2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析

一、选择题

（1）

设 $f\left(x\right)=x^{2}\left(x-1\right)\left(x-2\right)$，求 $f^{\prime}\left(x\right)$ 的零点个数（ ）

（A）0
（B）1
（C）2
（D）3

答案： D

解析： 由 $f\left(0\right)=f\left(1\right)=f\left(2\right)=0$，根据罗尔定理，$f^{\prime}\left(x\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 与 $\left(1,2\right)$ 内至少各有一个零点。又 $f^{\prime}\left(0\right)=0$，且 $f^{\prime}\left(x\right)$ 为三次多项式，故共有 3 个零点。

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（2）

如图，曲线段方程为 $y=f\left(x\right)$，函数在区间 $\left[0,a\right]$ 上有连续导数，则定积分 $\int_{0}^{a}xf^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 等于（ ）

（A）曲边梯形 ABOD 面积.
（B）梯形 ABOD 面积.
（C）曲边三角形 ACD 面积.
（D）三角形 ACD 面积.

答案： C

解析： 由分部积分，

$\int_{0}^{a}xf^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=\int_{0}^{a}x\mathrm{~d}f\left(x\right)=af\left(a\right)-\int_{0}^{a}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$。

其中 $af\left(a\right)$ 为矩形 ABOC 面积，$\int_{0}^{a}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 为曲边梯形 ABOD 面积，二者之差即为曲边三角形 ACD 面积。

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（3）

在下列微分方程中，以 $y=C_{1}e^{x}+C_{2}\cos 2x+C_{3}\sin 2x$（$C_{1},C_{2},C_{3}$ 为任意常数）为通解的是（ ）

（A）$y^{\prime\prime\prime}+y^{\prime\prime}-4y^{\prime}-4y=0$.
（B）$y^{\prime\prime\prime}+y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=0$.
（C）$y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime\prime}-4y^{\prime}+4y=0$.
（D）$y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime\prime}+4y^{\prime}-4y=0$.

答案： D

解析： 由通解可知特征根为 $r=1,\ r=\pm 2i$，故特征方程为

$\left(r-1\right)\left(r-2i\right)\left(r+2i\right)=0$，

即 $r^{3}-r^{2}+4r-4=0$，所以微分方程为 $y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime\prime}+4y^{\prime}-4y=0$。

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（4）

判断函数 $f\left(x\right)=\frac{\ln x}{\left|x-1\right|}\sin x\left(x>0\right)$ 间断点的情况（ ）

（A）有 1 个可去间断点，1 个跳跃间断点.
（B）有 1 个跳跃间断点，1 个无穷间断点.
（C）有两个无穷间断点.
（D）有两个跳跃间断点.

答案： A

解析： 当 $x\to 0^{+}$ 时，$f\left(x\right)\sim x\ln x\to 0$，故 $x=0$ 为可去间断点。

当 $x\to 1^{+}$ 时，$f\left(x\right)\to \sin 1$；当 $x\to 1^{-}$ 时，$f\left(x\right)\to -\sin 1$。左右极限存在但不相等，故 $x=1$ 为跳跃间断点。

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（5）

设函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 内单调有界，$\left\{x_{n}\right\}$ 为数列，下列命题正确的是（ ）

（A）若 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，则 $\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}$ 收敛.
（B）若 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调，则 $\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}$ 收敛.
（C）若 $\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}$ 收敛，则 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛.
（D）若 $\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}$ 单调，则 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛.

