2020 年真题

选择题

1

当 $x \to 0^{+}$ 时，下列无穷小量中最高阶的是：

正确答案：D

【解析】
A. $\int_{0}^{x} \left(e^{t^{2}} - 1\right) dt \sim \int_{0}^{x} t^{2} dt = \frac{x^{3}}{3}$ ；

B. $\int_{0}^{x} \ln \left(1 + \sqrt{t^{3}}\right) dt \sim \int_{0}^{x} t^{\frac{3}{2}} dt = \frac{2}{5} x^{\frac{5}{2}}$ ；

C. $\int_{0}^{\sin x} \sin t^{2} dt \sim \int_{0}^{x} t^{2} dt = \frac{1}{3} x^{3}$ ；

D. $\int_{0}^{1 - \cos x} \sqrt{\sin^{3} t} dt \sim \int_{0}^{\frac{1}{2} x^{2}} t^{\frac{3}{2}} dt = \left. \frac{2}{5} t^{\frac{5}{2}} \right\vert_{0}^{\frac{1}{2} x^{2}} = \frac{2}{5} \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{5}{2}} \cdot x^{5}$ 。

2

函数 $f(x)=\frac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln \vert 1+x \vert}{(e^{x}-1)(x-2)}$ 的第一类间断点的个数为

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：C

【解析】

首先，计算当 $x \to 0$ 时的极限：

\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{1}{e^x - 1}} \ln \vert 1 + x \vert}{(e^x - 1)(x - 2)} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{1}{x}} x}{x(- 2)} = -\frac{1}{2e}.

接下来，计算当 $x \to 1^+$ 时的极限：

\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{e^{\frac{1}{e^x - 1}} \ln \vert 1 + x \vert}{(e^x - 1)(x - 2)} = \lim_{x \to 1^+} \frac{e^{\frac{1}{e^x - 1}} \ln \vert 1 + 1 \vert}{(e^x - 1)(1 - 2)} = \infty.

然后，计算当 $x \to 2$ 时的极限：

\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} \frac{e^{\frac{1}{e^x - 1}} \ln \vert 1 + x \vert}{(e^x - 1)(x - 2)} = \lim_{x \to 2} \frac{e^{\frac{1}{e^2 - 1}} \ln \vert 1 + 2 \vert}{(e^2 - 1)(x - 2)} = \infty.

最后，计算当 $x \to -1$ 时的极限：

\lim_{x \to -1} f(x) = \lim_{x \to -1} \frac{e^{\frac{1}{e^x - 1}} \ln \vert 1 + x \vert}{(e^x - 1)(x - 2)} = \infty.

综上，共有 3 个极限为无穷大，因此选 (C)。

3

\int_{0}^{1} \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}} \, dx =

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：A

【解析】令 $\sqrt{x} = \sin t$ ，则 $x = \sin^2 t$ ， $dx = 2 \sin t \cos t \, dt$ 。

于是有：

\int_{0}^{1} \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}} \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{t}{\sin t \cos t} \cdot 2 \sin t \cos t \, dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2t \, dt

计算该积分：

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2t \, dt = t^2 \Big\vert_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \left( \frac{\pi}{2} \right)^2 - 0 = \frac{\pi^2}{4}

因此，原积分值为 $\frac{\pi^2}{4}$ 。

4

已知函数 $f(x) = x^2 \ln(1 - x)$ ，当 $n \geq 3$ 时， $f^{(n)}(0) =$

高等数学一元函数微分学泰勒公式

正确答案：A

【解析】
由展开式

\ln(1 - x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n},

则

x^2 \ln(1 - x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+2}}{n} = -\sum_{n=3}^{\infty} \frac{x^n}{n - 2}.

故

f^{(n)}(0) = -\frac{n!}{n - 2}.

