2021 年真题

选择题

1

当 $x \to 0$ 时， $\int_{0}^{x^{2}} \left( e^{t^{3}} - 1 \right) \, dt$ 是 $x^{7}$ 的

正确答案：C

因为

\lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x^{2}} \left( e^{t^{3}} - 1 \right) \, dt}{x^{7}} = \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x^{2}} t^{3} \, dt}{x^{7}} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{4} t^{4}}{x^{7}} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{4} x^{8}}{x^{7}} = 0,

故当 $x \to 0$ 时， $\int_{0}^{x^{2}} \left( e^{t^{3}} - 1 \right) \, dt$ 是 $x^{7}$ 的高阶无穷小。

因此应选 (C)。

2

设 $f(x) = \begin{cases} \frac{e^{x} - 1}{x}, & x \neq 0, \\ 1, & x = 0 \end{cases}$ ，则 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：D

因 $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1 = f(0)$ ，故 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

又

f^\prime(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{e^{x} - 1}{x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - 1 - x}{x^{2}} = \lim_{x \to 0} \frac{1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + o\left(x^{2}\right) - 1 - x}{x^{2}} = \frac{1}{2},

故应选 (D)。

3

有一圆柱底面半径与高随时间变化的速率分别为 $2\,\text{cm/s}$ ， $-3\,\text{cm/s}$ 。当底面半径为 $10\,\text{cm}$ ，高为 $5\,\text{cm}$ 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为？

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

正确答案：C

设圆柱体的底面半径为 $r$ ，高为 $h$ ，则圆柱体的体积 $V = \pi r^{2} h$ ，圆柱体的表面积 $S = 2 \pi r^{2} + 2 \pi r h$ ，从而

V^{\prime}(t) = \pi \left[ 2 r \cdot r^{\prime}(t) \cdot h + r^{2} \cdot h^{\prime}(t) \right]

S^{\prime}(t) = 2 \pi \cdot 2 r \cdot r^{\prime}(t) + 2 \pi \left[ r^{\prime}(t) \cdot h + r \cdot h^{\prime}(t) \right]

将 $r = 10$ ， $h = 5$ ， $r^{\prime}(t) = 2$ ， $h^{\prime}(t) = -3$ 分别代入，解得

\left. V^{\prime}(t) \right\vert_{\substack{r=10 \\ h=5}} = -100 \pi \, \mathrm{cm}^{3} / \mathrm{s}

\left. S^{\prime}(t) \right\vert_{\substack{r=10 \\ h=5}} = 40 \pi \, \mathrm{cm}^{2} / \mathrm{s}

故应选 (C)。

4

设函数 $f(x) = a x - b \ln x$ （ $a > 0$ ）有两个零点，则 $b$ 的取值范围是

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

正确答案：A

因 $f(x) = a x - b \ln x$ ，故 $f^\prime(x) = a - \frac{b}{x}$ 。

又因 $a > 0$ ，若 $b \leq 0$ ，则 $f^\prime(x) > 0$ ， $f(x)$ 严格单调递增，这与 $f(x)$ 有 $2$ 个零点矛盾，故 $b > 0$ 。

\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = +\infty, \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty,

$f^\prime(x) = a - \frac{b}{x}$ ，令 $f^\prime(x) = 0$ ，解得 $x = \frac{b}{a}$ 。 $f^{\prime\prime}(x) = \frac{b}{x^2} > 0$ ，因 $f(x)$ 有 $2$ 个零点，故

f\left( \frac{b}{a} \right) = a \cdot \frac{b}{a} - b \ln \frac{b}{a} < 0,

即 $b \left( 1 - \ln \frac{b}{a} \right) < 0$ ，从而 $1 - \ln \frac{b}{a} < 0$ ，故 $\ln \frac{b}{a} > 1$ ，得 $\frac{b}{a} > e$ ，故应选 (A)。

