2025 年真题

选择题

1

设函数 $z = z(x,y)$ 由 $z + \ln z-\int_{y}^{x}e^{-t^{2}}dt = 0$ 确定，则 $\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=$

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

正确答案：A

【解析】 $z+\ln z - \int_{y}^{x}e^{-t^{2}}dt = 0$ ，分别对 $x$ ， $y$ 求偏导，得：

$\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial x}-e^{-x^{2}} = 0\Rightarrow\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{z}{z + 1}e^{-x^{2}}$

$\frac{\partial z}{\partial y}+\frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial y}+e^{-y^{2}} = 0.\Rightarrow\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-z}{z + 1}e^{-y^{2}}$

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

2

已知函数 $f(x)=\int_{0}^{x}e^{t^{2}}\sin tdt$ ， $g(x)=\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt\cdot\sin^{2}x$ ，则

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

正确答案：B

【解析】

$f^\prime(x)=e^{x^{2}}\sin x,f^{\prime\prime}(x)=2xe^{x^{2}}\sin x + e^{x^{2}}\cos x$

$f^\prime(0)=0,f^{\prime\prime}(0)=1\gt0$ .

$x = 0$ 是 $f(x)$ 的极值点.

$g^\prime(x)=e^{x^{2}}\sin^{2}x + \sin2x\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$ ，

$g^{\prime\prime}(x)=e^{x^{2}}\sin2x + 2xe^{x^{2}}\sin^{2}x + \sin2xe^{x^{2}} + 2\cos2x\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$

$g^\prime(0)=0,\ g^{\prime\prime}(0)=0,\ g^{\prime\prime\prime}(0)\gt0$ .

$(0,0)$ 是 $y = g(x)$ 的拐点.

3

如果对微分方程 $y'' - 2ay' + (a + 2)y = 0$ 任一解 $y(x)$ ，反常积分 $\int_{0}^{+\infty} y(x)dx$ 均收敛，则 $a$ 的取值范围为

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

正确答案：C

【解析】当 $a = -2$ 时， $y'' + 4y' = 0$ ，通解： $c_1 + c_2e^{-4t}$ ， $c \neq 0$ 时， $\int_{0}^{+\infty} (c_1 + c_2e^{-4x})dx$ 不收敛.

故B、D排除.

当 $a = -\frac{1}{2}$ 时， $y'' + y' + \frac{3}{2}y = 0$ ，通解： $y(t) = e^{-\frac{1}{2}t}(a_1\cos(\frac{\sqrt{5}}{2}t) + B(\sin\frac{\sqrt{5}}{2}t))$

$\int_{0}^{+\infty} y(x)dx$ 收敛.

4

设函数 $f(x)$ ， $g(x)$ 在 $x = 0$ 某去心邻域内有定义且恒不为 $0$ ，若 $x \to 0$ 时， $f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，则当 $x \to 0$ 时

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

正确答案：C

【解析】由题易知， $x \to 0$ 时， $f(x)$ 是 $g(x)$ 高阶无穷小.

则有 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{g(x)} = 0$ 及 $\lim\limits_{x \to 0}f(x) = 0$ ， $\lim\limits_{x \to 0}g(x) = 0$ .

又 $f(x)$ ， $g(x)$ 在 $x = 0$ 某去心邻域内有定义且不恒等于 $0$ .

故对于A选项，等式两端同除 $g(x)$ 得：

$\frac{f(x)}{g(x)} + 1 = \frac{o[g(x)]}{g(x)}$

取极限得

$\lim\limits_{x \to 0}(\frac{f(x)}{g(x)} + 1) = \lim\limits_{x \to 0}\frac{o[g(x)]}{g(x)}$

即 $0 + 1 = 0$ ，显然A不成立.

对于B选项，等式两端同除 $f^2(x)$ 得

$\frac{g(x)}{f(x)} = \frac{o[f^2(x)]}{f^2(x)}$

两端取极限得 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{g(x)}{f(x)} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{o[f^2(x)]}{f^2(x)}$ ，即 $\infty = 0$ ，显然不成立.

对于C选项，等式两端同除 $g(x)$ 得

$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{o[\mathrm{e}^{g(x)} - 1]}{g(x)}$

取极限得 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{o[\mathrm{e}^{g(x)} - 1]}{g(x)} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{o[g(x)]}{g(x)}$

显然有 $0 = 0$ ，故C正确.