5

设函数 $f(x, y) = \begin{cases} xy, & xy \neq 0 \\ x, & y = 0 \\ y, & x = 0 \end{cases}$ ，判断以下结论：

$(1)$ $\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right\vert_{(0,0)} = 1$
$(2)$ $\left. \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \right\vert_{(0,0)} = 1$
$(3)$ $\lim_{(x, y) \to (0,0)} f(x, y) = 0$
$(4)$ $\lim_{y \to 0} \lim_{x \to 0} f(x, y) = 0$

正确的个数是

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

正确答案：B

【解析】
$\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right\vert_{(0,0)} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{x - 0}{x - 0} = 1$ ，
因此（1）正确。

$\left. \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \right\vert_{(0,0)} = \lim_{y \to 0} \frac{\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right\vert_{(0, y)} - \left. \frac{\partial f}{\partial x} \right\vert_{(0,0)}}{y - 0} = \lim_{y \to 0} \frac{\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right\vert_{(0, y)} - 1}{y}$ ，
其中 $\left. \frac{\partial f}{\partial x} \right\vert_{(0, y)} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, y) - f(0, y)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{xy - y}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{y(x - 1)}{x}$ 不存在，
因此（2）错误。

由 $|f(x, y)| \leq |x| + |y|$ ，当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时， $\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0$ ，
所以（3）正确。

$\lim_{x \to 0} f(x, y) = \begin{cases} 0, & y \neq 0 \\ y, & y = 0 \end{cases}$ ，
从而 $\lim_{y \to 0} \lim_{x \to 0} f(x, y) = 0$ ，
（4）正确。

6

设函数 $f(x)$ 在区间 $[-2,2]$ 上可导，且 $f^{\prime}(x) > f(x) > 0$ ，则

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：B

【解析】
令 $F(x) = \frac{f(x)}{e^{x}}$ ，则

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

由题意知 $F'(x) > 0$ ，从而 $F(x) = \frac{f(x)}{e^{x}}$ 单调递增。

因此， $F(0) > F(-1)$ ，即

\frac{f(0)}{e^{0}} > \frac{f(-1)}{e^{-1}}.

又 $f(x) > 0$ ，故

\frac{f(0)}{f(-1)} > e.

7

设 $4$ 阶矩阵 $A = (a_{ij})$ 不可逆， $a_{12}$ 代数余子式 $A_{12} \neq 0$ ， $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}$ 为矩阵 $A$ 的列向量组， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则方程组 $A^{*} x = 0$ 通解为

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：C

【解析】
已知 $\vert A \vert = 0$ ， $r(A) = 3$ ，故 $r(A^{*}) = 1$ ，因此 $A^{*} x = 0$ 的基础解系中解向量的个数为 $3$ 。

由 $A_{12} \neq 0$ 得 $\alpha_{1}$ 、 $\alpha_{3}$ 、 $\alpha_{4}$ 线性无关，则通解为

x = k_{1} \alpha_{1} + k_{2} \alpha_{3} + k_{3} \alpha_{4},

其中 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ 、 $k_{3}$ 为任意常数，故选择 (C)。

8

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵， $\alpha_{1}$ 、 $\alpha_{2}$ 为 $A$ 属于特征值为 $1$ 的线性无关的特征向量， $\alpha_{3}$ 为 $A$ 属于特征值为 $-1$ 的特征向量，若 $P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ，则 $P$ 可为

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：D

【解析】 $A(\alpha_1 + \alpha_2) = 1 \cdot (\alpha_1 + \alpha_2)$ ，
$A(-\alpha_3) = -1 \cdot (-\alpha_3)$ ，
$A\alpha_2 = 1 \cdot \alpha_2$ ，
且 $\alpha_1 + \alpha_2$ 、 $-\alpha_3$ 、 $\alpha_2$ 线性无关。

又由特征值 $1$ 、 $-1$ 、 $1$ 的顺序知， $P$ 可为 $(\alpha_1 + \alpha_2, -\alpha_3, \alpha_2)$ ，
故选（D）。