答案： B

解析： 若 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调，且 $f\left(x\right)$ 单调有界，则 $\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}$ 也单调有界，因此必收敛。

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（6）

设函数 $f$ 连续，若 $F\left(u,v\right)=\iint_{D_{uv}}\frac{f\left(x^{2}+y^{2}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y$，其中区域 $D_{uv}$ 为图中阴影部分，则 $\frac{\partial F}{\partial u}=$（ ）

（A）$vf\left(u^{2}\right)$
（B）$\frac{v}{u}f\left(u^{2}\right)$
（C）$vf\left(u\right)$
（D）$\frac{v}{u}f\left(u\right)$

答案： A

解析： 由图示区域，在极坐标下 $1\leq r\leq u,\ 0\leq \theta\leq v$。于是

$F\left(u,v\right)=\int_{0}^{v}\mathrm{d}\theta\int_{1}^{u}\frac{f\left(r^{2}\right)}{r}r\mathrm{~d}r=v\int_{1}^{u}f\left(r^{2}\right)\mathrm{~d}r$。

故 $\frac{\partial F}{\partial u}=vf\left(u^{2}\right)$。

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（7）

设 $\boldsymbol{A}$ 为 $n$ 阶非零矩阵，$\boldsymbol{E}$ 为 $n$ 阶单位矩阵。若 $\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{O}$，则（ ）

（A）$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}$ 不可逆，$\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}$ 不可逆.
（B）$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}$ 不可逆，$\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}$ 可逆.
（C）$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}$ 可逆，$\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}$ 可逆.
（D）$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}$ 可逆，$\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}$ 不可逆.

答案： C

解析： 因为

$\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{2}\right)=\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{E}$，

$\left(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}\right)\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{2}\right)=\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{E}$，

所以 $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}$ 均可逆。

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（8）

设 $\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{matrix}\right)$，则在实数域上与 $\boldsymbol{A}$ 合同的矩阵为（ ）

（A）$\left(\begin{matrix}-2 & 1\\ 1 & -2\end{matrix}\right)$.
（B）$\left(\begin{matrix}2 & -1\\ -1 & 2\end{matrix}\right)$.
（C）$\left(\begin{matrix}2 & 1\\ 1 & 2\end{matrix}\right)$.
（D）$\left(\begin{matrix}1 & -2\\ -2 & 1\end{matrix}\right)$.

答案： D

解析： 记 $\boldsymbol{D}=\left(\begin{matrix}1 & -2\\ -2 & 1\end{matrix}\right)$。有

$\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\lambda^{2}-2\lambda-3,\quad \left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{D}\right|=\lambda^{2}-2\lambda-3$。

故 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{D}$ 有相同特征值。二者均为实对称矩阵，因此相似；实对称矩阵相似必合同，故选 D。

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二、填空题

（9）

$f\left(x\right)$ 连续，$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos\left[xf\left(x\right)\right]}{\left(e^{x^{2}}-1\right)f\left(x\right)}=1$，则 $f\left(0\right)=$ ________。

答案： $2$

解析： 当 $x\to 0$ 时，$1-\cos\left[xf\left(x\right)\right]\sim \frac{x^{2}f^{2}\left(x\right)}{2}$，$e^{x^{2}}-1\sim x^{2}$。故

$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos\left[xf\left(x\right)\right]}{\left(e^{x^{2}}-1\right)f\left(x\right)}=\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x\right)}{2}=\frac{f\left(0\right)}{2}=1$，

所以 $f\left(0\right)=2$。

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（10）

微分方程 $\left(y+x^{2}e^{-x}\right)\mathrm{~d}x-x\mathrm{d}y=0$ 的通解是 $y=$ ________。

答案： $x\left(C-e^{-x}\right)$

解析： 原方程化为 $y^{\prime}-\frac{1}{x}y=xe^{-x}$。其通解为

$y=x\left(\int e^{-x}\mathrm{~d}x+C\right)=x\left(C-e^{-x}\right)$。

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（11）

曲线 $\sin\left(xy\right)+\ln\left(y-x\right)=0$ 在点 $\left(0,1\right)$ 处的切线方程为 ________。

答案： $y=x+1$

解析： 设 $F\left(x,y\right)=\sin\left(xy\right)+\ln\left(y-x\right)$，则

$y^{\prime}=-\frac{F_{x}^{\prime}}{F_{y}^{\prime}}=-\frac{y\cos\left(xy\right)-\frac{1}{y-x}}{x\cos\left(xy\right)+\frac{1}{y-x}}$。