5

设函数 $f(x) = \sec x$ 在 $x = 0$ 处的 2 次泰勒多项式为 $1 + a x + b x^{2}$ ，则

高等数学一元函数微分学泰勒公式

正确答案：D

由题意知 $f(x) = \sec x = \frac{1}{\cos x} = 1 + a x + b x^{2} + o(x^{2})$ ，故

\begin{aligned} 1 &= \cos \left(1 + a x + b x^{2} + o(x^{2})\right) \\ &= \left(1 - \frac{1}{2} x^{2} + o\left(x^{2}\right)\right) \left(1 + a x + b x^{2} + o\left(x^{2}\right)\right) \\ &= 1 + a x + \left(b - \frac{1}{2}\right) x^{2} + o\left(x^{2}\right), \end{aligned}

由系数对应得

\begin{cases} a = 0, \\ b - \frac{1}{2} = 0 \end{cases}

即

\begin{cases} a = 0, \\ b = \frac{1}{2}. \end{cases}

故应选 (D)。

6

设函数 $f(x, y)$ 可微，且 $f(x+1, e^{x}) = x(x+1)^{2}$ ， $f(x, x^{2}) = 2x^{2} \ln x$ ，则 $df(1,1) =$

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

正确答案：C

令 $u = x + 1$ ， $v = e^{x}$ ，则 $f(u, v) = u^{2} \ln v$ ，从而 $f(x, y) = x^{2} \ln y$ 。

于是有：

f_{x}^{\prime}(x, y) = 2x \ln y, \quad f_{y}^{\prime}(x, y) = \frac{x^{2}}{y}.

则 $f_{x}^{\prime}(1, 1) = 0$ ， $f_{y}^{\prime}(1, 1) = 1$ ，得 $d f(1, 1) = d y$ ，故应选 (C)。

7

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，则 $\int_{0}^{1} f(x) \, dx =$

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：B

将区间 $[0,1]$ 上均分成 $n$ 份，取 $\xi_k$ 为第 $k$ 个小区间的中点，则

\xi_k = \frac{\frac{k-1}{n} + \frac{k}{n}}{2} = \frac{2k - 1}{2n}.

因此，

\int_0^1 f(x) \, dx = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n f\left( \frac{2k - 1}{2n} \right) \cdot \frac{1}{n},

故应选 (B)。

8

二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} - (x_{3} - x_{1})^{2}$ 的正惯性指数与负惯性指数依次为

线性代数二次型

正确答案：B

函数表达式为：

f = (x_1 + x_2)^2 + (x_2 + x_3)^2 - (x_3 - x_1)^2 = 2x_2^2 + 2x_1 x_2 + 2x_1 x_3 + 2x_2 x_3

对应的矩阵为：

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

计算特征多项式：

\vert \lambda E - A \vert = \left\vert \begin{array}{ccc} \lambda & -1 & -1 \\ -1 & \lambda - 2 & -1 \\ -1 & -1 & \lambda \end{array} \right\vert = \lambda (\lambda - 3)(\lambda + 1)

特征值为 $3$ 、 $1$ 、 $-1$ ，故正惯性指数为 $2$ ，负惯性指数为 $1$ ，应选 (B)。

9

设 $3$ 阶矩阵 $A = (\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3})$ ， $B = (\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3})$ ，若向量组 $\alpha_{1}$ ， $\alpha_{2}$ ， $\alpha_{3}$ 可以由向量组 $\beta_{1}$ ， $\beta_{2}$ 线性表出，则

线性代数向量向量组之间的线性表示

正确答案：D

因为 $\alpha_{1}$ 、 $\alpha_{2}$ 、 $\alpha_{3}$ 可由 $\beta_{1}$ 、 $\beta_{2}$ 线性表示，所以存在矩阵 $P$ ，使得 $A = BP$ ，于是 $P^{T} B^{T} = A^{T}$ 。

若 $B^{T} x = 0$ ，则 $P^{T} B^{T} x = 0$ ，即 $A^{T} x = 0$ ，所以 $B^{T} x = 0$ 的解都是 $A^{T} x = 0$ 的解，故应选 (D)。

10

设矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix}$ ，若存在可逆矩阵 $P$ 、 $Q$ 使 $PAQ$ 为对角矩阵，则 $P$ 、 $Q$ 可以分别为

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} ;\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}

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

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

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

正确答案：C

法1：验证

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

故应选 (C)。

法2：对 $(A, E)$ 作行变换：

\begin{aligned} (A, E) &= \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & -5 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \\ &\to \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -6 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \\ &\to \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & 2 & 1 \end{array} \right), \end{aligned}

