2018 年真题

选择题

1

若 $\lim_{x \to 0} (e^{x} + a x^{2} + b x)^{\frac{1}{x^{2}}} = 1$ ，则

正确答案：B

\begin{aligned} & 1 = \lim_{x \to 0} \left(e^{x} + a x^{2} + b x\right)^{\frac{1}{x^{2}}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{\ln \left(e^{x} + a x^{2} + b x\right)}{x^{2}}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{e^{x} + 2 a x + b}{2 x \left(e^{x} + a x^{2} + b x\right)}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{e^{x} + 2 a x + b}{2 x}} \\ & \Rightarrow \lim_{x \to 0} \frac{e^{x} + 2 a x + b}{2 x} = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \to 0 \\ \frac{e^{x} + 2 a x + b}{2 x} = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \to 0 \\ a = -\frac{1}{2} \end{array} \right. \end{array} \right. \end{aligned}

2

下列函数在 $x = 0$ 处不可导的是

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：D

$A$ 可导：

$f_{-}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{|x| \sin(|x|)}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{x \cdot \sin x}{x} = 0$ ，
$f_{+}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{|x| \sin(|x|)}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot \sin x}{x} = 0$ 。

$B$ 可导：

$f_{-}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{|x| \sin \sqrt{|x|}}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{-x \cdot \sin \sqrt{-x}}{x} = 0$ ，
$f_{+}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{|x| \sin \sqrt{|x|}}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot \sin \sqrt{x}}{x} = 0$ 。

$C$ 可导：

$f_{-}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{\cos |x| - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x} = 0$ ，
$f_{+}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\cos |x| - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x} = 0$ 。

$D$ 不可导：

$f_{-}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{\cos \sqrt{|x|} - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2}(-x)}{x} = \frac{1}{2}$ ，
$f_{+}^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\cos \sqrt{|x|} - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x}{x} = -\frac{1}{2}$ 。

$f_{+}^{\prime}(0) \neq f_{-}^{\prime}(0)$ 。

3

设
$f(x) = \begin{cases} -1, & x < 0 \\ 1, & x \geq 0 \end{cases}$ ，
$g(x) = \begin{cases} 2 + a x, & x \leq -1 \\ x, & -1 < x < 0 \\ x - b, & x \geq 0 \end{cases}$ ，
若 $f(x) + g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，则

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：D

当 $x \to 0^{-}$ 时，有：

\lim_{x \to 0^{-}}[f(x) + g(x)] = \lim_{x \to 0^{-}} f(x) + \lim_{x \to 0^{-}} g(x) = -1 + 0 = -1

当 $x \to 0^{+}$ 时，有：

\lim_{x \to 0^{+}}[f(x) + g(x)] = \lim_{x \to 0^{+}} f(x) + \lim_{x \to 0^{+}} g(x) = 1 + (0 - b) = 1 - b

由左右极限相等得：

-1 = 1 - b \Rightarrow b = 2

当 $x \to -1^{-}$ 时，有：

\lim_{x \to -1^{-}}[f(x) + g(x)] = \lim_{x \to -1^{-}} f(x) + \lim_{x \to -1^{-}} g(x) = -1 + [2 + a \times (-1)] = 1 - a

当 $x \to -1^{+}$ 时，有：

\lim_{x \to -1^{+}}[f(x) + g(x)] = \lim_{x \to -1^{+}} f(x) + \lim_{x \to -1^{+}} g(x) = -1 + (-1) = -2

由左右极限相等得：

-2 = 1 - a \Rightarrow a = -3

4

设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $\int_{0}^{1} f(x) \, dx = 0$ ，则

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

B 错误：取函数 $f(x) = -x^{2} + \frac{1}{3}$ ，则有

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

同时 $f''(x) = -2 < 0$ ，而

f\left( \frac{1}{2} \right) = -\frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{1}{12} > 0.

C 错误：取函数 $f(x) = x - \frac{1}{2}$ ，则有

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

同时 $f'(x) = 1 > 0$ ，而

f\left( \frac{1}{2} \right) = 0.

