2017 年真题

选择题

1

若函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{1 - \cos \sqrt{x}}{a x}, & x > 0 \\ b, & x \leq 0 \end{cases}$ 在 $x = 0$ 处连续，则（）

正确答案：A

【解析】
首先计算极限：

\lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 - \cos \sqrt{x}}{a x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{2} x}{a x} = \frac{1}{2a}

由题设条件 $\frac{1}{2a} = b$ ，可得：

ab = \frac{1}{2}

2

设二阶可导函数 $f(x)$ 满足 $f(1) = f(-1) = 1$ ， $f(0) = -1$ ，且 $f''(x) > 0$ ，则（）

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：B

【解析】
当 $f(x)$ 为偶函数时满足题设条件，此时

\int_{-1}^{0} f(x) \, dx = \int_{0}^{1} f(x) \, dx,

因此排除 C 和 D。

取 $f(x) = 2x^2 - 1$ ，该函数满足条件，则

\int_{-1}^{1} f(x) \, dx = \int_{-1}^{1} (2x^2 - 1) \, dx = -\frac{2}{3} < 0,

因此选择 B。

3

设数列 $\{x_{n}\}$ 收敛，则（　　）

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

正确答案：D

【解析】
采用特例法：
对于选项 (A)，取 $x_n = \pi$ ，则有

\lim_{n \to \infty} \sin x_n = 0, \quad \lim_{n \to \infty} x_n = \pi,

因此 A 错误。

对于选项 (B) 和 (C)，取 $x_n = -1$ ，可以排除。

综上，正确选项为 D。

4

微分方程 $y^* = x e^{kx} (A \cos \omega x + B \sin \omega x)$ 的特解可设为

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

正确答案：C

【解析】
特征方程为：

\lambda^{2} - 4\lambda + 8 = 0 \Rightarrow \lambda_{1,2} = 2 \pm 2i

由于

f(x) = e^{2x}(1 + \cos 2x) = e^{2x} + e^{2x} \cos 2x

因此

y_{1}^{*} = A e^{2x}, \quad y_{2}^{*} = x e^{2x}(B \cos 2x + C \sin 2x)

故特解为：

y^{*} = y_{1}^{*} + y_{2}^{*} = A e^{2x} + x e^{2x}(B \cos 2x + C \sin 2x)

选 C。

5

设 $f(x, y)$ 具有一阶偏导数，且对任意的 $(x, y)$ ，都有

\frac{\partial f(x, y)}{\partial x} > 0, \quad \frac{\partial f(x, y)}{\partial y} > 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：D

【解析】
已知 $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} > 0$ ， $\frac{\partial f(x,y)}{\partial y} < 0$ ，
这表明 $f(x,y)$ 是关于 $x$ 的单调递增函数，是关于 $y$ 的单调递减函数。

因此，有 $f(0,1) < f(1,1) < f(1,0)$ ，
故答案选 D。

6

甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方 $10$ （单位：m）处，图中实线表示甲的速度曲线 $v = v_{1}(t)$ （单位： $\text{m/s}$ ），虚线表示乙的速度曲线 $v = v_{2}(t)$ ，三块阴影部分面积的数值依次为 $10$ 、 $20$ 、 $3$ ，计时开始后乙追上甲的时刻记为 $t_{0}$ （单位：s），则（）

高等数学一元函数积分学定积分的应用

正确答案：B

【解析】
在时间区间 $[0, t_0]$ 内，甲、乙的位移分别为

\int_{0}^{t_0} v_1(t) \, dt \quad \text{和} \quad \int_{0}^{t_0} v_2(t) \, dt

乙追上甲时，满足

\int_{0}^{t_0} \left[ v_2(t) - v_1(t) \right] \, dt = 10

根据图像面积分析，当 $t_0 = 25$ 时，累计面积超过 10。
结合选项及面积数值分布，实际追上时刻应在 15 到 20 之间，因此选择 B。

7

设 $A$ 为三阶矩阵， $P = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3})$ 为可逆矩阵，使得

P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 0 & & \\ & 1 & \\ & & 2 \end{pmatrix},

则 $A(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}) =$ （）

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：B

【解析】由 $P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 0 & & \\ & 1 & \\ & & 2 \end{pmatrix}$ 得：

