2015 年真题

选择题

1

下列反常积分收敛的是

正确答案：D

已知：

\int \frac{x}{e^{x}} \, dx = -(x+1) e^{-x}

计算：

\int_{2}^{+\infty} \frac{x}{e^{x}} \, dx = \left[ -(x+1) e^{-x} \right]_{2}^{+\infty}

代入上下限：

= \lim_{x \to +\infty} \left[ -(x+1) e^{-x} \right] - \left[ -(2+1) e^{-2} \right]

化简：

= -\lim_{x \to +\infty} (x+1) e^{-x} + 3 e^{-2}

由于：

\lim_{x \to +\infty} (x+1) e^{-x} = 0

因此：

\int_{2}^{+\infty} \frac{x}{e^{x}} \, dx = 3 e^{-2}

2

函数 $f(x) = \lim_{t \to 0} \left( 1 + \frac{\sin t}{x} \right)^{\frac{x^{2}}{t}}$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

正确答案：B

$f(x) = \lim_{t \to 0} \left( 1 + \frac{\sin t}{x} \right)^{\frac{x^2}{t}} = e^{\lim_{t \to 0} \frac{\sin t \cdot x^2}{x t}} = e^x$ ，其中 $x \neq 0$ 。

因此， $f(x)$ 在 $x = 0$ 处有一个可去间断点。

3

设函数
$f(x) = \begin{cases} x^{\alpha} \cos \frac{1}{x^{\beta}}, & x > 0 \quad (\alpha > 0, \beta > 0) \\ 0, & x \leq 0 \end{cases}$ ，
$f'(x)$ 在 $x = 0$ 处连续的充要条件是

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：A

当 $x<0$ 时， $f'(x)=0$ ，且 $f_{-}'(0)=0$ 。

f_{+}'(0)=\lim _{x \to 0^{+}} \frac{x^{\alpha} \cos \frac{1}{x^{\beta}}-0}{x}=\lim _{x \to 0^{+}} x^{\alpha-1} \cos \frac{1}{x^{\beta}}

当 $x>0$ 时，

\begin{aligned} f'(x) &= \alpha x^{\alpha-1} \cos \frac{1}{x^{\beta}} + (-1) x^{\alpha} \sin \frac{1}{x^{\beta}} (-\beta) \frac{1}{x^{\beta+1}} \\ &= \alpha x^{\alpha-1} \cos \frac{1}{x^{\beta}} + \beta x^{\alpha-\beta-1} \sin \frac{1}{x^{\beta}} \end{aligned}

若 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续，则：

f_{-}'(0) = f_{+}'(0) = \lim _{x \to 0^{+}} x^{\alpha-1} \cos \frac{1}{x^{\beta}} = 0

由此可得 $\alpha-1>0$ 。

又因为：

f'(0) = \lim _{x \to 0^{+}} f'(x) = \lim _{x \to 0^{+}} \left( \alpha x^{\alpha-1} \cos \frac{1}{x^{\beta}} + \beta x^{\alpha-\beta-1} \sin \frac{1}{x^{\beta}} \right) = 0

可得 $\alpha-\beta-1>0$ 。

因此，答案选择 A。

4

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，其中二阶导数 $f^{\prime \prime}(x)$ 的图形如图所示，则曲线 $y = f(x)$ 的拐点的个数为

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
通过观察图像，函数曲线上存在两个点，其二阶导数发生了符号变化。因此，拐点的个数为 2。

5

设函数 $f(u, v)$ 满足 $f\left(x + y, \frac{y}{x}\right) = x^{2} - y^{2}$ ，则 $\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{\substack{u=1 \\ v=1}}$ 与 $\left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{\substack{u=1 \\ v=1}}$ 依次为 ( )

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

正确答案：D

此题考查二元复合函数偏导的求解。

令 $u = x + y$ ， $v = \frac{y}{x}$ ，则

x = \frac{u}{1 + v}, \quad y = \frac{u v}{1 + v}.

于是 $f\left(x + y, \frac{y}{x}\right) = x^{2} - y^{2}$ 可化为

f(u, v) = \left(\frac{u}{1 + v}\right)^{2} - \left(\frac{u v}{1 + v}\right)^{2} = \frac{u^{2}(1 - v)}{1 + v}.