对于D等式两端同除 $g(x)$ 得

$\frac{f(x)}{g^2(x)} = \frac{o[g^2(x)]}{g^2(x)}$

取极限得 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{g^2(x)} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{o[g^2(x)]}{g^2(x)}$ ，显然不成立.

综上选C.

5

设函数 $f(x,y)$ 连续，则 $\int_{-2}^{2}dx\int_{4 - x^2}^{4} f(x,y)dy =$

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

正确答案：A

【解析】由题易知，此二重积分积分区域为

$D = \left\{(x,y)\vert 4 - x^2 \leq y \leq 4, -2 \leq x \leq 2\right\}$ ，对应图像为上图所示。

记 $D_1 = \left\{(x,y)\vert 4 - x^2 \leq y \leq 4, -2 \leq x \leq 0\right\}$ ， $D_2 = \left\{(x,y)\vert 4 - x^2 \leq y \leq 4, 0 \leq x \leq 2\right\}$ ，且 $I = \int_{-2}^{2}dx\int_{4 - x^2}^{4}f(x,y)dy$ ，则 $I = \iint\limits_{D_1} f(x,y)d\sigma + \iint\limits_{D_2} f(x,y)d\sigma$ ，交换积分次序得

$I = \int_{0}^{4}dy\int_{-2}^{-\sqrt{4 - y}} f(x,y)dx + \int_{0}^{4}dy\int_{\sqrt{4 - y}}^{2} f(x,y)dx$

$= \int_{0}^{4}\left[\int_{-2}^{-\sqrt{4 - y}} f(x,y)dx + \int_{\sqrt{4 - y}}^{2} f(x,y)dx\right]dy$

故 A 正确。

6

设单位质点 $P,Q$ 分别位于点 $(0,0)$ 和 $(0,1)$ 处， $P$ 从点 $(0,0)$ 出发沿 $x$ 轴正向移动，记 $G$ 为引力常量，则当质点 $P$ 移动到点 $(l,0)$ 时，克服质点 $Q$ 的引力所做的功为（）

高等数学一元函数积分学定积分的应用

正确答案：A

【解析】由题可知，其对应如图所示.

单位质点 $P$ 与单位质点 $Q$ 之间的引力为

$F = G\frac{1\cdot1}{r^{2}}$

其中 $r$ 为两质点间的距离.

且由图可知 $r^{2}=x^{2}+1$

又引力 $F$ 在 $x$ 方向上的力投影为 $F_{x}=F\cos\theta=\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}F$ .

故克服引力做功为：

$W = \int_{0}^{1}F_{x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\frac{G}{(x^{2}+1)}\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\frac{Gx}{(1 + x^{2})^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x$

7

设函数 $f(x)$ 连续，给出下列 4 个条件：

① $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)| - f(0)}{x}$ 存在；

② $\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x) - |f(0)|}{x}$ 存在；

③ $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)|}{x}$ 存在；

④ $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x) - f(0)|}{x}$ 存在。

其中可得到“ $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导”的条件个数为

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：B

【解析】
① 已知 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)| - f(0)}{x} = A$ ，
可得 $|f(0)| - f(0) = 0 \Rightarrow f(0) = |f(0)| \Rightarrow f(0) = 0$ 或 $f(0) > 0$ 。

若 $f(0) > 0$ ，则当 $x \to 0$ 时，有 $f(x) > 0$ ，
于是 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)| - f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x} = A \Rightarrow f'(0) = A$ 。

若 $f(0) = 0$ ，由 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)| - f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)|}{x} = A$ ，
可得

\begin{cases} \lim\limits_{x \to 0^+}\left|\frac{f(x)}{x}\right| = A \\ \lim\limits_{x \to 0^-}\left|-\frac{f(x)}{x}\right| = A \end{cases}

若 $A = 0$ ，则 $f'(0)$ 存在；若 $A \neq 0$ ，则 $f'(0)$ 不存在。

② 由 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x) - |f(0)|}{x} = A \Rightarrow f(0) = |f(0)|$ ，
因此 $f(0) = 0$ 或 $f(0) > 0$ 。

若 $f(0) = 0$ ，则

A = \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x) - |f(0)|}{x} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)}{x} = f'(0)

若 $f(0) > 0$ ，则

A = \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x} = f'(0)

因此②成立。

③ 由 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)|}{x}$ 存在，可得 $|f(0)| = 0 \Rightarrow f(0) = 0$ ，
此时与①情况相同，因此③错误。