填空题

9

（填空题）若

\begin{cases} x = \sqrt{t^{2} + 1}, \\ y = \ln \left( t + \sqrt{t^{2} + 1} \right), \end{cases}

则 $\left. \frac{d^{2} y}{d x^{2}} \right\vert_{t = 1} =$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $-\sqrt{2}$

【解析】 首先，求一阶导数：

\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{1 + \frac{t}{\sqrt{t^{2} + 1}}}{t + \sqrt{t^{2} + 1}} \cdot \frac{\sqrt{t^{2} + 1}}{t} = \frac{1}{t}

接着，求二阶导数：

\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d\left(\frac{1}{t}\right)}{dt} \cdot \frac{dt}{dx} = -\frac{1}{t^{2}} \cdot \frac{\sqrt{t^{2} + 1}}{t} = -\frac{\sqrt{t^{2} + 1}}{t^{3}}

最后，代入 $t = 1$ 得：

\left. \frac{d^{2}y}{dx^{2}} \right\vert_{t=1} = -\sqrt{2}

10

（填空题） $\displaystyle \int_{0}^{1} dy \int_{\sqrt{y}}^{1} \sqrt{x^{3}+1} \, dx =$

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】 $\frac{2}{9}(2\sqrt{2}-1)$

【解析】

\begin{aligned} \int_{0}^{1} dy \int_{\sqrt{y}}^{1} \sqrt{x^{3}+1} dx &= \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{x^{2}} \sqrt{x^{3}+1} dy = \int_{0}^{1} x^{2} \sqrt{x^{3}+1} dx \\ &= \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \sqrt{x^{3}+1} d\left(x^{3}+1\right) = \left. \frac{2}{9} \left(x^{3}+1\right)^{\frac{3}{2}} \right\vert_{0}^{1} = \frac{2}{9}(2\sqrt{2}-1) \end{aligned}

11

（填空题）设 $z = \arctan [xy + \sin(x + y)]$ ，则 $\left. dz \right\vert_{(0, \pi)} =$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $dz \big\vert_{(0, \pi)} = (\pi - 1) dx - dy$

【解析】
全微分公式为

dz = \frac{\partial z}{\partial x} dx + \frac{\partial z}{\partial y} dy

其中，

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{y + \cos(x + y)}{1 + [xy + \sin(x + y)]^2}

将点 $(0, \pi)$ 代入，得

\frac{\partial z}{\partial x} = \pi - 1, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -1

因此，

dz \big\vert_{(0, \pi)} = (\pi - 1) dx - dy

12

（填空题）斜边长为 $2a$ 的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中，且斜边与水面相齐，设重力加速度为 $g$ ，水密度为 $\rho$ ，则该平板一侧所受的水压力为

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】

\frac{1}{3} \rho g a^{3}

【解析】 以水平面向右为 $x$ 轴，以垂直于三角板斜边向上为 $y$ 轴建立直角坐标系。此时，三角板右斜边所在的直线方程为 $y = x - a$ 。

取微元 $dy$ ，则微元受力为：

dF = -y \cdot 2x \rho g \, dy = -2 \rho g y (y + a) \, dy

因此，一侧的压力为：

F = \int_{-a}^{0} -2 \rho g y (y + a) \, dy = \left. \rho g \left( -\frac{2}{3} y^{3} - a y^{2} \right) \right|_{-a}^{0} = \frac{1}{3} \rho g a^{3}

13

（填空题）设 $y = y(x)$ 满足 $y^{\prime\prime} + 2y^\prime + y = 0$ ，且 $y(0) = 0$ ， $y^\prime(0) = 1$ ，则 $\int_0^{+\infty} y(x) \, dx =$

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】 1

【解析】 由方程可得特征方程为 $\lambda^{2} + 2\lambda + 1 = 0$ ，则特征方程的根为 $\lambda_{1} = -1$ ， $\lambda_{2} = -1$ 。