D 正确：（解析过程结合凸函数性质，当 $f''(x) > 0$ 时函数下凸，由积分值为 $0$ 可推导出中点函数值小于 $0$ ，具体过程略）

5

设 $M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1 + x)^{2}}{1 + x^{2}} \, dx$ ， $N = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + x}{e^{x}} \, dx$ ， $K = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sqrt{\cos x}) \, dx$ ，则

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：C

M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( 1 + \frac{2x}{1 + x^2} \right) dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 dx

（奇函数部分积分为 $0$ ），故 $M = \pi$ 。

当 $x \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$ 时， $1 + \sqrt{\cos x} \geq 1$ ，所以

K = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sqrt{\cos x}) dx > \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = M

令 $f(x) = \frac{1 + x}{e^x}$ ，则 $f(x) = (1 + x) e^{-x}$ ， $f^\prime(x) = -x e^{-x}$ 。

在 $\left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]$ 上 $f^\prime(x) \leq 0$ ，在 $\left[ -\frac{\pi}{2}, 0 \right]$ 上 $f^\prime(x) \geq 0$ ，且 $f(x)$ 为偶函数， $f(x) \leq f(0) = 1$ ，故

N = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) dx < \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = M

综上， $K > M > N$ 。

6

\int_{-1}^{0} dx \int_{-x}^{2-x^{2}} (1 - xy) \, dy + \int_{0}^{1} dx \int_{x}^{2-x^{2}} (1 - xy) \, dy =

高等数学多元函数积分学重积分的计算

正确答案：A

【解析】从原积分的两个积分区域可以看出，这是两个关于 $y$ 轴对称的区域。

设 $D = \{(x, y) \mid -1 \leq x \leq 1, |x| \leq y \leq 2-x^2\}$ ，则原式 $= \iint_D (1-xy)dxdy$ ，而 $xy$ 是关于 $x$ 的奇函数，因此

\iint_D (1-xy)dxdy = \iint_D dxdy = 2 \int_0^1 dx \int_x^{2-x^2} dy = 2 \int_0^1 (2-x^2-x)dx = \frac{7}{3}

7

设矩阵 $J$ 是三阶 Jordan 矩阵，若矩阵 $Q$ 与 $J$ 相似，则 $r(E - Q) =$

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：A

若矩阵 $Q$ 与 $J$ 相似，则矩阵 $E - Q$ 与 $E - J$ 相似，从而 $r(E - Q) = r(E - J)$ 。

计算各选项中 $E - \text{矩阵}$ 的秩：

选项 A：
$E - A = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ ，秩为 $2$ 。
选项 D：
$E - D = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ ，秩为 $1$ 。

根据相似矩阵秩相等及题目条件，故选 A。

8

设 $A$ ， $B$ 为 $n$ 阶矩阵，记 $r(X)$ 为矩阵 $X$ 的秩， $(X, Y)$ 表示分块矩阵，则

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：A

因为 $r(E, B) = n$ （ $E$ 为单位矩阵），所以

r(A, AB) = r[A(E, B)] = r(A),

故选 A。

填空题

9

（填空题） $\lim_{x \to +\infty} x^{2}[\arctan (x+1) - \arctan x] =$

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 1

【解析】 当 $x \to +\infty$ 时，利用拉格朗日中值定理，存在 $\varepsilon \in (x, x+1)$ ，使得

\arctan (x+1) - \arctan x = \frac{1}{1 + \varepsilon^{2}}.

于是，

\lim_{x \to +\infty} x^{2} \cdot \frac{1}{1 + \varepsilon^{2}} = 1.

10

（填空题）曲线 $y = x^{2} + 2 \ln x$ 过拐点处的切线方程为 ______。

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】 $y = 4x - 3$

【解析】 曲线 $y = x^{2} + 2 \ln x$ 的定义域为 $\{ x \mid x > 0 \}$ 。

其一阶导数为 $y^{\prime} = 2x + \frac{2}{x}$ ，二阶导数为 $y^{\prime \prime} = 2 - \frac{2}{x^{2}}$ 。

令 $y^{\prime \prime} = 0$ ，解得 $x_{0} = \pm 1$ 。由于 $x > 0$ ，故取 $x_{0} = 1$ ，此时拐点为 $(1, 1)$ 。

