2003年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

更多考研资料分享+qq810958634 2003 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 (1)【答案】−4 1 1 1 1 【详解】 当x →0时，(1+x)n −1~ x，sinx~ x，则(1−ax2)4 −1~ − ax2，xsinx ~ x2 n 4 1 由题设已知，当x →0时，(1−ax2)4 −1与xsinx是等价无穷小， 1 1 − ax2 (1−ax2)4 1 4 所以 1=lim =lim =− a， x→0 xsinx x→0 x2 4 从而 a =−4． (2)【答案】x− y =0 【分析】为了求曲线在点(1,1)处的切线方程，首先需要求出函数在点(1,1)处的导数，然后利 用点斜式写出切线方程即可． 【详解】对所给方程两边对x求导数，将其中的y视为x的函数，有 2 y+ xy′+ = 4y3y′ x 将x=1,y =1代入上式，得y′(1) =1. 故函数在点(1,1)处的导数为 1，即点(1,1)处切线的斜 率为1，再利用点斜式得，过点(1,1)处的切线方程为 y−1=1⋅(x−1)，即x− y =0. (ln2)n (3)【答案】 n! 【详解】y = f(x)带佩亚诺余项的麦克劳林公式： f′′(0) f(n)(0) f(x)= f(0)+ f′(0)x+ x2 ++ xn +ο(xn) 2! n! 求 y = f(x)的麦克劳林公式中xn项的系数相当于先求 y = f(x)在点x=0处的n阶 f (n)(0) 导数值 f (n)(0)， 就是麦克劳林公式中xn项的系数. n! y′= 2x ln2；y′′= 2x(ln2)2； y(n) =2x(ln2)n (归纳法及求导公式) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 y(n)(0) (ln2)n 于是有y(n)(0)=(ln2)n，故y = 2x的麦克劳林公式中xn项的系数是 = . n! n! 1 (4)【答案】 (e4πa −1) 4a 【详解】 1 β 方法1：用定积分计算. 极坐标下平面图形的面积公式：S = ∫ ρ2(θ)dθ，则 2 α 1 2π 1 2π 1 2π 1 S = ∫ ρ2(θ)dθ= ∫ e2aθdθ= e2aθ = (e4πa −1)． 2 0 2 0 4a 0 4a 方法2：用二重积分计算. D表示该图形所占的区域，在极坐标下，利用二重积分面积公式： σ=∫∫ρdρdθ D 2π eaθ 1 2π 1 所以 S =∫∫dσ=∫ dθ∫ rdr = ∫ e2aθdθ= (e4πa −1)． 0 0 2 0 4a D (5)【答案】3 【分析】本题的可由矩阵ααT 的秩为 1，把其分解为一列乘一行的形式，而行向量一般可 选第一行(或任一非零行)，列向量的元素则为各行与选定行的倍数构成．也可设A=ααT求 出α，或利用A2或设α=[x x x ]T ，定出α等． 1 2 3 【详解】方法1：观察得A的三个行向量成比列，其比为1:1:1, 故  1 −1 1   1  A=ααT =  −1 1 −1  =  −1 [ 1 −1 1 ] ，       1 −1 1     1    1   1  知α=  −1  ，于是αTα= [ 1 −1 1 ] −1  =3.       1     1   方法2：A=ααT， A2 =ααTααT =(αTα)(ααT)=αTαA (1)  1 −1 1  1 −1 1   3 −3 3       而 A2 = −1 1 −1 −1 1 −1 = −3 3 −3 =3A (2)        1 −1 1     1 −1 1     3 −3 3   比较(1)，(2)式，得αTα=3． 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634  x2 x x x x   1 −1 1  1 1 2 1 3     方法3：设α=[x 1 x 2 x 3 ]T A=ααT =  x 2 x 1 x 2 2 x 2 x 3  =  −1 1 −1    x x x x x 2     1 −1 1   3 1 3 2 3 x  1   故 αTα=(x x x ) x = x2 +x 2 +x 2(A的主对角元之和) 1 2 3  2 1 2 3  x   3 1 (6)【答案】 2 【分析】 先化简分解出矩阵B，再计算行列式 B 或者将已知等式变形成含有因子B 的矩阵乘积形式，而其余因子的行列式都可以求出即可． 