④ 若 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{|f(x)| - |f(0)|}{x}$ 存在，则 $|f(x)|$ 在 $x = 0$ 处可导，
进而 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，因此④正确。

综上，①③错误，②④正确，选 B。

8

设矩阵

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \end{pmatrix}

有一个正特征值和两个负特征值，则（）

线性代数矩阵的特征值与特征向量

正确答案：D

【解析】

令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \end{pmatrix}$ ，为实对称矩阵，对应二次型为
$f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + a x_2^2 + b x_3^2 + 4 x_1 x_2$ 。

用配方法将其化为标准型：
$f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 + 2 x_2)^2 + (a - 4) x_2^2 + b x_3^2$ 。

已知 $A$ 有一正两负特征值，则

\begin{cases} a - 4 < 0 \\ b < 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a < 4 \\ b < 0 \end{cases}

故选 D。

9

下列矩阵中，可以经过若干初等行变换得到矩阵

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

的是

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：B

【解析】

A选项：

\begin{pmatrix}1&1&0&1\\1&2&1&3\\2&3&1&4\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&1&1&2\\0&1&1&2\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&1&1&2\\0&0&0&0\end{pmatrix}

B选项：

\begin{pmatrix}1&1&0&1\\1&1&2&5\\1&1&1&3\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&0&2&4\\0&0&1&2\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&1&0&1\\0&0&1&2\\0&0&0&0\end{pmatrix}

C选项：

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

D选项：

\begin{pmatrix}1&1&2&3\\1&2&2&3\\2&3&4&6\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&1&2&3\\0&1&0&0\\0&1&0&0\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1&1&2&3\\0&1&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}

10

设 $3$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 满足 $r(\boldsymbol{AB}) = r(\boldsymbol{BA}) + 1$ ，则

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：D

【解析】

取 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$ ，
则 $\boldsymbol{AB} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & -3 \\ 3 & 0 & -3 \\ 3 & 0 & -3 \end{pmatrix}$ ， $r(\boldsymbol{AB}) = 1$ 。

$\boldsymbol{BA} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ， $r(\boldsymbol{BA}) = 0$ ，排除选项 B 和 C。

$\boldsymbol{A + B} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ ， $r(\boldsymbol{A + B}) = 1$ ，排除选项 A，故选 D。

填空题

11

（填空题）设 $\int_{1}^{+\infty} \frac{a}{x(2x + a)} \, dx = \ln 2$ ，则 $a =$ ______。

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 2

【解析】 已知 $a = 2$ 。

原式为：

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

代入上下限：

= \lim_{x \to +\infty} \ln \frac{x}{2x + a} - \ln \frac{1}{2 + a}

化简极限部分：

= \lim_{x \to +\infty} \ln \frac{x}{2x + a} + \ln(2 + a)

由于

\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{2x + a} = \frac{1}{2},

所以

\lim_{x \to +\infty} \ln \frac{x}{2x + a} = \ln \frac{1}{2}.

代入得：

\ln \frac{1}{2} + \ln(2 + a) = \ln 2

即

\ln(2 + a) = 2 \ln 2

因此

a = 2.

12

（填空题）曲线 $y = \sqrt[3]{x^3 - 3x^2 + 1}$ 的渐近线方程为______．

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】 $y = x - 1$

【解析】
可得无水平渐近线、铅直渐近线，故求斜渐近线即可．

$k = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{\sqrt[3]{x^3 - 3x^2 + 1}}{x} = \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt[3]{\frac{x^3 - 3x^2 + 1}{x^3}} = 1$

$\begin{aligned}b &= \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt[3]{x^3 - 3x^2 + 1} - x \\&= \lim\limits_{x \to \infty} x \cdot \left( \left( 1 + \frac{1 - 3x^2}{x^3} \right)^{\frac{1}{3}} - 1 \right) \\&= \lim\limits_{x \to \infty} x \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1 - 3x^2}{x^3} = -1\end{aligned}$

故 $y = x - 1$ ．

13

（填空题） $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} \left[ \ln \frac{1}{n} + 2\ln \frac{2}{n} + \cdots + (n - 1)\ln \frac{n - 1}{n} \right] =$ ．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 - $\frac{1}{4}$

【解析】 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} \left[ \ln \frac{1}{n} + 2\ln \frac{2}{n} + \cdots + (n - 1)\ln \frac{n - 1}{n} \right]$