代入 $\left(0,1\right)$ 得 $y^{\prime}=1$，故切线方程为 $y=x+1$。

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（12）

求函数 $f\left(x\right)=x^{\frac{2}{3}}\left(x-5\right)$ 的拐点 ________。

答案： $\left(-1,-6\right)$

解析： 因为

$f^{\prime\prime}\left(x\right)=\frac{10\left(x+1\right)}{9x^{\frac{4}{3}}}$，

所以 $x=-1$ 时 $f^{\prime\prime}\left(x\right)$ 变号；$x=0$ 时 $f^{\prime\prime}\left(x\right)$ 不存在但不变号。又 $f\left(-1\right)=-6$，故拐点为 $\left(-1,-6\right)$。

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（13）

已知 $z=\left(\frac{y}{x}\right)^{\frac{x}{y}}$，则 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\left(1,2\right)}=$ ________。

答案： $\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\ln 2-1\right)$

解析： 取对数得 $\ln z=\frac{x}{y}\ln\frac{y}{x}$。对 $x$ 求偏导：

$\frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{y}\left(\ln\frac{y}{x}-1\right)$。

代入 $\left(1,2\right)$，此时 $z=\sqrt{2}$，故

$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\left(1,2\right)}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\ln 2-1\right)$。

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（14）

矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值是 $\lambda,2,3$，其中 $\lambda$ 未知，且 $\left|2\boldsymbol{A}\right|=-48$，则 $\lambda=$ ________。

答案： $-1$

解析： 因为 $\left|\boldsymbol{A}\right|=6\lambda$，且 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵，所以

$\left|2\boldsymbol{A}\right|=2^{3}\left|\boldsymbol{A}\right|=48\lambda$。

由 $\left|2\boldsymbol{A}\right|=-48$，得 $\lambda=-1$。

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三、解答题

（15）

求极限

$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\sin\left(\sin x\right)}{x^{4}}$。

解析： 由等价展开，

$\sin x-\sin\left(\sin x\right)=\frac{x^{4}}{6}+o\left(x^{4}\right)$。

故

$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\sin\left(\sin x\right)}{x^{4}}=\frac{1}{6}$。

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（16）

设函数 $y=y\left(x\right)$ 由参数方程 $\left\{\begin{matrix}x=x\left(t\right)\\ y=\int_{0}^{t^{2}}\ln\left(1+u\right)\mathrm{~d}u\end{matrix}\right.$ 确定，其中 $x\left(t\right)$ 是初值问题 $\left\{\begin{matrix}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}-2te^{-x}=0\\ \left.x\right|_{t=0}=0\end{matrix}\right.$ 的解。求 $\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}$。

解析： 由 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2te^{-x}$，得 $e^{x}\mathrm{~d}x=2t\mathrm{~d}t$。结合 $x\left(0\right)=0$，得

$e^{x}=1+t^{2},\quad x=\ln\left(1+t^{2}\right)$。

又

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=2t\ln\left(1+t^{2}\right),\quad \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\frac{2t}{1+t^{2}}$，

所以

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\left(1+t^{2}\right)\ln\left(1+t^{2}\right)=xe^{x}$。

因此

$\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=e^{x}\left(x+1\right)=\left(1+t^{2}\right)\left[\ln\left(1+t^{2}\right)+1\right]$。

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（17）

计算

$\int_{0}^{1}\frac{x^{2}\arcsin x}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x$。

解析： 令 $\arcsin x=t$，则 $x=\sin t,\ t\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$。原积分化为

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t\sin^{2}t\mathrm{~d}t=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}t\left(1-\cos 2t\right)\mathrm{~d}t$。

计算得

$\int_{0}^{1}\frac{x^{2}\arcsin x}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x=\frac{\pi^{2}}{16}+\frac{1}{4}$。

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（18）

计算

$\iint_{D}\max\left\{xy,1\right\}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y$，

其中 $D=\left\{\left(x,y\right)\mid 0\leq x\leq 2,\ 0\leq y\leq 2\right\}$。

解析： 曲线 $xy=1$ 将区域分为 $xy\leq 1$ 与 $xy\geq 1$ 两部分。于是

$\iint_{D}\max\left\{xy,1\right\}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x\int_{0}^{2}\mathrm{d}y+\int_{\frac{1}{2}}^{2}\left[\int_{0}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}y+\int_{\frac{1}{x}}^{2}xy\mathrm{~d}y\right]\mathrm{d}x$。