【详解】方法1：由A2B− A−B = E，知(A2 −E)B = A+E，即(A+E)(A−E)B = A+E， 易知矩阵A+E可逆，于是有 (A−E)B = E. 再两边取行列式，得 A−E B =1， 0 0 1 1 因为 A−E = 0 1 0 = 2, 所以 B = ． 2 −2 0 0 方法2：由A2B− A−B = E，得 (A+E)(A−E)B = A+E 等式两端取行列式且利用矩阵乘积的行列式=行列式的乘积，得 A+E A−E B = A+E 1 1 约去 A+E ≠0，得 B = = ． A+E 2 二、选择题 (1)【答案】(D) 【详解】方法1：推理法 b c 由题设limb =1，假设limb c 存在并记为 A，则limc =lim n n = A,这与 n→∞ n n→∞ n n n→∞ n n→∞ b n limc =∞矛盾，故假设不成立，limb c 不存在． 所以选项(D)正确． n n n n→∞ n→∞ 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 方法2：排除法 1 n−1 取a = ，b = ，满足lima =0,limb =1, 而a =1,b =0,a >b ，(A)不正确； n n n n n→∞ n n→∞ n 1 1 1 1 n−1 取b = ，c =n−2，满足limb =1,limc =∞,而b =0>−1=c ，(B)不正确； n n n n→∞ n n→∞ n 1 1 1 取a = ，c =n−2，满足lima =0,limc =∞,而lima c =1，(C)不正确． n n n n→∞ n n→∞ n n→∞ n n (2)【答案】(B) 3 n 3 n 【详解】a = ∫n+1xn−1 1+ xndx= ∫n+1 1+ xnd(1+ xn) (第一类换元法) n 2 0 2n 0 n 3 1 3 n+1 1   n  n2 1 = (1+xn)2 = 1+    − n n  n+1  n   0  3     n  n2  可见 l n i → m ∞ na n =l n i → m ∞ =      1+ n+1      −1      3  =lim     1+  (1+ −1 )−(n+1)   − n n +1   2 −1   (凑重要极限形式) n→∞   n+1        3 =(1+e−1)2 −1 (重要极限) 所以选项(B)正确 (3)【答案】(A) x y  x lnx−1 【详解】将y = 代入微分方程y′= +ϕ  ，其中y′= ，得： lnx x  y ln2 x lnx−1 1 1 = +ϕ(lnx)，即 ϕ(lnx)=− ln2 x lnx ln2 x 1 x 令lnx=u，有ϕ(u) = − ，以u= 代入，得 u2 y x y2 ϕ( )=− . y x2 故选项(A)正确． (4) 【答案】(C) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 【分析】函数的极值点可能是驻点(一阶导数为零) 或导数不存在的点，极值点是极大值点还是极小值 y 点可进一步由取极值的第一或第二充分条件判定． 【详解】根据导函数的图形可知，一阶导数为零的 点有3个(导函数与x轴交点的个数)；x=0是导数 不存在的点． 对3个一阶导数为零的点左右两侧导数符号均 不一致，故必为极值点，其中第一个交点左右两侧 导数符号由正变为负，是极大值点；第二个交点和第三个交点左右两侧导数符号由负变为正， 是极小值点，则三个驻点中有两个极小值点，一个极大值点； 对导数不存在的点：x=0．左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见x=0为极 大值点． 故 f(x)共有两个极小值点和两个极大值点，应选(C)． (5)【答案】(B)  π 【详解】令ϕ(x)=tanx−x ，有ϕ(0)=0,ϕ′(x)=sec2 x−1>0, x∈ 0,  ，所以当  4  π tanx x x∈ 0,  时ϕ(x)单调递增，则ϕ(x)>0，即tanx> x>0， >1， <1，由定  4 x tanx 积分的不等式性质知， πtanx π π π x I =∫4 dx>∫41dx= >∫4 dx= I 1 0 x 0 4 0 tanx 2 π 可见有 I > I 且I < ． 1 2 2 4 (6)【分析】 本题为一般教材上均有的比较两组向量个数的定理：若向量组I：α,α ,,α 1 2 r 可由向量组II：β,β ,,β线性表示，则当r > s时，向量组I必线性相关． 或其逆否命 1 2 s 题：若向量组I：α,α ,,α 可由向量组II：β,β ,,β线性表示，且向量组I线性无 1 2 r 1 2 s 关，则必有r ≤ s． 可见正确选项为(D)． 本题也可通过举反例用排除法找到答案． 