卷 2

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

曲线 $\begin{cases} x = \e^t\sin 2t \\ y = \e^t\cos t \\ \end{cases}$ 在点 $(0,1)$ 处的法线方程为 ______．

【答案】
$y = -2x + 1$

【解析】
曲线由参数方程 $x = e^t \sin 2t$ 和 $y = e^t \cos t$ 给出。点 $(0,1)$ 对应参数 $t=0$ ，因为当 $t=0$ 时， $x = e^0 \sin 0 = 0$ ， $y = e^0 \cos 0 = 1$ 。

求切线斜率 $\frac{dy}{dx}$ ：
先计算

\frac{dx}{dt} = e^t (\sin 2t + 2 \cos 2t), \quad \frac{dy}{dt} = e^t (\cos t - \sin t)

则

\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{\cos t - \sin t}{\sin 2t + 2 \cos 2t}

在 $t=0$ 时，

\frac{dy}{dx} = \frac{1 - 0}{0 + 2 \cdot 1} = \frac{1}{2}

切线斜率为 $\frac{1}{2}$ ，因此法线斜率为 $-2$ 。

法线过点 $(0,1)$ ，用法线点斜式方程：

y - 1 = -2(x - 0)

即

y = -2x + 1

故法线方程为 $y = -2x + 1$ 。

2

设函数 $y = y(x)$ 由方程 $\ln \left(x^2 + y \right) = x^3 y + \sin x$ 确定，则 $\left. \frac{\dy}{\dx} \right|_{x = 0} =$ ______．

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 1

【解析】 由方程 $\ln \left(x^2 + y \right) = x^3 y + \sin x$ 确定函数 $y = y(x)$ 。首先，求 $x = 0$ 时对应的 $y$ 值。代入 $x = 0$ 得：

\ln \left(0^2 + y \right) = 0^3 \cdot y + \sin 0 \implies \ln y = 0 \implies y = 1

对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数：

\frac{d}{dx} \ln \left(x^2 + y \right) = \frac{d}{dx} \left( x^3 y + \sin x \right)

左边求导：

\frac{1}{x^2 + y} \cdot \left(2x + \frac{dy}{dx}\right)

右边求导：

x^3 \frac{dy}{dx} + 3x^2 y + \cos x

因此，求导后方程为：

\frac{1}{x^2 + y} \cdot \left(2x + \frac{dy}{dx}\right) = x^3 \frac{dy}{dx} + 3x^2 y + \cos x

代入 $x = 0$ 和 $y = 1$ ：左边：

\frac{1}{0 + 1} \cdot \left(0 + \frac{dy}{dx}\right) = \frac{dy}{dx}

右边：

0 \cdot \frac{dy}{dx} + 0 \cdot 1 + \cos 0 = 1

所以，

\frac{dy}{dx} = 1

因此，

\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x = 0} = 1

3

$\int \frac{x + 5}{x^2 - 6x + 13} \dx =$ ______．

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】 $\frac{1}{2} \ln (x^2 - 6x + 13) + 4 \arctan \frac{x - 3}{2} + C$

【解析】 首先，对分母完成平方：

x^2 - 6x + 13 = (x - 3)^2 + 4

积分变为

\int \frac{x + 5}{(x - 3)^2 + 4} \, dx

令 $u = x - 3$ ，则 $x = u + 3$ ， $dx = du$ ，分子 $x + 5 = u + 8$ ，积分化为

\int \frac{u + 8}{u^2 + 4} \, du

拆分为两个积分：

\int \frac{u}{u^2 + 4} \, du + \int \frac{8}{u^2 + 4} \, du

第一个积分通过代换 $v = u^2 + 4$ ， $dv = 2u \, du$ ，得 $\frac{1}{2} \ln |u^2 + 4|$ ；
第二个积分使用公式

\int \frac{1}{u^2 + a^2} \, du = \frac{1}{a} \arctan \frac{u}{a}

其中 $a = 2$ ，得 $4 \arctan \frac{u}{2}$ 。
合并后为

\frac{1}{2} \ln (u^2 + 4) + 4 \arctan \frac{u}{2} + C

代回 $u = x - 3$ 得最终结果。

4

函数 $y = \frac{x^2}{\sqrt{- x^2}}$ 在区间 $\left[\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2} \right]$ 上的平均值为 ______．

