荒原之梦考研数学课程

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2009 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） ​

函数 f(x)=x−x3sin⁡πxf\left(x\right)=\frac{x-x^{3}}{\sin \pi x} 的可去间断点的个数为（ ）

  • （A）1.
  • （B）2.
  • （C）3.
  • （D）无穷多个.

答案： C

解析： 当 xx 为整数时，sin⁡πx=0\sin \pi x=0，故间断点有无穷多个。可去间断点需同时满足 x−x3=0x-x^{3}=0，即 x=0,±1x=0,\pm 1。且这三点处极限均存在，所以可去间断点有 3 个。

（2） ​

当 x→0x\to 0 时，f(x)=x−sin⁡axf\left(x\right)=x-\sin ax 与 g(x)=x2ln⁡(1−bx)g\left(x\right)=x^{2}\ln\left(1-bx\right) 是等价无穷小，则（ ）

  • （A）a=1,b=−16a=1,b=-\frac{1}{6}.
  • （B）a=1,b=16a=1,b=\frac{1}{6}.
  • （C）a=−1,b=−16a=-1,b=-\frac{1}{6}.
  • （D）a=−1,b=16a=-1,b=\frac{1}{6}.

答案： A

解析： 若 a≠1a\ne 1，则 x−sin⁡ax∼(1−a)xx-\sin ax\sim \left(1-a\right)x，与 x2ln⁡(1−bx)∼−bx3x^{2}\ln\left(1-bx\right)\sim -bx^{3} 阶数不同，故 a=1a=1。此时 x−sin⁡x∼x36x-\sin x\sim \frac{x^{3}}{6}，而 x2ln⁡(1−bx)∼−bx3x^{2}\ln\left(1-bx\right)\sim -bx^{3}，由等价得 b=−16b=-\frac{1}{6}。

（3） ​

设函数 z=f(x,y)z=f\left(x,y\right) 的全微分为 dz=x dx+y dy\mathrm{d}z=x\mathrm{~d}x+y\mathrm{~d}y，则点 (0,0)\left(0,0\right)（ ）

  • （A）不是 f(x,y)f\left(x,y\right) 的连续点.
  • （B）不是 f(x,y)f\left(x,y\right) 的极值点.
  • （C）是 f(x,y)f\left(x,y\right) 的极大值点.
  • （D）是 f(x,y)f\left(x,y\right) 的极小值点.

答案： D

解析： 由 dz=x dx+y dy\mathrm{d}z=x\mathrm{~d}x+y\mathrm{~d}y 得 ∂z∂x=x,∂z∂y=y\frac{\partial z}{\partial x}=x,\frac{\partial z}{\partial y}=y，故在 (0,0)\left(0,0\right) 处一阶偏导均为 0。又 ∂2z∂x2=1,∂2z∂x∂y=0,∂2z∂y2=1\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=1,\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=0,\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=1，满足 AC−B2=1>0AC-B^{2}=1>0 且 A>0A>0，所以 (0,0)\left(0,0\right) 为极小值点。

（4） ​

设函数 f(x,y)f\left(x,y\right) 连续，则

∫12dx∫x2f(x,y) dy+∫12dy∫y4−yf(x,y) dx=\int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{x}^{2}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y+\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{y}^{4-y}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x=（ ）

  • （A）∫12dx∫14−xf(x,y) dy\int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{1}^{4-x}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y.
  • （B）∫12dx∫x4−xf(x,y) dy\int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{x}^{4-x}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y.
  • （C）∫12dy∫14−yf(x,y) dx\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{1}^{4-y}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x.
  • （D）∫12dy∫y2f(x,y) dx\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{y}^{2}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x.

