荒原之梦考研数学课程

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2014 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 ​

一、选择题 ​

1—8 小题，每小题 4 分，共 32 分。

1. ​

当 x→0+x\to 0^{+} 时，若 ln⁡α(1+2x)\ln^{\alpha}\left(1+2x\right)，(1−cos⁡x)1α\left(1-\cos x\right)^{\frac{1}{\alpha}} 均是比 xx 高阶的无穷小，则 α\alpha 的可能取值范围是（ ）

（A）(2,+∞)\left(2,+\infty\right)

（B）(1,2)\left(1,2\right)

（C）(12,1)\left(\frac{1}{2},1\right)

（D）(0,12)\left(0,\frac{1}{2}\right)

答案：（B）

解析：

当 x→0+x\to 0^{+} 时，ln⁡α(1+2x)∼2αxα\ln^{\alpha}\left(1+2x\right)\sim 2^{\alpha}x^{\alpha}，是 α\alpha 阶无穷小；(1−cos⁡x)1α∼(12)1αx2α\left(1-\cos x\right)^{\frac{1}{\alpha}}\sim \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{\alpha}}x^{\frac{2}{\alpha}}，是 2α\frac{2}{\alpha} 阶无穷小。

由题意得 α>1\alpha>1 且 2α>1\frac{2}{\alpha}>1，所以 1<α<21<\alpha<2。

2. ​

下列曲线有渐近线的是（ ）

（A）y=x+sin⁡xy=x+\sin x

（B）y=x2+sin⁡xy=x^{2}+\sin x

（C）y=x+sin⁡1xy=x+\sin \frac{1}{x}

（D）y=x2+sin⁡1xy=x^{2}+\sin \frac{1}{x}

答案：（C）

解析：

对 y=x+sin⁡1xy=x+\sin \frac{1}{x}，有 lim⁡x→∞yx=1\lim_{x\to\infty}\frac{y}{x}=1，且 lim⁡x→∞(y−x)=lim⁡x→∞sin⁡1x=0\lim_{x\to\infty}\left(y-x\right)=\lim_{x\to\infty}\sin \frac{1}{x}=0，故有斜渐近线 y=xy=x。

3. ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 具有二阶导数，g(x)=f(0)(1−x)+f(1)xg\left(x\right)=f\left(0\right)\left(1-x\right)+f\left(1\right)x，则在 [0,1]\left[0,1\right] 上（ ）

（A）当 f′(x)≥0f^{\prime}\left(x\right)\geq 0 时，f(x)≥g(x)f\left(x\right)\geq g\left(x\right)

（B）当 f′(x)≥0f^{\prime}\left(x\right)\geq 0 时，f(x)≤g(x)f\left(x\right)\leq g\left(x\right)

（C）当 f′′(x)≥0f^{\prime\prime}\left(x\right)\geq 0 时，f(x)≥g(x)f\left(x\right)\geq g\left(x\right)

（D）当 f′′(x)≥0f^{\prime\prime}\left(x\right)\geq 0 时，f(x)≤g(x)f\left(x\right)\leq g\left(x\right)

答案：（D）

解析：

g(x)g\left(x\right) 是连接 (0,f(0))\left(0,f\left(0\right)\right) 与 (1,f(1))\left(1,f\left(1\right)\right) 两点的直线方程。当 f′′(x)≥0f^{\prime\prime}\left(x\right)\geq 0 时，曲线是凹的，因此曲线位于弦线下方，即 f(x)≤g(x)f\left(x\right)\leq g\left(x\right)。

4. ​

曲线 {x=t2+7 y=t2+4t+1\left\{\begin{matrix}x=t^{2}+7\\\ y=t^{2}+4t+1\end{matrix}\right. 上对应于 t=1t=1 的点处的曲率半径是（ ）

