卷 4

【答案】
$(10,20]$

【解析】
由 $Q(P)=100-5P\ge 0$ 得价格 $P\le 20$ 。又由弹性的定义有

令 $|\epsilon |>1$ ，解得 $P>10$ 。所以商品价格的取值范围是 $[10,20]$ 。

【答案】
$(0,4)$

【解析】
考虑级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(x-2{)}^{2n}}{n{4}^n}$ 。
令 $t=(x-2{)}^2$ ，则原级数化为

该级数在 $\left|\frac{t}{4}\right|<1$ 时收敛，即 $|t|<4$ ，也就是 $(x-2{)}^2<4$ ，解得 $|x-2|<2$ ，即 $0<x<4$ 。

当 $|x-2|=2$ 时，即 $x=0$ 或 $x=4$ ，级数变为

此为调和级数，发散。

当 $x=2$ 时， $t=0$ ，级数所有项为零，显然收敛。

因此，收敛域为 $x\in (0,4)$ 。

【答案】

【解析】
原积分为 ${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{\sqrt{y}}^{\sqrt{2-y^2}}f(x,y)\mathrm{d}x$ ，积分区域由 $0\le y\le 1$ 和 $\sqrt{y}\le x\le \sqrt{2-y^2}$ 定义。为了交换积分次序，需要确定 $x$ 和 $y$ 的范围。

首先， $x$ 的范围从 $0$ 到 $\sqrt{2}$ 。当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，对于固定的 $x$ ， $y$ 必须满足 $0\le y\le x^2$ （来自 $x\ge \sqrt{y}$ )。当 $x$ 从 $1$ 到 $\sqrt{2}$ 时，对于固定的 $x$ ， $y$ 必须满足 $0\le y\le \sqrt{2-x^2}$ （来自 $x\le \sqrt{2-y^2}$ )。

因此，交换积分次序后，积分分为两部分：

• $x$ 从 $0$ 到 $1$ ， $y$ 从 $0$ 到 $x^2$ 。
• $x$ 从 $1$ 到 $\sqrt{2}$ ， $y$ 从 $0$ 到 $\sqrt{2-x^2}$ 。

最终结果为：

【答案】
$(-1{)}^{mn}ab$

【解析】
考虑块矩阵 $C=\left(\begin{array}{cc}O& A\\ B& O\end{array}\right)$ ，其中 $A$ 为 $m$ 阶方阵， $B$ 为 $n$ 阶方阵。通过交换行将 $C$ 化为块对角矩阵。具体地，将原矩阵的后 $n$ 行（即 $B$ 和 $O$ 所在的行）交换到前 $n$ 行，原前 $m$ 行（即 $O$ 和 $A$ 所在的行）交换到后 $m$ 行。这一行交换操作相当于一个置换，其符号为 $(-1{)}^{mn}$ 。交换后得到新矩阵 $\left(\begin{array}{cc}B& O\\ O& A\end{array}\right)$ ，该矩阵为块对角矩阵，其行列式为 $|B|\cdot |A|=b\cdot a$ 。因此，原矩阵 $C$ 的行列式为 $(-1{)}^{mn}\cdot a\cdot b$ 。

【答案】
$\frac{1}{1260}$

【解析】
首先，计算总排列数。字母集合为 C, C, E, E, I, N, S，共 7 个字母，其中 C 和 E 各重复两次。总排列数为多重集合的排列数：

其中， $7!=5040$ ，除以 $2!$ （因为两个 C）和 $2!$ （因为两个 E），得到 1260 种不同的排列。

恰好排成单词 SCIENCE（序列为 S-C-I-E-N-C-E）只有一种排列，因为两个 C 和两个 E 相同，交换它们不会产生新的序列。

因此，概率为有利结果数除以总结果数：

故概率为 $\frac{1}{1260}$ 。

【答案】
不连续。修改定义使 $f(1)=-\frac{4}{{\pi }^2}$ 。

【解析】
要判断函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是否连续，需计算极限 ${\lim }_{x\to 1}f(x)$ 并比较与 $f(1)=1$ 是否相等。
令 $t=x-1$ ，则当 $x\to 1$ 时， $t\to 0$ ，极限化为：

此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式。应用洛必达法则：
分子导数为 $\frac{d}{dt}\ln \cos t=-\tan t$ ，
分母导数为 $\frac{d}{dt}\left(1-\cos \frac{\pi t}{2}\right)=\frac{\pi }{2}\sin \frac{\pi t}{2}$ 。
因此，

利用等价无穷小：当 $t\to 0$ 时， $\tan t\sim t$ ， $\sin \frac{\pi t}{2}\sim \frac{\pi t}{2}$ ，

故极限为 $-\frac{4}{{\pi }^2}$ ，与 $f(1)=1$ 不相等，因此函数在 $x=1$ 处不连续。
为使函数连续，应修改定义，令 $f(1)={\lim }_{x\to 1}f(x)=-\frac{4}{{\pi }^2}$ 。
修改后的函数为：

【答案】

【解析】 考虑积分 $I=\int \frac{\mathrm{arccot}{e}^x}{e^x}dx$ 。令 $u=e^x$ ，则 $du=e^{x}dx$ ，即 $dx=\frac{du}{u}$ 。代入得：

使用分部积分法，令 $v=\mathrm{arccot}u$ ， $dv=-\frac{1}{1+u^2}du$ ， $dw=\frac{1}{u^2}du$ ，则 $w=-\frac{1}{u}$ 。于是：