答案： C

解析： 两个积分区域合并后为 D={(x,y)∣1≤y≤2, 1≤x≤4−y}D=\left\{\left(x,y\right)\mid 1\leq y\leq 2,\ 1\leq x\leq 4-y\right\}，故原式等于 ∫12dy∫14−yf(x,y) dx\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{1}^{4-y}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x。

（5） ​

若 f′′(x)f^{\prime\prime}\left(x\right) 不变号，且曲线 y=f(x)y=f\left(x\right) 在点 (1,1)\left(1,1\right) 处的曲率圆为 x2+y2=2x^{2}+y^{2}=2，则函数 f(x)f\left(x\right) 在区间 (1,2)\left(1,2\right) 内（ ）

  • （A）有极值点，无零点.
  • （B）无极值点，有零点.
  • （C）有极值点，有零点.
  • （D）无极值点，无零点.

答案： B

解析： 曲率圆在 (1,1)\left(1,1\right) 处切线斜率为 −1-1，故 f′(1)=−1f^{\prime}\left(1\right)=-1。由曲率圆位置及 f′′(x)f^{\prime\prime}\left(x\right) 不变号知 f′′(x)≤0f^{\prime\prime}\left(x\right)\leq 0，故 f′(x)≤−1<0f^{\prime}\left(x\right)\leq -1<0，无极值点。又由中值定理，f(2)−f(1)<−1f\left(2\right)-f\left(1\right)<-1，而 f(1)=1f\left(1\right)=1，故 f(2)<0f\left(2\right)<0，因此在 (1,2)\left(1,2\right) 内有零点。

（6） ​

设函数 y=f(x)y=f\left(x\right) 在区间 [−1,3]\left[-1,3\right] 上的图形为（图示略），则函数 F(x)=∫0xf(t) dtF\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t 的图形为（图示略）

  • （A）图示略.
  • （B）图示略.
  • （C）图示略.
  • （D）图示略.

答案： D

解析： 由图可知：x∈[0,1]x\in\left[0,1\right] 时，F(x)≤0F\left(x\right)\leq 0 且递减；x∈[1,2]x\in\left[1,2\right] 时递增；x∈[2,3]x\in\left[2,3\right] 时为常函数；x∈[−1,0]x\in\left[-1,0\right] 时，F(x)≤0F\left(x\right)\leq 0 且为线性函数。结合连续性，选 D。

（7） ​

设 A,B\boldsymbol{A},\boldsymbol{B} 均为 2 阶矩阵，A∗,B∗\boldsymbol{A}^{*},\boldsymbol{B}^{*} 分别为 A,B\boldsymbol{A},\boldsymbol{B} 的伴随矩阵，若 ∣A∣=2,∣B∣=3\left|\boldsymbol{A}\right|=2,\left|\boldsymbol{B}\right|=3，则分块矩阵 (OABO)\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A}\\ \boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right) 的伴随矩阵为（ ）

  • （A）(O3B∗2A∗O)\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & 3\boldsymbol{B}^{*}\\ 2\boldsymbol{A}^{*} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right).
  • （B）(O2B∗3A∗O)\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & 2\boldsymbol{B}^{*}\\ 3\boldsymbol{A}^{*} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right).
  • （C）(O3A∗2B∗O)\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & 3\boldsymbol{A}^{*}\\ 2\boldsymbol{B}^{*} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right).
  • （D）(O2A∗3B∗O)\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & 2\boldsymbol{A}^{*}\\ 3\boldsymbol{B}^{*} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right).

答案： B

解析： 令 C=(OABO)\boldsymbol{C}=\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{A}\\ \boldsymbol{B} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right)，则 ∣C∣=∣A∣∣B∣=6\left|\boldsymbol{C}\right|=\left|\boldsymbol{A}\right|\left|\boldsymbol{B}\right|=6，且 C−1=(OB−1A−1O)\boldsymbol{C}^{-1}=\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & \boldsymbol{B}^{-1}\\ \boldsymbol{A}^{-1} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right)。所以 C∗=6C−1=(O2B∗3A∗O)\boldsymbol{C}^{*}=6\boldsymbol{C}^{-1}=\left(\begin{matrix}\boldsymbol{O} & 2\boldsymbol{B}^{*}\\ 3\boldsymbol{A}^{*} & \boldsymbol{O}\end{matrix}\right)。

（8） ​

设 A,P\boldsymbol{A},\boldsymbol{P} 均为 3 阶矩阵，PT\boldsymbol{P}^{T} 为 P\boldsymbol{P} 的转置矩阵，且

PTAP=(100010002)\boldsymbol{P}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{matrix}\right)。

若 P=(α1,α2,α3)\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)，Q=(α1+α2,α2,α3)\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)，则 QTAQ\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q} 为（ ）

  • （A）(210110002)\left(\begin{matrix}2 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{matrix}\right).
  • （B）(110120002)\left(\begin{matrix}1 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{matrix}\right).
  • （C）(200010002)\left(\begin{matrix}2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{matrix}\right).
  • （D）(100020002)\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{matrix}\right).