因此，

\frac{\partial f}{\partial u} = \frac{2 u (1 - v)}{1 + v}, \quad \frac{\partial f}{\partial v} = -\frac{2 u^{2}}{(1 + v)^{2}}.

代入 $u = 1$ ， $v = 1$ 得

\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{\substack{u=1 \\ v=1}} = 0, \quad \left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{\substack{u=1 \\ v=1}} = -\frac{1}{2}.

故选 (D)。

6

设 $D$ 是第一象限由曲线 $2xy = 1$ 、 $4xy = 1$ 与直线 $y = x$ 、 $y = \sqrt{3}x$ 围成的平面区域，函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上连续，则

\iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy =

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

\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d \theta \int_{\frac{1}{2 \sin 2 \theta}}^{\frac{1}{\sin 2 \theta}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r d r

\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d \theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2 \sin 2 \theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r d r

\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d \theta \int_{\frac{1}{2 \sin 2 \theta}}^{\frac{1}{\sin 2 \theta}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) d r

\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d \theta \int_{\frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) d r

正确答案：B

根据图示，在极坐标系下，该二重积分的积分区域为

D = \left\{ (r, \theta) \middle| \frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{3},\ \frac{1}{\sqrt{2 \sin 2\theta}} \leq r \leq \frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta}} \right\}

因此，

\iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d\theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2 \sin 2\theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta}}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) \, r \, dr

故选择 B。

7

设矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & a \\ 1 & 4 & a^{2} \end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{b} = \begin{pmatrix} 1 \\ d \\ d^{2} \end{pmatrix}$ ， $\Omega = \{1, 2\}$ ，则线性方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b}$ 有无穷多解的充分必要条件为：（）

线性代数线性方程组

正确答案：D

(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}) = \left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & a & d \\ 1 & 4 & a^{2} & d^{2} \end{array}\right) \to \left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & a-1 & d-1 \\ 0 & 0 & (a-1)(a-2) & (d-1)(d-2) \end{array}\right),

由 $r(\boldsymbol{A}) = r(\boldsymbol{A}, \boldsymbol{b}) < 3$ ，故 $a = 1$ 或 $a = 2$ ，同时 $d = 1$ 或 $d = 2$ 。故选 (D)。

8

设二次型 $f(\boldsymbol{x}_{1}, \boldsymbol{x}_{2}, \boldsymbol{x}_{3})$ 在正交变换 $\boldsymbol{x} = P \boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ ，其中 $P = (\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3})$ 。若 $Q = (\boldsymbol{e}_{1}, -\boldsymbol{e}_{3}, \boldsymbol{e}_{2})$ ，则 $f(\boldsymbol{x}_{1}, \boldsymbol{x}_{2}, \boldsymbol{x}_{3})$ 在正交变换 $\boldsymbol{x} = Q \boldsymbol{y}$ 下的标准形为：（）

线性代数二次型

正确答案：A

由 $x = P y$ ，故 $f = x^{T} A x = y^{T} (P^{T} A P) y = 2 y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}$ ，且

P^{T} A P = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}

Q = P \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} = P C

Q^{T} A Q = C^{T} (P^{T} A P) C = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

所以 $f = x^{T} A x = y^{T} (Q^{T} A Q) y = 2 y_{1}^{2} - y_{2}^{2} + y_{3}^{2}$ 。选 (A)

填空题

9

（填空题）

$\begin{cases} x = \arctan t \\ y = 3t + t^{3} \end{cases}$ ，则 $\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{t=1} =$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 48

【解析】

\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{3 + 3t^2}{\frac{1}{1 + t^2}} = 3(1 + t^2)^2

\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left[3(1 + t^2)^2\right] = \frac{\frac{d}{dt}\left[3(1 + t^2)^2\right]}{\frac{dx}{dt}} = \frac{12t(1 + t^2)}{\frac{1}{1 + t^2}} = 12t(1 + t^2)^2