于是微分方程的通解为 $y = c_{1} e^{-x} + c_{2} x e^{-x}$ 。

由 $y(0) = 0$ ， $y^{\prime}(0) = 1$ 可得 $c_{1} = 0$ ， $c_{2} = 1$ ，因此 $y(x) = x e^{-x}$ 。

接下来计算积分：

\begin{align*} \int_{0}^{+\infty} y(x) \, dx &= \int_{0}^{+\infty} x e^{-x} \, dx \\ &= -\int_{0}^{+\infty} x \, d(e^{-x}) \\ &= -\left( \left. x e^{-x} \right\vert_{0}^{+\infty} - \int_{0}^{+\infty} e^{-x} \, dx \right) \\ &= 1 \end{align*}

14

（填空题）行列式

\left\vert\begin{array}{cccc} a & 0 & -1 & 1 \\ 0 & a & 1 & -1 \\ -1 & 1 & a & 0 \\ 1 & -1 & 0 & a \end{array}\right\vert =

线性代数行列式

【答案】 $a^4 - 4a^2$

【解析】

原行列式为：

\begin{vmatrix} a & 0 & -1 & 1 \\ 0 & a & 1 & -1 \\ -1 & 1 & a & 0 \\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}

首先，将第一列加到第二、三、四列，得到：

\begin{vmatrix} a & a & a & a \\ 0 & a & 1 & -1 \\ -1 & 1 & a & 0 \\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}

提取公因子 $a$ ，得到：

a \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & a & 1 & -1 \\ -1 & 1 & a & 0 \\ 1 & -1 & 0 & a \end{vmatrix}

接下来，将第一行加到第三行和第四行，得到：

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

按第一列展开，得到：

a \begin{vmatrix} a & 1 & -1 \\ 2 & a+1 & 1 \\ -2 & -1 & a-1 \end{vmatrix}

进一步化简，得到最终结果：

a^4 - 4a^2

解答题

15

（本题满分 $10$ 分）求曲线 $y = \dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x} \ (x > 0)$ 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】 $y = \frac{1}{e} x + \frac{1}{2e}$

【解析】
由

\begin{align*} k &= \lim_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{1+x}}{x(1+x)^x} \\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{x^x}{(1+x)^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^x} \\ &= \frac{1}{e}. \end{align*}

\begin{aligned} b &= \lim_{x \to +\infty} (y - k x) = \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x^{1+x}}{(1+x)^x} - \frac{1}{e} x \right) \\ &= \lim_{x \to +\infty} x \left( e^{x \ln \frac{x}{1+x}} - \frac{1}{e} \right) \\ &= e^{-1} \lim_{x \to +\infty} x \left( e^{x \ln \frac{x}{1+x} + 1} - 1 \right) \\ &= e^{-1} \lim_{x \to +\infty} x \left( x \ln \frac{x}{1+x} + 1 \right) \\ &\xlongequal{\frac{1}{x} = t} e^{-1} \lim_{t \to 0^{+}} \frac{\ln \frac{1}{1+t} + t}{t^2} \\ &\xlongequal{\text{}} e^{-1} \lim_{t \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{1+t} + 1}{2 t} \\ &= e^{-1} \lim_{t \to 0^{+}} \frac{1}{2(1+t)} = \frac{1}{2e}. \end{aligned}

故所求斜渐近线为

y = \frac{1}{e} x + \frac{1}{2e}.

16

（本题满分 10 分）已知函数 $f(x)$ 连续且 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 1$ ， $g(x) = \int_{0}^{1} f(xt) \, dt$ ，求 $g'(x)$ 并证明 $g'(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】

g'(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}, & x = 0, \\ \frac{f(x)}{x} - \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f(u) \, du, & x \neq 0. \end{cases}

并且 $g'(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【解析】
已知 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 1$ 且 $f(x)$ 连续，可得 $f(0) = 0$ 。

定义函数

g(x) = \int_{0}^{1} f(xt) \, dt \xrightarrow{xt = u} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(u) \, du,

当 $x = 0$ 时，有 $g(0) = 0$ ，因此

g(x) = \begin{cases} 0, & x = 0, \\ \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(u) \, du, & x \neq 0. \end{cases}

计算 $g^{\prime}(0)$ ：

g^{\prime}(0) = \lim_{x \to 0} \frac{g(x) - g(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(u) \, du - 0}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} f(u) \, du}{x^{2}}.

