荒原之梦考研数学课程

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2005 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析 ​

一、填空题 ​

（1） ​

设 y=(1+sin⁡x)xy=\left(1+\sin x\right)^{x}，则 dy∣x=π=\left.\mathrm{d}y\right|_{x=\pi}= ________。

答案： −πdx-\pi\mathrm{d}x

解析： 由 y=exln⁡(1+sin⁡x)y=e^{x\ln\left(1+\sin x\right)}，得 y′=(1+sin⁡x)x[ln⁡(1+sin⁡x)+xcos⁡x1+sin⁡x]y^{\prime}=\left(1+\sin x\right)^{x}\left[\ln\left(1+\sin x\right)+\frac{x\cos x}{1+\sin x}\right]。代入 x=πx=\pi，得 y′(π)=−πy^{\prime}\left(\pi\right)=-\pi，故 dy∣x=π=−πdx\left.\mathrm{d}y\right|_{x=\pi}=-\pi\mathrm{d}x。

（2） ​

曲线 y=x2+3x+1y=\sqrt{x^{2}+3x+1} 的斜渐近线方程为 ________。

答案： y=x+32y=x+\frac{3}{2}

解析： 设斜渐近线为 y=ax+by=ax+b。有 a=lim⁡x→+∞x2+3x+1x=1a=\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+3x+1}}{x}=1，b=lim⁡x→+∞(x2+3x+1−x)=32b=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^{2}+3x+1}-x\right)=\frac{3}{2}，故斜渐近线为 y=x+32y=x+\frac{3}{2}。

（3） ​

∫01x(2−x2)1−x2 dx=\int_{0}^{1}\frac{x}{\left(2-x^{2}\right)\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x= ________。

答案： π4\frac{\pi}{4}

解析： 令 x=sin⁡tx=\sin t，则

∫01x(2−x2)1−x2 dx=∫0π2sin⁡t2−sin⁡2t dt=∫0π2sin⁡t1+cos⁡2t dt\int_{0}^{1}\frac{x}{\left(2-x^{2}\right)\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin t}{2-\sin^{2}t}\mathrm{~d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin t}{1+\cos^{2}t}\mathrm{~d}t。

再令 u=cos⁡tu=\cos t，得 ∫0111+u2 du=π4\int_{0}^{1}\frac{1}{1+u^{2}}\mathrm{~d}u=\frac{\pi}{4}。

（4） ​

微分方程 xy′+2y=xln⁡xxy^{\prime}+2y=x\ln x 满足 y(1)=−19y\left(1\right)=-\frac{1}{9} 的解为 ________。

答案： y=13xln⁡x−19xy=\frac{1}{3}x\ln x-\frac{1}{9}x

解析： 原方程化为 y′+2xy=ln⁡xy^{\prime}+\frac{2}{x}y=\ln x，积分因子为 x2x^{2}，故 (x2y)′=x2ln⁡x\left(x^{2}y\right)^{\prime}=x^{2}\ln x。积分得 x2y=x33ln⁡x−x39+Cx^{2}y=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}+C。由 y(1)=−19y\left(1\right)=-\frac{1}{9}，得 C=0C=0，故 y=13xln⁡x−19xy=\frac{1}{3}x\ln x-\frac{1}{9}x。

（5） ​

当 x→0x\to 0 时，α(x)=kx2\alpha\left(x\right)=kx^{2} 与 β(x)=1+xarcsin⁡x−cos⁡x\beta\left(x\right)=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x} 是等价无穷小，则 k=k= ________。

答案： 34\frac{3}{4}

解析： 有理化得

β(x)α(x)=1+xarcsin⁡x−cos⁡xkx2(1+xarcsin⁡x+cos⁡x)\frac{\beta\left(x\right)}{\alpha\left(x\right)}=\frac{1+x\arcsin x-\cos x}{kx^{2}\left(\sqrt{1+x\arcsin x}+\sqrt{\cos x}\right)}。

当 x→0x\to 0 时，分母中根式和趋于 22，且 xarcsin⁡xx2→1\frac{x\arcsin x}{x^{2}}\to 1，1−cos⁡xx2→12\frac{1-\cos x}{x^{2}}\to \frac{1}{2}，故 lim⁡x→0β(x)α(x)=34k\lim_{x\to 0}\frac{\beta\left(x\right)}{\alpha\left(x\right)}=\frac{3}{4k}。由等价无穷小得 k=34k=\frac{3}{4}。