\left.\frac{d^2 y}{dx^2}\right|_{t=1} = 48

10

（填空题）函数 $f(x) = x^{2} \cdot 2^{x}$ 在 $x = 0$ 处的 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(0) =$

高等数学一元函数微分学泰勒公式

【答案】 $n(n-1)(\ln 2)^{n-2}$

【解析】 根据莱布尼茨公式可得：

f^{(n)}(0) = \left. C_{n}^{2} \cdot 2 \cdot \left(2^{x}\right)^{(n-2)} \right|_{x=0} = \frac{n(n-1)}{2} \cdot 2 \cdot (\ln 2)^{n-2} = n(n-1)(\ln 2)^{n-2}

11

（填空题）设 $f(x)$ 连续， $\varphi(x) = \int_{0}^{x^{2}} x f(t) \, dt$ ，若 $\varphi(1) = 1$ ， $\varphi'(1) = 5$ ，则 $f(1) =$

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 2

【解析】 已知 $\varphi(x)=x \int_{0}^{x^{2}} f(t) d t$ ，求导得

\varphi'(x)=\int_{0}^{x^{2}} f(t) d t + 2 x^{2} f(x^{2})

因此有

\varphi(1)=\int_{0}^{1} f(t) d t = 1

\varphi'(1)=1 + 2 f(1) = 5

解得 $f(1)=2$ 。

12

（填空题）设函数 $y = y(x)$ 是微分方程 $y^{\prime \prime} + y' - 2y = 0$ 的解，且在 $x = 0$ 处 $y(x)$ 取得极值 3，则 $y(x) =$

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】 $y = 2 e^{x} + e^{-2x}$

【解析】 由题意知： $y(0) = 3$ ， $y'(0) = 0$ 。
由特征方程： $\lambda^{2} + \lambda - 2 = 0$ ，解得 $\lambda_{1} = 1$ ， $\lambda_{2} = -2$ 。

因此微分方程的通解为： $y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{-2x}$ 。
代入 $y(0) = 3$ ， $y'(0) = 0$ ，解得： $C_{1} = 2$ ， $C_{2} = 1$ 。

最终得： $y = 2 e^{x} + e^{-2x}$ 。

13

（填空题）若函数 $Z = z(x, y)$ 由方程 $e^{x + 2y + 3z} + x y z = 1$ 确定，则 $\left. dz \right|_{(0,0)} =$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $\left. dz \right|_{(0,0)} = -\frac{1}{3} dx - \frac{2}{3} dy$

【解析】 当 $x=0$ ， $y=0$ 时， $z=0$ 。两边对 $x$ 求偏导可得：

(3 e^{x+2 y+3 z}+x y) \frac{\partial z}{\partial x}=-y z-e^{x+2 y+3 z}.

对 $y$ 求偏导可得：

(3 e^{x+2 y+3 z}+x y) \frac{\partial z}{\partial y}=-x z-2 e^{x+2 y+3 z}.

将 $(0,0,0)$ 代入得：

\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,0)}=-\frac{1}{3}, \quad \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,0)}=-\frac{2}{3}.

因此可得：

\left.d z\right|_{(0,0)}=-\frac{1}{3} d x-\frac{2}{3} d y=-\frac{1}{3}(d x+2 d y).

14

（填空题）若 3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $2$ ， $-2$ ， $1$ ， $B = A^2 - A + E$ ，其中 $E$ 为 3 阶单位阵，则行列式 $|B| =$

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 21

【解析】 矩阵 $A$ 的所有特征值为 $2$ ， $-2$ ， $1$ 。

矩阵 $B$ 的所有特征值为：

2^{2} - 2 + 1 = 3,

(-2)^{2} - (-2) + 1 = 7,

1^{2} - 1 + 1 = 1.

因此，

|B| = 3 \times 7 \times 1 = 21.

