$ 时，有 $f'(x) = 2(-x - 1)$ 。

积分可得 $f(x) = -x^2 - 2x + c$ ，又因为 $f(x)$ 为奇函数，所以 $c = 0$ 。

因此，当 $x \in [-2, 0]$ 时， $f(x) = -x^2 - 2x$ 。

又因为 $f(x)$ 的周期为 4，所以 $f(7) = f(-1) = 1$ 。

11

（填空题）设 $z = z(x, y)$ 是由方程

e^{2 y z} + x + y^{2} + z = \frac{7}{4}

确定的函数，求

\left. dz \right|_{(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} =

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $\left. dz \right|_{(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} = -\frac{1}{2}(dx + dy)$

【解析】 对 $e^{2 y z}+x+y^{2}+z=\frac{7}{4}$ 方程两边同时对 $x$ 、 $y$ 求偏导，得到：

\begin{cases} e^{2 y z} \cdot 2 y \cdot \frac{\partial z}{\partial x}+1+\frac{\partial z}{\partial x}=0 \\ e^{2 y z}\left(2 z+2 y \frac{\partial z}{\partial y}\right)+2 y+\frac{\partial z}{\partial y}=0 \end{cases}

当 $x=\frac{1}{2}$ ， $y=\frac{1}{2}$ 时， $z=0$ 。

代入得：

\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)}=-\frac{1}{2}, \quad \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)}=-\frac{1}{2}

因此：

\left.d z\right|_{\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)}=-\frac{1}{2} d x+\left(-\frac{1}{2}\right) d y=-\frac{1}{2}(d x+d y)

12

（填空题）曲线 $L$ 的极坐标方程是 $r = \theta$ ，则 $L$ 在点 $(r, \theta) = \left( \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$ 处的切线的直角坐标方程是 ____________。

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】 $y = -\frac{2}{\pi}x + \frac{\pi}{2}$

【解析】 根据直角坐标与极坐标的关系，有 $x = r \cos \theta = \theta \cos \theta$ ， $y = r \sin \theta = \theta \sin \theta$ 。因此，当 $(r, \theta) = \left(\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，对应坐标为 $(x, y) = \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 。

切线的斜率为

\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{d\theta}}{\frac{dx}{d\theta}} = \frac{\theta \cos \theta + \sin \theta}{\cos \theta - \theta \sin \theta}

代入 $\theta = \frac{\pi}{2}$ ，得

\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(0, \frac{\pi}{2}\right)} = -\frac{2}{\pi}

因此，切线方程为

y - \frac{\pi}{2} = -\frac{2}{\pi}(x - 0)

即

y = -\frac{2}{\pi}x + \frac{\pi}{2}

13

（填空题）一根长为 1 的细棒位于 x 轴的区间 $[0, 1]$ 上，若其线密度 $\rho(x) = -x^{2} + 2x + 1$ ，则该细棒的质心坐标 $\bar{x} =$

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 $\frac{11}{20}$

【解析】 质心位置公式为 $\bar{x} = \frac{\int_{0}^{1} x \rho(x) \, dx}{\int_{0}^{1} \rho(x) \, dx}$ 。

首先计算分母部分：

\int_{0}^{1} \rho(x) \, dx = \int_{0}^{1} \left(-x^{2} + 2x + 1\right) \, dx = \left[ -\frac{x^{3}}{3} + x^{2} + x \right]_{0}^{1} = \frac{5}{3}

接着计算分子部分：

\int_{0}^{1} x \rho(x) \, dx = \int_{0}^{1} x \left(-x^{2} + 2x + 1\right) \, dx = \left[ -\frac{x^{4}}{4} + \frac{2}{3}x^{3} + \frac{x^{2}}{2} \right]_{0}^{1} = \frac{11}{12}

因此，质心位置为：

\bar{x} = \frac{\frac{11}{12}}{\frac{5}{3}} = \frac{11}{20}

14

（填空题）设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) = x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + 2a x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 的负惯性指数为 1，则 $a$ 的取值范围为 ______。

线性代数二次型

【答案】 $-2 \le a \le 2$

【解析】 配方法：
$f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + a x_{3})^{2} - a^{2} x_{3}^{2} - (x_{2} - 2 x_{3})^{2} + 4 x_{3}^{2}$

由于二次型负惯性指数为 1，所以 $4 - a^{2} \geq 0$ ，故 $-2 \leq a \leq 2$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x} \left[ t^{2} \left( e^{\frac{1}{t}} - 1 \right) - t \right] \, dt}{x^{2} \ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right)}