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

即：

A (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3) = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3) \begin{pmatrix} 0 & & \\ & 1 & \\ & & 2 \end{pmatrix} = \boldsymbol{\alpha}_2 + 2 \boldsymbol{\alpha}_3

因此，选项 B 正确。

8

设 $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ， $B = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ， $C = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ ，则（）

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：B

【解析】由 $|\lambda E - A| = 0$ 可知， $A$ 的特征值为 $2, 2, 1$ ，且 $3 - r(2E - A) = 1$ ，故 $A$ 可相似对角化为 $C$ 。

由 $|\lambda E - B| = 0$ 可知， $B$ 的特征值为 $2, 2, 1$ ，但 $3 - r(2E - B) = 2$ ，故 $B$ 不可相似对角化。

显然， $C$ 可相似对角化，因此 $A \sim C$ ，但 $B$ 不相似于 $C$ 。

填空题

9

（填空题）曲线 $y = x \left( 1 + \arcsin \frac{2}{x} \right)$ 的斜渐近线方程

高等数学一元函数微分学曲线的凹凸性、拐点及渐近线

【答案】 $y = x + 2$

【解析】 由于

\lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} \left(1 + \arcsin \frac{2}{x}\right) = 1,

并且

\lim_{x \to \infty} (y - x) = \lim_{x \to \infty} x \arcsin \frac{2}{x} = 2,

因此

y = x + 2.

10

（填空题）设函数 $y = y(x)$ 由参数方程

\begin{cases} x = t + e^t \\ y = \sin t \end{cases}

确定，则

\left. \frac{d^2 y}{dx^2} \right|_{t = 0} = \_\_\_\_\_\_

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $-\frac{1}{8}$

【解析】
已知

\frac{dy}{dt} = \cos t, \quad \frac{dx}{dt} = 1 + e^t

因此

\frac{dy}{dx} = \frac{\cos t}{1 + e^t}

进一步求二阶导数

\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{\left( \frac{\cos t}{1 + e^t} \right)'}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-\sin t (1 + e^t) - \cos t \cdot e^t}{(1 + e^t)^2}

代入 $t = 0$ 得

\frac{d^2 y}{dx^2} \bigg|_{t = 0} = -\frac{1}{8}

11

（填空题）

\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln (1+x)}{(1+x)^{2}} \, dx = \_\_\_\_\_\_

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 1

【解析】

\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln (1+x)}{(1+x)^{2}} dx &= -\int_{0}^{+\infty} \ln (1+x) d\left( \frac{1}{1+x} \right) \\ &= -\left[ \left. \frac{\ln (1+x)}{1+x} \right|_{0}^{+\infty} - \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1+x)^{2}} dx \right] \\ &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1+x)^{2}} dx = 1. \end{aligned}

12

（填空题）设函数 $f(x, y)$ 具有一阶连续偏导数，且

\mathrm{d} f(x, y) = y e^{y} \, \mathrm{d}x + x(1 + y) e^{y} \, \mathrm{d}y,

$f(0,0) = 0$ ，则 $f(x,y) =$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $f(x, y) = x y e^{y}$

【解析】
给定偏导数 $f_{x}' = y e^{y}$ 和 $f_{y}' = x(1 + y) e^{y}$ ，我们可以通过积分求得原函数。

首先，对 $f_{x}'$ 关于 $x$ 积分：

f(x, y) = \int y e^{y} \, dx = x y e^{y} + c(y),

其中 $c(y)$ 是仅依赖于 $y$ 的任意函数。

接下来，对 $f(x, y)$ 关于 $y$ 求偏导：

f_{y}' = x e^{y} + x y e^{y} + c'(y) = x e^{y} + x y e^{y}.

比较两边，可得：

c'(y) = 0,

因此 $c(y) = C$ ，其中 $C$ 为常数。

利用初始条件 $f(0, 0) = 0$ ，代入原函数：

f(0, 0) = 0 \cdot 0 \cdot e^{0} + C = 0 \quad \Rightarrow \quad C = 0.

最终得到：

f(x, y) = x y e^{y}.