解答题

15

（本题满分 10 分）

设函数 $f(x) = x + a \ln (1 + x) + b x \sin x$ ， $g(x) = k x^{3}$ 。若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x \to 0$ 时是等价无穷小，求 $a$ 、 $b$ 、 $k$ 的值。

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

【答案】 $a=-1, k=-\frac{1}{3}, b=-\frac{1}{2}$

【解析】

方法一：

因为 $\ln (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)$ ， $\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+o\left(x^{3}\right)$ ，

那么，

\begin{align*} 1 &= \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x+a \ln (1+x)+b x \sin x}{k x^{3}} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{(1+a) x+\left(b-\frac{a}{2}\right) x^{2}+\frac{a}{3} x^{3}+o\left(x^{3}\right)}{k x^{3}}, \end{align*}

可得：

\begin{cases} 1+a=0 \\ b-\frac{a}{2}=0 \end{cases} \quad \text{} \quad \begin{cases} a=-1 \\ b=-\frac{1}{2} \\ k=-\frac{1}{3} \end{cases}

方法二：

由题意得

1=\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to 0} \frac{x+a \ln (1+x)+b x \sin x}{k x^{3}}=\lim_{x \to 0} \frac{1+\frac{a}{1+x}+b \sin x+b x \cos x}{3 k x^{2}}

由分母 $\lim_{x \to 0} 3 k x^{2}=0$ ，得分子 $\lim_{x \to 0} \left(1+\frac{a}{1+x}+b \sin x+b x \cos x\right)=\lim_{x \to 0} (1+a)=0$ ，求得 $a=-1$ 。

于是

1=\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to 0} \frac{1-\frac{1}{1+x}+b \sin x+b x \cos x}{3 k x^{2}}

\begin{aligned} &= \lim_{x \to 0} \frac{x+b(1+x) \sin x+b x(1+x) \cos x}{3 k x^{2}(1+x)} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x+b(1+x) \sin x+b x(1+x) \cos x}{3 k x^{2}} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1+b \sin x+b(1+x) \cos x+b(1+x) \cos x+b x \cos x-b x(1+x) \sin x}{6 k x} \end{aligned}

由分母 $\lim_{x \to 0} 6 k x=0$ ，得分子

\begin{align*} &\lim_{x \to 0} \bigl[1+b \sin x+2 b(1+x) \cos x+b x \cos x-b x(1+x) \sin x\bigr] \\ &\quad = \lim_{x \to 0} (1+2 b \cos x) = 0, \end{align*}

求得 $b=-\frac{1}{2}$ 。

进一步，将 $b$ 值代入原式：

\begin{aligned} 1&=\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to 0} \frac{1-\frac{1}{2} \sin x-(1+x) \cos x-\frac{1}{2} x \cos x+\frac{1}{2} x(1+x) \sin x}{6 k x} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2} \cos x-\cos x+(1+x) \sin x-\frac{1}{2} \cos x+\frac{1}{2} x \sin x+\frac{1}{2}(1+x) \sin x+\frac{1}{2} x \sin x+\frac{1}{2} x(1+x) \cos x}{6 k} \\ &= \frac{-\frac{1}{2}}{6 k}, \quad \text{} \quad k=-\frac{1}{3}. \end{aligned}

16

（本题满分 10 分）

设 $A > 0$ ， $D$ 是由曲线段 $y = A \sin x$ （ $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$ ）及直线 $y = 0$ 和 $x = \frac{\pi}{2}$ 所围成的平面区域。 $V_{1}$ 和 $V_{2}$ 分别表示 $D$ 绕 $x$ 轴与绕 $y$ 轴旋转成旋转体的体积，若 $V_{1} = V_{2}$ ，求 $A$ 的值。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 $\frac{8}{\pi}$

【解析】 由旋转体的体积公式，得

V_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \pi f^{2}(x) \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \pi(A \sin x)^{2} \, dx=\pi A^{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos 2x}{2} \, dx=\frac{\pi^{2} A^{2}}{4}

V_{2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2\pi x f(x) \, dx=-2\pi A \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \, d(\cos x)=2\pi A

由题设 $V_{1}=V_{2}$ ，求得 $A=\frac{8}{\pi}$ 。

17

（本题满分 10 分）

已知函数 $f(x, y)$ 满足 $f_{xy}^{\prime\prime}(x, y) = 2(y+1) e^{x}$ ， $f_{x}'(x, 0) = (x+1) e^{x}$ ， $f(0, y) = y^{2} + 2y$ ，求 $f(x, y)$ 的极值。