（6） ​

设 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 均为 3 维列向量，记矩阵 A=(α1,α2,α3)\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)，

B=(α1+α2+α3,α1+2α2+4α3,α1+3α2+9α3)\boldsymbol{B}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}+4\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{1}+3\boldsymbol{\alpha}_{2}+9\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)。

如果 ∣A∣=1\left|\boldsymbol{A}\right|=1，那么 ∣B∣=\left|\boldsymbol{B}\right|= ________。

答案： 22

解析： 因为

B=A(111123149)\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}\left(\begin{matrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 3\\ 1 & 4 & 9\end{matrix}\right)，

所以 ∣B∣=∣A∣∣111123149∣=1⋅2=2\left|\boldsymbol{B}\right|=\left|\boldsymbol{A}\right|\left|\begin{matrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 3\\ 1 & 4 & 9\end{matrix}\right|=1\cdot 2=2。

二、选择题 ​

（7） ​

设函数 f(x)=lim⁡n→∞1+x3nnf\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^{3n}}，则 f(x)f\left(x\right) 在 (−∞,+∞)\left(-\infty,+\infty\right) 内（ ）

（A）处处可导.
（B）恰有一个不可导点.
（C）恰有两个不可导点.
（D）至少有三个不可导点.

答案： C

解析： 由极限可得

f(x)={1,∣x∣<1∣x∣3,∣x∣≥1f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}1, & \left|x\right|<1\\ \left|x\right|^{3}, & \left|x\right|\geq 1\end{matrix}\right.。

该函数仅在 x=±1x=\pm 1 处不可导，故选 C。

（8） ​

设 F(x)F\left(x\right) 是连续函数 f(x)f\left(x\right) 的一个原函数，⇔\Leftrightarrow 表示充分必要条件，则必有（ ）

（A）F(x)F\left(x\right) 是偶函数 ⇔f(x)\Leftrightarrow f\left(x\right) 是奇函数.
（B）F(x)F\left(x\right) 是奇函数 ⇔f(x)\Leftrightarrow f\left(x\right) 是偶函数.
（C）F(x)F\left(x\right) 是周期函数 ⇔f(x)\Leftrightarrow f\left(x\right) 是周期函数.
（D）F(x)F\left(x\right) 是单调函数 ⇔f(x)\Leftrightarrow f\left(x\right) 是单调函数.

答案： A

解析： 若 F(x)F\left(x\right) 为偶函数，则由 F(−x)=F(x)F\left(-x\right)=F\left(x\right) 两边求导得 −F′(−x)=F′(x)-F^{\prime}\left(-x\right)=F^{\prime}\left(x\right)，即 f(−x)=−f(x)f\left(-x\right)=-f\left(x\right)，故 f(x)f\left(x\right) 为奇函数。反之，若 f(x)f\left(x\right) 为奇函数，则 F(x)=∫0xf(t) dt+CF\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t+C 为偶函数。

（9） ​

设函数 y=y(x)y=y\left(x\right) 由参数方程 {x=t2+2ty=ln⁡(1+t)\left\{\begin{matrix}x=t^{2}+2t\\ y=\ln\left(1+t\right)\end{matrix}\right. 确定，则曲线 y=y(x)y=y\left(x\right) 在 x=3x=3 处的法线与 xx 轴交点的横坐标是（ ）

（A）3+ln⁡283+\frac{\ln 2}{8}.
（B）−3+ln⁡28-3+\frac{\ln 2}{8}.
（C）−8ln⁡2+3-8\ln 2+3.
（D）8ln⁡2+38\ln 2+3.