（A）1050\frac{\sqrt{10}}{50}

（B）10100\frac{\sqrt{10}}{100}

（C）101010\sqrt{10}

（D）5105\sqrt{10}

答案：（C）

解析：

由 dxdt=2t\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2t，dydt=2t+4\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=2t+4，得 dydx=1+2t\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1+\frac{2}{t}，d2ydx2=−1t3\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=-\frac{1}{t^{3}}。

当 t=1t=1 时，y′=3y^{\prime}=3，y′′=−1y^{\prime\prime}=-1，故 K=∣y′′∣(1+(y′)2)32=11010K=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left(1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{10\sqrt{10}}，所以曲率半径 R=1K=1010R=\frac{1}{K}=10\sqrt{10}。

5. ​

设函数 f(x)=arctan⁡xf\left(x\right)=\arctan x，若 f(x)=xf′(ξ)f\left(x\right)=xf^{\prime}\left(\xi\right)，则 lim⁡x→0ξ2x2=\lim_{x\to 0}\frac{\xi^{2}}{x^{2}}=（ ）

（A）11

（B）23\frac{2}{3}

（C）12\frac{1}{2}

（D）13\frac{1}{3}

答案：（D）

解析：

由 f′(ξ)=11+ξ2=arctan⁡xxf^{\prime}\left(\xi\right)=\frac{1}{1+\xi^{2}}=\frac{\arctan x}{x}，得 ξ2=x−arctan⁡xarctan⁡x\xi^{2}=\frac{x-\arctan x}{\arctan x}。

又 arctan⁡x=x−x33+o(x3)\arctan x=x-\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)，所以 lim⁡x→0ξ2x2=lim⁡x→0x−arctan⁡xx2arctan⁡x=13\lim_{x\to 0}\frac{\xi^{2}}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{x-\arctan x}{x^{2}\arctan x}=\frac{1}{3}。

6. ​

设 u(x,y)u\left(x,y\right) 在平面有界闭区域 DD 上连续，在 DD 的内部具有二阶连续偏导数，且满足 ∂2u∂x∂y≠0\frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial y}\neq 0 及 ∂2u∂x2+∂2u∂y2=0\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}=0，则（ ）

（A）u(x,y)u\left(x,y\right) 的最大值点和最小值点必定都在区域 DD 的边界上；

（B）u(x,y)u\left(x,y\right) 的最大值点和最小值点必定都在区域 DD 的内部；

（C）u(x,y)u\left(x,y\right) 的最大值点在区域 DD 的内部，最小值点在区域 DD 的边界上；

（D）u(x,y)u\left(x,y\right) 的最小值点在区域 DD 的内部，最大值点在区域 DD 的边界上。

答案：（A）

解析：

若内部存在驻点，则 A=∂2u∂x2A=\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}，B=∂2u∂x∂yB=\frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial y}，C=∂2u∂y2C=\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}。由 A+C=0A+C=0 且 B≠0B\neq 0，有 AC−B2=−A2−B2<0AC-B^{2}=-A^{2}-B^{2}<0，故内部驻点不是极值点。因此最大值点和最小值点只能在边界上。

7. ​

行列式 ∣0ab0 a00b 0cd0 c00d∣\left|\begin{matrix}0&a&b&0\\\ a&0&0&b\\\ 0&c&d&0\\\ c&0&0&d\end{matrix}\right| 等于（ ）

（A）(ad−bc)2\left(ad-bc\right)^{2}

（B）−(ad−bc)2-\left(ad-bc\right)^{2}

（C）a2d2−b2c2a^{2}d^{2}-b^{2}c^{2}

（D）−a2d2+b2c2-a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}

答案：（B）

解析：

按第一行展开：

∣0ab0 a00b 0cd0 c00d∣=−a∣a0b 0d0 c0d∣+b∣a0b 0c0 c0d∣=−ad∣ab cd∣+bc∣ab cd∣=−(ad−bc)2\left|\begin{matrix}0&a&b&0\\\ a&0&0&b\\\ 0&c&d&0\\\ c&0&0&d\end{matrix}\right|=-a\left|\begin{matrix}a&0&b\\\ 0&d&0\\\ c&0&d\end{matrix}\right|+b\left|\begin{matrix}a&0&b\\\ 0&c&0\\\ c&0&d\end{matrix}\right|=-ad\left|\begin{matrix}a&b\\\ c&d\end{matrix}\right|+bc\left|\begin{matrix}a&b\\\ c&d\end{matrix}\right|=-\left(ad-bc\right)^{2}。