【详解】 用排除法： 0 1 0 α =    ,β =    ,β =    ，则α =0⋅β +0⋅β ，但β,β 线性无关，排除(A)； 1 0 1 0 2 1 1 1 2 1 2 0 1 1 α =    ,α =    ,β =    ，则α,α 可由β线性表示，但β线性无关，排除(B)； 1 0 2 0 1 0 1 2 1 1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 0 α =    ,β =    ,β =    ，α可由β,β 线性表示，但α线性无关，排除(C)． 1 0 1 0 2 1 1 1 2 1 三【详解】函数 f(x)在x=0处连续，则要求函数 f(x)在x=0处既是左连续又是右连续， 即 f(0+)= f(0)= f(0−). ln(1+ax3) ax3 f(0−)= lim f(x)= lim = lim x→0− x→0− x−arcsinx x→0− x−arcsinx (由于ln(1+x) x(x→0)，所以ln(1+ax3) ax3 (x→0)) 3ax2 0 =lim （ 型极限，用洛必达法则） x→0− 1− 1 0 1−x2 3ax2 = lim ⋅lim 1−x2 (极限的四则运算) x→0− 1−x2 −1 x→0− 3ax2 1 1 1 =lim （(1−x2)2 −1 (−x2)=− x2 (x→0)） x→0− − 1 x2 2 2 2 =−6a eax +x2 −ax−1 eax +x2 −ax−1 f(0+)= lim f(x)= lim =lim x→0+ x→0+ x x→0+ x2 xsin 4 4 eax +x2 −ax−1 aeax +2x−a =4lim =4lim x→0+ x2 x→0+ 2x a2eax +2 =4lim =2lim(a2eax +2) =2a2 +4 x→0+ 2 x→0+ f(0)=6. 所以，x=0为 f(x)的连续点⇔ f(0+)= f(0−) ⇔ −6a=6=2a2 +4，得a = −1； 所以，x=0为 f(x)的可去间断点⇔ −6a=2a2 +4≠6，即2a2 +6a+4=0,但a≠−1 解得a = −2，此时 f(x)在x=0为可去间断点． d ( u(x) ) 四【分析】(i)变上限积分求导公式： ∫ f(t)dt = f(u)u′(x)− f(v)v′(x)； dx v(x) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 x=ϕ(t) dy dy dt dy 1 ψ′(t) (ii)参数方程 的一阶导数: = ⋅ = ⋅ = ； y =ψ(t) dx dt dx dt dx ϕ′(t) dt (iii)若x=ϕ(t)，y =ψ(t)二阶可导，函数的二阶导数公式： d2y d dy d ψ′(t) dt =  =  ⋅ dx2 dxdx dtϕ′(t) dx ψ′′(t)ϕ′(t)−ψ′(t)ϕ′′(t) 1 ψ′′(t)ϕ′(t)−ψ′(t)ϕ′′(t) = ⋅ = ϕ′2(t) ϕ′(t) ϕ′3(t) 【详解】设x=ϕ(t)=1+2t2 ,y =ψ(t)=∫ 1+2lnteu du，则 1 u dx dy e1+2lnt 2 e⋅t2 2 2et =ϕ′(t)=4t； =ψ′(t)= ⋅ = ⋅ = ； dt dt 1+2lnt t 1+2lnt t 1+2lnt 2et 所以 dy = 1+2lnt = e dx 4t 2(1+2lnt) 1 ′ −4e 所以 d2y = d   dy = d   ψ′(t) ⋅ dt =   e   ⋅ 1 = t ⋅ 1 =− e dx2 dxdx dtϕ′(t) dx 2(1+2lnt) 4t 4(1+2lnt)2 4t 4t2(1+2lnt)2 当x=9时，由x =1+2t2及t >1得t =2, 故 d2y e e =− =− . dx2 4t2(1+2lnt)2 16(1+2ln2)2 x=9 t=2 五【详解】方法 1：第二类换元法. 由于被积函数中含有根号 1+ x2 ，作积分变量变换 π π x=tant(− < x< )，那么(1+x2) 3 2 =sec3t，dx=sec2tdt，则 2 2 xearctanx et tant et tant ∫ dx=∫ sec2tdt =∫ sec2tdt 三角变换公式 (1+ x2) 3 2 (1+tan2t) 3 2 sec3t tant =∫et dt=∫et sintdt. sect 又∫et sintdt = −∫etdcost=−(et cost −∫et costdt) 分部积分 =−(etcost−∫etd(sint)) =−(etcost−etsint+∫etsintdt) 分部积分 =−et cost +et sint −∫et sintdt ， 1 故∫et sintdt = et(sint −cost)+C. 