答案： A

解析： 由 t2+2t=3t^{2}+2t=3 得 t=1t=1，对应点为 (3,ln⁡2)\left(3,\ln 2\right)。又 dydx=12(1+t)2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2\left(1+t\right)^{2}}，故切线斜率为 18\frac{1}{8}，法线斜率为 −8-8。法线方程为 y−ln⁡2=−8(x−3)y-\ln 2=-8\left(x-3\right)，令 y=0y=0，得 x=3+ln⁡28x=3+\frac{\ln 2}{8}。

（10） ​

设区域 D={(x,y)∣x2+y2≤4, x≥0, y≥0}D=\left\{\left(x,y\right)\mid x^{2}+y^{2}\leq 4,\ x\geq 0,\ y\geq 0\right\}，f(x)f\left(x\right) 为 DD 上的正值连续函数，a,ba,b 为常数，则

∬Daf(x)+bf(y)f(x)+f(y) dσ=\iint_{D}\frac{af\left(x\right)+bf\left(y\right)}{f\left(x\right)+f\left(y\right)}\mathrm{~d}\sigma=（ ）

（A）abπab\pi.
（B）ab2π\frac{ab}{2}\pi.
（C）(a+b)π\left(a+b\right)\pi.
（D）a+b2π\frac{a+b}{2}\pi.

答案： D

解析： 设原积分为 II。区域 DD 关于 y=xy=x 对称，交换 x,yx,y 后与原式相加，得

2I=∬D(a+b) dσ=(a+b)π2I=\iint_{D}\left(a+b\right)\mathrm{~d}\sigma=\left(a+b\right)\pi。

因此 I=a+b2πI=\frac{a+b}{2}\pi。

（11） ​

设函数

u(x,y)=φ(x+y)+φ(x−y)+∫x−yx+yψ(t) dtu\left(x,y\right)=\varphi\left(x+y\right)+\varphi\left(x-y\right)+\int_{x-y}^{x+y}\psi\left(t\right)\mathrm{~d}t，

其中函数 φ\varphi 具有二阶导数，ψ\psi 具有一阶导数，则必有（ ）

（A）∂2u∂x2=−∂2u∂y2\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=-\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}.
（B）∂2u∂x2=∂2u∂y2\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}.
（C）∂2u∂x∂y=∂2u∂y2\frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}.
（D）∂2u∂x∂y=∂2u∂x2\frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}.

答案： B

解析： 直接求二阶偏导可得

∂2u∂x2=φ′′(x+y)+φ′′(x−y)+ψ′(x+y)−ψ′(x−y)\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=\varphi^{\prime\prime}\left(x+y\right)+\varphi^{\prime\prime}\left(x-y\right)+\psi^{\prime}\left(x+y\right)-\psi^{\prime}\left(x-y\right)，

∂2u∂y2=φ′′(x+y)+φ′′(x−y)+ψ′(x+y)−ψ′(x−y)\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}=\varphi^{\prime\prime}\left(x+y\right)+\varphi^{\prime\prime}\left(x-y\right)+\psi^{\prime}\left(x+y\right)-\psi^{\prime}\left(x-y\right)。

故二者相等，选 B。

（12） ​

设函数 f(x)=x1x−1f\left(x\right)=x^{\frac{1}{x-1}}，则（ ）

（A）x=0, x=1x=0,\ x=1 都是 f(x)f\left(x\right) 的第一类间断点.
（B）x=0, x=1x=0,\ x=1 都是 f(x)f\left(x\right) 的第二类间断点.
（C）x=0x=0 是 f(x)f\left(x\right) 的第一类间断点，x=1x=1 是 f(x)f\left(x\right) 的第二类间断点.
（D）x=0x=0 是 f(x)f\left(x\right) 的第二类间断点，x=1x=1 是 f(x)f\left(x\right) 的第一类间断点.

答案： D

解析： 当 x→0+x\to 0^{+} 时，x1x−1→+∞x^{\frac{1}{x-1}}\to+\infty，故 x=0x=0 是第二类间断点；当 x→1x\to 1 时，x1x−1=(1+(x−1))1x−1→ex^{\frac{1}{x-1}}=\left(1+\left(x-1\right)\right)^{\frac{1}{x-1}}\to e，故 x=1x=1 是第一类间断点。

（13） ​

设 λ1,λ2\lambda_{1},\lambda_{2} 是矩阵 A\boldsymbol{A} 的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为 α1,α2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}，则 α1\boldsymbol{\alpha}_{1}，A(α1+α2)\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}\right) 线性无关的充分必要条件是（ ）

（A）λ1≠0\lambda_{1}\ne 0.
（B）λ2≠0\lambda_{2}\ne 0.
（C）λ1=0\lambda_{1}=0.
（D）λ2=0\lambda_{2}=0.