应用洛必达法则：

\lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} f(u) \, du}{x^{2}} \xrightarrow{\text{}} \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{2x} = \frac{1}{2}.

因此 $g^{\prime}(0) = \frac{1}{2}$ 。

对于 $x \neq 0$ ，有

g^{\prime}(x) = \frac{f(x)}{x} - \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f(u) \, du.

综上，

g^{\prime}(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}, & x = 0, \\ \frac{f(x)}{x} - \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f(u) \, du, & x \neq 0. \end{cases}

考虑 $g^{\prime}(x)$ 在 $x = 0$ 处的连续性：

\lim_{x \to 0} g^{\prime}(x) = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{f(x)}{x} - \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f(u) \, du \right] = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} - \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f(u) \, du.

由已知 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 1$ ，且 $\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f(u) \, du = \frac{1}{2}$ ，故

\lim_{x \to 0} g^{\prime}(x) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = g^{\prime}(0).

因此， $g^{\prime}(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

17

（本题满分 10 分）求函数 $f(x, y) = x^{3} + 8 y^{3} - x y$ 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】 函数在点 $\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right)$ 处取得极小值 $-\frac{1}{216}$ 。

【解析】 由 $f_x^\prime(x, y) = 3x^2 - y = 0$ 和 $f_y^\prime(x, y) = 24y^2 - x = 0$ ，得

\begin{cases} x = 0 \\ y = 0 \end{cases}

或

\begin{cases} x = \frac{1}{6} \\ y = \frac{1}{12} \end{cases}.

在 $(0,0)$ 处，

\begin{cases} A = f_{xx}^{\prime\prime}(0,0) = 0 \\ B = f_{xy}^{\prime\prime}(0,0) = -1 \\ C = f_{yy}^{\prime\prime}(0,0) = 0 \end{cases},

因 $AC - B^2 < 0$ ，故 $(0,0)$ 不是极值点。

在 $\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right)$ 处，

\begin{cases} A = f_{xx}^{\prime\prime}\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right) = 1 \\ B = f_{xy}^{\prime\prime}\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right) = -1 \\ C = f_{yy}^{\prime\prime}\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right) = 0 \end{cases}.

因 $AC - B^2 = 1 \times 0 - (-1)^2 = -1 < 0$ （此处真题解析可能存在笔误，实际应为计算错误，正确应为 $A = 3 \times 2x = 1$ （当 $x = \frac{1}{6}$ 时）， $C = 24 \times 2y = 4$ （当 $y = \frac{1}{12}$ 时），则 $AC - B^2 = 1 \times 4 - (-1)^2 = 3 > 0$ 且 $A > 0$ ），故 $f\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{12} \right) = -\frac{1}{216}$ 为极小值。

18

（本题满分 10 分）设函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ 且满足

2 f(x) + x^{2} f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{x^{2} + 2x}{\sqrt{1 + x^{2}}},

求 $f(x)$ 并求由曲线 $y = f(x)$ 、 $y = \frac{1}{2}$ 、 $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 及 $y$ 轴所围图形绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】
函数 $f(x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$ ，旋转体的体积为 $\dfrac{\pi^2}{6}$ 。

【解析】

\begin{cases} 2f(x) + x^2 f\left(\dfrac{1}{x}\right) = \dfrac{x^2 + 2x}{\sqrt{1 + x^2}} \\ 2f\left(\dfrac{1}{x}\right) + \dfrac{1}{x^2} f(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x^2} + 2}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}} \end{cases}