8. ​

设 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 是三维向量，则对任意的常数 k,lk,l，向量 α1+kα3\boldsymbol{\alpha}_{1}+k\boldsymbol{\alpha}_{3}，α2+lα3\boldsymbol{\alpha}_{2}+l\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性无关是向量 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性无关的（ ）

（A）必要而非充分条件

（B）充分而非必要条件

（C）充分必要条件

（D）非充分非必要条件

答案：（A）

解析：

若 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3} 线性无关，则 (α1+kα3,α2+lα3)=(α1,α2,α3)(10 01 kl)\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+k\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{2}+l\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left(\begin{matrix}1&0\\\ 0&1\\\ k&l\end{matrix}\right)，右侧第二个矩阵秩为 22，故两向量线性无关。

反之不成立。例如 α1=(1 0 0)\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(\begin{matrix}1\\\ 0\\\ 0\end{matrix}\right)，α2=(0 1 0)\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(\begin{matrix}0\\\ 1\\\ 0\end{matrix}\right)，α3=(0 0 0)\boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(\begin{matrix}0\\\ 0\\\ 0\end{matrix}\right) 时，两向量仍线性无关，但三向量线性相关。

二、填空题 ​

本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分。

9. ​

$\int_{-\infty}^{1}\frac{1}{x^{2}+2x+5}\mathrm{~d}x=$________。

答案：3π8\frac{3\pi}{8}

解析：

∫−∞11x2+2x+5 dx=∫−∞11(x+1)2+4 dx=12arctan⁡x+12∣−∞1=12(π4+π2)=3π8\int_{-\infty}^{1}\frac{1}{x^{2}+2x+5}\mathrm{~d}x=\int_{-\infty}^{1}\frac{1}{\left(x+1\right)^{2}+4}\mathrm{~d}x=\frac{1}{2}\arctan \frac{x+1}{2}\bigg|_{-\infty}^{1}=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{3\pi}{8}。

10. ​

设 f(x)f\left(x\right) 为周期为 44 的可导奇函数，且 f′(x)=2(x−1)f^{\prime}\left(x\right)=2\left(x-1\right)，x∈[0,2]x\in \left[0,2\right]，则 $f\left(7\right)=$________。

答案：11

解析：

当 x∈[0,2]x\in \left[0,2\right] 时，f(x)=∫2(x−1) dx=x2−2x+Cf\left(x\right)=\int 2\left(x-1\right)\mathrm{~d}x=x^{2}-2x+C。由 f(0)=0f\left(0\right)=0 得 C=0C=0，即 f(x)=x2−2xf\left(x\right)=x^{2}-2x。

又 f(x)f\left(x\right) 周期为 44 且为奇函数，所以 f(7)=f(−1)=−f(1)=1f\left(7\right)=f\left(-1\right)=-f\left(1\right)=1。

11. ​

设 z=z(x,y)z=z\left(x,y\right) 是由方程 e2yz+x+y2+z=74e^{2yz}+x+y^{2}+z=\frac{7}{4} 确定的函数，则 $\left.\mathrm{d}z\right|_{\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)}=$________。

答案：−12dx−12dy-\frac{1}{2}\mathrm{d}x-\frac{1}{2}\mathrm{d}y

解析：

设 F(x,y,z)=e2yz+x+y2+z−74F\left(x,y,z\right)=e^{2yz}+x+y^{2}+z-\frac{7}{4}。当 x=y=12x=y=\frac{1}{2} 时，z=0z=0。