$= \lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n}\ln \frac{1}{n} + \frac{2}{n}\ln \frac{2}{n} + \cdots + \frac{n - 1}{n}\ln \frac{n - 1}{n} \right) \cdot \frac{1}{n}$

$= \lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n}\ln \frac{1}{n} + \frac{2}{n}\ln \frac{2}{n} + \cdots + \frac{n - 1}{n}\ln \frac{n - 1}{n} + \frac{n}{n}\ln \frac{n}{n} \right) \cdot \frac{1}{n}$

$= \lim\limits_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n}\ln \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{n}$

$= \int_{0}^{1} x\ln x dx$

$= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \ln x dx^2 = \frac{1}{2} \left( x^2\ln x \big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x^2 \cdot \frac{1}{x} dx \right)$

$= -\frac{1}{2} \int_{0}^{1} x dx = -\frac{1}{4}$

14

（填空题）已知函数 $y = y(x)$ 由

\begin{cases}x = \ln(1 + 2t)\\2t - \int_{1}^{y + t^2} e^{-u^2} du = 0\end{cases}

确定，则 $\frac{dy}{dx}\big|_{t = 0} =$ ______ 。

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $e$

【解析】

\begin{cases}x = \ln(1 + 2t)\\2t - \int_{1}^{y + t^2} e^{-u^2} du = 0\end{cases}

由②两边关于 $t$ 求导，则 $2 - e^{-(y + t^2)^2} \cdot \left( \frac{dy}{dt} + 2t \right) = 0$ 。

当 $t = 0$ 时， $y = 1$ ， $2 - e^{-1} \cdot \frac{dy}{dt} = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dt} = 2e$ 。

则 $\frac{dy}{dx}\big|_{t = 0} = \frac{\frac{dy}{dt}\big|_{t = 0}}{\frac{dx}{dt}\big|_{t = 0}} = \frac{2e}{2} = e$ 。

15

（填空题）微分方程 $(2y - 3x) \, dx + (2x - 5y) \, dy = 0$ 满足条件 $y(1) = 1$ 的解为 ______ ．

常微分方程其他方程

【答案】 $3x^{2} - 4xy + 5y^{2} = 4$

【解析】
解：

\begin{aligned} &(2y - 3x) \, dx + (2x - 5y) \, dy = 0 \\ \Rightarrow \quad &2y \, dx + 2x \, dy - 3x \, dx - 5y \, dy = 0 \\ \Rightarrow \quad &d(2xy) - d\left(\frac{3}{2}x^{2}\right) - d\left(\frac{5}{2}y^{2}\right) = 0 \end{aligned}

即：

\begin{aligned} &d\left(2xy - \frac{3}{2}x^{2} - \frac{5}{2}y^{2}\right) = 0 \\ \Rightarrow \quad &2xy - \frac{3}{2}x^{2} - \frac{5}{2}y^{2} = c \end{aligned}

又因为 $y(1) = 1$ ，则：

2 - \frac{3}{2} - \frac{5}{2} = c \quad \Rightarrow \quad c = -2

即：

2xy - \frac{3}{2}x^{2} - \frac{5}{2}y^{2} = -2

整理得：

3x^{2} - 4xy + 5y^{2} = 4

则所求方程为 $y = \frac{2x + \sqrt{20 - 11x^{2}}}{5}$ 。

16

（填空题）设矩阵 $A = (\boldsymbol{a}_1, \boldsymbol{a}_2, \boldsymbol{a}_3, \boldsymbol{a}_4)$ ，若 $\boldsymbol{a}_1, \boldsymbol{a}_2, \boldsymbol{a}_3$ 线性无关，且 $\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2 = \boldsymbol{a}_3 + \boldsymbol{a}_4$ ，则方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_1 + 4\boldsymbol{a}_4$ 的通解为 $\boldsymbol{x} =$ ______．

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 $k \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
由于 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 = \boldsymbol{\alpha}_3 + \boldsymbol{\alpha}_4$ ，可知 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 线性相关。
又已知 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关，因此 $r(A) = 3$ 。

方程 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}_1 + 4\boldsymbol{\alpha}_4$ 等价于

(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4) \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} = \boldsymbol{\alpha}_1 + 4\boldsymbol{\alpha}_4,

所以 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}$ 是该方程的一个特解。

由 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 = \boldsymbol{\alpha}_3 + \boldsymbol{\alpha}_4$ ，可得

\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 - \boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_4 = \boldsymbol{0},

即

(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4) \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} = \boldsymbol{0}.