解得 $f(x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$ 。

体积 $V_{x} = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} 2\pi y x dy = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} 2\pi \dfrac{y^2}{\sqrt{1 - y^2}} dy$ ，令 $y = \sin t$ ，则

= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} 2\pi \dfrac{\sin^2 t}{\cos t} \cos t dt = 2\pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{1 - \cos 2t}{2} dt

= \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} (1 - \cos 2t) dt = \pi \left(t - \dfrac{1}{2} \sin 2t\right) \Big\vert_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}

= \pi \left( \dfrac{\pi}{3} - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) - \pi \left( \dfrac{\pi}{6} - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = \dfrac{\pi^2}{6}.

19

（本题满分 $10$ 分）设区域 $D$ 由直线 $x = 1$ 、 $x = 2$ 、 $y = x$ 及 $x$ 轴围成，计算 $\iint_{D} \frac{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}{x} \, dx \, dy$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{3}{4} \sqrt{2} + \frac{3}{4} \ln(\sqrt{2} + 1)$

【解析】

\begin{aligned} &\iint_{D} \frac{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}{x} \, dx \, dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_{\sec\theta}^{2\sec\theta} \frac{r}{r \cos\theta} \cdot r \, dr = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos\theta} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3 \sec^{2}\theta \, d\theta \\ &= \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec^{3}\theta \, d\theta = \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec\theta \, d\tan\theta \\ &= \frac{3}{2} \sec\theta \tan\theta \big\vert_{0}^{\frac{\pi}{4}} - \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan\theta \cdot \sec\theta \tan\theta \, d\theta \\ &= \frac{3}{2} \sqrt{2} - \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (\sec^{3}\theta - \sec\theta) \, d\theta \\ &= \frac{3}{4} \sqrt{2} + \frac{3}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec\theta \, d\theta \\ &= \frac{3}{4} \sqrt{2} + \frac{3}{4} \ln(\sqrt{2} + 1) \end{aligned}

20

（本题满分 11 分）设函数 $f(x) = \int_{1}^{x} e^{t^{2}} \, dt$ 。

(I) 证明：存在 $\xi \in (1,2)$ ，使得 $f(\xi) = (2 - \xi) e^{\xi^{2}}$ ；

(II) 证明：存在 $\eta \in (1,2)$ ，使得 $f(2) = \ln 2 \cdot \eta e^{\eta^{2}}$ 。

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 见解析

【解析】
（I）
法1：令

F(x) = f(x) + (x - 2) e^{x^{2}},

则

\begin{gather*} F(1) = f(1) + (1 - 2) e^{1^{2}} = 0 - e = -e < 0, \\ F(2) = f(2) + (2 - 2) e^{2^{2}} = \int_{1}^{2} e^{t^{2}} dt > 0. \end{gather*}

由零点定理知，存在 $\xi \in (1, 2)$ ，使得 $F(\xi) = 0$ ，即

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

法2：因 $f^{\prime}(x) = e^{x^{2}}$ ，则

f(\xi) = (2 - \xi) e^{\xi^{2}} \quad \text{} \quad f(\xi) = (2 - \xi) f^{\prime}(\xi).

令

F(x) = (x - 2) f(x) = (x - 2) \int_{1}^{x} e^{t^{2}} dt,

则

F(1) = 0, \quad F(2) = 0.

由罗尔定理知，存在 $\xi \in (1, 2)$ ，使得 $F^{\prime}(\xi) = 0$ 。
又

F^{\prime}(x) = \int_{1}^{x} e^{t^{2}} dt + (x - 2) e^{x^{2}},

即

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

（II）
令 $g(x) = \ln x$ ，则 $g^{\prime}(x) = \frac{1}{x} \neq 0$ 。
由柯西中值定理，存在 $\eta \in (1, 2)$ ，使得

\frac{f(2) - f(1)}{g(2) - g(1)} = \frac{f^{\prime}(\eta)}{g^{\prime}(\eta)}.