答案： A

解析： 由 Q=PE\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{E}，其中 E=(100110001)\boldsymbol{E}=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{matrix}\right)，得 QTAQ=ETPTAPE\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{E}^{T}\boldsymbol{P}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}\boldsymbol{E}。代入计算得 QTAQ=(210110002)\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\left(\begin{matrix}2 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{matrix}\right)。

二、填空题 ​

（9） ​

曲线 {x=∫01−te−u2 duy=t2ln⁡(2−t2)\left\{\begin{matrix}x=\int_{0}^{1-t}e^{-u^{2}}\mathrm{~d}u\\ y=t^{2}\ln\left(2-t^{2}\right)\end{matrix}\right. 在点 (0,0)\left(0,0\right) 处的切线方程为 ________。

答案： y=2xy=2x

解析： 当曲线过 (0,0)\left(0,0\right) 时，t=1t=1。有 dydt∣t=1=−2\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right|_{t=1}=-2，dxdt∣t=1=−1\left.\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right|_{t=1}=-1，故 dydx∣t=1=2\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=1}=2，切线方程为 y=2xy=2x。

（10） ​

已知 ∫−∞+∞ek∣x∣ dx=1\int_{-\infty}^{+\infty}e^{k\left|x\right|}\mathrm{~d}x=1，则 k=k= ________。

答案： −2-2

解析： 积分收敛需 k<0k<0。又 ∫−∞+∞ek∣x∣ dx=2∫0+∞ekx dx=−2k\int_{-\infty}^{+\infty}e^{k\left|x\right|}\mathrm{~d}x=2\int_{0}^{+\infty}e^{kx}\mathrm{~d}x=-\frac{2}{k}，由 −2k=1-\frac{2}{k}=1 得 k=−2k=-2。

（11） ​

lim⁡n→∞∫01e−xsin⁡nx dx=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}e^{-x}\sin nx\mathrm{~d}x= ________。

答案： 00

解析： 令 In=∫01e−xsin⁡nx dxI_{n}=\int_{0}^{1}e^{-x}\sin nx\mathrm{~d}x。分部积分或直接计算得 In=n−e−1(sin⁡n+ncos⁡n)n2+1I_{n}=\frac{n-e^{-1}\left(\sin n+n\cos n\right)}{n^{2}+1}，其绝对值趋于 0，故极限为 0。

（12） ​

设 y=y(x)y=y\left(x\right) 是由方程 xy+ey=x+1xy+e^{y}=x+1 确定的隐函数，则 y′′∣x=0=\left.y^{\prime\prime}\right|_{x=0}= ________。

答案： −3-3

解析： 对 xy+ey=x+1xy+e^{y}=x+1 求导，得 y+xy′+eyy′=1y+xy^{\prime}+e^{y}y^{\prime}=1。再求导，得 2y′+xy′′+ey(y′)2+eyy′′=02y^{\prime}+xy^{\prime\prime}+e^{y}\left(y^{\prime}\right)^{2}+e^{y}y^{\prime\prime}=0。当 x=0x=0 时，y=0,y′(0)=1y=0,y^{\prime}\left(0\right)=1，代入得 y′′(0)=−3y^{\prime\prime}\left(0\right)=-3。