得

P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{pmatrix},

此时

PA = B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

对 $(B, E)$ 作列变换得

Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},

使

BQ = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},

即 $PAQ$ 为对角矩阵，故应选 (C)。

填空题

11

（填空题） $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \vert x \vert \cdot 3^{-x^{2}} \, dx =$

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 $\frac{1}{\ln 3}$

【解析】 由于被积函数 $|x| 3^{-x^{2}}$ 是偶函数，因此有：

\begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty} |x| 3^{-x^{2}} \, dx &= 2 \int_{0}^{+\infty} x 3^{-x^{2}} \, dx \\ &= \int_{0}^{+\infty} 3^{-x^{2}} \, d\left(x^{2}\right) \end{aligned}

令 $t = x^{2}$ ，则：

= -\left. \frac{3^{-t}}{\ln 3} \right\vert_{0}^{+\infty} = -\frac{1}{\ln 3} \left( \lim_{t \to \infty} 3^{-t} - 1 \right) = \frac{1}{\ln 3}

因此，原积分值为 $\dfrac{1}{\ln 3}$ 。

12

（填空题）已知参数方程

\begin{cases} x = 2 e^{t} + t + 1, \\ y = 4(t - 1) e^{t} + t^{2} \end{cases}

，求 $\left. \frac{d^{2} y}{d x^{2}} \right\vert_{t=0} =$

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $\frac{2}{3}$

【解析】 首先，求一阶导数：

\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{4\left[e^{t} + (t - 1)e^{t}\right] + 2t}{2e^{t} + 1} = \frac{4te^{t} + 2t}{2e^{t} + 1} = 2t.

接着，求二阶导数：

\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) = \frac{d}{dx}(2t) = 2 \cdot \frac{1}{2e^{t} + 1}.

最后，代入 $t = 0$ ：

\left.\frac{d^{2}y}{dx^{2}}\right\vert_{t=0} = \frac{2}{3}.

13

（填空题）设函数 $z = z(x, y)$ 由方程 $(x + 1) z + y \ln z - \arctan (2 x y) = 1$ 确定，求 $\left. \frac{\partial z}{\partial x} \right\vert_{(0,2)} =$

高等数学多元函数微分学隐函数的偏导数计算

【答案】 1

【解析】 在等式 $(x+1) z + y \ln z - \arctan (2 x y) = 1$ 两边对 $x$ 求偏导，有：

z + (x+1) \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + y \cdot \frac{1}{z} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} - \frac{2 y}{1 + (2 x y)^{2}} = 0

将 $x = 0$ ， $y = 2$ 代入原方程，得 $z + 2 \ln z = 1$ ，易知 $z = 1$ 。

再将 $x = 0$ 、 $y = 2$ 、 $z = 1$ 代入偏导方程，解得：

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

14

（填空题）设 $f(t) = \int_{1}^{t^{2}} dx \int_{-\infty}^{t} \sin \frac{x}{y} \, dy$ ，求 $f^{\prime}\left( \frac{\pi}{2} \right) =$

高等数学一元函数积分学变限积分

【答案】 $\frac{\pi}{2} \cos \frac{2}{\pi}$

【解析】 首先，函数定义为：

f(t) = \int_{1}^{t^{2}} dx \int_{-\infty}^{t} \sin \frac{x}{y} dy

通过计算内层积分，得到：

f(t) = \int_{1}^{t} \left[ -\left. y \cos \frac{x}{y} \right|_{1}^{y^{2}} \right] dy

进一步化简为：

f(t) = \int_{1}^{t} \left( -t \cos t + t \cos \frac{1}{t} \right) dy

对 $f(t)$ 求导，得到：

f^{\prime}(t) = -t \cos t + t \cos \frac{1}{t}

代入 $t = \frac{\pi}{2}$ ，得：

f^{\prime}\left( \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2} \cos \frac{2}{\pi}

15

（填空题）求微分方程 $y^{\prime\prime\prime} - y = 0$ 的通解 $y =$

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】

y = C_1 e^x + e^{-\frac{1}{2}x} \left( C_2 \cos\!\left( \frac{\sqrt{3}}{2}x \right) + C_3 \sin\!\left( \frac{\sqrt{3}}{2}x \right) \right), \quad C_1, C_2, C_3 \in \mathbb{R}.

