荒原之梦考研数学课程

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2015 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。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

（1） ​

下列反常积分收敛的是（ ）

（A）∫2+∞1x dx\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{~d}x

（B）∫2+∞ln⁡xx dx\int_{2}^{+\infty}\frac{\ln x}{x}\mathrm{~d}x

（C）∫2+∞1xln⁡x dx\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x \ln x}\mathrm{~d}x

（D）∫2+∞xex dx\int_{2}^{+\infty}\frac{x}{e^{x}}\mathrm{~d}x

答案：（D）

解析：
∫xex dx=−(x+1)e−x\int \frac{x}{e^{x}}\mathrm{~d}x=-\left(x+1\right)e^{-x}，故

∫2+∞xex dx=−(x+1)e−x∣2+∞=3e−2\int_{2}^{+\infty}\frac{x}{e^{x}}\mathrm{~d}x=-\left(x+1\right)e^{-x}\bigg|_{2}^{+\infty}=3e^{-2}，

所以该反常积分收敛。

（2） ​

函数 f(x)=lim⁡t→0(1+sin⁡tx)x2tf\left(x\right)=\lim_{t\to 0}\left(1+\frac{\sin t}{x}\right)^{\frac{x^{2}}{t}} 在 (−∞,+∞)\left(-\infty,+\infty\right) 内（ ）

（A）连续

（B）有可去间断点

（C）有跳跃间断点

（D）有无穷间断点

答案：（B）

解析：
当 x≠0x\neq 0 时，

f(x)=elim⁡t→0x2t⋅sin⁡tx=exf\left(x\right)=e^{\lim_{t\to 0}\frac{x^{2}}{t}\cdot \frac{\sin t}{x}}=e^{x}。

因此 x=0x=0 为可去间断点。

（3） ​

设函数

f(x)={xαcos⁡1xβ,x>00,x≤0f\left(x\right)=\left\{\begin{matrix}x^{\alpha}\cos \frac{1}{x^{\beta}},&x>0\\0,&x\leq 0\end{matrix}\right.，(α>0,β>0)\left(\alpha>0,\beta>0\right)，

若 f′(x)f^{\prime}\left(x\right) 在 x=0x=0 处连续，则（ ）

（A）α−β>0\alpha-\beta>0

（B）0<α−β≤10<\alpha-\beta\leq 1

（C）α−β>2\alpha-\beta>2

（D）0<α−β≤20<\alpha-\beta\leq 2

答案：（A）

解析：
由 f+′(0)=lim⁡x→0+xα−1cos⁡1xβ=0f_{+}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\to 0^{+}}x^{\alpha-1}\cos \frac{1}{x^{\beta}}=0，得 α>1\alpha>1。

当 x>0x>0 时，

f′(x)=αxα−1cos⁡1xβ+βxα−β−1sin⁡1xβf^{\prime}\left(x\right)=\alpha x^{\alpha-1}\cos \frac{1}{x^{\beta}}+\beta x^{\alpha-\beta-1}\sin \frac{1}{x^{\beta}}。

若 f′(x)f^{\prime}\left(x\right) 在 x=0x=0 处连续，则需 α−β−1>0\alpha-\beta-1>0，从而 α−β>0\alpha-\beta>0。

（4） ​

设函数 f(x)f\left(x\right) 在 (−∞,+∞)\left(-\infty,+\infty\right) 内连续，其中二阶导数 f′′(x)f^{\prime\prime}\left(x\right) 的图形如图所示，则曲线 y=f(x)y=f\left(x\right) 的拐点的个数为（ ）

（A）00

（B）11

（C）22

（D）33

答案：（C）

解析：
由图像可知，f′′(x)f^{\prime\prime}\left(x\right) 有两处变号，因此曲线 y=f(x)y=f\left(x\right) 有 22 个拐点。

（5） ​

设函数 f(u,v)f\left(u,v\right) 满足 f(x+yx,y)=x2−y2f\left(x+\frac{y}{x},y\right)=x^{2}-y^{2}，则 ∂f∂u∣u=1v=1\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{\substack{u=1\\v=1}} 与 ∂f∂v∣u=1v=1\left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{\substack{u=1\\v=1}} 依次是（ ）