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】 极小值 $f(0,-1) = -1$

【解析】 已知 $f_{xy}^{\prime\prime}(x, y) = 2(y+1) e^{x}$ 。两边对 $y$ 积分，得

f_{x}'(x, y) = 2\left( \frac{1}{2} y^{2} + y \right) e^{x} + \varphi(x) = \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + \varphi(x),

由 $f_{x}'(x, 0) = \varphi(x) = (x+1) e^{x}$ ，可得

\varphi(x) = e^{x}(x+1),

因此

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

两边关于 $x$ 积分，得

\begin{aligned} f(x, y) &= \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + \int e^{x}(1+x) \, dx \\ &= \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + \int (1+x) \, d e^{x} \\ &= \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + (1+x) e^{x} - \int e^{x} \, dx \\ &= \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + (1+x) e^{x} - e^{x} + C \\ &= \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + x e^{x} + C. \end{aligned}

由 $f(0, y) = y^{2} + 2y + C = y^{2} + 2y$ ，得 $C = 0$ ，所以

f(x, y) = \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + x e^{x}.

令

\begin{cases} f_{x}' = \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + e^{x} + x e^{x} = 0, \\ f_{y}' = (2y + 2) e^{x} = 0, \end{cases}

解得

\begin{cases} x = 0, \\ y = -1. \end{cases}

又

f_{xx}'' = \left( y^{2} + 2y \right) e^{x} + 2 e^{x} + x e^{x}, \quad f_{xy}'' = 2(y+1) e^{x}, \quad f_{yy}'' = 2 e^{x}.

当 $x = 0$ ， $y = -1$ 时，

A = f_{xx}''(0,-1) = 1, \quad B = f_{xy}''(0,-1) = 0, \quad C = f_{yy}''(0,-1) = 2.

由于 $AC - B^{2} > 0$ ，且 $A > 0$ ，因此 $f(0,-1) = -1$ 为极小值。

18

（本题满分 10 分）

计算二重积分 $\iint_{D} x(x+y) \, dx \, dy$ ，其中 $D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leq 2, \, y \geq x^{2}\}$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{\pi}{4}-\frac{2}{5}$

【解析】

\begin{align*} \iint_{D} x(x+y) \, dx \, dy &= \iint_{D} x^{2} \, dx \, dy \\ &= 2 \int_{0}^{1} dx \int_{x^{2}}^{\sqrt{2-x^{2}}} x^{2} \, dy \\ &= 2 \int_{0}^{1} x^{2} \left( \sqrt{2-x^{2}} - x^{2} \right) dx \\ &= 2 \int_{0}^{1} x^{2} \sqrt{2-x^{2}} \, dx - \frac{2}{5} \end{align*}

令 $x = \sqrt{2} \sin t$ ，则

\begin{align*} &= 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 2 \sin^{2} t \cdot 2 \cos^{2} t \, dt - \frac{2}{5} \\ &= 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin^{2} 2t \, dt - \frac{2}{5} \end{align*}

令 $u = 2t$ ，则

\begin{align*} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2} u \, du - \frac{2}{5} \\ &= \frac{\pi}{4} - \frac{2}{5} \end{align*}

19

（本题满分 10 分）

已知函数 $f(x) = \int_{x}^{1} \sqrt{1 + t^{2}} \, dt + \int_{1}^{x^{2}} \sqrt{1 + t} \, dt$ ，求 $f(x)$ 零点的个数？

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 2个

【解析】 首先求导：

f'(x) = -\sqrt{1+x^{2}} + 2x \sqrt{1+x^{2}} = \sqrt{1+x^{2}} (2x - 1)

令 $f'(x) = 0$ ，得驻点 $x = \frac{1}{2}$ 。

在区间 $(-\infty, \frac{1}{2})$ 上， $f(x)$ 单调递减；在区间 $(\frac{1}{2}, +\infty)$ 上， $f(x)$ 单调递增。因此， $f\left(\frac{1}{2}\right)$ 是唯一的极小值，也是最小值。