在 $x_{0} = 1$ 处， $y^{\prime}(x_{0}) = 4$ ，则过拐点 $(1, 1)$ 的切线方程为 $y - 1 = 4(x - 1)$ ，即 $y = 4x - 3$ 。

11

（填空题） $\displaystyle \int_{5}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}-4x+3} \, dx =$

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 $\frac{1}{2} \ln 2$

【解析】 首先，将原式拆分为部分分式：

\int_{5}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}-4x+3} \, dx = \int_{5}^{+\infty} \frac{1}{(x-3)(x-1)} \, dx

= \int_{5}^{+\infty} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x-3} - \frac{1}{x-1} \right) dx

然后逐项积分：

= \left. \frac{1}{2} \ln \left\vert \frac{x-3}{x-1} \right\vert \right\vert_{5}^{+\infty}

计算上限：

\lim_{x \to +\infty} \ln \frac{x-3}{x-1} = \ln 1 = 0

计算下限：

\left. \frac{1}{2} \ln \left\vert \frac{x-3}{x-1} \right\vert \right\vert_{x=5} = \frac{1}{2} \ln \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \ln \frac{1}{2}

因此：

\int_{5}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}-4x+3} \, dx = 0 - \left( -\frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{1}{2} \ln 2

最终结果为：

\boxed{\frac{1}{2} \ln 2}

12

（填空题）曲线 $\begin{cases} x = \cos^3 t, \\ y = \sin^3 t \end{cases}$ 在 $t = \frac{\pi}{4}$ 处的曲率为（）。

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】
首先求一阶导数：

y^\prime = \frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{3 \sin^2 t \cos t}{-3 \cos^2 t \sin t} = -\tan t,

则

\left. y^\prime \right\vert_{t = \frac{\pi}{4}} = -1.

再求二阶导数：

y^{\prime\prime} = \frac{d}{dx}(y^\prime) = \frac{\frac{d}{dt}(y^\prime)}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-\sec^2 t}{-3 \cos^2 t \sin t} = \frac{1}{3 \cos^4 t \sin t},

代入 $t = \frac{\pi}{4}$ 得：

\left. y^{\prime\prime} \right\vert_{t = \frac{\pi}{4}} = \frac{1}{3 \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{3 \times \frac{4}{16} \times \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{4\sqrt{2}}{3}.

曲率为：

k = \frac{\vert y^{\prime\prime} \vert}{\left( 1 + y^{\prime 2} \right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{\frac{4\sqrt{2}}{3}}{(1 + 1)^{\frac{3}{2}}} = \frac{\frac{4\sqrt{2}}{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{2}{3}.

13

（填空题）设 $z = z(x, y)$ 由方程 $\ln z + e^{z - 1} = xy$ 确定，则 $\left. \frac{\partial z}{\partial x} \right\vert_{(2, \frac{1}{2})} =$

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $\frac{1}{4}$

【解析】 令 $F(x, y, z) = \ln z + e^{z - 1} - xy$ ，则

\frac{\partial F}{\partial x} = -y, \quad \frac{\partial F}{\partial z} = \frac{1}{z} + e^{z - 1}.

当 $x = 2$ ， $y = \frac{1}{2}$ 时，代入方程可得

\ln z + e^{z - 1} = 2 \times \frac{1}{2} = 1,

解得 $z = 1$ 。

因此，

\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}} = -\frac{-y}{\frac{1}{z} + e^{z - 1}} = \frac{y}{\frac{1}{z} + e^{z - 1}}

将 $z = 1$ ， $y = \frac{1}{2}$ 代入得

\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{1} + e^{0}} = \frac{\frac{1}{2}}{1 + 1} = \frac{1}{4}

14

（填空题）设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 为线性无关的向量组。若 $A\boldsymbol{\alpha}_{1} = 2\boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ， $A\boldsymbol{\alpha}_{2} = \boldsymbol{\alpha}_{2} + 2\boldsymbol{\alpha}_{3}$ ， $A\boldsymbol{\alpha}_{3} = -\boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3}$ ，则 $A$ 的实特征值为（）。