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 $\lim _{x \to+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] d t}{x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)} = \lim _{x \to+\infty} \frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right] d t}{x^{2} \cdot \frac{1}{x}}$

利用等价无穷小替换 $\ln \left(1+\frac{1}{x}\right) \sim \frac{1}{x}$ ，分母化为 $x$ 。

由洛必达法则，对分子和分母分别求导：

\lim _{x \to+\infty} \frac{x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)-x}{1}

令 $t = \frac{1}{x}$ ，当 $x \to +\infty$ 时， $t \to 0^{+}$ ，则原式化为：

\lim _{t \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{t^{2}}\left(e^{t}-1\right) - \frac{1}{t}}{1} = \lim _{t \to 0^{+}} \frac{e^{t}-1 - t}{t^{2}}

再次应用洛必达法则：

\lim _{t \to 0^{+}} \frac{e^{t}-1}{2t} = \lim _{t \to 0^{+}} \frac{t}{2t} = \frac{1}{2}

因此，极限值为 $\frac{1}{2}$ 。

16

（本题满分 10 分）

已知函数 $y = y(x)$ 满足微分方程 $x^{2} + y^{2} y' = 1 - y'$ ，且 $y(2) = 0$ ，求 $y(x)$ 的极大值与极小值。

高等数学常微分方程可分离变量的微分方程与齐次方程

【答案】 y(x)的极大值为1，极小值为0。

【解析】 由 $x^{2} + y^{2} y' = 1 - y'$ ，可得

\left(y^{2} + 1\right) y' = 1 - x^{2}.

这是一个变量可分离方程，其通解为

\frac{1}{3} y^{3} + y = x - \frac{1}{3} x^{3} + c.

由初始条件 $y(2) = 0$ ，代入得

c = \frac{2}{3}.

又由原方程可得

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

当 $y'(x) = 0$ 时，有 $x = \pm 1$ ，且导数的符号变化如下：

当 $x < -1$ 时， $y'(x) < 0$ ；
当 $-1 < x < 1$ 时， $y'(x) > 0$ ；
当 $x > 1$ 时， $y'(x) < 0$ 。

因此， $y(x)$ 在 $x = -1$ 处取得极小值，在 $x = 1$ 处取得极大值。

代入解得

y(-1) = 0, \quad y(1) = 1.

即： $y(x)$ 的极大值为 1，极小值为 0。

17

（本题满分 10 分）

设有区域

D = \left\{ (x, y) \mid 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4, \ x \geq 0, \ y \geq 0 \right\}

计算

\iint_{D} \frac{x \sin \left( \pi \sqrt{x^{2} + y^{2}} \right)}{x + y} \, dx \, dy

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $-\frac{3}{4}$

【解析】 由于区域 $D$ 关于 $y = x$ 对称，满足轮换对称性，因此：

\iint_{D} \frac{x \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y} \, dx \, dy = \iint_{D} \frac{y \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y} \, dx \, dy

于是：

\begin{align*} I &= \iint_{D} \frac{x \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y} \, dx \, dy \\ &= \frac{1}{2} \iint_{D} \left[ \frac{x \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y} + \frac{y \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y} \right] \, dx \, dy \\ &= \frac{1}{2} \iint_{D} \sin \left(\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) \, dx \, dy \end{align*}

在极坐标下，设 $x = r\cos\theta$ ， $y = r\sin\theta$ ，积分区域为 $1 \leq r \leq 2$ ， $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ ，于是：

\begin{align*} I &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{1}^{2} \sin(\pi r) \cdot r \, dr \\ &= \frac{\pi}{4} \left( -\frac{1}{\pi} \right) \int_{1}^{2} r \, d(\cos \pi r) \\ &= -\frac{1}{4} \left[ \left. \cos \pi r \cdot r \right|_{1}^{2} - \int_{1}^{2} \cos \pi r \, dr \right] \\ &= -\frac{1}{4} \left[ 2 + 1 - \left. \frac{1}{\pi} \sin \pi r \right|_{1}^{2} \right] \\ &= -\frac{3}{4} \end{align*}

18

（本题满分 10 分）

设函数 $f(u)$ 具有 2 阶连续导数， $z = f(\mathrm{e}^x \cos y)$ 满足

\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \left(4z + \mathrm{e}^x \cos y\right) \mathrm{e}^{2x}

若 $f(0) = 0$ ， $f'(0) = 0$ ，求 $f(u)$ 的表达式。

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】
$f(u) = \frac{1}{16}(\mathrm{e}^{2u} - \mathrm{e}^{-2u}) - \frac{1}{4}u$