有 Fx′=1F_{x}^{\prime}=1，Fy′=2ze2yz+2yF_{y}^{\prime}=2ze^{2yz}+2y，Fz′=2ye2yz+1F_{z}^{\prime}=2ye^{2yz}+1，故 ∂z∂x=−Fx′Fz′=−12\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_{x}^{\prime}}{F_{z}^{\prime}}=-\frac{1}{2}，∂z∂y=−Fy′Fz′=−12\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{y}^{\prime}}{F_{z}^{\prime}}=-\frac{1}{2}。

所以 dz∣(12,12)=−12dx−12dy\left.\mathrm{d}z\right|_{\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)}=-\frac{1}{2}\mathrm{d}x-\frac{1}{2}\mathrm{d}y。

12. ​

曲线 LL 的极坐标方程为 r=θr=\theta，则 LL 在点 (r,θ)=(π2,π2)\left(r,\theta\right)=\left(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) 处的切线方程为________。

答案：y=−2πx+π2y=-\frac{2}{\pi}x+\frac{\pi}{2}

解析：

由 x=θcos⁡θx=\theta\cos\theta，y=θsin⁡θy=\theta\sin\theta，得 dydx∣θ=π2=sin⁡θ+θcos⁡θcos⁡θ−θsin⁡θ∣θ=π2=−2π\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{\theta=\frac{\pi}{2}}=\left.\frac{\sin\theta+\theta\cos\theta}{\cos\theta-\theta\sin\theta}\right|_{\theta=\frac{\pi}{2}}=-\frac{2}{\pi}。

又当 θ=π2\theta=\frac{\pi}{2} 时，点为 (0,π2)\left(0,\frac{\pi}{2}\right)，故切线方程为 y−π2=−2πxy-\frac{\pi}{2}=-\frac{2}{\pi}x，即 y=−2πx+π2y=-\frac{2}{\pi}x+\frac{\pi}{2}。

13. ​

一根长为 11 的细棒位于 xx 轴的区间 [0,1]\left[0,1\right] 上，若其线密度 ρ(x)=−x2+2x+1\rho\left(x\right)=-x^{2}+2x+1，则该细棒的质心坐标 $\overline{x}=$________。

答案：1120\frac{11}{20}

解析：

x‾=∫01xρ(x) dx∫01ρ(x) dx=∫01(−x3+2x2+x) dx∫01(−x2+2x+1) dx=111253=1120\overline{x}=\frac{\int_{0}^{1}x\rho\left(x\right)\mathrm{~d}x}{\int_{0}^{1}\rho\left(x\right)\mathrm{~d}x}=\frac{\int_{0}^{1}\left(-x^{3}+2x^{2}+x\right)\mathrm{~d}x}{\int_{0}^{1}\left(-x^{2}+2x+1\right)\mathrm{~d}x}=\frac{\frac{11}{12}}{\frac{5}{3}}=\frac{11}{20}。

14. ​

设二次型 f(x1,x2,x3)=x12−x22+2ax1x3+4x2x3f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+2ax_{1}x_{3}+4x_{2}x_{3} 的负惯性指数是 11，则 aa 的取值范围是________。

答案：[−2,2]\left[-2,2\right]

解析：

配方得 f(x1,x2,x3)=(x1+ax3)2−(x2−2x3)2+(4−a2)x32f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=\left(x_{1}+ax_{3}\right)^{2}-\left(x_{2}-2x_{3}\right)^{2}+\left(4-a^{2}\right)x_{3}^{2}。

负惯性指数为 11，需 4−a2≥04-a^{2}\geq 0，故 a∈[−2,2]a\in \left[-2,2\right]。

三、解答题 ​

15.（本题满分 10 分） ​

求极限 lim⁡x→+∞∫1x(t2(e1t−1)−t) dtx2ln⁡(1+1x)\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{1}^{x}\left(t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right)\mathrm{~d}t}{x^{2}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}。