13

（填空题）

\int_{0}^{1} \mathrm{d} y \int_{y}^{1} \tan x \, \mathrm{d} x =

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

【答案】 $-\ln \cos 1$

【解析】 交换积分次序：

\int_{0}^{1} dy \int_{y}^{1} \tan x \, dx = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{x} \tan x \, dy

由于内层积分中 $\tan x$ 与 $y$ 无关，可以提出：

\int_{0}^{x} \tan x \, dy = \tan x \int_{0}^{x} dy = x \tan x

因此，

\int_{0}^{1} dx \int_{0}^{x} \tan x \, dy = \int_{0}^{1} x \tan x \, dx

计算该积分：

\int_{0}^{1} x \tan x \, dx = -\ln \cos 1

14

（填空题）设 $A = \left[ \begin{array}{ccc} 4 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & a \\ 3 & 1 & -1 \end{array} \right]$ ，向量 $\boldsymbol{\alpha} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \end{array} \right)$ 是矩阵 $A$ 的特征向量，则 $a =$

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 a = -1

【解析】 由 $A \boldsymbol{\alpha} = \lambda \boldsymbol{\alpha}$ 得：

\begin{pmatrix} 4 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & a \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}

计算得：

\begin{pmatrix} 1 \\ 3 + 2a \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda \\ \lambda \\ 2\lambda \end{pmatrix}

故有
$3 + 2a = \lambda$ 且 $2 = 2\lambda$ ，
解得 $\lambda = 1$ ，代入得 $3 + 2a = 1$ ，
所以 $a = -1$ 。

解答题

15

（本题满分 10 分）求 $\lim _{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{x - t e^{t}} \, dt}{\sqrt{x^{3}}}$

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 令 $x - t = u$ ，则

\int_{0}^{x} \sqrt{x - t e^{t}} \, dt = -\int_{x}^{0} \sqrt{u} e^{x+u} \, du = \int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{x+u} \, du

原式为

\lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{x+u} \, du}{x^{\frac{3}{2}}} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{x} \int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{u} \, du}{x^{\frac{3}{2}}}

= \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} \sqrt{u} e^{u} \, du}{x^{\frac{3}{2}}} = \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x} e^{x}}{\frac{3}{2} x^{\frac{1}{2}}} = \frac{2}{3}

16

（本题满分 10 分）设 $f(u, v)$ 具有 2 阶连续导数， $y = f(e^{x}, \cos x)$ ，求 $\left. \frac{d y}{d x} \right|_{x=0}$ ， $\left. \frac{d^{2} y}{d x^{2}} \right|_{x=0}$ 。

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $\left.\frac{d y}{d x}\right|_{x=0} = f_{1}'(1,1), \quad \left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{x=0} = f_{11}''(1,1) + f_{1}'(1,1) - f_{2}'(1,1)$

【解析】

已知 $y = f(e^{x}, \cos x)$ ，当 $x = 0$ 时，有 $y(0) = f(1,1)$ 。

一阶导数为：

\frac{d y}{d x} = f_{1}' e^{x} + f_{2}' (-\sin x)

代入 $x = 0$ 得：

\left.\frac{d y}{d x}\right|_{x=0} = f_{1}'(1,1) \cdot 1 + f_{2}'(1,1) \cdot 0 = f_{1}'(1,1)

二阶导数为：

\begin{aligned} \frac{d^{2} y}{d x^{2}} &= f_{11}'' e^{2x} + f_{12}'' e^{x}(-\sin x) + f_{21}'' e^{x}(-\sin x) + f_{22}'' \sin^{2} x + f_{1}' e^{x} - f_{2}' \cos x \end{aligned}

代入 $x = 0$ 得：

\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{x=0} = f_{11}''(1,1) + f_{1}'(1,1) - f_{2}'(1,1)

结论：

\left.\frac{d y}{d x}\right|_{x=0} = f_{1}'(1,1)

\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{x=0} = f_{11}''(1,1) + f_{1}'(1,1) - f_{2}'(1,1)

17

（本题满分 10 分）求

\lim _{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right)

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】

\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\frac{k}{n}\right) &= \int_{0}^{1} x \ln (1+x) \, dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \ln (1+x) \, d(x^{2}) \\ &= \frac{1}{2} \left( \ln (1+x) \cdot x^{2} \Big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{1+x} \, dx \right) \\ &= \frac{1}{4} \end{align*}

18

（本题满分 10 分）已知函数 $y(x)$ 由方程

x^{3} + y^{3} - 3x + 3y - 2 = 0

确定，求 $y(x)$ 的极值。

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】 极大值为 $y(1) = 1$ ，极小值为 $y(-1) = 0$ 。