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 π π 由x=tant(− < x< )得t =arctanx，因此 2 2 xearctanx 1 x 1 (x−1)earctanx ∫ dx= earctanx( − )+C = +C. (1+ x2) 3 2 2 1+ x2 1+ x2 2 1+ x2 方法2：分部积分法 xearctanx x 1 ∫ dx=∫ dearctanx d(earctanx)=earctanx (1+ x2) 3 2 1+ x2 1+x2 xearctanx earctanx = −∫ dx 分部积分 1+ x2 (1+ x2) 3 2 xearctanx 1 1 = −∫ dearctanx d(earctanx)=earctanx 1+ x2 1+ x2 1+x2  1  − ⋅2x = xearctanx −   earctanx −∫earctanx 2 dx   分部积分 1+x2  1+x2 (1+x2) 3 2    xearctanx earctanx xearctanx = − −∫ dx， 1+ x2 1+ x2 (1+ x2) 3 2 移项整理得； xearctanx (x−1)earctanx ∫ dx= +C. (1+ x2) 3 2 2 1+ x2 dx d2x dy d2y 六【详解】 (1) 将题中的 与 变换成以x为自变量y为因变量的导数 与 来表 dy dy2 dx dx2 示(即通常所说的反函数变量变换)，有 dx 1 1 d2x d dx d 1 dx − y′′ 1 y′′ = = ， = ( )= ( )⋅ = ⋅ = − ． dy dy y′ dy2 dy dy dx y′ dy y′2 y′ (y′)3 dx 代入原方程，得 y′′− y =sinx. ( * ) (2) 方程( * )所对应的齐次方程为y′′− y =0，特征方程为r2 −1=0，根r =±1，因此 1,2 通解为Y =C ex +C e−x. 由于λ+iω不是特征方程得根，所以设方程( * )的特解为 1 2 y* = Acosx+Bsinx 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 则 y*′ =−Asinx+Bcosx，y*′′ =−Acosx−Bsinx 代入方程( * )，得：−Acosx−Bsinx−Acosx−Bsinx=−2Acosx−2Bsinx=sinx 1 1 解得A=0,B = − ，故y* = − sinx. 从而y′′− y =sinx的通解为 2 2 1 y =Y + y* =C ex +C e−x − sinx. 1 2 2 3 由 y(0) =0,y′(0) = ，得C =1,C = −1．故变换后的微分方程满足初始条件 2 1 2 3 y(0) =0,y′(0) = 的解为 2 1 y =ex −e−x − sinx. 2 1 且y(x)的导函数y′(x)=ex +e−x − cosx>0，满足题设y′≠0条件． 2 七【详解】讨论曲线y = 4lnx+k与y = 4x+ln4 x的交点个数等价于讨论方程 ϕ(x)=ln4 x−4lnx+4x−k 在区间(0,+∞)内的零点问题，为此对函数求导，得 4ln3x 4 4 ϕ′(x)= − +4= (ln3x−1+x). x x x 4 可以看出x=1是ϕ(x)的驻点，而且当0< x <1时，ln3x<0，则ln3x−1+x<0，而 >0， x 4 有ϕ′(x)<0，即ϕ(x)单调减少；当x>1时，ln3x>0，则ln3x−1+x>0，而 >0，有 x ϕ′(x)>0，即ϕ(x)单调增加，故ϕ(1) = 4−k 为函数ϕ(x)的惟一极小值即最小值. ① 当ϕ(1)=4−k >0，即当k <4时，ϕ(x)≥ϕ(1)>0，ϕ(x)无零点，两曲线没有交点； ② 当ϕ(1)=4−k =0，即当k =4时，ϕ(x)≥ϕ(1)=0，ϕ(x)有且仅有一个零点，即两 曲线仅有一个交点； ③ 当ϕ(1)=4−k <0，即当k >4时，由于 limϕ(x) = lim[lnx(ln3 x−4)+4x−k]= +∞； x→0+ x→0+ limϕ(x) = lim[lnx(ln3 x−4)+4x−k]= +∞ x→+∞ x→+∞ 由连续函数的介值定理，在区间(0,1)与(1,+∞)内各至少有一个零点，又因ϕ(x)在区间(0,1) 与(1,+∞)内分别是严格单调的，故ϕ(x)分别各至多有一个零点. 总之，ϕ(x)有两个零点． 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 综上所述，当k <4时，两曲线没有交点；当k =4时，两曲线仅有一个交点；当k >4 时，两曲线有两个交点． 