（A）12,0\frac{1}{2},0

（B）0,120,\frac{1}{2}

（C）−12,0-\frac{1}{2},0

（D）0,−120,-\frac{1}{2}

答案：（D）

解析：
令 u=x+yx,v=yu=x+\frac{y}{x},v=y，则 x=uv1+vx=\frac{uv}{1+v}，故

f(u,v)=(uv1+v)2−v2f\left(u,v\right)=\left(\frac{uv}{1+v}\right)^{2}-v^{2}。

求偏导并代入 u=1,v=1u=1,v=1，得

∂f∂u∣u=1v=1=0,∂f∂v∣u=1v=1=−12\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{\substack{u=1\\v=1}}=0,\quad \left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{\substack{u=1\\v=1}}=-\frac{1}{2}。

（6） ​

设 DD 是第一象限由曲线 2xy=12xy=1，4xy=14xy=1 与直线 y=xy=x，y=3xy=3x 围成的平面区域，函数 f(x,y)f\left(x,y\right) 在 DD 上连续，则 ∬Df(x,y) dx dy=\iint_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=（ ）

（A）∫π4π3dθ∫14sin⁡2θ12sin⁡2θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)r dr\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{4\sin 2\theta}}^{\frac{1}{2\sin 2\theta}}f\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)r\mathrm{~d}r

（B）∫π4π3dθ∫14sin⁡2θ12sin⁡2θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)r dr\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{4\sin 2\theta}}^{\frac{1}{2\sin 2\theta}}f\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)r\mathrm{~d}r

（C）∫π4π3dθ∫14sin⁡2θ12sin⁡2θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)dr\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{4\sin 2\theta}}^{\frac{1}{2\sin 2\theta}}f\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)\mathrm{d}r

（D）∫π4π3dθ∫14sin⁡2θ12sin⁡2θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)dr\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{4\sin 2\theta}}^{\frac{1}{2\sin 2\theta}}f\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)\mathrm{d}r

答案：（B）

解析：
极坐标下 xy=r2sin⁡θcos⁡θ=r22sin⁡2θxy=r^{2}\sin\theta\cos\theta=\frac{r^{2}}{2}\sin 2\theta，且

π4≤θ≤π3,14sin⁡2θ≤r≤12sin⁡2θ\frac{\pi}{4}\leq \theta\leq \frac{\pi}{3},\quad \frac{1}{4\sin 2\theta}\leq r\leq \frac{1}{2\sin 2\theta}。

因此

∬Df(x,y) dx dy=∫π4π3dθ∫14sin⁡2θ12sin⁡2θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)r dr\iint_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{4\sin 2\theta}}^{\frac{1}{2\sin 2\theta}}f\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)r\mathrm{~d}r。

（7） ​

设矩阵 A=(11112a14a2)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}1&1&1\\1&2&a\\1&4&a^{2}\end{matrix}\right)，b=(12d)\boldsymbol{b}=\left(\begin{matrix}1\\2\\d\end{matrix}\right)。若集合 Ω={1,2}\Omega=\left\{1,2\right\}，则线性方程组 Ax=b\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b} 有无穷多解的充分必要条件为（ ）

（A）a∉Ω,d∉Ωa\notin\Omega,d\notin\Omega

（B）a∉Ω,d∈Ωa\notin\Omega,d\in\Omega

（C）a∈Ω,d∉Ωa\in\Omega,d\notin\Omega

（D）a∈Ω,d∈Ωa\in\Omega,d\in\Omega

答案：（D）

解析：
对增广矩阵作初等变换：

(A,b)→(111101a−1100(a−1)(a−2)(d−1)(d−2))\left(\boldsymbol{A},\boldsymbol{b}\right)\to \left(\begin{matrix}1&1&1&1\\0&1&a-1&1\\0&0&\left(a-1\right)\left(a-2\right)&\left(d-1\right)\left(d-2\right)\end{matrix}\right)。