解析：

因 x2ln⁡(1+1x)∼xx^{2}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\sim x，故

lim⁡x→+∞∫1x(t2(e1t−1)−t) dtx2ln⁡(1+1x)=lim⁡x→+∞∫1x(t2(e1t−1)−t) dtx\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{1}^{x}\left(t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right)\mathrm{~d}t}{x^{2}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{1}^{x}\left(t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right)\mathrm{~d}t}{x}。

由洛必达法则得

lim⁡x→+∞(x2(e1x−1)−x)=lim⁡x→+∞[x2(1x+12x2+o(1x2))−x]=12\lim_{x\to+\infty}\left(x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)-x\right)=\lim_{x\to+\infty}\left[x^{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right)-x\right]=\frac{1}{2}。

16.（本题满分 10 分） ​

已知函数 y=y(x)y=y\left(x\right) 满足微分方程 x2+y2y′=1−y′x^{2}+y^{2}y^{\prime}=1-y^{\prime}，且 y(2)=0y\left(2\right)=0，求 y(x)y\left(x\right) 的极大值和极小值。

解析：

原方程化为 (1+y2)dydx=1−x2\left(1+y^{2}\right)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1-x^{2}。积分得 13y3+y=x−13x3+C\frac{1}{3}y^{3}+y=x-\frac{1}{3}x^{3}+C。

由 y(2)=0y\left(2\right)=0 得 C=23C=\frac{2}{3}，故 13y3+y=x−13x3+23\frac{1}{3}y^{3}+y=x-\frac{1}{3}x^{3}+\frac{2}{3}。

又 dydx=1−x21+y2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1-x^{2}}{1+y^{2}}，令 y′=0y^{\prime}=0，得 x=±1x=\pm 1。

当 x=1x=1 时，由原方程得 y=1y=1，且 y′′<0y^{\prime\prime}<0，故极大值为 11；当 x=−1x=-1 时，由原方程得 y=0y=0，且 y′′>0y^{\prime\prime}>0，故极小值为 00。

17.（本题满分 10 分） ​

设平面区域 D={(x,y)|1≤x2+y2≤4,x≥0,y≥0}D=\left\{\left(x,y\right)\middle|1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4,x\geq 0,y\geq 0\right\}。计算 ∬Dxsin⁡(πx2+y2)x+y dx dy\iint_{D}\frac{x\sin\left(\pi\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y。

解析：

由对称性，

∬Dxsin⁡(πx2+y2)x+y dx dy=12∬Dsin⁡(πx2+y2) dx dy\iint_{D}\frac{x\sin\left(\pi\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x+y}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\frac{1}{2}\iint_{D}\sin\left(\pi\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y。

转为极坐标得

12∫0π2dθ∫12rsin⁡(πr) dr=π4[−rcos⁡(πr)π+sin⁡(πr)π2]12=−34\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{1}^{2}r\sin\left(\pi r\right)\mathrm{~d}r=\frac{\pi}{4}\left[-\frac{r\cos\left(\pi r\right)}{\pi}+\frac{\sin\left(\pi r\right)}{\pi^{2}}\right]_{1}^{2}=-\frac{3}{4}。

18.（本题满分 10 分） ​

设函数 f(u)f\left(u\right) 具有二阶连续导数，z=f(excos⁡y)z=f\left(e^{x}\cos y\right) 满足 ∂2z∂x2+∂2z∂y2=(4z+excos⁡y)e2x\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=\left(4z+e^{x}\cos y\right)e^{2x}。若 f(0)=0,f′(0)=0f\left(0\right)=0,f^{\prime}\left(0\right)=0，求 f(u)f\left(u\right) 的表达式。