因此 $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$ 是齐次方程 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的一个解向量。

由 $s = n - r(A) = 4 - 3 = 1$ 可知，齐次方程的基础解系含一个向量，故

\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}

即为 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的一个基础解系。

于是，原方程 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}_1 + 4\boldsymbol{\alpha}_4$ 的通解为

k \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix},

其中 $k$ 为任意常数。

解答题

17

（本题满分 $10$ 分）

计算 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{(x + 1)(x^2 - 2x + 2)} \, dx$ 。

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $\frac{3}{10} \ln 2 + \frac{\pi}{10}$

【解析】
首先，将积分拆分为部分分式：

\int_{0}^{1} \frac{1}{(x + 1)(x^2 - 2x + 2)} \, dx = \int_{0}^{1} \left( \frac{A}{x + 1} + \frac{Bx + C}{x^2 - 2x + 2} \right) dx

通过待定系数法，解得：

A = \frac{1}{5}, \quad B = -\frac{1}{5}, \quad C = \frac{3}{5}

代入后得：

\int_{0}^{1} \left( \frac{1/5}{x + 1} + \frac{-\frac{1}{5}x + \frac{3}{5}}{x^2 - 2x + 2} \right) dx

分别计算各部分积分：

\frac{1}{5} \int_{0}^{1} \frac{1}{x + 1} \, dx = \frac{1}{5} \ln \vert x + 1 \vert \,\Big\vert_{0}^{1}

-\frac{1}{5} \int_{0}^{1} \frac{x - 3}{x^2 - 2x + 2} \, dx = -\frac{1}{10} \ln \vert x^2 - 2x + 2 \vert \,\Big\vert_{0}^{1} + \frac{2}{5} \arctan(x - 1) \,\Big\vert_{0}^{1}

代入上下限计算：

\frac{1}{5} \ln \vert 1 + 1 \vert - \frac{1}{5} \ln \vert 0 + 1 \vert = \frac{1}{5} \ln 2

-\frac{1}{10} \ln \vert 1^2 - 2 \cdot 1 + 2 \vert + \frac{1}{10} \ln \vert 0^2 - 2 \cdot 0 + 2 \vert = -\frac{1}{10} \ln 1 + \frac{1}{10} \ln 2 = \frac{1}{10} \ln 2

\frac{2}{5} \arctan(1 - 1) - \frac{2}{5} \arctan(0 - 1) = \frac{2}{5} (0 - (-\frac{\pi}{4})) = \frac{\pi}{10}

合并结果：

\frac{1}{5} \ln 2 + \frac{1}{10} \ln 2 + \frac{\pi}{10} = \frac{3}{10} \ln 2 + \frac{\pi}{10}

因此，原积分的值为：

\int_{0}^{1} \frac{1}{(x + 1)(x^2 - 2x + 2)} \, dx = \frac{3}{10} \ln 2 + \frac{\pi}{10}

18

（本题满分12分）

设函数 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，且 $\lim\limits_{x \to 0}\frac{xf(x) - e^{2\sin x} + 1}{\ln(1 + x) + \ln(1 - x)} = - 3$ 。

证明 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，并求 $f^\prime(0)$ 。

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

【答案】 $f^\prime(0) = 5$

【解析】 解：

已知

\ln(1 + x) + \ln(1 - x) = x - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2) - x - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2) = -x^2 + o(x^2)

e^{2\sin x} = 1 + 2\sin x + \frac{1}{2}(2\sin x)^2 + o(x^2) = 1 + 2\sin x + 2\sin^2 x + o(x^2)

因此，

-3 = \lim_{x \to 0} \frac{x f(x) - e^{2\sin x} + 1}{-x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x f(x) - \bigl(1 + 2\sin x + 2\sin^2 x + o(x^2)\bigr) + 1}{-x^2}

= \lim_{x \to 0} \frac{x f(x) - 2\sin x}{-x^2} + \lim_{x \to 0} \frac{-2\sin^2 x}{-x^2}

可以得出

\lim_{x \to 0} \frac{x f(x) - 2\sin x}{-x^2} = -5, \qquad \lim_{x \to 0} \frac{x f(x) - 2\left(x - \frac{1}{6}x^3 + o(x^3)\right)}{x^2} = 5,

进一步得到

\lim_{x \to 0} \frac{x f(x) - 2x}{x^2} = 5, \quad\text{即}\quad \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - 2}{x} = 5.