【解析】
由特征方程 $\lambda^3 - 1 = 0$ 得

\lambda_1 = 1,\ \lambda_{2,3} = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2} i

故方程通解为

y = C_1 e^x + e^{-\frac{1}{2}x} \left( C_2 \cos\!\left( \frac{\sqrt{3}}{2}x \right) + C_3 \sin\!\left( \frac{\sqrt{3}}{2}x \right) \right), \quad C_1, C_2, C_3 \in \mathbb{R}.

16

（填空题）设 $f(x) = \begin{vmatrix} x & x & 1 & 2x \\ 1 & x & 2 & -1 \\ 2 & 1 & x & 1 \\ 2 & -1 & 1 & x \end{vmatrix}$ ，求 $x^{3}$ 项的系数。

线性代数行列式

【答案】 -5

【解析】
四阶行列式中含 $x^{3}$ 的项为：

(-1)^{\tau(2134)} a_{12} a_{21} a_{33} a_{44} = -x^{3}

以及

(-1)^{\tau(4231)} a_{14} a_{22} a_{33} a_{41} = -4x^{3}

因此， $x^{3}$ 的系数为 $-1 - 4 = -5$ 。

解答题

17

（本题满分 10 分）

求极限

\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt}{e^{x} - 1} - \frac{1}{\sin x} \right)

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 首先，将原极限表达式改写为通分形式：

\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt}{e^{x} - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) &= \lim_{x \to 0} \frac{\sin x + \sin x \cdot \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt - e^{x} + 1}{(e^{x} - 1) \sin x} \end{aligned}

接下来，将极限拆分为两部分：

\begin{aligned} &= \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - e^{x} + 1}{x^{2}} + \lim_{x \to 0} \frac{\sin x \cdot \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt}{x^{2}} \end{aligned}

利用泰勒展开计算第一部分：

\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - e^{x} + 1}{x^{2}} &= \lim_{x \to 0} \frac{x + o(x^{2}) - \left(1 + x + \frac{1}{2}x^{2} + o(x^{2})\right) + 1}{x^{2}} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2}x^{2} + o(x^{2})}{x^{2}} = -\frac{1}{2} \end{aligned}

计算第二部分：

\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x \cdot \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt}{x^{2}} &= \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt}{x} \end{aligned}

应用洛必达法则：

\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} e^{t^{2}} \, dt}{x} &= \lim_{x \to 0} e^{x^{2}} = 1 \end{aligned}

将两部分结果相加：

\begin{aligned} -\frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2} \end{aligned}

因此，原极限值为 $\frac{1}{2}$ 。

18

（本题满分 12 分）

已知函数 $f(x) = \frac{x |x|}{1 + x}$ ，求曲线 $y = f(x)$ 的凹凸区间及渐近线。

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】
曲线 $y = f(x)$ 的凹区间为 $(-\infty, -1)$ 和 $(0, +\infty)$ ，凸区间为 $(-1, 0)$ 。渐近线为 $x = -1$ （铅垂渐近线）， $y = x - 1$ （当 $x \to +\infty$ 时），和 $y = -x + 1$ （当 $x \to -\infty$ 时）。

【解析】
因为

f(x) = \frac{x|x|}{1 + x} = \begin{cases} \frac{x^2}{1 + x}, & x > 0, \\ 0, & x = 0, \\ -\frac{x^2}{1 + x}, & -1 < x < 0, \\ \text{}, & x = -1, \\ -\frac{x^2}{1 + x}, & x < -1. \end{cases}

$f(x)$ 在 $x = 0$ 连续。又

f^\prime(x) = \begin{cases} \frac{2x + x^2}{(1 + x)^2}, & x > 0, \\ -\frac{2x + x^2}{(1 + x)^2}, & -1 < x < 0, \\ -\frac{2x + x^2}{(1 + x)^2}, & x < -1. \end{cases}

因为 $\lim\limits_{x \to 0^+} f^\prime(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} f^\prime(x) = 0$ ，故 $f_+^\prime(0) = f_-^\prime(0) = 0$ ，即 $f^\prime(0) = 0$ ，从而

f^\prime(x) = \begin{cases} \frac{2x + x^2}{(1 + x)^2}, & x \geq 0, \\ -\frac{2x + x^2}{(1 + x)^2}, & -1 < x < 0, \\ -\frac{2x + x^2}{(1 + x)^2}, & x < -1. \end{cases}