解析：

设 u=excos⁡yu=e^{x}\cos y，则 z=f(u)z=f\left(u\right)。计算得 ∂2z∂x2+∂2z∂y2=f′′(u)e2x\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=f^{\prime\prime}\left(u\right)e^{2x}。

由题意得 f′′(u)=4f(u)+uf^{\prime\prime}\left(u\right)=4f\left(u\right)+u，即 f′′(u)−4f(u)=uf^{\prime\prime}\left(u\right)-4f\left(u\right)=u。

其通解为 f(u)=C1e2u+C2e−2u−14uf\left(u\right)=C_{1}e^{2u}+C_{2}e^{-2u}-\frac{1}{4}u。

代入 f(0)=0f\left(0\right)=0，f′(0)=0f^{\prime}\left(0\right)=0，得 C1=116C_{1}=\frac{1}{16}，C2=−116C_{2}=-\frac{1}{16}。

所以 f(u)=116e2u−116e−2u−14uf\left(u\right)=\frac{1}{16}e^{2u}-\frac{1}{16}e^{-2u}-\frac{1}{4}u。

19.（本题满分 10 分） ​

设函数 f(x),g(x)f\left(x\right),g\left(x\right) 在区间 [a,b]\left[a,b\right] 上连续，且 f(x)f\left(x\right) 单调增加，0≤g(x)≤10\leq g\left(x\right)\leq 1，证明：

（1）0≤∫axg(t) dt≤x−a,x∈[a,b]0\leq \int_{a}^{x}g\left(t\right)\mathrm{~d}t\leq x-a,\quad x\in \left[a,b\right]；

（2）∫aa+∫abg(t) dtf(x) dx≤∫abf(x)g(x) dx\int_{a}^{a+\int_{a}^{b}g\left(t\right)\mathrm{~d}t}f\left(x\right)\mathrm{~d}x\leq \int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)\mathrm{~d}x。

解析：

（1）由 0≤g(x)≤10\leq g\left(x\right)\leq 1，积分得 0≤∫axg(t) dt≤∫ax1 dt=x−a0\leq \int_{a}^{x}g\left(t\right)\mathrm{~d}t\leq \int_{a}^{x}1\mathrm{~d}t=x-a。

（2）令 F(x)=∫axf(u)g(u) du−∫aa+∫axg(t) dtf(u) duF\left(x\right)=\int_{a}^{x}f\left(u\right)g\left(u\right)\mathrm{~d}u-\int_{a}^{a+\int_{a}^{x}g\left(t\right)\mathrm{~d}t}f\left(u\right)\mathrm{~d}u，则 F(a)=0F\left(a\right)=0。

由（1）及 f(x)f\left(x\right) 单调增加，得 f(a+∫axg(t) dt)≤f(x)f\left(a+\int_{a}^{x}g\left(t\right)\mathrm{~d}t\right)\leq f\left(x\right)。

因此 F′(x)=g(x)[f(x)−f(a+∫axg(t) dt)]≥0F^{\prime}\left(x\right)=g\left(x\right)\left[f\left(x\right)-f\left(a+\int_{a}^{x}g\left(t\right)\mathrm{~d}t\right)\right]\geq 0，故 F(b)≥F(a)=0F\left(b\right)\geq F\left(a\right)=0，结论成立。

20.（本题满分 11 分） ​

设函数 f(x)=x1+xf\left(x\right)=\frac{x}{1+x}，x∈[0,1]x\in \left[0,1\right]，定义函数列

f1(x)=f(x),f2(x)=f(f1(x)),⋯ ,fn(x)=f(fn−1(x)),⋯f_{1}\left(x\right)=f\left(x\right),\quad f_{2}\left(x\right)=f\left(f_{1}\left(x\right)\right),\quad \cdots,\quad f_{n}\left(x\right)=f\left(f_{n-1}\left(x\right)\right),\quad \cdots