由

\lim_{x \to 0} \bigl[f(x) - 2\bigr] = 0

可得

\lim_{x \to 0} f(x) = 2 = f(0),

故

f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - 2}{x} = 5.

19

（本题满分12分）

设函数 $f(x,y)$ 可微，且满足 $\mathrm{d}f(x,y) = -2x\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}x + \mathrm{e}^{-y}(x^2 - y - 1)\mathrm{d}y$ ， $f(0,0) = 2$ ，求 $f(x,y)$ ，并求 $f(x,y)$ 的极值.

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】
函数 $f(x,y) = -x^2\mathrm{e}^{-y} + (y + 2)\mathrm{e}^{-y}$ ，驻点为 $(0, -1)$ ，极大值为 $\mathrm{e}$ 。

【解析】

\frac{\partial f}{\partial x} = -2x\mathrm{e}^{-y} \Rightarrow f(x,y) = -x^2\mathrm{e}^{-y} + \varphi(y)

则

\frac{\partial f}{\partial y} = x^2\mathrm{e}^{-y} + \varphi^\prime(y) = \mathrm{e}^{-y}x^2 - (y + 1)\mathrm{e}^{-y}

于是

\varphi^\prime(y) = -(y + 1)\mathrm{e}^{-y}

\Rightarrow \varphi(y) = (y + 2)\mathrm{e}^{-y} + C

因此

f(x,y) = -x^2\mathrm{e}^{-y} + (y + 2)\mathrm{e}^{-y} + C

又 $f(0,0) = 2$ ，代入得 $C = 0$ ，故

f(x,y) = -x^2\mathrm{e}^{-y} + (y + 2)\mathrm{e}^{-y}

由

\begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} = -2x\mathrm{e}^{-y} = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} = \mathrm{e}^{-y}(x^2 - y - 1) = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = 0 \\ y = -1 \end{cases}

得驻点 $(0, -1)$ 。

计算二阶偏导：

f_{xx} = -2\mathrm{e}^{-y},\quad f_{xy} = 2x\mathrm{e}^{-y},\quad f_{yy} = \mathrm{e}^{-y}(x^2 - y - 1) - \mathrm{e}^{-y} = \mathrm{e}^{-y}(x^2 - y)

在点 $(0, -1)$ 处：

A = -2\mathrm{e},\quad B = 0,\quad C = -\mathrm{e}

则 $AC - B^2 > 0$ ，且 $A < 0$ ，故 $f(x,y)$ 在 $(0, -1)$ 处取极大值，极大值为

f(0, -1) = \mathrm{e}

20

（本题满分12分）

已知平面有界区域 $D =\{(x,y)|x^2 + y^2 \leq 4x, x^2 + y^2 \leq 4y\}$ ，计算 $\iint_D (x - y)^2 dxdy$ 。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $12\pi - \frac{16}{3}$

【解析】
由题可知，积分区域

D = \{(x,y) \mid (x - 2)^2 + y^2 \leq 2^2,\; x^2 + (y - 2)^2 \leq 2^2\}.

显然积分区域关于直线 $y = x$ 对称。

记

D_1 = \{(x,y) \mid x^2 + (y - 2)^2 \leq 2^2,\; y \leq x\},

D_2 = \{(x,y) \mid (x - 2)^2 + y^2 \leq 2^2,\; y \geq x\}.

于是

\begin{align*} I &= \iint_D (x - y)^2 \,dx\,dy \\ &= \iint_{D_1} (x - y)^2 \,dx\,dy + \iint_{D_2} (x - y)^2 \,dx\,dy \\ &= 2 \iint_{D_1} (x - y)^2 \,dx\,dy. \end{align*}

令 $x = r\cos\theta,\; y = r\sin\theta$ ，则在积分区域 $D_1$ 上有

\begin{cases} 0 \leq r \leq 4\cos\theta, \\[2pt] 0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{4}. \end{cases}

那么

\begin{aligned} \iint_{D_1} (x - y)^2 \,dx\,dy &= \iint_{D_1} (x^2 + y^2 - 2xy) \,dx\,dy \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_{0}^{4\cos\theta} \bigl(r^2 - 2r^2 \cos\theta \sin\theta\bigr) \,dr. \end{aligned}

计算得

\iint_{D_1} (x - y)^2 \,dx\,dy = 6\pi - \frac{8}{3}.