$f^\prime(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。又

f^{\prime\prime}(x) = \begin{cases} \frac{(2 + 2x)(1 + x)^2 - (2x + x^2) \cdot 2(1 + x)}{(1 + x)^4} = \frac{2}{1 + x} - \frac{4x + 2x^2}{(1 + x)^3} = \frac{2}{(1 + x)^3}, & x > 0, \\ -\frac{2}{(1 + x)^3}, & x < 0 \text{ } x \neq -1. \end{cases}

因为 $\lim\limits_{x \to 0^+} f^{\prime\prime}(x) = 2$ ， $\lim\limits_{x \to 0^-} f^{\prime\prime}(x) = -2$ ，故 $f_+^{\prime\prime}(0) \neq f_-^{\prime\prime}(0)$ ，从而 $f^{\prime\prime}(0)$ 不存在，故

f^{\prime\prime}(x) = \begin{cases} \frac{2}{(1 + x)^3}, & x > 0, \\ -\frac{2}{(1 + x)^3}, & x < 0 \text{ } x \neq -1. \end{cases}

当 $x > 0$ 时， $f^{\prime\prime}(x) > 0$ ；当 $-1 < x < 0$ 时， $f^{\prime\prime}(x) < 0$ ；当 $x < -1$ 时， $f^{\prime\prime}(x) > 0$ 。
从而曲线 $y = f(x)$ 的凹区间为 $(-\infty, -1)$ 和 $(0, +\infty)$ ，凸区间为 $(-1, 0)$ 。

因 $\lim\limits_{x \to -1} f(x) = \infty$ ，故 $x = -1$ 为曲线 $y = f(x)$ 的一条铅垂渐近线。
因 $\lim\limits_{x \to \infty} f(x) = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{x}{1 + x} |x| = +\infty$ ，从而曲线 $y = f(x)$ 无水平渐近线。

因

k_1 = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^2}{(1 + x)x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{1 + x} = 1,

b_1 = \lim\limits_{x \to +\infty} [f(x) - x] = \lim\limits_{x \to +\infty} \left( \frac{x^2}{1 + x} - x \right) = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^2 - x - x^2}{1 + x} = -1,

故 $y = x - 1$ 为 $x \to +\infty$ 时曲线 $y = f(x)$ 的一条斜渐近线。

因

k_2 = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{-x^2}{(1 + x)x} = -\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{x}{1 + x} = -1,

b_2 = \lim\limits_{x \to -\infty} (f(x) + x) = \lim\limits_{x \to -\infty} \left( -\frac{x^2}{1 + x} + x \right) = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{x + x^2 - x^2}{1 + x} = 1,

故 $y = -x + 1$ 为 $x \to -\infty$ 时曲线 $y = f(x)$ 的一条斜渐近线。

19

（本题满分 $12$ 分）

设函数 $f(x)$ 满足 $\displaystyle \int \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \, dx = \frac{1}{6}x^2 - x + C$ ， $L$ 为曲线 $y = f(x)$ （ $4 \leq x \leq 9$ ），记 $L$ 的长度为 $S$ ， $L$ 绕 $x$ 轴旋转曲面面积为 $A$ ，求 $S$ 和 $A$ 。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 $S = \frac{22}{3}$ , $A = \frac{425}{9}\pi$

【解析】 在等式 $\int \frac{f(x)}{\sqrt{x}} \, dx = \frac{1}{6}x^2 - x + C$ 的两端对 $x$ 求导，有

\frac{f(x)}{\sqrt{x}} = \frac{1}{3}x - 1,

故

f(x) = \frac{1}{3}x\sqrt{x} - \sqrt{x}.

进一步求导得

f^\prime(x) = \frac{1}{2}\sqrt{x} - \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{1}{2} \left( \sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{x - 1}{\sqrt{x}}.

则弧长

S = \int_{4}^{9} \sqrt{1 + [f^\prime(x)]^2} \, dx = \int_{4}^{9} \frac{x + 1}{2\sqrt{x}} \, dx = \int_{4}^{9} (x + 1) \, d(\sqrt{x}).