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

【答案】 $\frac{\pi}{12}(1 + \sqrt{3})$

【解析】 函数应为 $y = \frac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}}$ ，否则在给定区间内无实数定义。函数在区间 $\left[\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$ 上的平均值公式为：

\text{} = \frac{1}{b - a} \int_a^b f(x) \, dx

其中 $a = \frac{1}{2}$ ， $b = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $f(x) = \frac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}}$ 。计算积分：

I = \int_{1/2}^{\sqrt{3}/2} \frac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx

使用三角代换，令 $x = \sin \theta$ ，则 $dx = \cos \theta \, d\theta$ ，且当 $x = \frac{1}{2}$ 时 $\theta = \frac{\pi}{6}$ ，当 $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 时 $\theta = \frac{\pi}{3}$ 。积分变为：

I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{\sin^2 \theta}{\cos \theta} \cdot \cos \theta \, d\theta = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \sin^2 \theta \, d\theta

利用恒等式 $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ ，得：

I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \, d\theta = \frac{1}{2} \int_{\pi/6}^{\pi/3} (1 - \cos 2\theta) \, d\theta

计算积分：

\int_{\pi/6}^{\pi/3} (1 - \cos 2\theta) \, d\theta = \left[ \theta - \frac{1}{2} \sin 2\theta \right]_{\pi/6}^{\pi/3}

代入上下限：

\begin{align*} & \left( \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \sin \frac{2\pi}{3} \right) - \left( \frac{\pi}{6} - \frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{3} \right) \\ &= \left( \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right) - \left( \frac{\pi}{6} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} \\ &= \frac{\pi}{6} \end{align*}

所以：

I = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{12}

区间长度为：

b - a = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}

平均值为：

\text{} = \frac{\frac{\pi}{12}}{\frac{\sqrt{3} - 1}{2}} = \frac{\pi}{12} \cdot \frac{2}{\sqrt{3} - 1} = \frac{\pi}{6} \cdot \frac{1}{\sqrt{3} - 1}

有理化分母：

\frac{1}{\sqrt{3} - 1} = \frac{\sqrt{3} + 1}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{\sqrt{3} + 1}{3 - 1} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2}

因此：

\text{} = \frac{\pi}{6} \cdot \frac{\sqrt{3} + 1}{2} = \frac{\pi(1 + \sqrt{3})}{12}

5

同试卷 1 第 3 题

选择题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

6

同试卷 1 第 7 题

7

设 $\alpha (x) = \int_0^{5x} \frac{\sin t}{t}\dt$ ， $\beta (x) = \int_0^{\sin x} \left(1 + t \right)^{1/t} \dt$ ，则当 $x \to 0$ 时 $\alpha (x)$ 是 $\beta (x)$ 的

高等数学一元函数积分学变限积分

正确答案：C
【解析】 当

x \to 0

时，分析

\alpha(x)

和

\beta(x)

的渐近行为。
对于

\alpha(x) = \int_0^{5x} \frac{\sin t}{t} \, dt

，由于

t \to 0

时

\frac{\sin t}{t} \to 1

，因此

\alpha(x) \sim \int_0^{5x} 1 \, dt = 5x

。
对于

\beta(x) = \int_0^{\sin x} (1 + t)^{1/t} \, dt

，由于

t \to 0

时

(1 + t)^{1/t} \to e

，因此

\beta(x) \sim \int_0^{\sin x} e \, dt = e \sin x \sim e x

。
于是，

\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} \sim \frac{5x}{e x} = \frac{5}{e}

，极限为

\frac{5}{e} \neq 1

，且既不为 0 也不为无穷大。
因此，

\alpha(x)

与

\beta(x)

是同阶但不等价的无穷小。

8

同试卷 1 第 6 题

9

“对任意给定的 $\varepsilon \in \left(0, 1 \right)$ ，总存在正整数 $N$ ，当 $n \ge N$ 时，恒有 $\left| x_n - a \right| \le 2\varepsilon$ ”是数列 $\left\{x_n \right\}$ 收敛于 $a$ 的