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 2

【解析】

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

由于 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关，因此 $P = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3)$ 可逆。
于是有：

P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \end{bmatrix} = B

因此 $A$ 与 $B$ 相似，特征值相等。

计算特征多项式：

\vert \lambda E - B \vert = (\lambda - 2)(\lambda^2 - 2\lambda + 3) = 0

解得实特征值 $\lambda = 2$ 。

解答题

15

（本题满分 $10$ 分）求不定积分 $\int \arctan \sqrt{e^{x} - 1} \, dx$

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】 $\frac{1}{2} \left( e^{2x} \arctan \sqrt{e^{x} - 1} - \frac{1}{3} (e^{x} - 1)^{\frac{3}{2}} - \sqrt{e^{x} - 1} \right) + C$

【解析】

\begin{align*} \text{原式} &= \frac{1}{2} \int \arctan \sqrt{e^{x} - 1} \, d e^{2x} \\ &= \frac{1}{2} \left( e^{2x} \arctan \sqrt{e^{x} - 1} - \int e^{2x} \cdot \frac{1}{1 + e^{x} - 1} \cdot \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x} - 1}} \, dx \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( e^{2x} \arctan \sqrt{e^{x} - 1} - \int \frac{e^{2x}}{2 \sqrt{e^{x} - 1}} \, dx \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( e^{2x} \arctan \sqrt{e^{x} - 1} - \int \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x} - 1}} \, d e^{x} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( e^{2x} \arctan \sqrt{e^{x} - 1} - \frac{1}{3} (e^{x} - 1)^{\frac{3}{2}} - \sqrt{e^{x} - 1} \right) + C \end{align*}

对于 $\int \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x} - 1}} \, d e^{x}$ ，令 $\sqrt{e^{x} - 1} = t$ ，则 $e^{x} = t^{2} + 1$ ， $x = \ln (t^{2} + 1)$ 。

\begin{align*} \int \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x} - 1}} \, d e^{x} &= \int \frac{(t^{2} + 1)^{2}}{2t} \cdot \frac{2t}{t^{2} + 1} \, dt \\ &= \int (t^{2} + 1) \, dt \\ &= \frac{1}{3} t^{3} + t + C \\ &= \frac{1}{3} (e^{x} - 1)^{\frac{3}{2}} + \sqrt{e^{x} - 1} + C \end{align*}

16

（本题满分 10 分）已知连续函数 $f(x)$ 满足

\int_{0}^{x} f(t) \, dt + \int_{0}^{x} t f(x - t) \, dt = a x^{2}.

(I) 求 $f(x)$ ；
(II) 若 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的平均值为 $1$ ，求 $a$ 的值。

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】
(I) $f(x) = e^{-x} (2a e^{x} - 2a)$
(II) $a = \frac{e}{2}$

【解析】
（I）
考虑积分 $\int_{0}^{x} t f(x-t) \, dt$ ，令 $x - t = u$ ，则 $dt = -du$ ，当 $t = 0$ 时 $u = x$ ，当 $t = x$ 时 $u = 0$ ，于是

\begin{align*} \int_{0}^{x} t f(x-t) \, dt &= \int_{x}^{0} (x - u) f(u) (-du) \\ &= \int_{0}^{x} (x - u) f(u) \, du \\ &= x \int_{0}^{x} f(u) \, du - \int_{0}^{x} u f(u) \, du. \end{align*}

原等式为

\int_{0}^{x} f(t) \, dt + x \int_{0}^{x} f(u) \, du - \int_{0}^{x} u f(u) \, du = a x^{2}.

两边对 $x$ 求导得

f(x) + \int_{0}^{x} f(u) \, du = 2a x.

再求导得

f^{\prime}(x) + f(x) = 2a,

解得

f(x) = e^{-x} \left( 2a e^{x} + C \right).

当 $x = 0$ 时， $f(0) = 0$ ，代入得 $C = -2a$ ，综上

f(x) = e^{-x} \left( 2a e^{x} - 2a \right).

（II）
由 $\int_{0}^{1} f(x) \, dx = 1$ ，得

\int_{0}^{1} e^{-x} \left( 2a e^{x} - 2a \right) \, dx = 1.