换元后

S = \int_{2}^{3} (x^2 + 1) \, dx = \left. \frac{1}{3}x^3 \right\vert_{2}^{3} + 1 = \frac{1}{3}(27 - 8) + 1 = \frac{22}{3}.

旋转体表面积

A = 2\pi \int_{4}^{9} f(x) \sqrt{1 + [f^\prime(x)]^2} \, dx = 2\pi \int_{4}^{9} \left( \frac{1}{3}x\sqrt{x} - \sqrt{x} \right) \cdot \frac{x + 1}{2\sqrt{x}} \, dx.

化简得

A = 2\pi \int_{4}^{9} \left( \frac{1}{6}x^2 - \frac{1}{3}x - \frac{1}{2} \right) dx = 2\pi \cdot \frac{425}{18} = \frac{425}{9}\pi.

20

（本题满分 12 分）

设 $y = y(x) \ (x > 0)$ 是微分方程 $xy^\prime - 6y = -6$ 满足条件 $y(\sqrt{3}) = 10$ 的解，

（Ⅰ）求 $y(x)$ ；

（Ⅱ）设 $P$ 为曲线 $y = y(x)$ 上一点， $I_p$ 为曲线 $y = y(x)$ 上 $P$ 点法线到 $y$ 轴的截距，当 $I_p$ 最小时，求 $P$ 坐标。

高等数学常微分方程一阶非齐次线性微分方程

【答案】
（Ⅰ） $y(x) = 1 + \frac{1}{3}x^6$
（Ⅱ）点 $P$ 的坐标为 $\left( 1, \frac{4}{3} \right)$

【解析】

（Ⅰ）由 $xy^{\prime} - 6y = -6$ ，可得 $y^{\prime} - \frac{6}{x}y = -\frac{6}{x}$ ，于是

\begin{align*} y &= e^{\int \frac{6}{x} \, dx} \left( \int -\frac{6}{x} \cdot \frac{1}{x^6} \, dx + C \right) \\ &= x^6 \left( x^{-6} + C \right) = 1 + Cx^6 \end{align*}

又 $y(\sqrt{3}) = 10$ ，代入得 $C = \frac{1}{3}$ ，因此 $y(x) = 1 + \frac{1}{3}x^6$ 。

（Ⅱ）曲线 $y = y(x)$ 在点 $P$ 的法线方程为

Y - \left( 1 + \frac{1}{3}x^6 \right) = -\frac{1}{2x^5}(X - x)

令 $X = 0$ ，得

Y = 1 + \frac{1}{3}x^6 + \frac{1}{2x^4}

设 $g(x) = 1 + \frac{1}{3}x^6 + \frac{1}{2x^4}$ ，其中 $x > 0$ ，则

\begin{align*} g^{\prime}(x) &= 2x^5 + \frac{1}{2} \cdot (-4)x^{-5} \\ &= 2(x^5 - x^{-5}) = 2 \cdot \frac{x^{10} - 1}{x^5} \end{align*}

令 $g^{\prime}(x) = 0$ ，解得 $x = 1$ 。

当 $x > 1$ 时， $g^{\prime}(x) > 0$ ；当 $0 < x < 1$ 时， $g^{\prime}(x) < 0$ ，故 $x = 1$ 为唯一的极小值点，且为最小值点。

此时点 $P$ 的坐标为 $\left( 1, \frac{4}{3} \right)$ 。

21

（本题满分 $12$ 分）

设平面区域 $D$ 由曲线 $(x^{2} + y^{2})^{2} = x^{2} - y^{2} \ (x \geq 0, \ y \geq 0)$ 与 $x$ 轴围成，计算二重积分 $\iint_{D} x y \, dx \, dy$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】

\frac{1}{48}

【解析】
首先，将积分区域 $D$ 用极坐标表示，并计算二重积分：

\iint_{D} xy \, dx \, dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_{0}^{\sqrt{\cos 2\theta}} r \cos \theta \cdot r \sin \theta \cdot r \, dr

化简被积函数：

= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos \theta \sin \theta \int_{0}^{\sqrt{\cos 2\theta}} r^{3} \, dr