（13） ​

函数 y=x2xy=x^{2x} 在区间 (0,1]\left(0,1\right] 上的最小值为 ________。

答案： e−2ee^{-\frac{2}{e}}

解析： y=x2x=e2xln⁡xy=x^{2x}=e^{2x\ln x}，故 y′=x2x(2ln⁡x+2)y^{\prime}=x^{2x}\left(2\ln x+2\right)。令 y′=0y^{\prime}=0 得 x=1ex=\frac{1}{e}，且该点为最小值点，所以最小值为 (1e)2e=e−2e\left(\frac{1}{e}\right)^{\frac{2}{e}}=e^{-\frac{2}{e}}。

（14） ​

设 α,β\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{\beta} 为 3 维列向量，βT\boldsymbol{\beta}^{T} 为 β\boldsymbol{\beta} 的转置，若矩阵 αβT\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{T} 相似于 (200000000)\left(\begin{matrix}2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)，则 βTα=\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{\alpha}= ________。

答案： 22

解析： 相似矩阵特征值相同，故 αβT\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{T} 的特征值为 2,0,02,0,0。又 tr⁡(αβT)=βTα\operatorname{tr}\left(\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\beta}^{T}\right)=\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{\alpha}，所以 βTα=2\boldsymbol{\beta}^{T}\boldsymbol{\alpha}=2。

三、解答题 ​

（15） ​

求极限

lim⁡x→0(1−cos⁡x)[x−ln⁡(1+tan⁡x)]sin⁡4x\lim_{x\to 0}\frac{\left(1-\cos x\right)\left[x-\ln\left(1+\tan x\right)\right]}{\sin^{4}x}。

解析： 因为 1−cos⁡x∼x221-\cos x\sim \frac{x^{2}}{2}，sin⁡4x∼x4\sin^{4}x\sim x^{4}，且 lim⁡x→0x−ln⁡(1+tan⁡x)x2=12\lim_{x\to 0}\frac{x-\ln\left(1+\tan x\right)}{x^{2}}=\frac{1}{2}，所以原极限为 12⋅12=14\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}。

（16） ​

计算不定积分

∫ln⁡(1+1+xx) dx(x>0)\int \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)\mathrm{~d}x\quad \left(x>0\right)。

解析： 令 t=1+xxt=\sqrt{\frac{1+x}{x}}，则 x=1t2−1x=\frac{1}{t^{2}-1}。由分部积分得

∫ln⁡(1+1+xx) dx=xln⁡(1+t)−∫1(t2−1)(t+1) dt\int \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)\mathrm{~d}x=x\ln\left(1+t\right)-\int \frac{1}{\left(t^{2}-1\right)\left(t+1\right)}\mathrm{~d}t。

又

∫1(t2−1)(t+1) dt=14ln⁡(t−1)−14ln⁡(t+1)+12(t+1)+C\int \frac{1}{\left(t^{2}-1\right)\left(t+1\right)}\mathrm{~d}t=\frac{1}{4}\ln\left(t-1\right)-\frac{1}{4}\ln\left(t+1\right)+\frac{1}{2\left(t+1\right)}+C。

代回 t=1+xxt=\sqrt{\frac{1+x}{x}}，得

∫ln⁡(1+1+xx) dx=xln⁡(1+1+xx)+12ln⁡(1+x+x)+x2−12x+x2+C\int \ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)\mathrm{~d}x=x\ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)+\frac{1}{2}\ln\left(\sqrt{1+x}+\sqrt{x}\right)+\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{x+x^{2}}+C。

（17） ​

设 z=f(x+y,x−y,xy)z=f\left(x+y,x-y,xy\right)，其中 ff 具有二阶连续偏导数，求 dz\mathrm{d}z 与 ∂2z∂x∂y\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}。

解析： 记 fi′f_{i}^{\prime} 为 ff 关于第 ii 个变量的一阶偏导，fij′′f_{ij}^{\prime\prime} 为二阶偏导，均在 (x+y,x−y,xy)\left(x+y,x-y,xy\right) 处取值。

∂z∂x=f1′+f2′+yf3′,∂z∂y=f1′−f2′+xf3′\frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}^{\prime}+f_{2}^{\prime}+yf_{3}^{\prime},\quad \frac{\partial z}{\partial y}=f_{1}^{\prime}-f_{2}^{\prime}+xf_{3}^{\prime}。