【解析】
对原方程两边求导，得：

3x^{2} + 3y^{2} \cdot y' - 3 + 3y' = 0

令 $y' = 0$ ，解得 $x = \pm 1$ 。

对（1）式两边关于 $x$ 再次求导，得：

6x + 6y \cdot (y')^{2} + 3y^{2} \cdot y'' + 3y'' = 0 \quad \text{(2)}

将 $x = \pm 1$ 代入原方程，得：

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

将 $x = 1$ 、 $y = 1$ 代入（2）式，得：

y''(1) = -1 < 0

将 $x = -1$ 、 $y = 0$ 代入（2）式，得：

y''(-1) = 2 > 0

因此， $x = 1$ 为极大值点， $y(1) = 1$ ；
$x = -1$ 为极小值点， $y(-1) = 0$ 。

19

（本题满分 10 分）设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有 2 阶导数，且 $f(1) > 0$ ， $\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0$ ，证明：

（Ⅰ）方程 $f(x) = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根；

（Ⅱ）方程 $f(x) f'(x) + (f'(x))^2 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根。

高等数学一元函数微分学方程根的存在性与个数

【答案】 见解析

【解析】
（Ⅰ）已知 $f(x)$ 二阶可导，且 $f(1) > 0$ ， $\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0$ 。
解：

由于 $\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0$ ，根据极限的保号性，存在 $\delta > 0$ ，使得对任意 $x \in (0, \delta)$ ，有 $\frac{f(x)}{x} < 0$ ，即 $f(x) < 0$ 。
因此，存在 $x_0 \in (0, \delta)$ ，使得 $f(x_0) < 0$ 。
又因为 $f(x)$ 二阶可导，所以 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续。
因此， $f(x)$ 在 $[\delta, 1]$ 上连续，且 $f(\delta) < 0$ ， $f(1) > 0$ 。根据零点定理，至少存在一点 $\xi \in (\delta, 1)$ ，使得 $f(\xi) = 0$ 。
得证。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 $f(0) = 0$ ，且存在 $\xi \in (0, 1)$ ，使得 $f(\xi) = 0$ 。
令 $F(x) = f(x) f'(x)$ ，则 $f(0) = f(\xi) = 0$ 。
由罗尔定理，存在 $\eta \in (0, \xi)$ ，使得 $f'(\eta) = 0$ ，于是 $F(0) = F(\eta) = F(\xi) = 0$ 。
对 $F(x)$ 在区间 $(0, \eta)$ 和 $(\eta, \xi)$ 上分别应用罗尔定理：
存在 $\eta_1 \in (0, \eta)$ ， $\eta_2 \in (\eta, \xi)$ ，且 $\eta_1, \eta_2 \in (0, 1)$ ， $\eta_1 \ne \eta_2$ ，使得 $F'(\eta_1) = F'(\eta_2) = 0$ 。
而 $F'(x) = f(x) f''(x) + (f'(x))^2 = 0$ ，因此方程 $f(x) f''(x) + (f'(x))^2 = 0$ 在 $(0, 1)$ 内至少有两个不同实根。
得证。

20

（本题满分 11 分）设平面区域

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

计算二重积分

\iint_{D} (x + 1)^{2} \, dx \, dy.

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{5\pi}{4}$

【解析】
首先，将积分展开：

\begin{align*} \iint_{D} (x+1)^{2} \, dx \, dy &= \iint_{D} \left( x^{2} + 2x + 1 \right) \, dx \, dy \\ &= \iint_{D} x^{2} \, dx \, dy + 2 \iint_{D} x \, dx \, dy + \iint_{D} 1 \, dx \, dy \end{align*}

由于区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，而 $x$ 是奇函数，因此

2 \iint_{D} x \, dx \, dy = 0

于是原式化简为：

\iint_{D} x^{2} \, dx \, dy + \iint_{D} 1 \, dx \, dy

接下来，利用极坐标变换：
令 $x = r \cos \theta$ ， $y = r \sin \theta$ ，区域 $D$ 的方程化为

r^{2} \leq 2r \sin \theta \quad \Rightarrow \quad r \leq 2 \sin \theta \quad (\theta \in [0, \pi])