计算积分：

\int_{0}^{1} 2a \, dx - \int_{0}^{1} 2a e^{-x} \, dx = 2a - 2a \left( 1 - e^{-1} \right) = 2a e^{-1}.

于是

2a e^{-1} = 1 \quad \Rightarrow \quad a = \frac{e}{2}.

17

（本题满分 10 分）
令 $x = t - \sin t \quad (0 \leq t \leq 2\pi)$ ，求

\iint_{D} (x + 2y) \, dx \, dy

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $3\pi^{2} + 5\pi$

【解析】

\begin{aligned} & \iint_{D} (x + 2y) \, dx \, dy \\ & = \int_{0}^{2\pi} dx \int_{0}^{y(x)} (x + 2y) \, dy \\ & = \int_{0}^{2\pi} \left[ \left. \left( xy + y^{2} \right) \right|_{0}^{y(x)} \right] dx \\ & = \int_{0}^{2\pi} \left[ x y(x) + (y(x))^{2} \right] dx \end{aligned}

令 $x = t - \sin t$ ，则 $y(x) = 1 - \cos t$ 。

\begin{aligned} & = \int_{0}^{2\pi} \left[ (t - \sin t)(1 - \cos t)^{2} + (1 - \cos t)^{3} \right] dt \\ & = 3\pi^{2} + 5\pi \end{aligned}

18

（本题满分 $10$ 分）已知常数 $k \geq \ln 2 - 1$ ，证明： $(x-1)(x - \ln^{2} x + 2k \ln x - 1) \geq 0$

高等数学一元函数微分学不等式的证明

【答案】 见解析

【解析】 当 $0 < x < 2$ 时， $g^\prime(x) < 0$ ；
当 $x > 2$ 时， $g^\prime(x) > 0$ 。
故 $g(x)$ 在 $x = 2$ 处取最小值

g(2) = 2 - 2 \ln 2 + 2k \geq 2 - 2 \ln 2 + 2(\ln 2 - 1) = 0,

从而 $f^\prime(x) \geq 0$ ， $f(x)$ 单调递增，

f(x) \geq f(1) = 0,

得证。

19

（本题满分 $10$ 分）
将长为 $2\,\mathrm{m}$ 的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与正三角形，三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】 最小值为 $\frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}$

【解析】 设圆半径为 $x$ ，正方形边长为 $y$ ，正三角形边长为 $z$ ，则约束条件为：

2\pi x + 4y + 3z = 2 \quad (x, y, z \geq 0)

目标函数为面积之和：

f(x, y, z) = \pi x^{2} + y^{2} + \frac{\sqrt{3}}{4} z^{2}

构造拉格朗日函数：

L(x, y, z, \lambda) = \pi x^{2} + y^{2} + \frac{\sqrt{3}}{4} z^{2} + \lambda(2\pi x + 4y + 3z - 2)

求偏导并令其为零：

\begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x} = 2\pi x + 2\pi \lambda = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} = 2y + 4\lambda = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial z} = \frac{\sqrt{3}}{2} z + 3\lambda = 0 \\ 2\pi x + 4y + 3z = 2 \end{cases}

解得驻点：

x = \frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}, \quad y = \frac{2}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}, \quad z = \frac{2\sqrt{3}}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}

代入计算最小值：

\begin{align*} S_{\min} &= \pi \left( \frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}} \right)^{2} + \left( \frac{2}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}} \right)^{2} \\ &\quad + \frac{\sqrt{3}}{4} \left( \frac{2\sqrt{3}}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}} \right)^{2} \\ &= \frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}} \end{align*}

故存在最小值，最小值为 $\frac{1}{\pi + 4 + 3\sqrt{3}}$ 。

20

（本题满分 10 分）已知曲线 $L: y = \frac{4}{9} x^{2} \, (x \geq 0)$ ，点 $O(0,0)$ ，点 $A(0,1)$ ，设 $P$ 是 $L$ 上的动点， $S$ 是直线 $OA$ 与直线 $AP$ 及曲线 $L$ 所围成图形的面积。若 $P$ 运动到点 $(3,4)$ 时沿 $x$ 轴正向的速度是 $4$ ，求此时 $S$ 关于时间 $t$ 的变化率。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 10