所以

dz=(f1′+f2′+yf3′) dx+(f1′−f2′+xf3′) dy\mathrm{d}z=\left(f_{1}^{\prime}+f_{2}^{\prime}+yf_{3}^{\prime}\right)\mathrm{~d}x+\left(f_{1}^{\prime}-f_{2}^{\prime}+xf_{3}^{\prime}\right)\mathrm{~d}y，

∂2z∂x∂y=f3′+f11′′−f22′′+xyf33′′+(x+y)f13′′+(x−y)f23′′\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=f_{3}^{\prime}+f_{11}^{\prime\prime}-f_{22}^{\prime\prime}+xyf_{33}^{\prime\prime}+\left(x+y\right)f_{13}^{\prime\prime}+\left(x-y\right)f_{23}^{\prime\prime}。

（18） ​

设非负函数 y=y(x)(x≥0)y=y\left(x\right)\left(x\geq 0\right) 满足微分方程 xy′′−y′+2=0xy^{\prime\prime}-y^{\prime}+2=0。当曲线 y=y(x)y=y\left(x\right) 过原点时，其与直线 x=1x=1 及 y=0y=0 围成的平面区域 DD 的面积为 2，求 DD 绕 yy 轴旋转所得旋转体的体积。

解析： 微分方程通解为 y=C1+2x+C2x2y=C_{1}+2x+C_{2}x^{2}。曲线过原点，故 C1=0C_{1}=0。由面积条件得 2=∫01(2x+C2x2) dx=1+C232=\int_{0}^{1}\left(2x+C_{2}x^{2}\right)\mathrm{~d}x=1+\frac{C_{2}}{3}，故 C2=3C_{2}=3，即 y=2x+3x2y=2x+3x^{2}。

由 y=2x+3x2y=2x+3x^{2} 得 x=13(1+3y−1)x=\frac{1}{3}\left(\sqrt{1+3y}-1\right)。区域 DD 绕 yy 轴旋转所得体积为 V=5π−V1V=5\pi-V_{1}，其中

V1=∫05πx2 dy=∫05π9(1+3y−1)2 dy=3918πV_{1}=\int_{0}^{5}\pi x^{2}\mathrm{~d}y=\int_{0}^{5}\frac{\pi}{9}\left(\sqrt{1+3y}-1\right)^{2}\mathrm{~d}y=\frac{39}{18}\pi。

故 V=5π−3918π=176πV=5\pi-\frac{39}{18}\pi=\frac{17}{6}\pi。

（19） ​

计算二重积分

∬D(x−y) dx dy\iint_{D}\left(x-y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y，

其中

D={(x,y)∣(x−1)2+(y−1)2≤2, y≥x}D=\left\{\left(x,y\right)\mid \left(x-1\right)^{2}+\left(y-1\right)^{2}\leq 2,\ y\geq x\right\}。

解析： 采用极坐标 x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θx=r\cos\theta,y=r\sin\theta。由区域条件得 0≤r≤2(sin⁡θ+cos⁡θ)0\leq r\leq 2\left(\sin\theta+\cos\theta\right)，π4≤θ≤3π4\frac{\pi}{4}\leq \theta\leq \frac{3\pi}{4}。于是

∬D(x−y) dx dy=83∫π43π4(cos⁡θ−sin⁡θ)(sin⁡θ+cos⁡θ)3 dθ\iint_{D}\left(x-y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\frac{8}{3}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\left(\cos\theta-\sin\theta\right)\left(\sin\theta+\cos\theta\right)^{3}\mathrm{~d}\theta。

令 u=sin⁡θ+cos⁡θu=\sin\theta+\cos\theta，得

∬D(x−y) dx dy=83[14(sin⁡θ+cos⁡θ)4]π43π4=−83\iint_{D}\left(x-y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\frac{8}{3}\left[\frac{1}{4}\left(\sin\theta+\cos\theta\right)^{4}\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}=-\frac{8}{3}。