计算第一个积分：

\iint_{D} x^{2} \, dx \, dy = \int_{0}^{\pi} d\theta \int_{0}^{2 \sin \theta} r^{2} \cos^{2} \theta \cdot r \, dr = \int_{0}^{\pi} \cos^{2} \theta \, d\theta \int_{0}^{2 \sin \theta} r^{3} \, dr

先计算内层积分：

\int_{0}^{2 \sin \theta} r^{3} \, dr = \left[ \frac{r^{4}}{4} \right]_{0}^{2 \sin \theta} = 4 \sin^{4} \theta

代入得：

\iint_{D} x^{2} \, dx \, dy = \int_{0}^{\pi} \cos^{2} \theta \cdot 4 \sin^{4} \theta \, d\theta

利用三角恒等式化简并计算，可得该积分值为 $\frac{\pi}{4}$ 。

第二个积分 $\iint_{D} 1 \, dx \, dy$ 表示区域 $D$ 的面积。
区域 $D$ 是圆心在 $(0, 1)$ 、半径为 1 的圆，其面积为 $\pi$ 。

因此，原式结果为：

\frac{\pi}{4} + \pi = \frac{5\pi}{4}

21

（本题满分 11 分）设 $y(x)$ 是区间 $(0, \frac{3}{2})$ 内的函数， $y(1) = 0$ ，设 $P$ 是曲线 $y = y(x)$ 上任意一点，曲线在点 $P$ 处的切线与 $y$ 轴相交于点 $(0, Y_P)$ ，法线与 $x$ 轴相交于点 $(X_P, 0)$ ，若 $X_P = Y_P$ ，求曲线 $L$ 上点的坐标 $(x, y)$ 满足的方程。

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】

\arctan \frac{y}{x} + \frac{1}{2} \ln(x^2 + y^2) = 0, \quad x \in \left(0, \frac{3}{2}\right)

【解析】
由题意可知，过点 $P$ 的切线方程为：

Y - y = y'(X - x) \quad \cdots \quad (1)

过点 $P$ 的法线方程为：

Y - y = \frac{-1}{y'}(X - x) \quad \cdots \quad (2)

对式 (1)，令 $X = 0$ ，得：

Y_P = y - x y'

对式 (2)，令 $Y = 0$ ，得：

X_P = x + y y'

因此，有：

y - x y' = x + y y' \Rightarrow y' = \frac{y - x}{y + x} = \frac{\frac{y}{x} - 1}{\frac{y}{x} + 1}

令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y = u x$ ，故：

y' = u' x + u

代入得：

u' x + u = \frac{u - 1}{u + 1} \Rightarrow u' x = \frac{-1 - u^2}{u + 1}

整理得：

\frac{(1 + u) \, du}{1 + u^2} = \frac{-1}{x} \, dx

积分得：

\arctan u + \frac{1}{2} \ln(1 + u^2) = -\ln|x| + C

已知 $y(1) = 0$ ，代入得 $C = 0$ ，故：

\arctan \frac{y}{x} + \ln \sqrt{\frac{x^2 + y^2}{x^2}} + \ln x = 0

化简为：

\arctan \frac{y}{x} + \frac{1}{2} \ln(x^2 + y^2) = 0, \quad x \in \left(0, \frac{3}{2}\right)

22

（本题满分 11 分）设 3 阶矩阵 $A = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3})$ 有 3 个不同的特征值，且 $\boldsymbol{\alpha}_{3} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 2 \boldsymbol{\alpha}_{2}$ 。

(I) 证明： $r(A) = 2$

(II) 若 $\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ，求方程组 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的通解。

线性代数矩阵矩阵的秩

【答案】
（I）见解析
（II）方程组 $A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的通解为 $k \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，其中 $k \in \boldsymbol{R}$

【解析】
（I）证明：由 $\boldsymbol{\alpha}_{3} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 可得 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2} - \boldsymbol{\alpha}_{3} = \boldsymbol{0}$ ，即 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性相关。

因此， $\vert \boldsymbol{A} \vert = \vert \boldsymbol{\alpha}_{1} \ \boldsymbol{\alpha}_{2} \ \boldsymbol{\alpha}_{3} \vert = 0$ ，即 $\boldsymbol{A}$ 的特征值必有 $0$ 。