而 $f(1) = 0$ ，故

\frac{f(2)}{\ln 2} = \frac{e^{\eta^{2}}}{\frac{1}{\eta}},

即

f(2) = \ln 2 \cdot \eta e^{\eta^{2}}.

21

（本题满分 11 分）设函数 $f(x)$ 可导，且 $f'(x) > 0 \ (x \geq 0)$ ，过原点 $O$ ，其上任意一点 $M$ 处的切线与 $x$ 轴交于 $T$ ， $MP \perp x$ 轴于点 $P$ ，已知由曲线 $y = f(x)$ 、直线 $MP$ 以及 $x$ 轴所围图形的面积与 $\triangle MTP$ 的面积之比恒为 $3:2$ ，求满足条件的曲线方程。

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】 $y = C x^3$ 其中 $C > 0$

【解析】 设切点 $M(x, y)$ ，则切线方程为 $Y - y = y^\prime (X - x)$ 。令 $Y = 0$ ，得 $T\left(x - \frac{y}{y^\prime}, 0\right)$ 。

所围图形面积为

S_1 = \int_0^x y(t) \, dt,

三角形 $MTP$ 的面积为

S_2 = \frac{1}{2} y \left[x - \left(x - \frac{y}{y^\prime}\right)\right] = \frac{y^2}{2 y^\prime}.

由 $\frac{S_1}{S_2} = \frac{3}{2}$ ，得

\int_0^x y(t) \, dt = \frac{3}{4} \frac{y^2}{y^\prime} \quad \text{(1)}.

对 (1) 两边求导，得

y = \frac{3}{4} \frac{2y (y^\prime)^2 - y^2 y^{\prime\prime}}{(y^\prime)^2},

化简得

3 y y^{\prime\prime} = 2 (y^\prime)^2 \quad \text{(2)}.

令 $y^\prime = p$ ，则 $y^{\prime\prime} = p \frac{dp}{dy}$ ，代入 (2) 得

3 y p \frac{dp}{dy} = 2 p^2.

解得

p = C_1 y^{\frac{2}{3}},

即

\frac{dy}{dx} = C_1 y^{\frac{2}{3}}.

积分得

3 y^{\frac{1}{3}} = C_1 x + C_2.

因曲线过原点， $f(0) = 0$ ，故 $C_2 = 0$ ，即

y = C x^3 \quad (C > 0).

22

（本题满分 11 分）设二次型

f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + 2 a x_1 x_2 + 2 a x_1 x_3 + 2 a x_2 x_3

经可逆线性变换

\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = P \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}

化为

g(y_1, y_2, y_3) = y_1^2 + y_2^2 + 4 y_3^2 + 2 y_1 y_2

(I) 求 $a$ 的值；

(II) 求可逆矩阵 $P$ 。

线性代数二次型

【答案】
(I) $a = -\frac{1}{2}$
(II) $P = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \frac{2}{\sqrt{3}} \\ 0 & 1 & \frac{4}{\sqrt{3}} \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

【解析】
令 $A = \begin{pmatrix} 1 & a & a \\ a & 1 & a \\ a & a & 1 \end{pmatrix}$ ， $B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$ ，则 $f(x_1, x_2, x_3) = x^\mathrm{T} A x$ ， $g(y_1, y_2, y_3) = y^\mathrm{T} B y$ 。

（1）由题可知， $A$ 与 $B$ 合同，即 $P^\mathrm{T} A P = B$ 。所以 $A$ 与 $B$ 的正负惯性指数相同。

由正负惯性指数性质得： $A$ 与 $B$ 的正负特征值个数对应相等。

因为 $\vert B - \lambda E \vert = 0$ ，所以 $B$ 的特征值为 $\lambda_1 = 0$ ， $\lambda_2 = 2$ ， $\lambda_3 = 4$ 。