计算积分 $\int \frac{1}{u(1+u^2)}du$ 。使用部分分式分解：

所以：

代入回原积分：

将 $u=e^x$ 代回，得：

简化对数项：

代入得：

此为最终结果。

【答案】

其中 ${\phi }_v=\frac{\partial \phi }{\partial v}$ , ${\phi }_{uv}=\frac{{\partial }^2\phi }{\partial u\partial v}$ , ${\phi }_{vv}=\frac{{\partial }^2\phi }{\partial v^2}$ ，均在点 $(u,v)=(x,\frac{x}{y})$ 处计算。

【解析】 给定 $z=\sin (xy)+\phi (x,\frac{x}{y})$ ，首先求 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ：

其中 ${\phi }_v$ 是 $\phi$ 对第二个变量 $v$ 的偏导数。

接着求 $\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)$ ：

其中 $\frac{\partial {\phi }_v}{\partial x}$ 需用链式法则计算：

代入得：

因此，

由 $\phi$ 的二阶偏导数连续性，有 ${\phi }_{vu}={\phi }_{uv}$ ，故可写为 ${\phi }_{uv}$ 。

【答案】 $f(x)=x-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{-2x}$

【解析】 给定积分方程 $f(x)+2{\int }_0^{x}f(t)dt=x^2$ ，设 $g(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ ，则 $g^{\prime }(x)=f(x)$ ，原方程化为 $g^{\prime }(x)+2g(x)=x^2$ 。这是一阶线性微分方程，积分因子为 $e^{2x}$ 。两边乘积分因子得：

积分得：

计算积分：

所以：

解得：

由 $g(0)=0$ 得：

所以：

求导得：

验证满足原方程：

故 $f(x)=x-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{-2x}$ 为所求连续函数。

【答案】
当 $x\ge 1$ 时， $\arctan x-\frac{1}{2}\arccos \frac{2x}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}$ 成立。

【解析】
设 $\theta =\arctan x$ ，则 $\tan \theta =x$ 。
由正弦倍角公式可得

因此

由于

且余弦函数为偶函数，有

故

当 $x\ge 1$ 时， $\theta =\arctan x\in \left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)$ ，
于是

因此

由此可得

即

代入原式：

故当 $x\ge 1$ 时，该恒等式成立。

【答案】
(1) $a=\frac{1}{2}\ln 2$
(2) 点为 $\left(1,\frac{1}{e}\right)$ ，最大面积为 $\frac{2}{e}$

【解析】
(1) 曲线 $y=e^{-x}$ ( $x\ge 0$ ) 与 $x$ 轴、 $y$ 轴及直线 $x=\xi$ 所围图形绕 $x$ 轴旋转所得旋转体体积为：

求极限：

由 $V(a)=\frac{1}{2}{\lim }_{\xi \to +\infty }V(\xi )=\frac{\pi }{4}$ ，代入得：

解得 $1-e^{-2a}=\frac{1}{2}$ ，即 $e^{-2a}=\frac{1}{2}$ ，取对数得 $-2a=\ln \frac{1}{2}=-\ln 2$ ，所以 $a=\frac{1}{2}\ln 2$ .

(2) 设曲线上点为 $(t,e^{-t})$ ，切线斜率为 $y^{\prime }=-e^{-t}$ ，切线方程为：

求截距：与 $y$ 轴交点为 $x=0$ 时， $y=e^{-t}(1+t)$ ；与 $x$ 轴交点为 $y=0$ 时， $x=t+1$ 。切线与坐标轴所夹三角形面积为：

求导：

令 $A^{\prime }(t)=0$ ，得 $t=1$ （因为 $t\ge 0$ )。当 $t<1$ 时 $A^{\prime }(t)>0$ ，当 $t>1$ 时 $A^{\prime }(t)<0$ ，所以 $t=1$ 为最大值点。代入得点 $\left(1,\frac{1}{e}\right)$ ，面积：

【答案】
(1) $x=0$ ， $y=-2$
(2) P=​0−21​011​−101​​

【解析】
(1) 由于矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，它们具有相同的特征值。矩阵 $B$ 是对角矩阵，其特征值为 $-1,2,y$ 。因此，矩阵 $A$ 的特征值也应为 $-1,2,y$ 。
计算矩阵 $A$ 的特征多项式：

将 $\lambda =-1$ 代入特征多项式，令其为零：

解得 $x=0$ 。
将 $\lambda =2$ 代入特征多项式，验证其为零：

当 $x=0$ 时， $|A-2I|=0$ ，满足条件。
利用特征值之和等于迹的性质：

令 $\text{tr}(A)=\text{tr}(B)$ ，得 $-1=1+y$ ，解得 $y=-2$ 。
因此， $x=0$ ， $y=-2$ 。

(2) 求可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{-1}AP=B$ 。矩阵 $P$ 的列由 $A$ 的特征向量组成，对应特征值 $-1,2,-2$ 。
对于特征值 $\lambda =-1$ ，解 $(A+I)v=0$ ：

对于特征值 $\lambda =2$ ，解 $(A-2I)v=0$ ：

对于特征值 $\lambda =-2$ ，解 $(A+2I)v=0$ ：

因此，矩阵 $P$ 为：

验证 $P$ 可逆：

故 $P$ 可逆，且满足 $P^{-1}AP=B$ 。

【答案】 (1) $\lambda =1$ (2) 证明见解析。

【解析】 (1) 由于三阶矩阵 $B\ne 0$ 且每个列向量都是方程组的解，方程组有非零解，因此系数矩阵的行列式为零。系数矩阵为：

计算行列式：

其中：