化简得

$\iint_{D}\max\left\{xy,1\right\}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=1+\int_{\frac{1}{2}}^{2}\left(2x+\frac{1}{2x}\right)\mathrm{~d}x=\frac{19}{4}+\ln 2$。

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（19）

设 $f\left(x\right)$ 是区间 $\left[0,+\infty\right)$ 上具有连续导数的单调增加函数，且 $f\left(0\right)=1$。对于任意的 $t\in\left[0,+\infty\right)$，直线 $x=0,\ x=t$，曲线 $y=f\left(x\right)$ 以及 $x$ 轴所围成曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周生成一旋转体。若该旋转体的侧面面积在数值上等于其体积的 2 倍，求函数 $f\left(x\right)$ 的表达式。

解析： 旋转体体积与侧面积分别为

$V=\pi\int_{0}^{t}f^{2}\left(x\right)\mathrm{~d}x,\quad S=2\pi\int_{0}^{t}f\left(x\right)\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}\mathrm{~d}x$。

由 $S=2V$，两边对 $t$ 求导得

$f\left(t\right)\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(t\right)\right]^{2}}=f^{2}\left(t\right)$。

因 $f\left(0\right)=1$ 且 $f$ 单调增加，故 $f\left(t\right)>0$，于是

$f^{\prime}\left(t\right)=\sqrt{f^{2}\left(t\right)-1}$。

分离变量并代入 $f\left(0\right)=1$，得

$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(e^{x}+e^{-x}\right)$。

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（20）

（Ⅰ）证明积分中值定理：若函数 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[a,b\right]$ 上连续，则至少存在一点 $\eta\in\left[a,b\right]$，使得 $\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\eta\right)\left(b-a\right)$；

（Ⅱ）若函数 $\varphi\left(x\right)$ 具有二阶导数，且满足 $\varphi\left(2\right)>\varphi\left(1\right),\ \varphi\left(2\right)>\int_{2}^{3}\varphi\left(x\right)\mathrm{~d}x$，则至少存在一点 $\xi\in\left(1,3\right)$，使得 $\varphi^{\prime\prime}\left(\xi\right)<0$。

解析：

（Ⅰ）设 $m,M$ 分别为 $f\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上的最小值和最大值，则

$m\leq f\left(x\right)\leq M$。

由定积分性质，

$m\leq \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x\leq M$。

由连续函数介值定理，存在 $\eta\in\left[a,b\right]$，使

$f\left(\eta\right)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$。

即

$\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(\eta\right)\left(b-a\right)$。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，存在 $\eta\in\left[2,3\right]$，使

$\int_{2}^{3}\varphi\left(x\right)\mathrm{~d}x=\varphi\left(\eta\right)$。

又 $\varphi\left(2\right)>\varphi\left(1\right)$ 且 $\varphi\left(2\right)>\varphi\left(\eta\right)$，分别在 $\left[1,2\right]$ 与 $\left[2,\eta\right]$ 上用拉格朗日中值定理，可得 $\varphi^{\prime}\left(\xi_{1}\right)>0$，$\varphi^{\prime}\left(\xi_{2}\right)<0$。

再对 $\varphi^{\prime}\left(x\right)$ 在 $\left[\xi_{1},\xi_{2}\right]$ 上用拉格朗日中值定理，得存在 $\xi\in\left(1,3\right)$，使

$\varphi^{\prime\prime}\left(\xi\right)=\frac{\varphi^{\prime}\left(\xi_{2}\right)-\varphi^{\prime}\left(\xi_{1}\right)}{\xi_{2}-\xi_{1}}<0$。