又因为 $\boldsymbol{A}$ 有三个不同的特征值，则三个特征值中只有 $1$ 个为 $0$ ，另外两个非 $0$ 。

且由于 $\boldsymbol{A}$ 必可相似对角化，则可设其对角矩阵为 $\boldsymbol{\Lambda} = \begin{pmatrix} \lambda_{1} & & \\ & \lambda_{2} & \\ & & 0 \end{pmatrix}$ ，其中 $\lambda_{1} \neq \lambda_{2} \neq 0$ 。

所以 $\text{r}(\boldsymbol{A}) = \text{r}(\boldsymbol{\Lambda}) = 2$ 。

（II）由（I）知 $\text{r}(\boldsymbol{A}) = 2$ ，则 $3 - \text{r}(\boldsymbol{A}) = 1$ ，即 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系只有 $1$ 个解向量。

由 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + 2\boldsymbol{\alpha}_{2} - \boldsymbol{\alpha}_{3} = \boldsymbol{0}$ 可得 $(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}) \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{A} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{0}$ ，则 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系为 $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ 。

又 $\boldsymbol{\beta} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ，即 $(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{A} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{\beta}$ ，则 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的一个特解为 $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ 。

综上， $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 的通解为 $k \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，其中 $k \in \boldsymbol{R}$ 。

23

（本题满分 11 分）

设二次型

f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2x_{1}^{2} - x_{2}^{2} + a x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{2} - 8x_{1}x_{3} + 2x_{2}x_{3}

在正交变换 $\boldsymbol{X} = Q \boldsymbol{Y}$ 下的标准型为

\lambda_{1} y_{1}^{2} + \lambda_{2} y_{2}^{2},

求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $Q$ 。

线性代数二次型

【答案】
$a = 2$ ，正交矩阵 $Q = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$

【解析】
设 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = \boldsymbol{X}^{\text{T}} A \boldsymbol{X}$ ，其中

A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 1 & -1 & 1 \\ -4 & 1 & a \end{pmatrix}.

由于 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = \boldsymbol{X}^{\text{T}} A \boldsymbol{X}$ 经正交变换后，得到的标准形为 $\lambda_{1} y_{1}^{2} + \lambda_{2} y_{2}^{2}$ ，
故 $r(A) = 2 \Rightarrow |A| = 0 \Rightarrow \begin{vmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 1 & -1 & 1 \\ -4 & 1 & a \end{vmatrix} = 0 \Rightarrow a = 2$ 。

将 $a = 2$ 代入，满足 $r(A) = 2$ ，因此 $a = 2$ 符合题意。
此时

A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 \\ 1 & -1 & 1 \\ -4 & 1 & 2 \end{pmatrix}.

则

|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 2 & -1 & 4 \\ -1 & \lambda + 1 & -1 \\ 4 & -1 & \lambda - 2 \end{vmatrix} = 0 \Rightarrow \lambda_{1} = -3, \lambda_{2} = 0, \lambda_{3} = 6.

由 $(-3E - A) \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ ，可得 $A$ 的属于特征值 $-3$ 的特征向量为

\boldsymbol{\alpha}_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}.

由 $(6E - A) \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ ，可得 $A$ 的属于特征值 $6$ 的特征向量为

\boldsymbol{\alpha}_{2} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.

由 $(0E - A) \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ ，可得 $A$ 的属于特征值 $0$ 的特征向量为

\boldsymbol{\alpha}_{3} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}.

令 $P = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3})$ ，则

P^{-1} A P = \begin{pmatrix} -3 & & \\ & 6 & \\ & & 0 \end{pmatrix}.

由于 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 彼此正交，故只需单位化即可：

\boldsymbol{\beta}_{1} = \frac{1}{\sqrt{3}} (1, -1, 1)^{\text{T}}, \quad \boldsymbol{\beta}_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (-1, 0, 1)^{\text{T}}, \quad \boldsymbol{\beta}_{3} = \frac{1}{\sqrt{6}} (1, 2, 1)^{\text{T}}.

则

Q = (\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix},

Q^{\text{T}} A Q = \begin{pmatrix} -3 & & \\ & 6 & \\ & & 0 \end{pmatrix}.

于是

f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) \stackrel{\boldsymbol{x} = Q \boldsymbol{y}}{=} -3 y_{1}^{2} + 6 y_{2}^{2}.