所以 $\vert A - \lambda E \vert = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & a & a \\ a & 1 - \lambda & a \\ a & a & 1 - \lambda \end{vmatrix} = (1 + 2a - \lambda)(1 - a - \lambda)^2 = 0$ ，

所以 $\lambda_1 = 1 + 2a = 0$ ， $\lambda_{2,3} = 1 - a > 0$ ，故 $a = -\frac{1}{2}$ 。

（2）配方法：

$f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - x_1 x_2 - x_1 x_3 - x_2 x_3 = \left( x_1 - \frac{1}{2} x_2 - \frac{1}{2} x_3 \right)^2 + \frac{3}{4} (x_2 - x_3)^2$ 。

令 $\begin{pmatrix} z_1 \\ z_2 \\ z_3 \end{pmatrix} = P_1 \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ ，其中 $P_1 = \begin{pmatrix} 1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 。

$g(y_1, y_2, y_3) = y_1^2 + y_2^2 + 4 y_3^2 + 2 y_1 y_2 = (y_1 + y_2)^2 + 4 y_3^2$ 。

令 $\begin{pmatrix} z_1 \\ z_2 \\ z_3 \end{pmatrix} = P_2 \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}$ ，其中 $P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ 。

故 $P = P_1^{-1} P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \frac{2}{\sqrt{3}} \\ 0 & 1 & \frac{4}{\sqrt{3}} \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ 。

23

（本题满分 11 分）设 $A$ 为二阶矩阵， $P = (\alpha, A\alpha)$ ，其中 $\alpha$ 是非零向量且不是 $A$ 的特征向量：

(I) 证明 $P$ 为可逆矩阵；

(II) 若 $A^{2}\alpha + A\alpha - 6\alpha = 0$ ，求 $P^{-1}AP$ ，并判断 $A$ 是否相似于对角矩阵。

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
（I）见解析
（II） $P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$ ，且 $A$ 相似于对角矩阵

【解析】
（I）
解法一
假设 $P$ 不是可逆矩阵，则 $\alpha$ 与 $A\alpha$ 线性相关。
根据线性相关的定义，存在不全为零的实数 $k_1$ 、 $k_2$ ，使得

k_1 \alpha + k_2 A\alpha = 0

若 $k_2 = 0$ ，则 $k_1 \alpha = 0$ 。
由于 $\alpha$ 是非零向量，必有 $k_1 = 0$ ，与 $k_1$ 、 $k_2$ 不全为零矛盾，因此 $k_2 \neq 0$ 。
于是有

A\alpha = -\frac{k_1}{k_2} \alpha

这与 $\alpha$ 不是 $A$ 的特征向量矛盾。
所以假设不成立，故 $P$ 是可逆矩阵。

解法二
设 $A\alpha = \beta$ ，则 $\beta \neq k\alpha$ ，即 $\alpha$ 、 $\beta$ 线性无关。
因此 $P = (\alpha, \beta) = (\alpha, A\alpha)$ 为可逆矩阵。

（II）
由 $A^2 \alpha + A\alpha - 6\alpha = 0$ ，可得

AP = A(\alpha, A\alpha) = (A\alpha, A^2\alpha) = (A\alpha, 6\alpha - A\alpha) = (\alpha, A\alpha) \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}

又因为 $P$ 可逆，所以

P^{-1}AP = \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}

记 $B = \begin{bmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$ ，计算特征多项式：

|\lambda E - B| = \begin{vmatrix} \lambda & -6 \\ -1 & \lambda + 1 \end{vmatrix} = \lambda^2 + \lambda - 6 = 0

解得 $B$ 的特征值为 $\lambda_1 = 2$ 、 $\lambda_2 = -3$ 。
由于 $A$ 与 $B$ 相似，故 $A$ 的特征值也为 $\lambda_1 = 2$ 、 $\lambda_2 = -3$ ，从而 $A$ 可相似对角化。