八【详解】(1) 曲线y = f(x)在点P(x,y)处的法线方程为 1 Y − y = − (X −x) y′ x 令X =0，则它与y轴的交点为(0,y+ ). 由题意，此点与点P(x,y)所连的线段被x y′ 轴平分，由中点公式得 1 x (y+ y+ ) =0，即2ydy+ xdx =0. 2 y′ x2 1 1 积分得 + y2 =C(C为任意常数)，代入初始条件y = 得C = ，故曲线y = f(x) 2 2 x= 2 2 2 的方程为 x2 1 + y2 = ，即x2 +2y2 =1. 2 2 (2) 曲线y =sinx在[0,π]上的弧长为 π 弧长公式 π π x= 2 +t π π l = ∫ 1+ y′2dx=∫ 1+cos2 xdx = ∫2 1+cos2tdt =2∫2 1+cos2tdt. π 0 0 − 0 2 另一方面，将(1)中所求得的曲线y = f(x)写成参数形式，在第一象限中考虑，于是  x=cost, π   2 0≤t ≤ . y = sint, 2   2 于是该曲线的弧长为： π π 1 1 π s=∫2 (x′)2 +(y′)2dt=∫2 sin2t+ cos2tdt = ∫2 1+sin2tdt 0 t t 0 2 2 0 π t= 2 −u 1 0 1 π = ∫ 1+cos2u(−du)= ∫2 1+cos2udu π 2 2 0 2 1 2 所以 2s= l，即s= l． 2 4 九【详解】(1) 设在t时刻，液面的高度为y，此时液面的面积为 圆的面积公式 A(t) = πϕ2(y), 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 由题设：液面的面积将以πm2 /min的速率均匀扩大，可得 dA(t) d d = πϕ2(y)=π，即 ϕ2(y)=1 dt dt dt 所以ϕ2(y)=t+C, 由题意，当t =0时ϕ(y)=2，代入求得C =4，于是得 ϕ2(y)=t+4. 从而 t =ϕ2(y)−4. y (2) 液面的高度为y时，液体的体积为V(t)=π∫ ϕ2(u)du，由题设：以3m3 /min的 0 速率向容器内注入液体，得 dV(t) d ( y ) = π∫ ϕ2(u)du =3 dt dt 0 y 所以 π∫ ϕ2(u)du =3t =3ϕ2(y)−12. 0 上式两边对y求导，得 变限积分求导 πϕ2(y) = 6ϕ(y)ϕ′(y)， dϕ(y) π 即 = ϕ(y) dy 6 解此微分方程，得 π y ϕ(y) =Ce6 ，其中C为任意常数， 由ϕ(0) = 2知C =2, 故所求曲线方程为 π y x = 2e6 . f(2x−a) 十【详解】(1) 因为极限 lim 存在，且lim(x−a)=0，故lim f(2x−a)=0 x→a+ x−a x→a+ x→a+ 又 f(x)在[a,b]上连续，从而lim f(2x−a)= f(a)，则 f(a)=0． x→a+ 由于 f ′(x) >0，则 f(x)在(a,b)内严格单调增加，所以 f(x)在x=a处取最小值，即 f(x) > f(a) =0,x∈(a,b). x (2) 由要证明的形式知，要用柯西中值定理证明．取F(x)= x2 ， g(x)=∫ f(t)dt a (a≤ x≤b)，则g′(x) = f(x) >0，则F(x),g(x)满足柯西中值定理的条件，于是在(a,b) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 内存在点ξ，使 F(b)−F(a) b2 −a2 (x2)′ 2ξ = = = g(b)−g(a) ∫ b f(t)dt−∫ a f(t)dt (∫ x f(t)dt)′ f(ξ) a a a x=ξ b2 −a2 2ξ 即 = ． ∫ b f(x)dx f(ξ) a (3) 在区间[a,ξ]上应用拉格朗日中值定理，得在(a,ξ)内存在一点η，使 f(ξ)− f(a)= f′(η)(ξ−a) 因 f(a)=0，上式即 f(ξ) = f ′(η)(ξ−a)，代入(2) 的结论得， b2 −a2 2ξ = ∫ b f(x)dx f ′(η)(ξ−a) a 2ξ b 即 f ′(η)(b2 −a2) = ∫ f(x)dx. ξ−a a 十一【分析】 已知A相似于对角矩阵，应先求出A的特征值，再根据特征值的重数与线性 无关特征向量的个数相同，转化为特征矩阵的秩，进而确定参数a. 至于求P，则是常识问 题． 【详解】矩阵A的特征多项式为 λ−2 −2 0 λE− A = −8 λ−2 −a =(λ−6)[(λ−2)2 −16]=(λ−6)2(λ+2)， 0 0 λ−6 故A的特征值为λ =λ =6,λ = −2. 