高等数学函数、极限、连续数列敛散性的判定

正确答案：C

【解析】 数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$ 的定义是：对任意 $\varepsilon' > 0$ ，存在正整数 $N$ ，当 $n \ge N$ 时，恒有 $|x_n - a| < \varepsilon'$ 。
给出的条件为：对任意 $\varepsilon \in (0,1)$ ，总存在正整数 $N$ ，当 $n \ge N$ 时，恒有 $|x_n - a| \le 2\varepsilon$ 。

充分性：若给出的条件成立，则对任意 $\varepsilon' > 0$ ，取 $\varepsilon = \min\{\varepsilon'/4, 1/2\}$ ，则 $\varepsilon \in (0,1)$ ，由条件存在 $N$ ，当 $n \ge N$ 时， $|x_n - a| \le 2\varepsilon \le \varepsilon'$ （因当 $\varepsilon' \ge 2$ 时， $2\varepsilon < 2 \le \varepsilon'$ ；当 $\varepsilon' < 2$ 时， $2\varepsilon = \varepsilon'/2 < \varepsilon'$ ），故数列收敛于 $a$ ，充分性成立。
必要性：若数列收敛于 $a$ ，则对任意 $\varepsilon \in (0,1)$ ，取 $\varepsilon' = \varepsilon$ ，由收敛定义存在 $N$ ，当 $n \ge N$ 时， $|x_n - a| < \varepsilon \le 2\varepsilon$ ，故 $|x_n - a| \le 2\varepsilon$ ，必要性成立。
因此，该条件是数列收敛于 $a$ 的充分必要条件。

10

记行列式 $\begin{vmatrix} x - 2 & x - 1 & x - 2 & x - 3 \\ 2x - 2 & 2x - 1 & 2x - 2 & 2x - 3 \\ 3x - 3 & 3x - 2 & 4x - 5 & 3x - 5 \\ 4x & 4x - 3 & 5x - 7 & 4x - 3 \end{vmatrix}$ 为 $f(x)$ ，则方程 $f(x) = 0$ 的根的个数为

线性代数行列式

正确答案：B

【解析】
考虑行列式

f(x) = \begin{vmatrix} x - 2 & x - 1 & x - 2 & x - 3 \\ 2x - 2 & 2x - 1 & 2x - 2 & 2x - 3 \\ 3x - 3 & 3x - 2 & 4x - 5 & 3x - 5 \\ 4x & 4x - 3 & 5x - 7 & 4x - 3 \end{vmatrix}.

通过列操作简化：

令 $C2 \leftarrow C2 - C1$ ，则 $C2$ 变为常数列 $[1,1,1,-3]^T$ ；
再令 $C4 \leftarrow C4 - C2$ （原始 $C2$ ），则 $C4$ 变为常数列 $[-2,-2,-3,0]^T$ 。

此时行列式变为 $| C1, C2', C3, C4' |$ ，其中 $C2'$ 和 $C4'$ 为常数列， $C1$ 和 $C3$ 为 $x$ 的线性函数。因此，行列式是 $x$ 的二次多项式。

计算二次项系数 $\det(A, C2', C, C4')$ ，其中 $A = [1,2,3,4]^T$ ， $C = [1,2,4,5]^T$ ，得值为 $5$ ，不为零。故 $f(x)$ 为二次多项式，方程 $f(x) = 0$ 有两个根（可能为重根，但二次多项式总有两个根）。

验证 $x=1$ 时 $f(1)=0$ ，且存在另一个根，因此根的个数为 $2$ 。

解答题

11

\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x\ln \left(1 + x \right) - x^2} =

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $-\dfrac{1}{2}$

【解析】 考虑极限 $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x\ln(1 + x) - x^2}$ 。当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此使用泰勒展开求解。

首先，对分子进行有理化：

\begin{align*} \sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x} &= \frac{(\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x})(\sqrt{1 + \tan x} + \sqrt{1 + \sin x})}{\sqrt{1 + \tan x} + \sqrt{1 + \sin x}} \\ &= \frac{\tan x - \sin x}{\sqrt{1 + \tan x} + \sqrt{1 + \sin x}}. \end{align*}

当 $x \to 0$ 时， $\sqrt{1 + \tan x} \to 1$ ， $\sqrt{1 + \sin x} \to 1$ ，因此分母趋于 2。于是，

\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x} \sim \frac{\tan x - \sin x}{2}.