【解析】 不妨设点 $P \left( a, \frac{4}{9}a^2 \right) , a \neq 0, a = a(t)$ , 则直线 $AP$ 的方程为

y = \left( \frac{4}{9}a - \frac{1}{a} \right)x + 1,

故

S = \int_{0}^{a} \int_{\frac{4}{9}x^2}^{\left( \frac{4}{9}a - \frac{1}{a} \right)x + 1} dy dx = \int_{0}^{a} \left[ \left( \frac{4}{9}a - \frac{1}{a} \right)x + 1 - \frac{4}{9}x^2 \right] dx

= \left( \frac{4}{9}a - \frac{1}{a} \right)\frac{a^2}{2} + a - \frac{4}{9}\times \frac{a^3}{3}

= \frac{2}{9}a^3 - \frac{a}{2} + a - \frac{4}{27}a^3 = \frac{2}{27}a^3 + \frac{a}{2},

当 $P$ 在点 $(0,0)$ 处，显然 $S = 0$ 。

综上， $S = \frac{2}{27}a^3 + \frac{a}{2}$ 。

由题 $\frac{da(t)}{dt} \bigg\vert_{(3,4)} = 4$ ，故 $\frac{dS}{dt} \bigg\vert_{(3,4)} = \left( \frac{2}{27} \cdot 3a^2 + \frac{1}{2} \right)\frac{da(t)}{dt} \bigg\vert_{(3,4)} = \left( \frac{2}{9} \times 9 + \frac{1}{2} \right) \times 4 = 10$ 。

21

（本题满分 11 分）

设数列 $\{x_n\}$ 满足： $x_1 > 0$ ， $x_n e^{x_{n+1}} = e^{x_n} - 1 \quad (n = 1, 2, \cdots)$ ，证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n$ 。

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

【答案】 0

【解析】
(1) 由 $x_{n} e^{x_{n+1}} = e^{x_{n}} - 1$ ，有

e^{x_{n+1}} = \frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}} \Rightarrow x_{n+1} = \ln \frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}}.

则

x_{2} = \ln \frac{e^{x_{1}} - 1}{x_{1}}.

设 $f(x) = e^{x} - 1 - x$ ，

\because f^{\prime}(x) = e^{x} - 1 > 0 \quad (x > 0),

且 $f(0) = 0$ ，

\therefore f(x) \text{ } f(x) > 0,

即 $e^{x} - 1 > x \quad (x > 0)$ 。
因此 $\frac{e^{x_{1}} - 1}{x_{1}}$ 在 $x_{1}$ 时大于 1，而

x_{2} = \ln \frac{e^{x_{1}} - 1}{x_{1}} > 0.

用数学归纳法可证：对 $\forall n$ ， $x_{n} > 0$ 。

考虑

x_{n+1} - x_{n} = \ln \frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}} - x_{n} = \ln \frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}} - \ln e^{x_{n}} = \ln \frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n} e^{x_{n}}}.

设 $g(x) = e^{x} - 1 - x e^{x}$ ，

\because g^{\prime}(x) = -x e^{x},

显然当 $x > 0$ 时， $g^{\prime}(x) < 0$ ，则 $g(x)$ 单调递减。
又 $\because g(0) = 0$ ，

\therefore g(x) < g(0) = 0, \quad \therefore e^{x} - 1 < x e^{x} \Rightarrow \frac{e^{x} - 1}{x e^{x}} < 1.