1 2 3 由于A相似于对角矩阵Λ，故对应λ =λ =6应有两个线性无关的特征向量，即 1 2 3−r(6E− A) = 2，于是有 r(6E− A) =1.  4 −2 0  2 −1 0      6E−A= −8 4 −a → 0 0 −a ，       0 0 0    0 0 0   所以a=0．于是对应于λ =λ =6的两个线性无关的特征向量可取为 1 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 0 1     ξ = 0 ， ξ = 2 . 1   2    1   0  当λ = −2时， 3 −4 −2 0  2 1 0     −2E− A= −8 −4 0 → 0 0 1 ，       0 0 −8   0 0 0   1  2x + x =0,   解方程组 1 2 得对应于λ = −2的特征向量ξ = −2 .  x =0, 3 3   3   0   0 1 1    令P = 0 2 −2 ，则P可逆，并有P−1AP = Λ.    1 0 0   十二【分析】三条直线相交于一点，相当于对应线性方程组有唯一解，进而转化为系数矩阵 与增广矩阵的秩均为2． 【详解】方法1：“必要性”. 设三条直线l ,l ,l 交于一点，则线性方程组 1 2 3 ax+2by = −3c,  bx+2cy = −3a, (*)  cx+2ay = −3b, a 2b a 2b −3c     有唯一解，故系数矩阵A= b 2c 与增广矩阵A = b 2c −3a 的秩均为 2，于      c 2a   c 2a −3b  是 A =0. a 2b −3c a+b+c 2(b+c+a) −3(c+a+b) A = b 2c −3a = b 2c −3a c 2a −3b c 2a −3b 1 2 −3 1 1 1 =(a+b+c) b 2c −3a =−6(a+b+c) b c a c 2a −3b c a b 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 0 0 c−b a−b =−6(a+b+c) b c−b a−b =−6(a+b+c) a−c b−c c a−c b−c =−6(a+b+c)[(c−b)(b−c)−(a−b)(a−c)] =−6(a+b+c)(bc−c2 −b2 +bc−a2 +ac+ab−bc) =6(a+b+c)(a2 +b2 +c2 −ac−ab−bc) =3(a+b+c)[(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2], 由于三条直线互不相同，所以(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 ≠ 0，故 a+b+c =0. “充分性”. 由a+b+c =0，则从必要性的证明可知， A =0，故秩(A)<3. 由于 a 2b 1 3 = 2(ac−b2) = −2[a(a+b)+b2]=−2[(a+ b)2 + b2]≠ 0， b 2c 2 4 故秩(A)=2．于是，秩(A)=秩(A)=2．因此方程组(*)有唯一解，即三直线l ,l ,l 交 1 2 3 于一点． 方法2：“必要性” x  a 2b 3c 0     设三直线交于一点(x ,y )，则 y 为BX =0的非零解，其中B= b 2c 3a . 0 0  0     1    c 2a 3b  所以|B|=0．而 a 2b 3c a 2b −3c B = b 2c 3a =− b 2c −3a =− A c 2a 3b c 2a −3b =−3(a+b+c)[(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2],(解法同方法1) 但根据题设 (a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 ≠ 0，故a+b+c =0. “充分性”：考虑线性方程组 ax+2by = −3c,  bx+2cy = −3a, (*)  cx+2ay = −3b, 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 将方程组(*)的三个方程相加，并由a+b+c =0.可知，方程组(*)等价于方程组 ax+2by = −3c,  (* *) bx+2cy = −3a. a 2b 因为 = 2(ac−b2) = −2[a(a+b)+b2]=−[a2 +b2 +(a+b)2]≠0, b 2c 故方程组(* *)有唯一解，所以方程组(*)有唯一解，即三直线l ,l ,l 交于一点． 1 2 3 更多考研资料分享+qq810958634