利用泰勒展开：

\tan x = x + \frac{x^3}{3} + O(x^5), \quad \sin x = x - \frac{x^3}{6} + O(x^5),

所以

\tan x - \sin x = \left( x + \frac{x^3}{3} \right) - \left( x - \frac{x^3}{6} \right) + O(x^5) = \frac{x^3}{2} + O(x^5),

因此

\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x} \sim \frac{1}{2} \cdot \frac{x^3}{2} = \frac{x^3}{4}.

对于分母 $x \ln(1 + x) - x^2$ ，利用泰勒展开：

\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + O(x^5),

所以

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

于是

x \ln(1 + x) - x^2 = \left( x^2 - \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{3} \right) - x^2 = -\frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{3} + O(x^5) \sim -\frac{x^3}{2}.

因此，

\frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x \ln(1 + x) - x^2} \sim \frac{\frac{x^3}{4}}{-\frac{x^3}{2}} = \frac{1}{4} \cdot \left( -\frac{2}{1} \right) = -\frac{1}{2}.

故极限为 $-\dfrac{1}{2}$ 。

12

计算 $\int_1^{+\infty} \frac{\arctan x}{x^2}\dx$ ．

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】 $\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2$

【解析】 使用分部积分法，设 $u = \arctan x$ ， $dv = \frac{1}{x^2} \, dx$ ，则 $du = \frac{1}{1+x^2} \, dx$ ， $v = -\frac{1}{x}$ 。
于是，

\int \frac{\arctan x}{x^2} \, dx = -\frac{\arctan x}{x} + \int \frac{1}{x(1+x^2)} \, dx

对第二项进行部分分式分解：

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

所以，

\begin{align*} \int \frac{1}{x(1+x^2)} \, dx &= \int \frac{1}{x} \, dx - \int \frac{x}{1+x^2} \, dx \\ &= \ln |x| - \frac{1}{2} \ln (1+x^2) + C \\ &= \ln \frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}} + C \end{align*}

因此，

\int \frac{\arctan x}{x^2} \, dx = -\frac{\arctan x}{x} + \ln \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} + C

计算定积分：

\int_1^{\infty} \frac{\arctan x}{x^2} \, dx = \lim_{b \to \infty} \left[ -\frac{\arctan x}{x} + \ln \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \right]_1^b

当 $x \to \infty$ ， $\frac{\arctan x}{x} \to 0$ ， $\ln \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} = \ln \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{x^2} + 1}} \to \ln 1 = 0$ ，所以上限值为 0。
下限值为：

-\frac{\arctan 1}{1} + \ln \frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2

因此，积分值为：

0 - \left( -\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2 \right) = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2

13

求初值问题 $\begin{cases} \left(y + \sqrt{x^2 + y^2} \right)\dx - x\dy = 0\enspace(x > 0) \\ y\big|_{x = 1} = 0 \\ \end{cases}$ 的解．

高等数学常微分方程可分离变量的微分方程与齐次方程

【答案】 $y = \frac{x^2 - 1}{2}$

【解析】 给定初值问题：

\begin{cases} \left(y + \sqrt{x^2 + y^2} \right) dx - x dy = 0 \quad (x > 0) \\ y|_{x=1} = 0 \end{cases}

令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y = u x$ ， $dy = u dx + x du$ 。代入原方程：