方程组有无穷多解需 r(A)=r(A,b)<3r\left(\boldsymbol{A}\right)=r\left(\boldsymbol{A},\boldsymbol{b}\right)<3，故 a∈Ω,d∈Ωa\in\Omega,d\in\Omega。

（8） ​

设二次型 f(x1,x2,x3)f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right) 在正交变换 x=Py\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{y} 下的标准形为 2y12+y22−y322y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}，其中 P=(e1,e2,e3)\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{e}_{1},\boldsymbol{e}_{2},\boldsymbol{e}_{3}\right)，若 Q=(e1,−e3,e2)\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{e}_{1},-\boldsymbol{e}_{3},\boldsymbol{e}_{2}\right)，则 f(x1,x2,x3)f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right) 在正交变换 x=Qy\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y} 下的标准形为（ ）

（A）2y12−y22+y322y_{1}^{2}-y_{2}^{2}+y_{3}^{2}

（B）2y12+y22−y322y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}

（C）2y12−y22−y322y_{1}^{2}-y_{2}^{2}-y_{3}^{2}

（D）2y12+y22+y322y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}

答案：（A）

解析：
由题知

PTAP=(20001000−1)\boldsymbol{P}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{matrix}\right)。

又 Q=PC\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{C}，其中

C=(1000010−10)\boldsymbol{C}=\left(\begin{matrix}1&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{matrix}\right)。

所以

QTAQ=CTPTAPC=(2000−10001)\boldsymbol{Q}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{C}^{T}\boldsymbol{P}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}\boldsymbol{C}=\left(\begin{matrix}2&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{matrix}\right)，

标准形为 2y12−y22+y322y_{1}^{2}-y_{2}^{2}+y_{3}^{2}。

二、填空题 ​

9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分。

（9） ​

{x=arctan⁡ty=t3+t\left\{\begin{matrix}x=\arctan t\\y=t^{3}+t\end{matrix}\right.，则 d2ydx2∣t=1=\left.\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{t=1}=

答案：4848

解析：
dydx=3+3t211+t2=3(1+t2)2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{3+3t^{2}}{\frac{1}{1+t^{2}}}=3\left(1+t^{2}\right)^{2}，

d2ydx2=ddx[3(1+t2)2]=12t(1+t2)2\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[3\left(1+t^{2}\right)^{2}\right]=12t\left(1+t^{2}\right)^{2}。

代入 t=1t=1，得 d2ydx2∣t=1=48\left.\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}\right|_{t=1}=48。

（10） ​

函数 f(x)=x2⋅2xf\left(x\right)=x^{2}\cdot 2^{x} 在 x=0x=0 处的 nn 阶导数 f(n)(0)=f^{\left(n\right)}\left(0\right)=

答案：n(n−1)(ln⁡2)n−2n\left(n-1\right)\left(\ln 2\right)^{n-2}

解析：
由莱布尼茨公式，

f(n)(0)=Cn2⋅2⋅(ln⁡2)n−2=n(n−1)(ln⁡2)n−2f^{\left(n\right)}\left(0\right)=C_{n}^{2}\cdot 2\cdot \left(\ln 2\right)^{n-2}=n\left(n-1\right)\left(\ln 2\right)^{n-2}。

（11） ​

设 f(x)f\left(x\right) 连续，φ(x)=x∫0x2f(t) dt\varphi\left(x\right)=x\int_{0}^{x^{2}}f\left(t\right)\mathrm{~d}t，若 φ(1)=1,φ′(1)=5\varphi\left(1\right)=1,\varphi^{\prime}\left(1\right)=5，则 f(1)=f\left(1\right)=

答案：22

解析：
φ′(x)=∫0x2f(t) dt+2x2f(x2)\varphi^{\prime}\left(x\right)=\int_{0}^{x^{2}}f\left(t\right)\mathrm{~d}t+2x^{2}f\left(x^{2}\right)。

由 φ(1)=1\varphi\left(1\right)=1，得 ∫01f(t) dt=1\int_{0}^{1}f\left(t\right)\mathrm{~d}t=1。

又 φ′(1)=1+2f(1)=5\varphi^{\prime}\left(1\right)=1+2f\left(1\right)=5，故 f(1)=2f\left(1\right)=2。

（12） ​

设函数 y=y(x)y=y\left(x\right) 是微分方程 y′′+y′−2y=0y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0 的解，且在 x=0x=0 处 y(x)y\left(x\right) 取得极值 33，则 y(x)=y\left(x\right)=

答案：2ex+e−2x2e^{x}+e^{-2x}

解析：
特征方程为 λ2+λ−2=0\lambda^{2}+\lambda-2=0，得 λ1=1,λ2=−2\lambda_{1}=1,\lambda_{2}=-2。

故 y=C1ex+C2e−2xy=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-2x}。由 y(0)=3,y′(0)=0y\left(0\right)=3,y^{\prime}\left(0\right)=0，解得 C1=2,C2=1C_{1}=2,C_{2}=1。

所以 y=2ex+e−2xy=2e^{x}+e^{-2x}。

（13） ​

若函数 z=z(x,y)z=z\left(x,y\right) 由方程 ex+2y+3z+xyz=1e^{x+2y+3z}+xyz=1 确定，则 dz∣(0,0)=\left.\mathrm{d}z\right|_{\left(0,0\right)}=

答案：−13(dx+2dy)-\frac{1}{3}\left(\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y\right)

解析：
当 x=0,y=0x=0,y=0 时，z=0z=0。对方程求偏导并代入 (0,0,0)\left(0,0,0\right)，得

∂z∂x∣(0,0)=−13,∂z∂y∣(0,0)=−23\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\left(0,0\right)}=-\frac{1}{3},\quad \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{\left(0,0\right)}=-\frac{2}{3}。

因此

dz∣(0,0)=−13dx−23dy=−13(dx+2dy)\left.\mathrm{d}z\right|_{\left(0,0\right)}=-\frac{1}{3}\mathrm{d}x-\frac{2}{3}\mathrm{d}y=-\frac{1}{3}\left(\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y\right)。

（14） ​

若 33 阶矩阵 A\boldsymbol{A} 的特征值为 2,−2,12,-2,1，B=A2−A+E\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}^{2}-\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}，其中 E\boldsymbol{E} 为 33 阶单位阵，则行列式 ∣B∣=\left|\boldsymbol{B}\right|=

答案：2121

解析：
若 λ\lambda 为 A\boldsymbol{A} 的特征值，则 λ2−λ+1\lambda^{2}-\lambda+1 为 B\boldsymbol{B} 的特征值。

对应 2,−2,12,-2,1，得 B\boldsymbol{B} 的特征值为 3,7,13,7,1，故

∣B∣=3×7×1=21\left|\boldsymbol{B}\right|=3\times 7\times 1=21。

三、解答题 ​

15～23 小题，共 94 分。

（15）（本题满分 10 分） ​

设函数 f(x)=ln⁡(1+x)+ax+bxsin⁡xf\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)+ax+bx\sin x，g(x)=kx3g\left(x\right)=kx^{3}。若 f(x)f\left(x\right) 与 g(x)g\left(x\right) 在 x→0x\to 0 时是等价无穷小，求 a,b,ka,b,k 的值。

解析：
由

ln⁡(1+x)=x−x22+x33+o(x3),sin⁡x=x−x33!+o(x3)\ln\left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right),\quad \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+o\left(x^{3}\right)，

代入 f(x)f\left(x\right)，并由 f(x)∼kx3f\left(x\right)\sim kx^{3}，比较各阶系数，可得

a=−1,b=−12,k=−13a=-1,\quad b=-\frac{1}{2},\quad k=-\frac{1}{3}。

（16）（本题满分 10 分） ​

设 A>0A>0，DD 是由曲线段 y=Asin⁡x(0≤x≤π2)y=A\sin x\left(0\leq x\leq \frac{\pi}{2}\right) 及直线 y=0y=0，x=π2x=\frac{\pi}{2} 所围成的平面区域，V1V_{1}，V2V_{2} 分别表示 DD 绕 xx 轴与绕 yy 轴旋转成旋转体的体积，若 V1=V2V_{1}=V_{2}，求 AA 的值。

解析：
由旋转体体积公式，

V1=π∫0π2A2sin⁡2x dx=π2A24V_{1}=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}A^{2}\sin^{2}x\mathrm{~d}x=\frac{\pi^{2}A^{2}}{4}，

V2=2π∫0π2xAsin⁡x dx=π2AV_{2}=2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}xA\sin x\mathrm{~d}x=\pi^{2}A。

由 V1=V2V_{1}=V_{2}，且 A>0A>0，得

A=8πA=\frac{8}{\pi}。

（17）（本题满分 11 分） ​

已知函数 f(x,y)f\left(x,y\right) 满足 fxy′′(x,y)=2(y+1)exf_{xy}^{\prime\prime}\left(x,y\right)=2\left(y+1\right)e^{x}，fx′(x,0)=(x+1)exf_{x}^{\prime}\left(x,0\right)=\left(x+1\right)e^{x}，f(0,y)=y2+2yf\left(0,y\right)=y^{2}+2y，求 f(x,y)f\left(x,y\right) 的极值。

解析：
由 fxy′′(x,y)=2(y+1)exf_{xy}^{\prime\prime}\left(x,y\right)=2\left(y+1\right)e^{x}，对 yy 积分得

fx′(x,y)=(y2+2y)ex+φ(x)f_{x}^{\prime}\left(x,y\right)=\left(y^{2}+2y\right)e^{x}+\varphi\left(x\right)。

由 fx′(x,0)=(x+1)exf_{x}^{\prime}\left(x,0\right)=\left(x+1\right)e^{x}，得 φ(x)=(x+1)ex\varphi\left(x\right)=\left(x+1\right)e^{x}。

再对 xx 积分并利用 f(0,y)=y2+2yf\left(0,y\right)=y^{2}+2y，得

f(x,y)=(y2+2y)ex+xexf\left(x,y\right)=\left(y^{2}+2y\right)e^{x}+xe^{x}。

令 fx′=0,fy′=0f_{x}^{\prime}=0,f_{y}^{\prime}=0，得驻点 (0,−1)\left(0,-1\right)。

又

fxx′′(0,−1)=1,fxy′′(0,−1)=0,fyy′′(0,−1)=2f_{xx}^{\prime\prime}\left(0,-1\right)=1,\quad f_{xy}^{\prime\prime}\left(0,-1\right)=0,\quad f_{yy}^{\prime\prime}\left(0,-1\right)=2，

故 AC−B2>0AC-B^{2}>0 且 A>0A>0，所以 f(0,−1)=−1f\left(0,-1\right)=-1 为极小值。

（18）（本题满分 10 分） ​

计算二重积分 ∬Dx(x+y) dx dy\iint_{D}x\left(x+y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y，其中 D={(x,y)|x2+y2≤2,y≥x2}D=\left\{\left(x,y\right)\middle|x^{2}+y^{2}\leq 2,y\geq x^{2}\right\}。

解析：
由于区域 DD 关于 yy 轴对称，∬Dxy dx dy=0\iint_{D}xy\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=0，所以

∬Dx(x+y) dx dy=∬Dx2 dx dy\iint_{D}x\left(x+y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\iint_{D}x^{2}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y。

于是

∬Dx2 dx dy=2∫01x2(2−x2−x2) dx\iint_{D}x^{2}\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=2\int_{0}^{1}x^{2}\left(\sqrt{2-x^{2}}-x^{2}\right)\mathrm{~d}x。

令 x=2sin⁡tx=\sqrt{2}\sin t，可得

2∫01x22−x2 dx=π42\int_{0}^{1}x^{2}\sqrt{2-x^{2}}\mathrm{~d}x=\frac{\pi}{4}。

故原积分为

π4−25\frac{\pi}{4}-\frac{2}{5}。

（19）（本题满分 11 分） ​

已知函数 f(x)=∫x11+t2 dt+∫1x21+t dtf\left(x\right)=\int_{x}^{1}\sqrt{1+t^{2}}\mathrm{~d}t+\int_{1}^{x^{2}}\sqrt{1+t}\mathrm{~d}t，求 f(x)f\left(x\right) 零点的个数。

解析：
求导得

f′(x)=−1+x2+2x1+x2=1+x2(2x−1)f^{\prime}\left(x\right)=-\sqrt{1+x^{2}}+2x\sqrt{1+x^{2}}=\sqrt{1+x^{2}}\left(2x-1\right)。

故 x=12x=\frac{1}{2} 为唯一驻点，且 f(x)f\left(x\right) 在 (−∞,12)\left(-\infty,\frac{1}{2}\right) 上单调递减，在 (12,+∞)\left(\frac{1}{2},+\infty\right) 上单调递增。

又可判断

f(12)<0,lim⁡x→−∞f(x)=+∞,lim⁡x→+∞f(x)=+∞f\left(\frac{1}{2}\right)<0,\quad \lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)=+\infty,\quad \lim_{x\to+\infty}f\left(x\right)=+\infty。

因此 f(x)f\left(x\right) 在 (−∞,12)\left(-\infty,\frac{1}{2}\right) 和 (12,+∞)\left(\frac{1}{2},+\infty\right) 上各有一个零点，故零点个数为 22。

（20）（本题满分 10 分） ​

已知高温物体置于低温介质中，任一时刻该物体温度对时间的变化率与该时刻物体和介质的温差成正比，现将一初始温度为 120∘C120^\circ\mathrm{C} 的物体在 20∘C20^\circ\mathrm{C} 的恒温介质中冷却，30min30\mathrm{min} 后该物体降至 30∘C30^\circ\mathrm{C}，若要将该物体的温度继续降至 21∘C21^\circ\mathrm{C}，还需冷却多长时间？

解析：
设 tt 时刻温度为 x(t)x\left(t\right)，则

dxdt=−k(x−20)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=-k\left(x-20\right)，

解得

x(t)=100e−kt+20x\left(t\right)=100e^{-kt}+20。

由 x(12)=30x\left(\frac{1}{2}\right)=30，得 k=2ln⁡10k=2\ln 10，于是

x(t)=100e−2tln⁡10+20x\left(t\right)=100e^{-2t\ln 10}+20。

令 x(t)=21x\left(t\right)=21，得 t=1t=1。已冷却 12h\frac{1}{2}\mathrm{h}，故还需冷却 30min30\mathrm{min}。

（21）（本题满分 10 分） ​

已知函数 f(x)f\left(x\right) 在区间 [a,+∞)\left[a,+\infty\right) 上具有 22 阶导数，f(a)=0f\left(a\right)=0，f′(x)>0f^{\prime}\left(x\right)>0，f′′(x)>0f^{\prime\prime}\left(x\right)>0。设 b>ab>a，曲线 y=f(x)y=f\left(x\right) 在点 (b,f(b))\left(b,f\left(b\right)\right) 处的切线与 xx 轴的交点是 (x0,0)\left(x_{0},0\right)，证明 a<x0<ba<x_{0}<b。

解析：
切线方程为

y−f(b)=f′(b)(x−b)y-f\left(b\right)=f^{\prime}\left(b\right)\left(x-b\right)。

令 y=0y=0，得

x0=b−f(b)f′(b)x_{0}=b-\frac{f\left(b\right)}{f^{\prime}\left(b\right)}。

因 f′(x)>0f^{\prime}\left(x\right)>0 且 f(a)=0f\left(a\right)=0，所以 f(b)>0f\left(b\right)>0，从而 x0<bx_{0}<b。

由拉格朗日中值定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in\left(a,b\right)，使

f(b)=f′(ξ)(b−a)f\left(b\right)=f^{\prime}\left(\xi\right)\left(b-a\right)。

于是

x0−a=f(b)f′(ξ)−f(b)f′(b)=f(b)[f′(b)−f′(ξ)]f′(ξ)f′(b)x_{0}-a=\frac{f\left(b\right)}{f^{\prime}\left(\xi\right)}-\frac{f\left(b\right)}{f^{\prime}\left(b\right)}=\frac{f\left(b\right)\left[f^{\prime}\left(b\right)-f^{\prime}\left(\xi\right)\right]}{f^{\prime}\left(\xi\right)f^{\prime}\left(b\right)}。

又 f′′(x)>0f^{\prime\prime}\left(x\right)>0，故 f′(b)>f′(ξ)f^{\prime}\left(b\right)>f^{\prime}\left(\xi\right)，所以 x0>ax_{0}>a。

综上，a<x0<ba<x_{0}<b。

（22）（本题满分 11 分） ​

设矩阵 A=(a101a−101a)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}a&1&0\\1&a&-1\\0&1&a\end{matrix}\right) 且 A3=O\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{O}。

（1）求 aa 的值；

（2）若矩阵 X\boldsymbol{X} 满足 X−XA−AX+AXA=E\boldsymbol{X}-\boldsymbol{X}\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}+\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}，E\boldsymbol{E} 为 33 阶单位阵，求 X\boldsymbol{X}。

解析：
由 A3=O\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{O}，得 ∣A∣=0\left|\boldsymbol{A}\right|=0，即 a3=0a^{3}=0，所以

a=0a=0。

原方程可化为

(E−A)X(E−A)=E\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)\boldsymbol{X}\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)=\boldsymbol{E}，

故

X=(E−A)−2\boldsymbol{X}=\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)^{-2}。

由 A3=O\boldsymbol{A}^{3}=\boldsymbol{O}，有

(E−A)−1=E+A+A2\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)^{-1}=\boldsymbol{E}+\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}^{2}。

代入 a=0a=0 计算得

X=(31−21−1−12−11)\boldsymbol{X}=\left(\begin{matrix}3&1&-2\\1&-1&-1\\2&-1&1\end{matrix}\right)。

（23）（本题满分 11 分） ​

设矩阵

A=(0−231−331−2a)\boldsymbol{A}=\left(\begin{matrix}0&-2&3\\1&-3&3\\1&-2&a\end{matrix}\right)

相似于矩阵

B=(1200b0031)\boldsymbol{B}=\left(\begin{matrix}1&2&0\\0&b&0\\0&3&1\end{matrix}\right)。

（1）求 a,ba,b 的值；

（2）求可逆矩阵 P\boldsymbol{P}，使 P−1AP\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} 为对角阵。

解析：
由 A∼B\boldsymbol{A}\sim \boldsymbol{B}，得

tr⁡(A)=tr⁡(B),∣A∣=∣B∣\operatorname{tr}\left(\boldsymbol{A}\right)=\operatorname{tr}\left(\boldsymbol{B}\right),\quad \left|\boldsymbol{A}\right|=\left|\boldsymbol{B}\right|。

解得

a=4,b=5a=4,\quad b=5。

此时令 A=E+C\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}+\boldsymbol{C}，其中

C=(−1−231−431−23)\boldsymbol{C}=\left(\begin{matrix}-1&-2&3\\1&-4&3\\1&-2&3\end{matrix}\right)。

C\boldsymbol{C} 的特征值为 0,0,40,0,4，对应 A\boldsymbol{A} 的特征值为 1,1,51,1,5。

取对应特征向量

ξ1=(2,1,0)T,ξ2=(−3,0,1)T,ξ3=(−1,−1,1)T\boldsymbol{\xi}_{1}=\left(2,1,0\right)^{T},\quad \boldsymbol{\xi}_{2}=\left(-3,0,1\right)^{T},\quad \boldsymbol{\xi}_{3}=\left(-1,-1,1\right)^{T}。

令

P=(ξ1,ξ2,ξ3)=(2−3−110−1011)\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\xi}_{1},\boldsymbol{\xi}_{2},\boldsymbol{\xi}_{3}\right)=\left(\begin{matrix}2&-3&-1\\1&0&-1\\0&1&1\end{matrix}\right)，

则

P−1AP=(100010005)\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\left(\begin{matrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&5\end{matrix}\right)。