计算该最小值：

\begin{aligned} f\left(\frac{1}{2}\right) &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1+t^{2}} \, dt + \int_{1}^{\frac{1}{4}} \sqrt{1+t} \, dt \\ &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1+t^{2}} \, dt - \int_{\frac{1}{4}}^{1} \sqrt{1+t} \, dt \\ &= \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1+t^{2}} \, dt - \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1+t} \, dt - \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1+t} \, dt \end{aligned}

在区间 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上，有 $\sqrt{1+t^{2}} < \sqrt{1+t}$ ，因此

\int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1+t^{2}} \, dt - \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt{1+t} \, dt < 0

从而可得 $f\left(\frac{1}{2}\right) < 0$ 。

再考虑极限情况：

\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \left[ \int_{x}^{1} \sqrt{1+t^{2}} \, dt + \int_{1}^{x^{2}} \sqrt{1+t} \, dt \right] = +\infty

\begin{align*} \lim_{x \to +\infty} f(x) &= \lim_{x \to +\infty} \left[ \int_{x}^{1} \sqrt{1+t^{2}} \, dt + \int_{1}^{x^{2}} \sqrt{1+t} \, dt \right] \\ &= \lim_{x \to +\infty} \left[ \int_{1}^{x^{2}} \sqrt{1+t} \, dt - \int_{1}^{x} \sqrt{1+t^{2}} \, dt \right] \end{align*}

利用极限比较：

\lim_{x \to +\infty} \frac{\int_{1}^{x^{2}} \sqrt{1+t} \, dt}{\int_{1}^{x} \sqrt{1+t^{2}} \, dt} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x \sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt{1+x^{2}}} = +\infty

因此， $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ 。

综上，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, \frac{1}{2})$ 和 $(\frac{1}{2}, +\infty)$ 上各有一个零点，故零点个数为 2。

20

（本题满分 11 分）

已知高温物体置于低温介质中，任一时刻该物体温度对时间的变化率与该时刻物体和介质的温差成正比。现将一初始温度为 $120^{\circ}\mathrm{C}$ 的物体在 $20^{\circ}\mathrm{C}$ 的恒温介质中冷却， $30\ \mathrm{min}$ 后该物体降至 $30^{\circ}\mathrm{C}$ 。若要将该物体的温度继续降至 $21^{\circ}\mathrm{C}$ ，还需冷却多长时间？

高等数学常微分方程微分方程的应用

【答案】 30 min

【解析】 设 t 时刻物体温度为 $x(t)$ ，比例常数为 $k > 0$ ，介质温度为 $m$ ，则

\frac{dx}{dt} = -k(x - m)

从而

x(t) = C e^{-kt} + m

由 $x(0) = 120$ ， $m = 20$ ，得 $C = 100$ ，即

x(t) = 100 e^{-kt} + 20

又 $x\left(\frac{1}{2}\right) = 30$ ，代入得

30 = 100 e^{-k/2} + 20 \quad \Rightarrow \quad e^{-k/2} = \frac{1}{10} \quad \Rightarrow \quad k = 2 \ln 10

因此

x(t) = 100 e^{-2t \ln 10} + 20 = 100 \cdot 10^{-2t} + 20

即

x(t) = \frac{1}{100^{t-1}} + 20

当 $x = 21$ 时，

21 = \frac{1}{100^{t-1}} + 20 \quad \Rightarrow \quad 100^{t-1} = 1 \quad \Rightarrow \quad t = 1

所以还需要冷却 30 min。

21

（本题满分 11 分）

已知函数 $f(x)$ 在区间 $[a, +\infty)$ 上具有 2 阶导数， $f(a) = 0$ ， $f'(x) > 0$ ， $f''(x) > 0$ ，设 $b > a$ ，曲线 $y = f(x)$ 在点 $(b, f(b))$ 处的切线与 $x$ 轴的交点是 $(x_0, 0)$ ，证明 $a < x_0 < b$ 。

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 见解析

【解析】 根据题意，点 $(b, f(b))$ 处的切线方程为

y - f(b) = f'(b)(x - b)