设 SnS_{n} 是曲线 y=fn(x)y=f_{n}\left(x\right)，直线 x=1,y=0x=1,y=0 所围图形的面积。求极限 lim⁡n→∞nSn\lim_{n\to\infty}nS_{n}。

解析：

由递推可得 fn(x)=x1+nxf_{n}\left(x\right)=\frac{x}{1+nx}。

因此

Sn=∫01x1+nx dx=1n∫01(1−11+nx) dx=1n(1−ln⁡(1+n)n)S_{n}=\int_{0}^{1}\frac{x}{1+nx}\mathrm{~d}x=\frac{1}{n}\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+nx}\right)\mathrm{~d}x=\frac{1}{n}\left(1-\frac{\ln\left(1+n\right)}{n}\right)。

所以 lim⁡n→∞nSn=lim⁡n→∞(1−ln⁡(1+n)n)=1\lim_{n\to\infty}nS_{n}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{\ln\left(1+n\right)}{n}\right)=1。

21.（本题满分 11 分） ​

已知函数 f(x,y)f\left(x,y\right) 满足 ∂f∂y=2(y+1)\frac{\partial f}{\partial y}=2\left(y+1\right)，且 f(y,y)=(y+1)2−(2−y)ln⁡yf\left(y,y\right)=\left(y+1\right)^{2}-\left(2-y\right)\ln y，求曲线 f(x,y)=0f\left(x,y\right)=0 所成的图形绕直线 y=−1y=-1 旋转所成的旋转体的体积。

解析：

由 ∂f∂y=2(y+1)\frac{\partial f}{\partial y}=2\left(y+1\right)，得 f(x,y)=y2+2y+C(x)f\left(x,y\right)=y^{2}+2y+C\left(x\right)。

又 f(y,y)=(y+1)2−(2−y)ln⁡yf\left(y,y\right)=\left(y+1\right)^{2}-\left(2-y\right)\ln y，故 C(x)=1−(2−x)ln⁡xC\left(x\right)=1-\left(2-x\right)\ln x。

所以 f(x,y)=(y+1)2−(2−x)ln⁡xf\left(x,y\right)=\left(y+1\right)^{2}-\left(2-x\right)\ln x。

令 f(x,y)=0f\left(x,y\right)=0，得 (y+1)2=(2−x)ln⁡x\left(y+1\right)^{2}=\left(2-x\right)\ln x，且交点对应 x=1,2x=1,2。

所求体积为

V=π∫12(y+1)2 dx=π∫12(2−x)ln⁡x dx=(2ln⁡2−54)πV=\pi\int_{1}^{2}\left(y+1\right)^{2}\mathrm{~d}x=\pi\int_{1}^{2}\left(2-x\right)\ln x\mathrm{~d}x=\left(2\ln 2-\frac{5}{4}\right)\pi。

22.（本题满分 11 分） ​

设 A=(1−23−4 01−11 1203)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1&-2&3&-4\\\ 0&1&-1&1\\\ 1&2&0&3\end{matrix}\right)，E\boldsymbol{E} 为三阶单位矩阵。

（1）求方程组 AX=0\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{0} 的一个基础解系；

（2）求满足 AB=E\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E} 的所有矩阵。

解析：

（1）对 A\boldsymbol{A} 作初等行变换：

A→(1−23−4 01−11 04−31)→(1−23−4 01−11 001−3)→(1001 010−2 001−3)\boldsymbol{A}\to \left(\begin{matrix}1&-2&3&-4\\\ 0&1&-1&1\\\ 0&4&-3&1\end{matrix}\right)\to \left(\begin{matrix}1&-2&3&-4\\\ 0&1&-1&1\\\ 0&0&1&-3\end{matrix}\right)\to \left(\begin{matrix}1&0&0&1\\\ 0&1&0&-2\\\ 0&0&1&-3\end{matrix}\right)。