因此

x_{n+1} - x_{n} = \ln \frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n} e^{x_{n}}} < 0, \quad n = 1, 2, 3, \cdots,

故 $\{x_{n}\}$ 单调递减。

综上， $\{x_{n}\}$ 单调递减且存在下界， $\therefore \lim\limits_{n \to \infty} x_{n}$ 存在。

(2) 设 $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n} = a$ ，由原式得

a e^{a} = e^{a} - 1,

解得 $a = 0$ 。

22

（本题满分 11 分）设实二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 - x_2 + x_3)^2 + (x_2 + x_3)^2 + (x_1 + a x_3)^2$ ，其中 $a$ 是参数。

(1) 求 $f(x_1, x_2, x_3) = 0$ 的解；

(2) 求 $f(x_1, x_2, x_3)$ 的规范形。

线性代数二次型

【答案】
(1) 当 $a \neq 2$ 时，解为 $x_1 = x_2 = x_3 = 0$ ；当 $a = 2$ 时，解为 $x = k \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$ ，其中 $k \in \mathbb{R}$ 。
(2) 当 $a \neq 2$ 时，规范形为 $y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$ ；当 $a = 2$ 时，规范形为 $y_1^2 + y_2^2$ 。

【解析】
(1) 由 $f(x_1, x_2, x_3) = 0$ 得方程组：

\left\{ \begin{array}{l} x_1 - x_2 + x_3 = 0 \\ x_2 + x_3 = 0 \\ x_1 + a x_3 = 0 \end{array} \right.

系数矩阵为

A = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & a \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & a - 2 \end{bmatrix}.

当 $a \neq 2$ 时， $r(A) = 3$ ，唯一解为 $x_1 = x_2 = x_3 = 0$ 。

当 $a = 2$ 时， $r(A) = 2$ ，通解为 $x = k \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$ ，其中 $k \in \mathbb{R}$ 。

(2) - 当 $a \neq 2$ 时，二次型正定，规范形为 $y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$ 。

当 $a = 2$ 时，二次型矩阵为

B = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 3 \\ -1 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 6 \end{bmatrix},

特征值为 $\lambda_1 = 0$ ， $\lambda_{2,3} = 5 \pm \sqrt{7}$ ，规范形为 $y_1^2 + y_2^2$ 。

23

（本题满分 $11$ 分）

已知矩阵

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.

（1）求 $a$ 使得存在可逆矩阵 $P$ 满足 $AP = B$ ；
（2）求所有满足 $AP = B$ 的可逆矩阵 $P$ 。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(1) $a = 2$
(2) 所有满足 $AP = B$ 的可逆矩阵 $P$ 为

P = \begin{bmatrix} -6k_1 + 3 & -6k_2 + 4 & -6k_3 + 4 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 1 & 2k_3 - 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{bmatrix},

其中 $k_2 \neq k_3$ ，且 $k_1, k_2, k_3 \in \mathbb{R}$ .

【解析】
(1) 矩阵 $A$ 经过初等列变换得到矩阵 $B$ ，矩阵 $A$ 、 $B$ 等价，故 $r(A) = r(B)$ 。

矩阵

A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},

矩阵

B = \begin{bmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2-a \end{bmatrix}.

所以 $2 - a = 0$ ，解得 $a = 2$ 。

(2) 对

(A, B) = \begin{bmatrix} 1 & 2 & a & 1 & a & 2 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 2 & 7 & -a & -1 & 1 & 1 \end{bmatrix}

进行初等行变换。

当 $a = 2$ 时，

(A, B) \to \begin{bmatrix} 1 & 0 & 6 & 3 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & -2 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.

可得 $P$ 的列向量表达式为

\boldsymbol{X} = \begin{bmatrix} -6k_1 + 3 \\ 2k_1 - 1 \\ k_1 \end{bmatrix}, \quad \boldsymbol{Y} = \begin{bmatrix} -6k_2 + 4 \\ 2k_2 - 1 \\ k_2 \end{bmatrix}, \quad \boldsymbol{Z} = \begin{bmatrix} -6k_3 + 4 \\ 2k_3 - 1 \\ k_3 \end{bmatrix},

其中 $k_1, k_2, k_3 \in \mathbb{R}$ 。

因为 $P$ 可逆，所以其列向量线性无关。由 $P$ 的行列式可知需 $k_2 \neq k_3$ ，
故所有满足条件的可逆矩阵为

P = \begin{bmatrix} -6k_1 + 3 & -6k_2 + 4 & -6k_3 + 4 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 1 & 2k_3 - 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{bmatrix},

其中 $k_2 \neq k_3$ ，且 $k_1, k_2, k_3 \in \mathbb{R}$ 。