\left( u x + \sqrt{x^2 + u^2 x^2} \right) dx - x (u dx + x du) = 0

简化得：

u x dx + x \sqrt{1 + u^2} dx - u x dx - x^2 du = 0

即：

x \sqrt{1 + u^2} dx - x^2 du = 0

由于 $x > 0$ ，除以 $x$ ：

\sqrt{1 + u^2} dx - x du = 0

分离变量：

\frac{dx}{x} = \frac{du}{\sqrt{1 + u^2}}

积分两边：

\int \frac{dx}{x} = \int \frac{du}{\sqrt{1 + u^2}}

左边为 $\ln x$ ，右边为 $\ln |u + \sqrt{1 + u^2}|$ ，因此：

\ln x = \ln |u + \sqrt{1 + u^2}| + C

代入初始条件 $x=1, y=0$ （即 $u=0$ ）：

\ln 1 = \ln |0 + \sqrt{1 + 0}| + C \implies 0 = \ln 1 + C \implies C = 0

所以：

\ln x = \ln |u + \sqrt{1 + u^2}|

由于 $u + \sqrt{1 + u^2} > 0$ ，去掉绝对值：

x = u + \sqrt{1 + u^2}

解出 $u$ ：考虑等式 $\sqrt{1 + u^2} - u = \frac{1}{x}$ （因为两者乘积为1）。将两式相加：

2 \sqrt{1 + u^2} = x + \frac{1}{x} \implies \sqrt{1 + u^2} = \frac{x^2 + 1}{2x}

相减：

2u = x - \frac{1}{x} \implies u = \frac{x^2 - 1}{2x}

代回 $u = \frac{y}{x}$ ：

\frac{y}{x} = \frac{x^2 - 1}{2x} \implies y = \frac{x^2 - 1}{2}

验证初始条件：当 $x=1$ 时， $y = \frac{1 - 1}{2} = 0$ ，满足。代入原方程也成立，因此解为 $y = \frac{x^2 - 1}{2}$ 。

14

同试卷 1 第 15 题

15

已知函数 $y = \frac{x^3}{(x - 1)^2}$ ，求

(1) 函数的增减区间及极值；

(2) 函数图形的凹凸区间及拐点；

(3) 函数图形的渐近线．

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

【答案】
(1) 函数的递增区间为 $(-\infty, 1)$ 和 $(3, +\infty)$ ，递减区间为 $(1, 3)$ 。极小值点为 $x=3$ ，极小值为 $y=\frac{27}{4}$ ，无极大值。
(2) 函数的凹向下区间为 $(-\infty, 0)$ ，凹向上区间为 $(0, 1)$ 和 $(1, +\infty)$ 。拐点为 $(0, 0)$ 。
(3) 函数图形的垂直渐近线为 $x=1$ ，斜渐近线为 $y=x+2$ ，无水平渐近线。

【解析】
函数的定义域为 $(-\infty, 1) \cup (1, +\infty)$ ，对函数求导，得

y' = \frac{x^2(x-3)}{(x-1)^3}, \quad y'' = \frac{6x}{(x-1)^4}.

令 $y'=0$ 得驻点 $x=0, x=3$ ；令 $y''=0$ 得 $x=0$ 。列表讨论如下：

$x$	$(-\infty, 0)$	$0$	$(0, 1)$	$(1, 3)$	$3$	$(3, +\infty)$
$y''$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$
$y'$	$+$	$0$	$+$	$-$	$0$	$+$
$y$	凸，增	拐点	凹，增	凹，减	极小值	凹，增

由此可知，

(I) 函数的单调增区间为 $(-\infty, 1) \cup (3, +\infty)$ ，单调减区间为 $(1, 3)$ ，极小值为

y \big|_{x=3} = \frac{27}{4}.

(II) 函数图形在区间 $(-\infty, 0)$ 内是向上凸的，在区间 $(0, 1), (1, +\infty)$ 内是向上凹的，拐点为 $(0, 0)$ 点。

(III) 由 $\lim_{x \to 1} \frac{x^3}{(x-1)^2} = +\infty$ ，可知 $x=1$ 是函数图形的铅直渐近线。又因为

\lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3}{x(x-1)^2} = 1,

\begin{align*} \lim_{x \to \infty} (y-x) &= \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x^3}{(x-1)^2} - x \right) \\ &= \lim_{x \to \infty} \left[ \frac{x^3 - x(x-1)^2}{(x-1)^2} \right] \\ &= \lim_{x \to \infty} \left[ \frac{2x^2 - x}{(x-1)^2} \right] \\ &= 2, \end{align*}

故 $y = x+2$ 是函数的斜渐近线。

16

设函数 $f(x)$ 在闭区间 $\left[- 1,1 \right]$ 上具有三阶连续导数，且 $f(- 1) = 0$ ， $f(1) = 1$ ， $f'(0) = 0$ ，证明：在开区间 $\left(- 1,1 \right)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使 $f'''\left(\xi \right) = 3$ ．

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【解析】

方法1： 由麦克劳林公式得

f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2!}f''(0)x^2 + \frac{1}{3!}f'''(\eta)x^3,

其中 $\eta$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间， $x \in [-1, 1]$ 。分别令 $x = -1$ 和 $x = 1$ ，结合已知条件得

f(-1) = f(0) + \frac{1}{2}f''(0) - \frac{1}{6}f'''(\eta_1) = 0, \quad -1 < \eta_1 < 0;

f(1) = f(0) + \frac{1}{2}f''(0) + \frac{1}{6}f'''(\eta_2) = 1, \quad 0 < \eta_2 < 1.