故同解方程组为 {x1=−x4 x2=2x4 x3=3x4\left\{\begin{matrix}x_{1}=-x_{4}\\\ x_{2}=2x_{4}\\\ x_{3}=3x_{4}\end{matrix}\right.，一个基础解系为 ξ1=(−1 2 3 1)\boldsymbol{\xi}_{1}=\left(\begin{matrix}-1\\\ 2\\\ 3\\\ 1\end{matrix}\right)。

（2）设 B\boldsymbol{B} 为 4×34\times 3 矩阵。对增广矩阵 (A E)\left(\boldsymbol{A}\ \boldsymbol{E}\right) 作初等行变换，可得

(A E)→(100126−1 010−2−1−31 001−3−1−41)\left(\boldsymbol{A}\ \boldsymbol{E}\right)\to \left(\begin{matrix}1&0&0&1&2&6&-1\\\ 0&1&0&-2&-1&-3&1\\\ 0&0&1&-3&-1&-4&1\end{matrix}\right)。

于是满足 AB=E\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E} 的所有矩阵为

B=(2−c16−c2−1−c3 −1+2c1−3+2c21+2c3 −1+3c1−4+3c21+3c3 c1c2c3)\boldsymbol{B}=\left(\begin{matrix}2-c_{1}&6-c_{2}&-1-c_{3}\\\ -1+2c_{1}&-3+2c_{2}&1+2c_{3}\\\ -1+3c_{1}&-4+3c_{2}&1+3c_{3}\\\ c_{1}&c_{2}&c_{3}\end{matrix}\right)，

其中 c1,c2,c3c_{1},c_{2},c_{3} 为任意常数。

23.（本题满分 11 分） ​

证明 nn 阶矩阵

(11⋯1 11⋯1 ⋮⋮⋮ 11⋯1)\left(\begin{matrix}1&1&\cdots&1\\\ 1&1&\cdots&1\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\ 1&1&\cdots&1\end{matrix}\right)

与

(0⋯01 0⋯02 ⋮⋮⋮ 0⋯0n)\left(\begin{matrix}0&\cdots&0&1\\\ 0&\cdots&0&2\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\ 0&\cdots&0&n\end{matrix}\right)

相似。

解析：

设 A=(11⋯1 11⋯1 ⋮⋮⋮ 11⋯1)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1&1&\cdots&1\\\ 1&1&\cdots&1\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\ 1&1&\cdots&1\end{matrix}\right)，B=(0⋯01 0⋯02 ⋮⋮⋮ 0⋯0n)\boldsymbol{B}=\left(\begin{matrix}0&\cdots&0&1\\\ 0&\cdots&0&2\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\ 0&\cdots&0&n\end{matrix}\right)。

对 A\boldsymbol{A}，有 ∣λE−A∣=(λ−n)λn−1\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right|=\left(\lambda-n\right)\lambda^{n-1}，故其特征值为 n,0,⋯ ,0n,0,\cdots,0。又 A\boldsymbol{A} 为实对称矩阵，故可对角化，且 A∼diag⁡(n,0,⋯ ,0)\boldsymbol{A}\sim \operatorname{diag}\left(n,0,\cdots,0\right)。

对 B\boldsymbol{B}，有 ∣λE−B∣=(λ−n)λn−1\left|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}\right|=\left(\lambda-n\right)\lambda^{n-1}，其特征值也为 n,0,⋯ ,0n,0,\cdots,0。当 λ=0\lambda=0 时，rank⁡(B)=1\operatorname{rank}\left(\boldsymbol{B}\right)=1，故对应有 n−1n-1 个线性无关特征向量；再加上特征值 nn 对应的特征向量，B\boldsymbol{B} 也可对角化，且 B∼diag⁡(n,0,⋯ ,0)\boldsymbol{B}\sim \operatorname{diag}\left(n,0,\cdots,0\right)。

因此 A\boldsymbol{A} 与 B\boldsymbol{B} 相似。