【解析】
$\frac{\partial z}{\partial x} = \mathrm{e}^x\cos y \cdot f'$ ， $\frac{\partial z}{\partial y} = -\mathrm{e}^x\sin y \cdot f'$ 。

$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \mathrm{e}^x\cos y \cdot f' + \mathrm{e}^{2x}\cos^2 y \cdot f''$ ，
$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = -\mathrm{e}^x\cos y \cdot f' + \mathrm{e}^{2x}\sin^2 y \cdot f''$ 。

于是

\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \mathrm{e}^{2x}f''

令 $u = \mathrm{e}^x\cos y$ ，由 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = (4z + \mathrm{e}^x\cos y)\mathrm{e}^{2x}$ 得

f''(u) = 4f(u) + u,

或

f''(u) - 4f(u) = u

解得

f(u) = C_1\mathrm{e}^{-2u} + C_2\mathrm{e}^{2u} - \frac{1}{4}u

由 $f(0) = 0$ ， $f'(0) = 0$ 得

\begin{cases} C_1 + C_2 = 0, \\ -2C_1 + 2C_2 - \frac{1}{4} = 0, \end{cases}

解得 $C_1 = -\frac{1}{16}$ ， $C_2 = \frac{1}{16}$ 。

故

f(u) = \frac{1}{16}(\mathrm{e}^{2u} - \mathrm{e}^{-2u}) - \frac{1}{4}u

19

（本题满分 10 分）

设函数 $f(x)$ ， $g(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x)$ 单调增加， $0 \leq g(x) \leq 1$ ，证明：

（Ⅰ） $0 \leq \int_{a}^{x} g(t) \, dt \leq x - a$ ， $x \in [a, b]$

（Ⅱ） $\int_{a}^{a + \int_{a}^{b} g(t) \, dt} f(x) \, dx \leq \int_{a}^{b} f(x) g(x) \, dx$

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 见解析

【解析】 由积分中值定理可得：

\int_{a}^{x} g(t) \, dt = g(\xi)(x - a), \quad \xi \in [a, x].

由于 $0 \leq g(x) \leq 1$ ，因此：

0 \leq g(\xi)(x - a) \leq (x - a),

进而：

0 \leq \int_{a}^{x} g(t) \, dt \leq (x - a).

定义函数：

F(u) = \int_{a}^{u} f(x) g(x) \, dx - \int_{a}^{a + \int_{a}^{u} g(t) \, dt} f(x) \, dx.

对其求导得：

\begin{aligned} F'(u) &= f(u) g(u) - f\left(a + \int_{a}^{u} g(t) \, dt\right) \cdot g(u) \\ &= g(u)\left[f(u) - f\left(a + \int_{a}^{u} g(t) \, dt\right)\right]. \end{aligned}

由 (I) 可知：

0 \leq \int_{a}^{u} g(t) \, dt \leq (u - a).

又因为 $f(x)$ 单调递增，所以：

f(u) - f\left(a + \int_{a}^{u} g(t) \, dt\right) \geq 0,

从而 $F'(u) \geq 0$ ，即 $F(u)$ 单调不减。

因此：

F(u) \geq F(a) = 0.

取 $u = b$ ，得 $F(b) \geq 0$ ，即 (II) 成立。

20

（本题满分 11 分）

设函数 $f(x) = \frac{x}{1 + x}$ ， $x \in [0, 1]$ ，定义函数列 $f_1(x) = f(x)$ ， $f_2(x) = f(f_1(x))$ ， $\cdots$ ， $f_n(x) = f(f_{n-1}(x))$ ， $\cdots$ ，记 $S_n$ 是由曲线 $y = f_n(x)$ 、直线 $x = 1$ 及 $x$ 轴所围成平面图形的面积，求极限 $\lim_{n \to \infty} n S_n$ 。

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 1

【解析】 $f_{1}(x) = \frac{x}{1+x}$ ， $f_{2}(x) = \frac{x}{1+2x}$ ， $\cdots$ ， $f_{n}(x) = \frac{x}{1+nx}$

\begin{aligned} S_{n} & = \int_{0}^{1} f_{n}(x) \, dx = \int_{0}^{1} \frac{x}{1+nx} \, dx = \int_{0}^{1} \frac{x+\frac{1}{n}-\frac{1}{n}}{1+nx} \, dx \\ & = \frac{1}{n} \int_{0}^{1} 1 \, dx - \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+nx} \, dx = \frac{1}{n} - \left. \frac{1}{n^{2}} \ln(1+nx) \right|_{0}^{1} \\ & = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^{2}} \ln(1+n) \end{aligned}

\begin{align*} \therefore \lim_{n \to \infty} n S_{n} &= 1 - \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(1+n)}{n} \\ &= 1 - \lim_{x \to \infty} \frac{\ln(1+x)}{x} \\ &= 1 - \lim_{x \to \infty} \frac{1}{1+x} \\ &= 1 - 0 \\ &= 1 \end{align*}