答案： B

解析： 因为

A(α1+α2)=λ1α1+λ2α2\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\lambda_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\lambda_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}，

且 α1,α2\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2} 线性无关，所以 α1\boldsymbol{\alpha}_{1} 与 λ1α1+λ2α2\lambda_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\lambda_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2} 线性无关当且仅当 λ2≠0\lambda_{2}\ne 0。

（14） ​

设 A\boldsymbol{A} 为 n(n≥2)n\left(n\geq 2\right) 阶可逆矩阵，交换 A\boldsymbol{A} 的第 1 行与第 2 行得矩阵 B\boldsymbol{B}，A∗,B∗\boldsymbol{A}^{*},\boldsymbol{B}^{*} 分别为 A,B\boldsymbol{A},\boldsymbol{B} 的伴随矩阵，则（ ）

（A）交换 A∗\boldsymbol{A}^{*} 的第 1 列与第 2 列得 B∗\boldsymbol{B}^{*}.
（B）交换 A∗\boldsymbol{A}^{*} 的第 1 行与第 2 行得 B∗\boldsymbol{B}^{*}.
（C）交换 A∗\boldsymbol{A}^{*} 的第 1 列与第 2 列得 −B∗-\boldsymbol{B}^{*}.
（D）交换 A∗\boldsymbol{A}^{*} 的第 1 行与第 2 行得 −B∗-\boldsymbol{B}^{*}.

答案： C

解析： 设 E12\boldsymbol{E}_{12} 为交换第 1 行与第 2 行的初等矩阵，则 B=E12A\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}_{12}\boldsymbol{A}。由 B∗=∣B∣B−1\boldsymbol{B}^{*}=\left|\boldsymbol{B}\right|\boldsymbol{B}^{-1}，且 ∣B∣=−∣A∣\left|\boldsymbol{B}\right|=-\left|\boldsymbol{A}\right|，B−1=A−1E12\boldsymbol{B}^{-1}=\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{E}_{12}，得 B∗=−A∗E12\boldsymbol{B}^{*}=-\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{E}_{12}。故交换 A∗\boldsymbol{A}^{*} 的第 1 列与第 2 列得 −B∗-\boldsymbol{B}^{*}。

三、解答题 ​

（15） ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 连续，且 f(0)≠0f\left(0\right)\ne 0，求极限

lim⁡x→0∫0x(x−t)f(t) dt∫0xxf(x−t) dt\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}\left(x-t\right)f\left(t\right)\mathrm{~d}t}{\int_{0}^{x}xf\left(x-t\right)\mathrm{~d}t}。

解析： 对分母作变量代换 u=x−tu=x-t，得 ∫0xxf(x−t) dt=x∫0xf(u) du\int_{0}^{x}xf\left(x-t\right)\mathrm{~d}t=x\int_{0}^{x}f\left(u\right)\mathrm{~d}u。又

∫0x(x−t)f(t) dt=x∫0xf(t) dt−∫0xtf(t) dt\int_{0}^{x}\left(x-t\right)f\left(t\right)\mathrm{~d}t=x\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t-\int_{0}^{x}tf\left(t\right)\mathrm{~d}t。

由连续性，∫0xf(t) dt∼xf(0)\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t\sim xf\left(0\right)，∫0xtf(t) dt∼x22f(0)\int_{0}^{x}tf\left(t\right)\mathrm{~d}t\sim \frac{x^{2}}{2}f\left(0\right)，故原极限为 12\frac{1}{2}。

（16） ​

如图，C1C_{1} 和 C2C_{2} 分别是 y=12(ex+e−x)y=\frac{1}{2}\left(e^{x}+e^{-x}\right) 和 y=exy=e^{x} 的图象，过点 (0,1)\left(0,1\right) 的曲线 C3C_{3} 是一单调增函数的图象。

过 C2C_{2} 上任一点 M(x,y)M\left(x,y\right) 分别作垂直于 xx 轴和 yy 轴的直线 lxl_{x} 和 lyl_{y}。记 C1,C2C_{1},C_{2} 与 lxl_{x} 所围图形的面积为 S1(x)S_{1}\left(x\right)；C2,C3C_{2},C_{3} 与 lyl_{y} 所围图形的面积为 S2(y)S_{2}\left(y\right)。如果总有 S1(x)=S2(y)S_{1}\left(x\right)=S_{2}\left(y\right)，求曲线 C3C_{3} 的方程 x=φ(y)x=\varphi\left(y\right)。