两式相减，得 $f'''(\eta_2) + f'''(\eta_1) = 6$ 。由 $f'''(x)$ 的连续性，知 $f'''(x)$ 在区间 $[\eta_1, \eta_2]$ 上有最大值和最小值，设它们分别为 $M$ 和 $m$ ，则有

m \leq \frac{1}{2}[f'''(\eta_2) + f'''(\eta_1)] \leq M.

再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 $\xi \in [\eta_1, \eta_2] \subset (-1, 1)$ ，使

f'''(\xi) = \frac{1}{2}[f'''(\eta_2) + f'''(\eta_1)] = 3.

方法2： 构造函数 $\varphi(x)$ ，使得 $x \in [-1, 1]$ 时 $\varphi'(x)$ 有三个零点，再用罗尔定理证明 $\xi$ 的存在性。设具有三阶连续导数的 $\varphi(x) = f(x) + ax^3 + bx^2 + cx + d$ ，令

\begin{cases} \varphi(-1) = -a + b - c + d = 0, \\ \varphi(0) = f(0) + d = 0, \\ \varphi(1) = 1 + a + b + c + d = 0, \\ \varphi'(0) = c = 0, \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = -\frac{1}{2}, \\ b = f(0) - \frac{1}{2}, \\ c = 0, \\ d = -f(0). \end{cases}

代入 $\varphi(x)$ 得

\varphi(x) = f(x) - \frac{1}{2}x^3 + \left(f(0) - \frac{1}{2}\right)x^2 - f(0).

由罗尔定理可知，存在 $\eta_1 \in (-1, 0), \eta_2 \in (0, 1)$ ，使 $\varphi'(\eta_1) = 0, \varphi'(\eta_2) = 0$ 。又因为 $\varphi'(0) = 0$ ，再由罗尔定理可知，存在 $\xi_1 \in (\eta_1, 0), \xi_2 \in (0, \eta_2)$ ，使得 $\varphi''(\xi_1) = 0, \varphi''(\xi_2) = 0$ 。再由罗尔定理可知，存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (\eta_1, \eta_2) \subset (-1, 1)$ ，使得 $\varphi'''(\xi) = f'''(\xi) - 3 = 0$ ，即 $f'''(\xi) = 3.$

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同试卷 1 第 13 题

18

设 $f(x)$ 是区间 $\left[0, +\infty \right)$ 上单调减少且非负的连续函数，

a_n = \sum_{i = 1}^n f(k) - \int_1^n f(x)\dx\quad \left(n = 1,2, \cdots \right),

证明数列 $\left\{a_n \right\}$ 的极限存在．

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

【解析】

利用单调有界必有极限的准则来证明。因为

a_n = \sum_{i=1}^{n-1} f(k) + f(n) - \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} f(x) \, dx = \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} [f(k) - f(x)] \, dx + f(n),

而且 $f(x)$ 单调减少且非负， $k \leq x \leq k+1$ ，所以 $a_n \geq 0$ 。又因为

a_{n+1} - a_n = \left[ \sum_{i=1}^{n+1} f(k) - \int_{1}^{n+1} f(x) \, dx \right] - \left[ \sum_{i=1}^{n} f(k) - \int_{1}^{n} f(x) \, dx \right]

= f(n+1) - \int_{n}^{n+1} f(x) \, dx = \int_{n}^{n+1} [f(n+1) - f(x)] \, dx \leq 0,

所以 $\{a_n\}$ 单调减少。因为单调有界必有极限，所以 $\lim_{n \to \infty} a_n$ 存在。

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设矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ ，矩阵 $X$ 满足 $A^* X = A^{-1} + 2X$ ，其中 $A^*$ 是 $A$ 的伴随矩阵，求矩阵 $X$ ．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】