令 $y = 0$ ，解得

x_0 = b - \frac{f(b)}{f'(b)}

由于 $f'(x) > 0$ ，函数 $f(x)$ 单调递增。又因为 $f(a) = 0$ ，所以 $f(b) > 0$ ，且 $f'(b) > 0$ ，因此

x_0 = b - \frac{f(b)}{f'(b)} < b

又

x_0 - a = b - a - \frac{f(b)}{f'(b)}

在区间 $(a, b)$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a, b)$ ，使得

\frac{f(b) - f(a)}{b - a} = f'(\xi)

即

\frac{f(b)}{b - a} = f'(\xi)

因此

x_0 - a = \frac{f(b)}{f'(\xi)} - \frac{f(b)}{f'(b)} = f(b) \cdot \frac{f'(b) - f'(\xi)}{f'(b) f'(\xi)}

由于 $f''(x) > 0$ ，函数 $f'(x)$ 单调递增，因此 $f'(b) > f'(\xi)$ ，从而

x_0 - a > 0

即 $x_0 > a$ 。

综上可得

a < x_0 < b

结论得证。

22

（本题满分 11 分）

已知矩阵 $A = \begin{pmatrix} a & 1 & 0 \\ 1 & a & -1 \\ 0 & 1 & a \end{pmatrix}$ ，且 $A^{3} = \boldsymbol{O}$ 。

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 若矩阵 $X$ 满足 $X - XA^{2} - AX + AXA^{2} = \boldsymbol{E}$ ， $\boldsymbol{E}$ 为 3 阶单位阵，求 $X$ 。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(1) $a = 0$
(2) $X = \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}$

【解析】
(1) $A^{3} = O \Rightarrow |A| = 0 \Rightarrow \begin{vmatrix} a & 1 & 0 \\ 1 & a & -1 \\ 0 & 1 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 - a^{2} & a & -1 \\ -a & 1 & a \end{vmatrix} = a^{3} = 0 \Rightarrow a = 0$

(2) 由题意知

\begin{aligned} & X - XA^{2} - AX + AXA^{2} = E \Rightarrow X(E - A^{2}) - AX(E - A^{2}) = E \\ & \Rightarrow (E - A)X(E - A^{2}) = E \Rightarrow X = (E - A)^{-1}(E - A^{2})^{-1} = [(E - A^{2})(E - A)]^{-1} \\ & \Rightarrow X = (E - A^{2} - A)^{-1} \end{aligned}

E - A^{2} - A = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}

通过初等行变换求逆可得

X = \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}

23

（本题满分 11 分）

已知 $A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & a \end{pmatrix}$ ， $B = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{pmatrix}$ 。

（1）求 $a$ ， $b$ 的值；

（2）求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{-1} A P$ 为对角阵。

线性代数矩阵的相似与相似对角化

【答案】
(1) $a = 4$ ， $b = 5$
(2) 可逆矩阵 $P = \begin{pmatrix} 2 & -3 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

【解析】
(I) 由 $A \sim B$ 得 $\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(B)$ ，即

3 + a = 1 + b + 1

又由 $|A| = |B|$ 得

\begin{vmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & a \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{vmatrix}

解得

\begin{cases} a - b = -1 \\ 2a - b = 3 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} a = 4 \\ b = 5 \end{cases}

(II)

A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ -1 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & 3 \end{pmatrix} = E + C

其中

C = \begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ -1 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 \end{pmatrix}

$C$ 的特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$ ， $\lambda_3 = 4$ 。

当 $\lambda = 0$ 时， $(0E - C)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系为

\boldsymbol{\xi}_1 = (2, 1, 0)^T, \quad \boldsymbol{\xi}_2 = (-3, 0, 1)^T

当 $\lambda = 4$ 时， $(4E - C)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系为

\boldsymbol{\xi}_3 = (-1, -1, 1)^T

于是 $A$ 的特征值为 $\lambda_A = 1 + \lambda_C$ ，即 $1, 1, 5$ 。

令

P = (\boldsymbol{\xi}_1, \boldsymbol{\xi}_2, \boldsymbol{\xi}_3) = \begin{pmatrix} 2 & -3 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}

则有

P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & 5 \end{pmatrix}