计算内层积分：

\int_{0}^{\sqrt{\cos 2\theta}} r^{3} \, dr = \frac{1}{4} r^{4} \Big\vert_{0}^{\sqrt{\cos 2\theta}} = \frac{1}{4} \cos^{2} 2\theta

代入外层积分：

= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin \theta \cos \theta \cdot \frac{1}{4} \cos^{2} 2\theta \, d\theta

利用三角恒等式 $\sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} \sin 2\theta$ ：

= \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2} \sin 2\theta \cdot \cos^{2} 2\theta \, d\theta = \frac{1}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin 2\theta \cos^{2} 2\theta \, d\theta

注意到 $\sin 2\theta \, d\theta = -\frac{1}{2} d(\cos 2\theta)$ ，因此：

= -\frac{1}{16} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^{2} 2\theta \, d(\cos 2\theta)

计算积分：

= -\frac{1}{16} \cdot \frac{1}{3} \cos^{3} 2\theta \Big\vert_{0}^{\frac{\pi}{4}} = -\frac{1}{48} \left( \cos^{3} \frac{\pi}{2} - \cos^{3} 0 \right)

代入上下限：

\cos \frac{\pi}{2} = 0, \quad \cos 0 = 1

= -\frac{1}{48} (0 - 1) = \frac{1}{48}

最终结果为：

\iint_{D} xy \, dx \, dy = \frac{1}{48}

22

（本题满分 12 分）

设矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & a & b \end{pmatrix}$ 仅有两个不同特征值，若 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵，求 $a, b$ 的值，并求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ ，使 $\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}$ 为对角矩阵。

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】
矩阵 $\boldsymbol{A}$ 仅有两个不同特征值且相似于对角矩阵时，参数 $a, b$ 有两种情况：

当 $b = 1$ 时， $a = 1$ ，可逆矩阵 $\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ，使得 $\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$ 。
当 $b = 3$ 时， $a = -1$ ，可逆矩阵 $\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ，使得 $\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 。

【解析】
首先计算特征多项式：

\vert \lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} \vert = \begin{vmatrix} \lambda - 2 & -1 & 0 \\ -1 & \lambda - 2 & 0 \\ -1 & -a & \lambda - b \end{vmatrix} = (\lambda - b)\left[(\lambda - 2)^2 - 1\right]

= (\lambda - b)(\lambda^2 - 4\lambda + 3) = (\lambda - b)(\lambda - 1)(\lambda - 3)

因此，矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_1 = b$ ， $\lambda_2 = 1$ ， $\lambda_3 = 3$ 。

情况①：若 $b = 1$

此时 $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的二重特征值， $\lambda_3 = 3$ 。由于 $\boldsymbol{A}$ 可相似对角化，故 $\text{r}(\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 1$ 。

计算：

\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 - a & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

由秩为 1 可得 $a = 1$ 。

求解属于特征值 $1$ 的特征向量：

(\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}

得到两个线性无关的特征向量：

\boldsymbol{\alpha}_1 = (-1, 1, 0)^\text{T}, \quad \boldsymbol{\alpha}_2 = (0, 0, 1)^\text{T}

再求解属于特征值 $3$ 的特征向量：

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

得到线性无关的特征向量：

\boldsymbol{\alpha}_3 = (1, 1, 1)^\text{T}

取 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3)$ ，则 $\boldsymbol{P}$ 可逆，且满足：

\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & 3 \end{pmatrix}

情况②：若 $b = 3$

此时 $\lambda_1 = \lambda_3 = 3$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的二重特征值， $\lambda_2 = 1$ 。由于 $\boldsymbol{A}$ 可相似对角化，故 $\text{r}(3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A}) = 1$ 。

计算：

3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & -a & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & a + 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

由秩为 1 可得 $a = -1$ 。

求解属于特征值 $3$ 的特征向量：

(3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A})\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}

得到两个线性无关的特征向量：

\boldsymbol{\beta}_1 = (1, 1, 0)^\text{T}, \quad \boldsymbol{\beta}_2 = (0, 0, 1)^\text{T}

再求解属于特征值 $1$ 的特征向量：

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

得到线性无关的特征向量：

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

取 $\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3)$ ，则 $\boldsymbol{P}$ 可逆，且满足：

\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 3 & & \\ & 3 & \\ & & 1 \end{pmatrix}