解析： 由题意，

S1(x)=∫0x[et−12(et+e−t)] dt=12(ex+e−x)−1S_{1}\left(x\right)=\int_{0}^{x}\left[e^{t}-\frac{1}{2}\left(e^{t}+e^{-t}\right)\right]\mathrm{~d}t=\frac{1}{2}\left(e^{x}+e^{-x}\right)-1。

因 M(x,y)M\left(x,y\right) 在 C2C_{2} 上，故 y=exy=e^{x}，于是 S1(x)=12(y+1y)−1S_{1}\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(y+\frac{1}{y}\right)-1。

又 S2(y)=∫1y(ln⁡t−φ(t)) dtS_{2}\left(y\right)=\int_{1}^{y}\left(\ln t-\varphi\left(t\right)\right)\mathrm{~d}t。由 S1(x)=S2(y)S_{1}\left(x\right)=S_{2}\left(y\right) 两边对 yy 求导，得 ln⁡y−φ(y)=12(1−1y2)\ln y-\varphi\left(y\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{y^{2}}\right)。故

x=φ(y)=ln⁡y−12+12y2x=\varphi\left(y\right)=\ln y-\frac{1}{2}+\frac{1}{2y^{2}}。

（17） ​

曲线 CC 的方程为 y=f(x)y=f\left(x\right)，点 (3,2)\left(3,2\right) 是它的一个拐点，直线 l1l_{1} 与 l2l_{2} 分别是曲线 CC 在点 (0,0)\left(0,0\right) 与 (3,2)\left(3,2\right) 处的切线，其交点为 (2,4)\left(2,4\right)。设函数 f(x)f\left(x\right) 具有三阶连续导数，计算定积分

∫03(x2+x)f′′′(x) dx\int_{0}^{3}\left(x^{2}+x\right)f^{\prime\prime\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x。

解析： 由切线信息得 f(0)=0, f(3)=2, f′(0)=2, f′(3)=−2f\left(0\right)=0,\ f\left(3\right)=2,\ f^{\prime}\left(0\right)=2,\ f^{\prime}\left(3\right)=-2，又拐点处 f′′(3)=0f^{\prime\prime}\left(3\right)=0。

分部积分两次：

∫03(x2+x)f′′′(x) dx=−[(2x+1)f′(x)]03+2[f(x)]03\int_{0}^{3}\left(x^{2}+x\right)f^{\prime\prime\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=-\left[\left(2x+1\right)f^{\prime}\left(x\right)\right]_{0}^{3}+2\left[f\left(x\right)\right]_{0}^{3}。

代入数据得

−[7⋅(−2)−2]+2(2−0)=20-\left[7\cdot\left(-2\right)-2\right]+2\left(2-0\right)=20。

（18） ​

用变量代换 x=cos⁡t(0<t<π)x=\cos t\left(0<t<\pi\right) 化简微分方程 (1−x2)y′′−xy′+y=0\left(1-x^{2}\right)y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+y=0，并求其满足 y∣x=0=1,y′∣x=0=2\left.y\right|_{x=0}=1,\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=2 的特解。

解析： 令 x=cos⁡tx=\cos t，则 y′=−1sin⁡tdydty^{\prime}=-\frac{1}{\sin t}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}，代入原方程化为

d2ydt2+y=0\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}+y=0。

其通解为 y=C1cos⁡t+C2sin⁡ty=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t，即 y=C1x+C21−x2y=C_{1}x+C_{2}\sqrt{1-x^{2}}。由 y∣x=0=1\left.y\right|_{x=0}=1 得 C2=1C_{2}=1；由 y′∣x=0=2\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=2 得 C1=2C_{1}=2。故特解为

y=2x+1−x2y=2x+\sqrt{1-x^{2}}。

（19） ​

已知函数 f(x)f\left(x\right) 在 [0,1]\left[0,1\right] 上连续，在 (0,1)\left(0,1\right) 内可导，且 f(0)=0, f(1)=1f\left(0\right)=0,\ f\left(1\right)=1。证明：

（Ⅰ）存在 ξ∈(0,1)\xi\in\left(0,1\right)，使得 f(ξ)=1−ξf\left(\xi\right)=1-\xi；

（Ⅱ）存在两个不同的点 η,ζ∈(0,1)\eta,\zeta\in\left(0,1\right)，使得 f′(η)f′(ζ)=1f^{\prime}\left(\eta\right)f^{\prime}\left(\zeta\right)=1。

解析：

（Ⅰ）令 F(x)=f(x)+x−1F\left(x\right)=f\left(x\right)+x-1，则 F(0)=−1<0F\left(0\right)=-1<0，F(1)=1>0F\left(1\right)=1>0。由介值定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in\left(0,1\right)，使 F(ξ)=0F\left(\xi\right)=0，即 f(ξ)=1−ξf\left(\xi\right)=1-\xi。

（Ⅱ）在 [0,ξ]\left[0,\xi\right] 与 [ξ,1]\left[\xi,1\right] 上分别用拉格朗日中值定理，存在 η∈(0,ξ)\eta\in\left(0,\xi\right)，ζ∈(ξ,1)\zeta\in\left(\xi,1\right)，使

f′(η)=1−ξξ,f′(ζ)=ξ1−ξf^{\prime}\left(\eta\right)=\frac{1-\xi}{\xi},\quad f^{\prime}\left(\zeta\right)=\frac{\xi}{1-\xi}。

故 f′(η)f′(ζ)=1f^{\prime}\left(\eta\right)f^{\prime}\left(\zeta\right)=1。

（20） ​

已知函数 z=f(x,y)z=f\left(x,y\right) 的全微分 dz=2xdx−2ydy\mathrm{d}z=2x\mathrm{d}x-2y\mathrm{d}y，并且 f(1,1)=2f\left(1,1\right)=2。求 f(x,y)f\left(x,y\right) 在椭圆域 D={(x,y)∣x2+y24≤1}D=\left\{\left(x,y\right)\mid x^{2}+\frac{y^{2}}{4}\leq 1\right\} 上的最大值和最小值。

解析： 由 dz=2xdx−2ydy\mathrm{d}z=2x\mathrm{d}x-2y\mathrm{d}y，得 f(x,y)=x2−y2+Cf\left(x,y\right)=x^{2}-y^{2}+C。由 f(1,1)=2f\left(1,1\right)=2 得 C=2C=2，故 f(x,y)=x2−y2+2f\left(x,y\right)=x^{2}-y^{2}+2。

区域内部驻点为 (0,0)\left(0,0\right)，函数值为 22。边界上 x2+y24=1x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1，即 y2=4(1−x2)y^{2}=4\left(1-x^{2}\right)，故

f(x,y)=x2−4(1−x2)+2=5x2−2f\left(x,y\right)=x^{2}-4\left(1-x^{2}\right)+2=5x^{2}-2。

当 x=0x=0 时取最小值 −2-2；当 x=±1x=\pm 1 时取最大值 33。

（21） ​

计算二重积分

∬D∣x2+y2−1∣ dσ\iint_{D}\left|x^{2}+y^{2}-1\right|\mathrm{~d}\sigma，

其中 D={(x,y)∣0≤x≤1, 0≤y≤1}D=\left\{\left(x,y\right)\mid 0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1\right\}。

解析： 记 D1D_{1} 为第一象限单位圆的四分之一。则

∬D∣x2+y2−1∣ dσ=2∬D1(1−x2−y2) dσ+∬D(x2+y2−1) dσ\iint_{D}\left|x^{2}+y^{2}-1\right|\mathrm{~d}\sigma=2\iint_{D_{1}}\left(1-x^{2}-y^{2}\right)\mathrm{~d}\sigma+\iint_{D}\left(x^{2}+y^{2}-1\right)\mathrm{~d}\sigma。

其中

∬D1(1−x2−y2) dσ=∫0π2dθ∫01(1−r2)r dr=π8\iint_{D_{1}}\left(1-x^{2}-y^{2}\right)\mathrm{~d}\sigma=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\left(1-r^{2}\right)r\mathrm{~d}r=\frac{\pi}{8}，

且 ∬D(x2+y2−1) dσ=13+13−1=−13\iint_{D}\left(x^{2}+y^{2}-1\right)\mathrm{~d}\sigma=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-1=-\frac{1}{3}。

故原积分为 π4−13\frac{\pi}{4}-\frac{1}{3}。

（22） ​

确定常数 aa，使向量组

α1=(a,1,1)T,α2=(1,a,1)T,α3=(1,1,a)T\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(a,1,1\right)^{T},\quad \boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(1,a,1\right)^{T},\quad \boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(1,1,a\right)^{T}

可由向量组

β1=(1,1,a)T,β2=(−2,a,4)T,β3=(−2,−a,a)T\boldsymbol{\beta}_{1}=\left(1,1,a\right)^{T},\quad \boldsymbol{\beta}_{2}=\left(-2,a,4\right)^{T},\quad \boldsymbol{\beta}_{3}=\left(-2,-a,a\right)^{T}

线性表示，但向量组 β1,β2,β3\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3} 不能由向量组 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性表示。

解析： 记 A=(α1,α2,α3)\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)。由题意，β1,β2,β3\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3} 不能由 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性表示，因此 rank⁡(A)<3\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)<3，即

∣A∣=∣a111a111a∣=(a+2)(a−1)2=0\left|\boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{matrix}a & 1 & 1\\ 1 & a & 1\\ 1 & 1 & a\end{matrix}\right|=\left(a+2\right)\left(a-1\right)^{2}=0。

故 a=1a=1 或 a=−2a=-2。当 a=−2a=-2 时，α2\boldsymbol{\alpha}_{2} 不能由 β1,β2,β3\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3} 线性表示，不合题意；当 a=1a=1 时满足题意。故 a=1a=1。

（23） ​

已知 3 阶矩阵 A\boldsymbol{A} 的第一行是 (a,b,c)\left(a,b,c\right)，其中 a,b,ca,b,c 不全为零，矩阵

B=(12324636k)\boldsymbol{B}=\left(\begin{matrix}1 & 2 & 3\\ 2 & 4 & 6\\ 3 & 6 & k\end{matrix}\right)，

其中 kk 为常数，且 AB=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}，求线性方程组 Ax=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} 的通解。

解析： 由 AB=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0} 可知，B\boldsymbol{B} 的每一列都是方程组 Ax=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} 的解。

情形一：k≠9k\ne 9 ​

此时 rank⁡(B)=2\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{B}\right)=2，故 Ax=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0} 至少有两个线性无关解。又 A\boldsymbol{A} 第一行不全为零，所以 rank⁡(A)=1\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)=1。基础解系可取为

ξ1=(1,2,3)T,ξ2=(3,6,k)T\boldsymbol{\xi}_{1}=\left(1,2,3\right)^{T},\quad \boldsymbol{\xi}_{2}=\left(3,6,k\right)^{T}。

故通解为

x=C1(1,2,3)T+C2(3,6,k)T\boldsymbol{x}=C_{1}\left(1,2,3\right)^{T}+C_{2}\left(3,6,k\right)^{T}，

其中 C1,C2C_{1},C_{2} 为任意常数。

情形二：k=9k=9 ​

此时 rank⁡(B)=1\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{B}\right)=1。

若 rank⁡(A)=2\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)=2，则基础解系可取为 ξ1=(1,2,3)T\boldsymbol{\xi}_{1}=\left(1,2,3\right)^{T}，通解为

x=C(1,2,3)T\boldsymbol{x}=C\left(1,2,3\right)^{T}，

其中 CC 为任意常数。

若 rank⁡(A)=1\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{A}\right)=1，则方程组与 ax1+bx2+cx3=0ax_{1}+bx_{2}+cx_{3}=0 同解。当 a≠0a\ne 0 时，基础解系可取为

ξ1=(−ba,1,0)T,ξ2=(−ca,0,1)T\boldsymbol{\xi}_{1}=\left(-\frac{b}{a},1,0\right)^{T},\quad \boldsymbol{\xi}_{2}=\left(-\frac{c}{a},0,1\right)^{T}。

故通解为

x=C1(−ba,1,0)T+C2(−ca,0,1)T\boldsymbol{x}=C_{1}\left(-\frac{b}{a},1,0\right)^{T}+C_{2}\left(-\frac{c}{a},0,1\right)^{T}，

其中 C1,C2C_{1},C_{2} 为任意常数。