（20） ​

设 y=y(x)y=y\left(x\right) 是区间 (−π,π)\left(-\pi,\pi\right) 内过点 (−π2,π2)\left(-\frac{\pi}{\sqrt{2}},\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right) 的光滑曲线。当 −π<x<0-\pi<x<0 时，曲线上任一点处的法线都过原点；当 0≤x<π0\leq x<\pi 时，函数 y(x)y\left(x\right) 满足 y′′+y+x=0y^{\prime\prime}+y+x=0。求函数 y(x)y\left(x\right) 的表达式。

解析： 当 −π<x<0-\pi<x<0 时，法线过原点，故 y′=−xyy^{\prime}=-\frac{x}{y}，从而 x2+y2=Cx^{2}+y^{2}=C。代入点 (−π2,π2)\left(-\frac{\pi}{\sqrt{2}},\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right) 得 C=π2C=\pi^{2}，故 y=π2−x2y=\sqrt{\pi^{2}-x^{2}}。

当 0≤x<π0\leq x<\pi 时，方程 y′′+y+x=0y^{\prime\prime}+y+x=0 的通解为 y=C1cos⁡x+C2sin⁡x−xy=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x-x。由光滑性，y(0−)=π,y′(0−)=0y\left(0^{-}\right)=\pi,y^{\prime}\left(0^{-}\right)=0，故 C1=π,C2=1C_{1}=\pi,C_{2}=1。

因此

y={π2−x2,−π<x<0πcos⁡x+sin⁡x−x,0≤x<πy=\left\{\begin{matrix}\sqrt{\pi^{2}-x^{2}}, & -\pi<x<0\\ \pi\cos x+\sin x-x, & 0\leq x<\pi\end{matrix}\right.。

（21） ​

（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 f(x)f\left(x\right) 在 [a,b]\left[a,b\right] 上连续，在 (a,b)\left(a,b\right) 可导，则存在 ξ∈(a,b)\xi\in\left(a,b\right)，使得 f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)f\left(b\right)-f\left(a\right)=f^{\prime}\left(\xi\right)\left(b-a\right)。

（Ⅱ）证明：若函数 f(x)f\left(x\right) 在 x=0x=0 处连续，在 (0,δ)(δ>0)\left(0,\delta\right)\left(\delta>0\right) 内可导，且 lim⁡x→0+f′(x)=A\lim_{x\to 0^{+}}f^{\prime}\left(x\right)=A，则 f+′(0)f_{+}^{\prime}\left(0\right) 存在，且 f+′(0)=Af_{+}^{\prime}\left(0\right)=A。

解析：

（Ⅰ）作辅助函数 φ(x)=f(x)−f(a)−f(b)−f(a)b−a(x−a)\varphi\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(a\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}\left(x-a\right)。则 φ(a)=φ(b)\varphi\left(a\right)=\varphi\left(b\right)，由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in\left(a,b\right)，使 φ′(ξ)=0\varphi^{\prime}\left(\xi\right)=0，即 f′(ξ)=f(b)−f(a)b−af^{\prime}\left(\xi\right)=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}，故 f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)f\left(b\right)-f\left(a\right)=f^{\prime}\left(\xi\right)\left(b-a\right)。

（Ⅱ）任取 x0∈(0,δ)x_{0}\in\left(0,\delta\right)，由（Ⅰ）知，存在 ξx0∈(0,x0)\xi_{x_{0}}\in\left(0,x_{0}\right)，使 f(x0)−f(0)x0=f′(ξx0)\frac{f\left(x_{0}\right)-f\left(0\right)}{x_{0}}=f^{\prime}\left(\xi_{x_{0}}\right)。令 x0→0+x_{0}\to 0^{+}，则 ξx0→0+\xi_{x_{0}}\to 0^{+}，故 f+′(0)=lim⁡x0→0+f(x0)−f(0)x0=Af_{+}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x_{0}\to 0^{+}}\frac{f\left(x_{0}\right)-f\left(0\right)}{x_{0}}=A。

（22） ​

设

A=(1−1−1−1110−4−2),ξ1=(−11−2)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1 & -1 & -1\\ -1 & 1 & 1\\ 0 & -4 & -2\end{matrix}\right),\quad \boldsymbol{\xi}_{1}=\left(\begin{matrix}-1\\ 1\\ -2\end{matrix}\right)。