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（21）

求函数 $u=x^{2}+y^{2}+z^{2}$ 在约束条件 $z=x^{2}+y^{2}$ 和 $x+y+z=4$ 下的最大和最小值。

解析： 由 $z=x^{2}+y^{2}$ 与 $x+y+z=4$，得

$x^{2}+y^{2}+x+y=4$。

作拉格朗日函数

$F\left(x,y,\lambda\right)=x^{2}+y^{2}+\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}+\lambda\left(x^{2}+y^{2}+x+y-4\right)$。

解方程组得驻点

$\left(x,y,z\right)=\left(1,1,2\right),\quad \left(x,y,z\right)=\left(-2,-2,8\right)$。

代入 $u=x^{2}+y^{2}+z^{2}$，得

$u\left(1,1,2\right)=6,\quad u\left(-2,-2,8\right)=72$。

故最小值为 $6$，最大值为 $72$。

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（22）

设 $n$ 元线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$，其中

$\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}2a & 1 & & & \\ a^{2} & 2a & 1 & & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & a^{2} & 2a & 1\\ & & & a^{2} & 2a\end{matrix}\right)_{n\times n}$，

$\boldsymbol{x}=\left(\begin{matrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots\\ x_{n}\end{matrix}\right),\quad \boldsymbol{b}=\left(\begin{matrix}1\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{matrix}\right)$。

（Ⅰ）证明行列式 $\left|\boldsymbol{A}\right|=\left(n+1\right)a^{n}$；

（Ⅱ）当 $a$ 为何值时，该方程组有唯一解，并求 $x_{1}$；

（Ⅲ）当 $a$ 为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解。

解析：

（Ⅰ）记 $D_{n}=\left|\boldsymbol{A}\right|$。由三对角行列式递推关系，

$D_{n}=2aD_{n-1}-a^{2}D_{n-2}$。

又 $D_{1}=2a,\ D_{2}=3a^{2}$，由归纳法得

$D_{n}=\left(n+1\right)a^{n}$。

故 $\left|\boldsymbol{A}\right|=\left(n+1\right)a^{n}$。

（Ⅱ）方程组有唯一解当且仅当 $\left|\boldsymbol{A}\right|\ne 0$，即 $a\ne 0$。

由克莱姆法则，将 $\boldsymbol{A}$ 的第 1 列换为 $\boldsymbol{b}$ 得 $D_{1}^{*}=na^{n-1}$，故

$x_{1}=\frac{D_{1}^{*}}{D_{n}}=\frac{n}{\left(n+1\right)a}$。

（Ⅲ）方程组有无穷多解时，$\left|\boldsymbol{A}\right|=0$，故 $a=0$。

此时方程组化为

$\left(\begin{matrix}0 & 1 & & & \\ & 0 & 1 & & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & 0 & 1\\ & & & & 0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots\\ x_{n-1}\\ x_{n}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1\\ 0\\ \vdots\\ 0\\ 0\end{matrix}\right)$。

即 $x_{2}=1,\ x_{3}=0,\cdots,\ x_{n}=0$，$x_{1}$ 为自由变量。

故通解为

$\boldsymbol{x}=k\left(\begin{matrix}1\\ 0\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}0\\ 1\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{matrix}\right)$，

其中 $k$ 为任意常数。

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（23）

设 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵，$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的分别属于特征值 $-1,1$ 的特征向量，向量 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 满足 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}$。

（Ⅰ）证明 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关；

（Ⅱ）令 $\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$，求 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}$。

解析：

（Ⅰ）设

$k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+k_{3}\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{0}$。

两边左乘 $\boldsymbol{A}$，得

$-k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\left(k_{2}+k_{3}\right)\boldsymbol{\alpha}_{2}+k_{3}\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{0}$。

两式相减得

$2k_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}-k_{3}\boldsymbol{\alpha}_{2}=\boldsymbol{0}$。

由于 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 属于不同特征值，故线性无关，所以 $k_{1}=k_{3}=0$。代回原式得 $k_{2}=0$。因此 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知 $\boldsymbol{P}$ 可逆，且

$\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)=\left(-\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$。

因此

$\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{P}\left(\begin{matrix}-1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\end{matrix}\right)$。

故

$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}-1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\end{matrix}\right)$。