X = \begin{pmatrix} \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix}

【解析】 给定矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ 和方程 $A^* X = A^{-1} + 2X$ ，其中 $A^*$ 是 $A$ 的伴随矩阵。首先计算 $A$ 的行列式 $\det(A) = 4$ ，因此 $A^* = \det(A) A^{-1} = 4 A^{-1}$ 。代入方程得：

4 A^{-1} X = A^{-1} + 2X

左乘 $A$ ：

4 A A^{-1} X = A A^{-1} + 2 A X

即：

4 I X = I + 2 A X

整理得：

4 X - 2 A X = I

(4 I - 2 A) X = I

令 $B = 4 I - 2 A$ ，则 $X = B^{-1}$ 。计算 $B$ ：

B = 4 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - 2 \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 2 \\ 2 & 2 & -2 \\ -2 & 2 & 2 \end{pmatrix}

计算 $B$ 的行列式 $\det(B) = 32$ ，故 $B$ 可逆。计算 $B$ 的伴随矩阵：

\operatorname{adj}(B) = \begin{pmatrix} 8 & 8 & 0 \\ 0 & 8 & 8 \\ 8 & 0 & 8 \end{pmatrix}

因此：

B^{-1} = \frac{1}{32} \begin{pmatrix} 8 & 8 & 0 \\ 0 & 8 & 8 \\ 8 & 0 & 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix}

所以 $X = B^{-1}$ 。

20

设向量组

\alpha_1=(1,1,1,3)^T, \alpha_2=(-1,-3,5,1)^T, \alpha_3=(3,2,-1,p+2)^T, \alpha_4=(-2,-6,10,p)^T.

(1) $p$ 为何值时，该向量组线性无关？并在此时将向量 $\alpha = \left(4,1,6,10 \right)^T$ 用 $\alpha_1$ , $\alpha_2$ , $\alpha_3$ , $\alpha_4$ 线性表示；

(2) $p$ 为何值时，该向量组线性相关？并在此时求出它的秩和一个极大线性无关组．

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 (1) 当 $p \neq 2$ 时，向量组线性无关。此时，向量 $\alpha$ 可表示为：

\alpha = 2\alpha_1 + \frac{3p-4}{p-2}\alpha_2 + \alpha_3 + \frac{1-p}{p-2}\alpha_4.

(2) 当 $p = 2$ 时，向量组线性相关，秩为 $3$ ，一个极大线性无关组为 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ .

【解析】 考虑矩阵 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$ ：

A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 & -2 \\ 1 & -3 & 2 & -6 \\ 1 & 5 & -1 & 10 \\ 3 & 1 & p+2 & p \end{pmatrix}.

对 $A$ 进行行变换：

\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & -2 & -1 & -4 \\ 0 & 6 & -4 & 12 \\ 0 & 4 & p-7 & p+6 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3.5 & 0 \\ 0 & 1 & 0.5 & 2 \\ 0 & 0 & -7 & 0 \\ 0 & 0 & p-9 & p-2 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & p-2 \end{pmatrix}.

当 $p \neq 2$ 时，矩阵的秩为 $4$ ，向量组线性无关。当 $p = 2$ 时，矩阵的秩为 $3$ ，向量组线性相关。

(1) 当 $p \neq 2$ 时，解方程组 $A\mathbf{x} = \alpha$ ，其中 $\alpha = (4,1,6,10)^T$ 。构造增广矩阵：

\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 & -2 & | & 4 \\ 1 & -3 & 2 & -6 & | & 1 \\ 1 & 5 & -1 & 10 & | & 6 \\ 3 & 1 & p+2 & p & | & 10 \end{pmatrix}.

经行变换得：

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & p-2 & | & 1-p \end{pmatrix}.

解得：

x_1 = 2, \quad x_2 = 1 - 2x_4 = \frac{3p-4}{p-2}, \quad x_3 = 1, \quad x_4 = \frac{1-p}{p-2}.

故 $\alpha = 2\alpha_1 + \frac{3p-4}{p-2}\alpha_2 + \alpha_3 + \frac{1-p}{p-2}\alpha_4$ .

(2) 当 $p = 2$ 时，从行变换矩阵可知秩为 $3$ ，且 $\alpha_4 = 2\alpha_2$ ，故极大线性无关组为 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ .