2001年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

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2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析
一、填空题
2
(1)【答案】−
6
3−x − 1+x 3−x − 1+x
【详解】lim =lim
x→1 x2 +x−2 x→1 ( x+2 )( x−1 )
( )( )
3−x − 1+x 3−x + 1+x 3−x−( 1+x )
=lim =lim
( ) ( )
x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x
2 ( 1−x ) 2
=lim =−lim
( ) ( )
x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x x→1 ( x+2 ) 3−x + 1+x
lim2
2 1 2
=− x→1 =− =− =− .
( ) ( )
lim ( x+2 ) 3−x + 1+x ( 1+2 ) 3−1+ 1+1 3 2 6
x→1
(2)【答案】 x−2y+2=0.
【详解】在等式e2x+y −cos(xy)=e−1两边对x求导, 其中y视为x的函数，得
e2x+y( 2x+ y )′ +sin(xy) ( xy )′ =0，即e2x+y⋅(2+ y')+sin(xy)⋅(y+xy')=0
−1 1
将x=0, y=1代入上式, 得e⋅(2+ y')=0，即 y'(0)=−2. 故所求法线方程斜率k = = ，
−2 2
1
根据点斜式法线方程为：y−1= x, 即 x−2y+2=0.
2
π
(3)【答案】
8
【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设 f ( x )在有界闭区域[−a,a ]上连续，则
 ∫ a f ( x ) dx=2∫ a f ( x ) dx, f ( x )为偶函数

有  −a 0 ，
∫ a f ( x ) dx=0， f ( x )为奇函数

−a
【详解】由题设知
π π π
( )
∫2 x3 +sin2 x cos2 xdx =∫2 x3cos2 xdx+∫2 sin2 xcos2 xdx
π π π
− − −
2 2 2
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π π
在区间[− , ]上，x3cos2 x是奇函数，sin2 xcos2 x是偶函数，故
2 2
π π π
∫2 x3cos2 xdx=0，∫2 sin2 xcos2 xdx=2∫2sin2 xcos2 xdx，
π π
− − 0
2 2
π π π
所以，原式=∫2 x3cos2 xdx+∫2 sin2 xcos2 xdx =2∫2sin2 xcos2 xdx
π π
− − 0
2 2
π1 1 π
=∫2 sin22xdx = ∫2(1−cos4x)dx
0 2 4 0
1 π 1 π 1 π 1 π π π
= x 2 − ∫2cos4xd4x = ⋅ − sin4x 2 = −0 = .
4 0 16 0 4 2 16 0 8 8
1
(4)【答案】yarcsinx= x− .
2
【详解】
方法1：因为( yarcsinx )′ = y'arcsinx+ y ，所以原方程y'arcsinx+ y =1可
1−x2 1−x2
改写为 ( yarcsinx )′ =1,
两边直接积分，得 yarcsinx= x+c.
1 1 1
又由y( )=0代入上式，有 0⋅arcsinx= +c，解得c=− .
2 2 2
1
故所求曲线方程为 yarcsinx= x− .
2
方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式
1 1
y'+ y = .
1−x2 arcsinx arcsinx
dy
由一阶线性微分方程 +P ( x ) y =Q ( x )通解公式：
dx
f(x)=e
−∫P(x)dx
C+∫Q ( x ) e
∫P(x)dx
dx


 
1 1
这里P ( x )= , Q ( x )= ，代入上式得：
1−x2 arcsinx arcsinx
−∫ 1 dx  1 ∫ 1 dx 
y =e 1−x2arcsinx C+∫ e 1−x2arcsinx dx
 arcsinx 
 
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−∫ 1 darcsinx  1 ∫ 1 darcsinx 
=e arcsinx C+∫ e arcsinx dx
 arcsinx 
 1 
=e−lnarcsinx

C+∫ elnarcsinxdx

 arcsinx 
1  arcsinx  C x
=

C+∫ dx

= +
arcsinx arcsinx  arcsinx arcsinx
1 1 1
又由y( )=0,解得C =− . 故曲线方程为：yarcsinx= x− .
2 2 2
(5)【答案】 -2
【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有
a 1 1 1  1 1 a −2
 
1,3行
 
A= 1 a 1 1 1 a 1 1
  互换  

 1 1 a −2   a 1 1 1  
1 1 a  −2 
1行的(-1),(-a)倍
 
0 a−1 1−a  3
分别加到2，3行  
  0 1−a 1−a2 1+2a 
1 1 a  −2 
 
2 行  加  到 3 行  0 a−1 1−a  3 
 0 0 (1−a)(a+2) 2(2+a) 
由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设A是m×n矩阵，方程组Ax=b有无
穷多解⇔ r(A)=r(A)=<n. 可见，只有当a =−2 时才有秩r(A)=r(A)=2<3，对
应方程组有无穷多个解.
方法2: 设A是m×n矩阵，方程组Ax=b有无穷多解⇔ r(A)=r(A)<n，则方程组
a 1 1x   1 
1
    
1 a 1 x = 1 有无穷多解⇔ r(A)=r(A)<3. 从而有 A =0，即
  2  
 1 1 a   x     −2 
3
a 1 1 a+2 a+2 a+2 1 1 1
2,3行分别 1行提出
A = 1 a 1 1 a 1 (a+2)1 a 1
加到1行 (a+2)
1 1 a 1 1 a 1 1 a
1 1 1
1行×(−1)分别 a−1 0
(a+2)0 a−1 0 =(-1)1+1(a+2)
加到2，3行 0 a−1
0 0 a−1
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=(a+2)(a−1)2 =0,
则，a=1或a=−2.
当a =1时，
1 1 1 1  1 1 1 1 
   
A=

1 1 1 1

1

行

×

(

−

1

)

分

别

加

到

2

，

3

行

0 0 0 0

 1 1 1 −2   0 0 0 −3 
可见r(A)=1≠r(A)=2,原方程组无解.
当a =−2时，有
−2 1 1  1   1 1 −2 −2
   
A=  1 −2 1  1  1 ， 3 行  互  换  1 −2 1  1 
  1 1 −2 −2    −2 1 1  1  
 1 1 −2 −2 1 1 −2 −2
   
2 行  − 1 行  0 −3 3  3  1 行  ×  2  加  到  3  行  0 −3 3  3 
  −2 1 1  1    0 3 −3 −3 
1 1 −2 −2 1 1 −2 −2
   
3  行  +  2  行  0 −3 3  3  2  行  ÷  (  −  3  )  0 1 −1 −1 
 0 0 0  0    0 0 0  0  
可知，r(A)=r(A)=2<3,
故当a =−2时，原方程组有无穷多解.
二、选择题
(1)【答案】(B)
 1, x ≤1
【详解】因为 f(x)= ，所以在整个定义域内 f(x)=0或f(x)=1，所以
 0, x >1
f(x) ≤1，于是 f [ f(x) ]=1，从而 f { f [ f(x) ]} = f ( 1 )=1
(2)【答案】(B)
β
【详解】根据高阶无穷小的定义：如果lim =0，就说β是比α高阶的无穷小，由题设当
α
x→0时，(1−cosx)ln(1+x2)是比xsinxn高阶的无穷小，所以
1 1
x2⋅x2 x3
(1−cosx)ln(1+x2) 1
0=lim 等价 lim 2 等价 lim 2 =lim x3−n
x→0 xsinxn x→0 x⋅xn x→0 xn x→0 2
从而n应满足n≤2；
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又由xsinxn是比(ex2 −1)高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有：
xsinxn x⋅xn
0=lim 等价 lim =limxn−1，从而n应满足n≥2
x→0 ex2 −1 x→0 x2 x→0
综上，故正整数n=2，故选(B)
(3)【答案】(C)
【详解】y =(x−1)2(x−3)2，
所以 y′ =2(x−1)(x−3)2 +2(x−1)2(x−3) =4(x−1)(x−2)(x−3)
y′′ =4 [ (x−2)(x−3)+(x−1)(x−3)+(x−1)(x−2) ]
=4

x2 −5x+6+x2 −4x+3+x2 −3x+2

=4

3x2 −12x+11

y′′′ =4 [ 6x−12 ] =24 ( x−2 )
令y′′=0，即3x2 −12x+11=0，因为判别式：∆ =b2 −4ac=122 −4⋅3⋅11=12>0，
所以y′′=0有两个不相等的实根，且y′′( 2 ) =3⋅22 −12⋅2+11 =−1≠0，所以两个实根不
为2，因此在使y′′=0这两点处，三阶导数y′′′≠0，(一般地，若 f′′( x )=0，且 f′′′( x )≠0，
0 0
则点 ( x , f ( x )) 一定是曲线y = f ( x )的拐点)，因此曲线有两个拐点，故选(C)
0 0
或根据y′′ =43x2 −12x+11是一条抛物线，且与x轴有两个不相同的交点，所以在
 
两个交点的左右y′′符号不相同，满足拐点的定义，因此选(C)
(4)【答案】(A)
【详解】方法1：令F ( x )= f(x)−x，则F′( x )= f′(x)−1= f′(x)− f′( 1 )
由于 f '(x) 严格单调减少，因此当 x∈(1−δ,1) 时， f′(x)> f′( 1 ) ，则
F′( x ) = f′(x)− f′( 1 ) >0 ； 当 x∈(1,1+δ) 时 ， f′(x)< f′( 1 ) ， 则
F′( x ) = f′(x)− f′( 1 ) <0，且在x=1处F′( 1 )= f′(1)− f′( 1 )=0，
根据判定极值的第一充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心δ领
0 0
域内可导，若x∈( x −δ, x )时，f′(x)>0，而x∈( x , x +δ)时，f′(x)<0，则 f(x)
0 0 0 0
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在x 处取得极大值，知F ( x )在x=1处取极大值，即在在(1−δ,1)和(1,1+δ)内均有
0
F ( x )< F ( 1 )=0，也即 f(x)< x. 故选(A)
( x−1 )2
方 法 2 ： 排 除 法 ， 取 f(x)=− +x ， 则 f′(x)=−2 ( x−1 )+1=−2x+3 ，
2
f′′(x)=−2<0，所以满足题设在区间(1−δ,1+δ)内具有二阶导数， f '(x)严格单调
( x−1 )2
减少，且 f(1)= f '(1)=1,当x<1时或x>1时，均有 f(x) =− +x < x，因此
2
可以排除(B)、(C)、(D)，选(A)
(5) 【答案】(D)
【详解】从题设图形可见，在y轴的左侧，曲线y = f(x)是
严格单调增加的，因此当x<0时，一定有 f '(x)>0，对应
y = f′(x)图形必在x轴的上方，由此可排除(A)，(C)；
又 y = f(x) 的图形在 y 轴右侧靠近 y 轴部分是单调增，所以在这一段内一定有
f '(x)>0，对应y = f′(x)图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D).
三【详解】作积分变量变换，令x=tanu,则dx=sec2udu,
sec2udu sec2udu
原式=∫ =∫
(2tan2u+1) tan2u+1 (2tan2u+1)secu
du du cos2udu
=∫ =∫ =∫
(2tan2u+1)cosu 2sin2u ( 2sin2u+cos2u ) cosu
( +1)cosu
cos2u
cosudu cosudu dsinu
=∫ =∫ =∫
2sin2u+cos2u sin2u+1 sin2u+1
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tanu
sinu =
1+tan2u x
=arctan(sinu)+C arctan( )+C
tanu = x 1+x2
四【分析】应先求出 f(x)的表达式，再讨论它的间断点，首先明确间断点的类型分为两大
类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为：可去间断点(左右极限存在且
相等的间断点)和跳跃间断点(左右极限存在但不相等的间断点)；第二类间断点又可分为：无
穷间断点(有一个极限为无穷的间断点)和振荡间断点(极限值在某个区间变动无限多次).
x x
 sint sint−sinx ln   sint  sint−sinx x ln   sint 
【详解】由 f(x)= lim  =lime sinx =limesint−sinx sinx
t→xsinx t→x t→x
x  sint  x  sint 
又 lim ln  = lim ln1+ −1
t→x sint−sinx sinx t→x sint−sinx  sinx 
x  sint−sinx x sint−sinx
=lim ln1+

=lim
 
t→x sint−sinx  sinx  t→x sint−sinx sinx 
x x
=lim =
t→x sinx sinx
x sint x sint x
ln  lim ln 
所以 f(x) =limesint−sinx sinx =et→xsint−sinx sinx =esinx
t→x
x
由 f(x) =esinx 的 表 达 式 ， 可 以 看 出 自 变 量 x 应 满 足 sinx≠0 ， 从 而
x≠kπ, k =0,±1,±2,
当x→0时，
x x
lim
lim f(x)=limesinx =ex→0sinx =e1 =e，
x→0 x→0
所以x=0为 f(x)的第一类间断点(左右极限相等，又进一步可知是可去间断点)；
对于非零整数k，
x x
lim
lim f(x)= lim esinx =ex→kπ−sinx sinx→0 ∞，
x→kπ− x→kπ−
故x=kπ, k =±1,±2,为 f(x)的第二类间断点(无穷间断点)
1 1
五【解答】由y = x ，有y'= ,y′′=− , 抛物线在点M(x,y)处的曲率半径
2 x 4 x3
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3

 1 
22 3
3 1+     1+ 1 2
1 (1+ y'2)2  2 x     4x   1 3
ρ=ρ(x)= = = = = (4x+1)2.
K y" 1 1 2
−
4 x3 4x x
若 已 知 平 面 曲 线  AM 的 显 式 表 示 为 y = f ( x ) ( a≤ x≤b ) ， 则 弧 长 为
s =∫ b 1+ f′2( x ) dx，其中 f ( x )在[ a,b ]有连续的导数.
a

根据上述结论，所以抛物线上AM 的弧长
2
x x  1  x 1
s =s(x) =∫ 1+ y'2dx =∫ 1+   dx =∫ 1+ dx
1 1 2 x  1 4x
′
dρ   1 (4x+1) 3 2   1 ⋅ 3 (4x+1) 1 2 ⋅4 1
dρ dx 2  2 2 3(4x+1)2⋅2 x
故 = = = = =6 x
ds ds ′ 1 1
 x 1  1+ (4x+1)2
dx ∫ 1+ dx 4x
 1 4x 
d2ρ d dρ 1 d 1
= ( )⋅ = (6 x)⋅
ds2 dx ds ds dx ′
 x 1 
dx ∫ 1+ dx
 1 4x 
6 1 6 2 x 6
= ⋅ = ⋅ = .
2 x 1 2 x 1+4x 1+4x
1+
4x
d2ρ dρ 1 3 6 ( )2
因此 3ρ −( )2 =3⋅ ( 1+4x ) 2 ⋅ − 6 x =9 ( 1+4x )−36x =9
ds2 ds 2 1+4x
f(x)
六【详解】f(x)的反函数是g(x)，根据反函数的性质有g(f(x))= x，∫ g(t)dt = x2ex
0
两边对x求导，有
( ∫ f(x) g(t)dt )′ = ( x2ex )′ ⇒ g

f ( x )

f′(x)= x2ex +2xex
0
又g(f(x))= x，所以
xf′(x)= x2ex +2xex ⇒ f′(x)= xex +2ex， x∈(0,+∞)
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( )
两边积分 ∫ f′(x)dx=∫ xex +2ex dx ⇒ f(x)=∫xexdx+∫2exdx
⇒ f(x)=∫xdex +2ex ⇒ f(x) 分部 xex −∫exdx+2ex
⇒ f(x)= xex −ex +2ex +C ⇒ f(x)= xex +ex +C.
由于题设 f(x)在[0,+∞)上可导，所以在x=0处连续，故
f ( 0 )= lim f(x)= lim ( xex +ex +C ) =1+C =0，
x→0+ x→0+
所以C =−1，于是
f(x)= xex +ex −1， x∈[0,+∞)
七【详解】由 f′(x)= g(x),g′(x)=2ex − f(x)，得 f′′(x)= g′(x)=2ex − f(x)，即
f′′(x)+ f(x)=2ex
此为二阶常系数线性非齐次方程，且右端呈P ( x ) eλx型(其中P ( x )=2, λ=1)，
m m
对应的齐次方程为 f′′(x)+ f(x)=0，特征方程为r2 +1=0，对应的特征值为r =±i，
于是齐次方程的通解为：y =C cosx+C sinx，
1 2
( )′′
因为λ=1≠r，所以设特解为y* =aex(a为实数)， y* =aex，
代入 f′′(x)+ f(x)=2ex，aex +aex =2ex，所以a+a=2，即a=1，从而特解y* =ex，
非齐次方程的通解为 f ( x )=C cosx+C sinx+ex，
1 2
又 f(0)=0，所以， f ( 0 )=C cos0+C sin0+e0 =0 ⇒C +1=0⇒C =−1
1 2 1 1
又， f′( x )=−C sinx+C cosx+ex , f′( 0 )= g(0)=2，
1 2
所以， f′( 0 )=−C sin0+C cos0+e0 =C +1=2 ⇒C =1，
1 2 2 2
所以原方程的解为： f ( x )=sinx−cosx+ex
以下计算积分，有两个方法：
πg(x) f(x)  πg(x) ( 1+x )− f(x)
方法1：∫  − dx =∫ dx
0 1+x (1+x)2  0 (1+x)2
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π f′(x) ( 1+x )− f(x) π f(x) ′ π f(x)
f′(x)= g(x) ∫ dx =∫
 
dx =∫ d
0 (1+x)2 0 1+x 0 1+x
f(x) π f(π) f(0) sinπ−cosπ+eπ 1+eπ
= = − = − f(0) =
1+x 1+π 1+0 1+π 1+π
0
πg(x) f(x)  πg(x) π f(x)
方法2：∫  − dx =∫ dx−∫ dx
0 1+x (1+x)2  0 1+x 0 (1+x)2
′
πg(x) π  1  πg(x) π 1
=∫ dx+∫ f(x) dx =∫ dx+∫ f(x)d
0 1+x 0 1+x 0 1+x 0 1+x
πg(x) f(x) π π f′(x)
分部 ∫ dx+ −∫ dx
0 1+x 1+x 0 1+x
0
π
πg(x) f(x) πg(x)
g ( x )= f′(x) ∫ dx+ −∫ dx
0 1+x 1+x 0 1+x
0
f(x) π f(π) f(0) sinπ−cosπ+eπ 1+eπ
= = − = − f(0) =
1+x 1+π 1+0 1+π 1+π
0
八【详解】(1)设曲线 L 过点 P(x,y) 的切线方程为Y − y = y′( X −x )，令 X =0 ，则
Y =−xy′+ y，即它在y轴上的截距为−xy′+ y，
根据两点( x,y ) , ( x ,y )距离公式d = ( x−x )2 +( y− y )2 ，所以原点到点P(x,y)
0 0 0 0
的距离为 x2 + y2 ，由题设P(x,y) (x>0)到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在y轴
上的截距，所以：−xy′+ y = x2 + y2 ， (x>0)，
y x2 + y2
即 y′= − ， (x>0)
x x
dy
此为一阶齐次方程，按规范方法解之，命y =ux，则 =u+xdu，代入，方程变为：
dx
du x u2 +1 du du dx
u+x =u− ⇒ x =− u2 +1 ⇒ =−
dx x dx u2 +1 x
du dx ( ) C
积分得 ∫ =−∫ ⇒ln u+ 1+u2 =−lncx ⇒u+ 1+u2 =
u2 +1 x x
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y
把u = 代入上式，得
x
2
y  y C
+ 1+
 
= ⇒ y+ x2 + y2 =C.
x  x x
2
1  1 1
由题设曲线经过点  ,0 ，代入得0+   +0 =C，则C = ，故所求方程为：
2  2 2
1 1
y+ x2 + y2 = ，即y = −x2.
2 4
1  1 
(2) 由(1)知y = −x2，则y′=−2x，点P(x,y)= Px, −x2  ，所以在点P处的切
4  4 
1 
线方程为：Y −  −x2  =−2x ( X −x )，分别令X =0，Y =0，解得在 y轴，x轴上的
4 
1 x 1
截距分别为x2 + 和 + .
4 2 8x
此切线与两坐标轴围成的三角形面积为：
A ( x ) = 1  x + 1    x2 + 1  = 1 ( 4x2 +1 )2 , x>0
22 8x 4 64x
由于该曲线在第一象限中与两坐标轴所围成的面积为定值，记S ，于是题中所要求的
0
面积为：S ( x )= A ( x )−S = 1 ( 4x2 +1 )2 −S ,
0 64x 0
求最值点时与S 无关，以下按微分学的办法求最值点.
0
S′( x ) =   1 ( 4x2 +1 )2 −S  
′
=
2⋅8x ( 4x2 +1 ) − ( 4x2 +1 )2
64x 0  64x2
( ) ( )2 ( )( )
2⋅8x 4x2 +1 x− 4x2 +1 4x2 +1 12x2 −1
= =
64x2 64x2
1 3 3 3
令S′( x )=0得x= = ，当0< x< 时，S′( x )<0；当x> 时，S′( x )>0，
12 6 6 6
根据极值存在的第一充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心δ领域内
0 0
可导，若x∈( x −δ, x )时， f′(x)>0，而x∈( x , x +δ)时， f′(x)<0，则 f(x)在x
0 0 0 0 0
3
处取得极大值，知：x= 是S ( x )在x>0处的唯一极小值点，即最小值点，
6
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于是所求切线方程为：
 2
1  3 2 3 3 3 1
Y − −  =− X − ，即Y =− X +
   
4  6   6  6  3 3
 
九【详解】
2
方法1：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积V = πr3，侧面积S =2πr2. 由
3
dV
题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知： =−kS，
dt
dV d 2  dr dr
由于r是t的函数， =

πr3

=2πr2 ，代入上式，得：2πr2 =−kS，
dt dt3  dt dt
dr
即2πr2 =−k⋅2πr2，从而dr =−kdt，r =r .
dt t=0 0
积分得r =−kt+c，把r =r 代入，得c=r ，所以r =−kt+r .
t=0 0 0 0
7
又半径为 r 的雪堆在开始融化的 3 小时内，融化了其体积的 ，即
0 8
7 1
V =V − V = V ，其中V 表示t =0时的V . 以V 的公式代入上式，为
t=3 0 8 0 8 0 0
2 1 2
V = πr3 = ⋅ πr3
t=3 3 8 3
t=3 t=0
2
将r =−kt+r 代入上式，两边约去 π，得：
0 3
1 1
(−kt+r )3 = r3，即−kt+r = r
0 8 0 0 2 0
1 1  t 
从而求得：k = r ，于是r =−kt+r =− rt+r =r 1−  ，当t =6时r =0，雪
6 0 0 6 0 0 0  6
融化完.
2
方法 2：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积V = πr3，侧面积S =2πr2，
3
2
联立V = πr3，S =2πr2消去r，得：S = 318πV2
3
dV
由题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知： =−kS，从而推知
dt
dV
=−k318πV2, V =V
dt t=0 0
dV 1
分离变量 =−k318πdt ，积分：3V3 =−k318πt+c，把V =V 代入，
2 t=0 0
V3
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1 1 1
c=3V3，所以，3V3 =3V3 −k318πt.
0 0
7 1 3 1 1 1 V
又由V =V − V = V ，代入上式 V3 =3V3 −3k318π，得k = 3 0 ，
t=3 0 8 0 8 0 2 0 0 2 18π
1 1 1 1 V 1 1 1
故 3V3 =3V3 −k318πt =3V3 − 3 0 318πt =3V3 − V3t.
0 0 2 18π 0 2 0
命V =0，解得：t =6，即雪堆全部融化需6小时.
十【应用定理】闭区间上连续函数的介值定理：设 f(x)在[ a,b ]上连续， f(a)≠ f(b)，
则对 f(a)与f(b)之间的任何数η，必存在c(a<c<b)，使得 f(c)=η.
【详解】(1)麦克劳林公式其实就是泰勒公式中，把函数在零点展开.
f(x)的拉格朗日余项一阶麦克劳林公式为：
1 f′′(ξ)
f(x)= f(0)+ f′(0)x+ f′′(ξ)x2 = f′(0)x+ x2，
2 2
其中ξ位于0和x为端点的开区间内，x∈[−a,a ]
.
a a 1 a
(2)方法1：将 f(x)从−a到a积分 ∫ f(x)dx=∫ f′(0)xdx+ ∫ f′′(ξ)x2dx.
−a −a 2 −a
a a
x2 a
而 ∫ f′(0)xdx=f′(0)∫ xdx=f′(0)× =0
−a −a 2 −a
a 1 a
从而有 ∫ f(x)dx= ∫ f′′(ξ)x2dx.
−a 2 −a
因 f′′(x)在[−a,a ]上连续，故有 f′′(x)在[−a,a ]上存在最大值M ，最小值m(由
闭区间上的连续函数必有最大值和最小值)，即
m=min f′′(x),M =max f′′(x),
[−a,a] [−a,a]
易得 m≤ f′′(x)≤M,x∈[−a,a].
a 1 a 1 a 1 x3 a Ma3
因此 ∫ f(x)dx= ∫ f′′(ξ)x2dx≤ M∫ x2dx= M = ,
−a 2 −a 2 −a 2 3 −a 3
a 1 a 1 a 1
同理 ∫ f(x)dx= ∫ f′′(ξ)x2dx≥ m∫ x2dx= ma3.
−a 2 −a 2 −a 3
3 a
因此 m≤ ∫ f(x)dx≤M .
a3 −a
由连续函数介值定理知，存在η∈[−a,a ]，使
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3 a a
f′′(η)= ∫ f(x)dx，即a3f′′(η)=3∫ f(x)dx.
a3 −a −a
x
方法2 ：观察要证的式子，做变限函数：F(x)=∫ f(t)dt ，易得F(0)=0，
−x
F′(x)= f(x)+ f(−x)(变限积分求导)
F′′(x)=( f(x)+ f(−x) )′ = f′(x)− f′(−x)
F′′′(x)=( f′(x)− f′(−x) )′ = f′′(x)+ f′′(−x)
则有 F′(0)= f(0)+ f(−0)=0+0=0
F′′(0)= f′(0)− f′(−0)= f′(0)− f′(0)=0
将它展开成2阶带拉格朗日余项麦克劳林公式：
1 1
F(x)= F(0)+F′(0)x+ F′′(0)x2 + F′′′(ξ)x3
2 3!
1 1
=0+0+ F′′′(ξ)x3 = (f′′(ξ)+ f′′(−ξ))x3
6 6
其中ξ∈(0,x)，x∈[−a,a ]
由于 f′′(x)在[−a,a ]上连续，则由连续函数介值定理，存在η∈[−ξ,ξ]，使
1 1
f′′(η)= (f′′(ξ)+ f′′(−ξ)) (因为 (f′′(ξ)+ f′′(−ξ))∈ f′′(x),x∈[−a,a ] )
2 2
于是有，存在η∈(−a,a )，使
1 1 1 1
F(x)=0+0+ F′′′(ξ)x3 = × (f′′(ξ)+ f′′(−ξ))x3 = f′′(η)x3
6 3 2 3
把x=a代入F(x)有：
F(a)= 1 f′′(η)a3，即∫ a f(x)dx= a3 f′′(η) η∈(−a,a )
3 −a 3
即 a3f′′(η)=3∫ a f(x)dx η∈(−a,a )
−a
十一【详解】题设的关系式
AXA+BXB= AXB+BXA+E ⇒ AXA+BXB−AXB−BXA= E
⇒ ( AXA−AXB )+( BXB−BXA )= E ⇒ AX ( A−B )+BX ( B−A )= E
⇒ AX ( A−B )−BX ( A−B )= E ⇒ ( AX −BX )( A−B )= E
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即 ( A−B ) X ( A−B )= E.
1 0 0 0 1 1 1 −1 −1
     
其中， A−B = 1 1 0 − 1 0 1 = 0 1 −1
     
     
1 1 1 1 1 0 0 0 1 
1 −1 −1
1 −1
因为 A−B = 0 1 −1 =(−1)1+1 =1≠0，
0 1
0 0 1
故由n阶矩阵A可逆的充要条件 A ≠0，知矩阵A−B可逆，用初等行变换求( A−B )−1：
1 −1 −11 0 0 1 −1 01 0 1
 
3行分别
 
(A−E,E)= 0 1 −10 1 0 0 1 00 1 1
   
加到1,2行
   
0 0 1 0 0 1 0 0 10 0 1
1 0 01 1 2
 
2  行  加  到  1  行  0 1 00 1 1 
 
0 0 10 0 1
1 1 2
故而 ( A−B )−1 =  0 1 1  ,
 
 
0 0 1
于是，等式( A−B ) X ( A−B )= E两边左、右乘 ( A−B )−1 可得
1 1 21 1 2 1 2 5
X =( A−B )−1 2 =  0 1 1  0 1 1  =  0 1 2  .
      
    
0 0 10 0 1 0 0 1
十二【详解】由题设知，β,β,,β均为α,α,,α的线性组合，齐次方程组当有非零
1 2 s 1 2 s
解时，解向量的任意组合仍是该齐次方程组的解向量，所以β,β,,β均为Ax=0的解.
1 2 s
下面证明β,β,,β线性无关. 设
1 2 s
kβ+k β ++k β =0 (∗)
1 1 2 2 s s
把β =tα +tα,β =tα +tα,,β =tα +tα,代入整理得，
1 1 1 2 2 2 1 2 2 3 s 1 s 2 1
( t k +t k )α +( t k +t k )α ++( t k +t k )α =0
1 1 2 s 1 2 1 1 2 2 2 s−1 1 s s
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由α,α,,α为线性方程组Ax=0的一个基础解系，知α,α,,α 线性无关，由线性
1 2 s 1 2 s
无关的定义，知(∗)中其系数全为零，即
t k +t k =0
1 1 2 s

t k +t k =0
2 1 1 2



 t k +t k =0
2 s−1 1 s
其系数行列式
t 0 0 0 t
1 2
t2
t 0 0 0 t 0 t 0  − 2
1 2 1 t
t t 0  0 1
2 1 t3  ts 
0 t t  0（∗）0 0 t  2 =ts−1 t +(−1)s+1 2  =ts +(−1)s+1ts
2 1 1 t2 1

1 ts−1

1 2
     1 1
    
0 0 0 t t
2 1 ts
0 0 0 0 t +(−1)s+1 2
1 ts−1
1
t
（( ∗）变换：把原行列式第i行乘以− 2 加到第i+1行，其中i =1,,s−1.)
t
1
由齐次线性方程组只有零解得充要条件，可见，当ts +(−1)ts ≠0,，即ts ≠(−t )s,即
1 2 1 2
当s为偶数，t ≠±t ;当s为奇数，t ≠t 时，上述方程组只有零解k =k ==k =0,因
1 2 1 2 1 2 s
此向量组β,β,,β线性无关，
1 2 s
s =2n, t ≠±t
故当 1 2 时，β,β,,β也是方程组Ax=0的基础解系.
s =2n+1, t ≠t 1 2 s
1 2
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