21

（本题满分 11 分）

已知函数 $f(x, y)$ 满足 $\frac{\partial f}{\partial y} = 2(y + 1)$ ，且 $f(y, y) = (y + 1)^2 - (2 - y) \ln y$ ，求曲线 $f(x, y) = 0$ 所围成的图形绕直线 $y = -1$ 旋转所成的旋转体的体积。

高等数学多元函数积分学重积分的应用

【答案】

\pi \left(2 \ln 2 - \frac{5}{4}\right)

【解析】
由于 $\frac{\partial f}{\partial y} = 2(y + 1)$ ，可得 $f(x, y) = y^{2} + 2y + \varphi(x)$ ，其中 $\varphi(x)$ 为待定函数。

又已知 $f(y, y) = (y + 1)^{2} - (2 - y) \ln y$ ，代入得 $\varphi(y) = 1 - (2 - y) \ln y$ ，因此

f(x, y) = y^{2} + 2y + 1 - (2 - x) \ln x = (y + 1)^{2} - (2 - x) \ln x

令 $f(x, y) = 0$ ，得 $(y + 1)^{2} = (2 - x) \ln x$ 。当 $y = -1$ 时，解得 $x = 1$ 或 $x = 2$ 。于是所求体积为

\begin{aligned} V &= \pi \int_{1}^{2} (y + 1)^{2} \, dx = \pi \int_{1}^{2} (2 - x) \ln x \, dx \\ &= \pi \int_{1}^{2} \ln x \, d\left(2x - \frac{x^{2}}{2}\right) \\ &= \pi \left[ \ln x \left(2x - \frac{x^{2}}{2}\right) \right]_{1}^{2} - \pi \int_{1}^{2} \left(2 - \frac{x}{2}\right) dx \\ &= \pi \cdot 2 \ln 2 - \pi \left[ 2x - \frac{x^{2}}{4} \right]_{1}^{2} \\ &= \pi \cdot 2 \ln 2 - \pi \cdot \frac{5}{4} = \pi \left(2 \ln 2 - \frac{5}{4}\right) \end{aligned}

22

（本题满分 11 分）设矩阵
$A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & -3 \end{pmatrix}$ ，
$E$ 为 3 阶单位矩阵。

（Ⅰ）求方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的一个基础解系；

（Ⅱ）求满足 $AB = E$ 的所有矩阵 $B$ 。

线性代数线性方程组

【答案】
（Ⅰ）方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的一个基础解系为 $\xi = (-1, 2, 3, 1)^T$ 。
（Ⅱ）满足 $AB = E$ 的所有矩阵 $B$ 为
$B = \begin{pmatrix} 2 - k_1 & 6 - k_2 & -1 - k_3 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}$ ，
其中 $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数。

【解析】
（Ⅰ）
对矩阵 $A$ 进行行变换：

A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & -3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 4 & -3 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}

\to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}

则方程组 $AX = 0$ 的一个基础解系为 $\xi = (-1, 2, 3, 1)^T$ 。

（Ⅱ）
方法一
由增广矩阵

(A \mid E) = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & \mid & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & -3 & \mid & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

进行行变换：

\to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 & \mid & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & -3 & 1 & \mid & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}

\to \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 & -2 & \mid & 4 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & \mid & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & \mid & -1 & -4 & 1 \end{pmatrix}

\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & \mid & 2 & -6 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & \mid & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 & \mid & -1 & -4 & 1 \end{pmatrix}

可得

B = \begin{pmatrix} 2 - k_1 & 6 - k_2 & -1 - k_3 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}

其中 $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数。

方法二
令 $B = (X_1, X_2, X_3)$ ， $E = (e_1, e_2, e_3)$ ，则 $AB = E$ 等价于

AX_1 = e_1,\quad AX_2 = e_2,\quad AX_3 = e_3.