因此

I = 2 \left( 6\pi - \frac{8}{3} \right) = 12\pi - \frac{16}{3}.

21

（本题满分12分）

设函数 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内可导.证明导函数 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加的充分必要条件是:对 $(a,b)$ 内任意的 $x_1,x_2,x_3$ ，当 $x_1\lt x_2\lt x_3$ 时

\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\lt\frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 见解析

【解析】
充分性：若对 $(a,b)$ 内任意的 $x_1,x_2,x_3$ ，当 $x_1\lt x_2\lt x_3$ 时，都有

\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\lt\frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}

则在 $(a,b)$ 内取任意的 $x_1\lt x_2\lt x_3\lt x_4\lt x_5$ ，有

\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\lt\frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}\lt\frac{f(x_4) - f(x_3)}{x_4 - x_3}\lt\frac{f(x_5) - f(x_4)}{x_5 - x_4}

在 $\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\lt\frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$ 两边同时令 $x_2 \to x_1^+$ ，得

f_+'(x_1)\leq\frac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}

两边同时令 $x_2 \to x_3^-$ ，得 $\frac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}\leq f_-'(x_3)$ ，即

f_+'(x_1)\leq\frac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}\leq f_-'(x_3)

同理可得 $f_+'(x_3)\leq\frac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}\leq f_-'(x_5)$ .因为

\frac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}\lt\frac{f(x_5) - f(x_3)}{x_5 - x_3}

所以 $f_+'(x_1)\leq f_-'(x_5)$ .由 $x_1,x_5$ 的任意性，可得 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单调递增，充分性得证。

再证必要性，即已知 $f'(x)$ 单调递增，在 $[x_1,x_2],[x_2,x_3]$ 上分别使用拉格朗日中值定理，知存在 $\xi_1 \in (x_1,x_2),\xi_2 \in (x_2,x_3)$ ，使

f'(\xi_1)=\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}, \quad f'(\xi_2)=\frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}

又由 $f'(x)$ 单调递增，且 $\xi_1\lt\xi_2$ 知， $f'(\xi_1)\lt f'(\xi_2)$ ，即

\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\lt\frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}

必要性得证。

综上所述，充要条件得证。

22

（本题满分12分）

已知矩阵 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}4&1&-2\\1&1&1-2&1&a\end{bmatrix}$ 与 $\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}k&0&0\\0&6&0\\0&0&0\end{bmatrix}$ 合同。

(1)求 $a$ 的值及 $k$ 的取值范围；

(2)若存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$ ，使得 $\boldsymbol{Q}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{B}$ ，求 $k$ 及 $\boldsymbol{Q}$ .

线性代数二次型

【答案】
(1) $a = 4$ ， $k > 0$ 。
(2) $k = 3$ ， $\boldsymbol{Q} = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}$ 。

【解析】
（1） $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 合同知，二者有相同的正负惯性指数

显然， $\boldsymbol{B}$ 的特征值为 $k$ 、 $6$ 、 $0$ ，故 $\boldsymbol{A}$ 有特征值 $0$ .故 $\vert\boldsymbol{A}\vert = 0$ .

计算得 $\vert\boldsymbol{A}\vert=- 3(a - 4)$ ，即有 $a = 4$ .

此时 $\vert\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\vert=\lambda(\lambda - 3)(\lambda - 6)$ .

知 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $3$ 、 $6$ 、 $0$ . $P = 2$ . 故 $k\gt0$ .

(2)由 $\boldsymbol{Q}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{B}$ ，知 $\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{B}$ .

故 $\boldsymbol{A}$ 、 $\boldsymbol{B}$ 相似，特征值相同，故 $k = 3$ .对 $\boldsymbol{A}:\lambda = 3$ 时，解 $(3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{X}=\boldsymbol{0}$ ，

得 $\boldsymbol{c}_{1}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ ， $\lambda = 6$ 时，解 $(6\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ ，得 $\boldsymbol{c}_{2}=\begin{bmatrix}-1\\0\\1\end{bmatrix}$

$\lambda = 0$ 时，解 $(0\cdot\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 得 $\boldsymbol{c}_{3}=\begin{bmatrix}1-2\\1\end{bmatrix}$

再单位化得： $\boldsymbol{Q}=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\\frac{1}{\sqrt{3}}&0&-\frac{2}{\sqrt{6}}\\\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\end{bmatrix}$