（Ⅰ）求满足 Aξ2=ξ1\boldsymbol{A}\boldsymbol{\xi}_{2}=\boldsymbol{\xi}_{1}，A2ξ3=ξ1\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{\xi}_{3}=\boldsymbol{\xi}_{1} 的所有向量 ξ2,ξ3\boldsymbol{\xi}_{2},\boldsymbol{\xi}_{3}；

（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任意向量 ξ2,ξ3\boldsymbol{\xi}_{2},\boldsymbol{\xi}_{3}，证明：ξ1,ξ2,ξ3\boldsymbol{\xi}_{1},\boldsymbol{\xi}_{2},\boldsymbol{\xi}_{3} 线性无关。

解析：

（Ⅰ）解 Aξ2=ξ1\boldsymbol{A}\boldsymbol{\xi}_{2}=\boldsymbol{\xi}_{1}，得

ξ2=k1(1−12)+(001)\boldsymbol{\xi}_{2}=k_{1}\left(\begin{matrix}1\\ -1\\ 2\end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}0\\ 0\\ 1\end{matrix}\right)，

其中 k1k_{1} 为任意常数。

又 A2=(220−2−20440)\boldsymbol{A}^{2}=\left(\begin{matrix}2 & 2 & 0\\ -2 & -2 & 0\\ 4 & 4 & 0\end{matrix}\right)。解 A2ξ3=ξ1\boldsymbol{A}^{2}\boldsymbol{\xi}_{3}=\boldsymbol{\xi}_{1}，得

ξ3=k2(1−10)+(1200)\boldsymbol{\xi}_{3}=k_{2}\left(\begin{matrix}1\\ -1\\ 0\end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}\frac{1}{2}\\ 0\\ 0\end{matrix}\right)，

其中 k2k_{2} 为任意常数。

（Ⅱ）由

∣−1k1k2+121−k1−k2−22k1+10∣=12≠0\left|\begin{matrix}-1 & k_{1} & k_{2}+\frac{1}{2}\\ 1 & -k_{1} & -k_{2}\\ -2 & 2k_{1}+1 & 0\end{matrix}\right|=\frac{1}{2}\ne 0，

可知 ξ1,ξ2,ξ3\boldsymbol{\xi}_{1},\boldsymbol{\xi}_{2},\boldsymbol{\xi}_{3} 线性无关。

（23） ​

设二次型

f(x1,x2,x3)=ax12+ax22+(a−1)x32+2x1x3−2x2x3f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=ax_{1}^{2}+ax_{2}^{2}+\left(a-1\right)x_{3}^{2}+2x_{1}x_{3}-2x_{2}x_{3}。

（Ⅰ）求二次型 ff 的矩阵的所有特征值；

（Ⅱ）若二次型 ff 的规范形为 y12+y22y_{1}^{2}+y_{2}^{2}，求 aa 的值。

解析：

（Ⅰ）二次型矩阵为

A=(a010a−11−1a−1)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}a & 0 & 1\\ 0 & a & -1\\ 1 & -1 & a-1\end{matrix}\right)。

其特征多项式为

∣λE−A∣=(λ−a)[(λ−a)(λ−a+1)−2]=(λ−a)(λ−a+2)(λ−a−1)\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left(\lambda-a\right)\left[\left(\lambda-a\right)\left(\lambda-a+1\right)-2\right]=\left(\lambda-a\right)\left(\lambda-a+2\right)\left(\lambda-a-1\right)。

故特征值为 λ1=a,λ2=a−2,λ3=a+1\lambda_{1}=a,\lambda_{2}=a-2,\lambda_{3}=a+1。

（Ⅱ）规范形为 y12+y22y_{1}^{2}+y_{2}^{2}，说明有两个正特征值、一个零特征值。若 a=0a=0 或 a=−1a=-1，均不符合；若 a=2a=2，则特征值为 2,0,32,0,3，符合题意。故 a=2a=2。