方程组 $AX_1 = e_1$ 的通解为

X_1 = k_1 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 \\ 2k_1 - 1 \\ 3k_1 - 1 \\ k_1 \end{pmatrix}

其中 $k_1$ 为任意常数。

方程组 $AX_2 = e_2$ 的通解为

X_2 = k_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 6 \\ -3 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_2 + 6 \\ 2k_2 - 3 \\ 3k_2 - 4 \\ k_2 \end{pmatrix}

其中 $k_2$ 为任意常数。

方程组 $AX_3 = e_3$ 的通解为

X_3 = k_3 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_3 - 1 \\ 2k_3 + 1 \\ 3k_3 + 1 \\ k_3 \end{pmatrix}

其中 $k_3$ 为任意常数。

因此

B = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 & -k_2 + 6 & -k_3 - 1 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}

其中 $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数。

方法三
令

B = \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \\ x_4 & x_5 & x_6 \\ x_7 & x_8 & x_9 \\ x_{10} & x_{11} & x_{12} \end{pmatrix}

由 $AB = E$ 得

\begin{cases} x_1 - 2x_4 + 3x_7 - 4x_{10} = 1, \\ x_2 - 2x_5 + 3x_8 - 4x_{11} = 0, \\ x_3 - 2x_6 + 3x_9 - 4x_{12} = 0, \\ x_4 - x_7 + x_{10} = 0, \\ x_5 - x_8 + x_{11} = 1, \\ x_6 - x_9 + x_{12} = 0, \\ x_1 + 2x_4 - 3x_{10} = 0, \\ x_2 + 2x_5 - 3x_{11} = 0, \\ x_3 + 2x_6 - 3x_{12} = 1. \end{cases}

解得

\begin{pmatrix} x_1 \\ x_4 \\ x_7 \\ x_{10} \end{pmatrix} = k_1 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 \\ 2k_1 - 1 \\ 3k_1 - 1 \\ k_1 \end{pmatrix}

\begin{pmatrix} x_2 \\ x_5 \\ x_8 \\ x_{11} \end{pmatrix} = k_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 6 \\ -3 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_2 + 6 \\ 2k_2 - 3 \\ 3k_2 - 4 \\ k_2 \end{pmatrix}

\begin{pmatrix} x_3 \\ x_6 \\ x_9 \\ x_{12} \end{pmatrix} = k_3 \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -k_3 - 1 \\ 2k_3 + 1 \\ 3k_3 + 1 \\ k_3 \end{pmatrix}

因此

B = \begin{pmatrix} -k_1 + 2 & -k_2 + 6 & -k_3 - 1 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 3 & 2k_3 + 1 \\ 3k_1 - 1 & 3k_2 - 4 & 3k_3 + 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}

其中 $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数。

23

（本题满分 11 分）

证明 $n$ 阶矩阵 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n \end{pmatrix}$ 相似。

线性代数矩阵的相似与相似对角化

【答案】 见解析

【解析】 证明：设

\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n \end{pmatrix}.

分别求两个矩阵的特征值和特征向量如下：

|\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}| = \begin{vmatrix} \lambda - 1 & -1 & \cdots & -1 \\ -1 & \lambda - 1 & \cdots & -1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ -1 & -1 & \cdots & \lambda - 1 \end{vmatrix} = (\lambda - n)\lambda^{n - 1},

所以 $\boldsymbol{A}$ 的 $n$ 个特征值为 $\lambda_1 = n, \lambda_2 = \lambda_3 = \cdots = \lambda_n = 0$ 。

而且 $\boldsymbol{A}$ 是实对称矩阵，所以一定可以对角化，且

\boldsymbol{A} \sim \begin{pmatrix} \lambda_1 & & & \\ & 0 & & \\ & & \ddots & \\ & & & 0 \end{pmatrix}.

|\lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{B}| = \begin{vmatrix} \lambda & 0 & \cdots & -1 \\ 0 & \lambda & \cdots & -2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda - n \end{vmatrix} = (\lambda - n)\lambda^{n - 1},

所以 $\boldsymbol{B}$ 的 $n$ 个特征值也为 $\lambda_1 = n, \lambda_2 = \lambda_3 = \cdots = \lambda_n = 0$ 。

对于 $n-1$ 重特征值 $\lambda = 0$ ，由于矩阵 $\boldsymbol{0E - B} = -\boldsymbol{B}$ 的秩显然为 1，所以矩阵 $\boldsymbol{B}$ 对应 $n-1$ 重特征值 $\lambda = 0$ 的特征向量应该有 $n-1$ 个线性无关。进一步，矩阵 $\boldsymbol{B}$ 存在 $n$ 个线性无关的特征向量，即矩阵 $\boldsymbol{B}$ 一定可以对角化，且

\boldsymbol{B} \sim \begin{pmatrix} \lambda_1 & & & \\ & 0 & & \\ & & \ddots & \\ & & & 0 \end{pmatrix}.

从而可知 $n$ 阶矩阵

\begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix} \quad \text{} \quad \begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & n \end{pmatrix}

相似。