2004年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

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2004 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】0.
【详解】本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点. 对不同的x, 先用求极限的方
法得出 f(x)的表达式, 再讨论 f(x)的间断点.
(n−1)x
由 f(x)= lim ，显然当x=0时, f(x)=0；
n→∞ nx2 +1
1 1
(1− )x lim(1− )x
当x≠0时, f(x)=lim (n−1)x =lim n = n→∞ n = x = 1 ,
n→∞ nx2 +1 n→∞
x2 +
1
lim

x2 +
1

x2 x
n n→∞ n
0, x=0

所以 f(x) =1 ,
 , x≠0
x
1
因为 lim f(x)=lim =∞≠ f(0)，故 x=0为 f(x)的间断点.
x→0 x→0 x
x= x(t)
(2)【详解】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性，先用由  定义的参数方程求出
y = y(t)
d2y d2y
二阶导数 , 再由 <0确定x的取值范围.
dx2 dx2
dy ( )′ dx ( )′
= t3−3t+1 =3t2 −3， = t3 +3t+1 =3t2 +3
dt dt
dy dy dt 3t2 −3 t2 −1 t2 +1−1−1 2
所以 = = = = =1−
dx dx dt 3t2 +3 t2 +1 t2 +1 t2 +1
′
d2y d dy dt  2  1 4t 1 4t
=   = 1−  ⋅ = ⋅ = ,
dx2 dtdxdx  t2 +1 3(t2 +1) ( t2 +1 )2 3(t2 +1) 3(t2 +1)3
d2y d2y 4t 4t
令 <0(或 ≤0)，即 <0(或 ≤0) ⇒ t <0 (或t ≤0 )
dx2 dx2 3(t2 +1)3 3(t2 +1)3
又x=t3+3t+1， x′=3t2 +3>0，所以x ( t )单调增, 当t =0时，x =1，所以当t <0
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时x ( t )< x ( 0 )=1(或当t ≤0时，x ( t )≤ x ( 0 )=1)，即x∈(−∞,1)(或x∈(−∞,1])时，曲
线凸
π
(3)【答案】 .
2
【详解】利用变量代换法可得所求的广义积分值.
方法1：作积分变量变换，
π
令x=sect，则x2 −1=sec2t−1=tan2t，dx=dsect =secttantdt，t:0→ ，
2
代入原式：
π π
+∞ dx sect⋅tant π
∫ x=sect ∫ 2 dt =∫ 2dt= .
1 x x2 −1 0 sect⋅tant 0 2
1 1 1
方法2：令x= ，则dx=d =− dt，t:1→0，代入原式：
t t t2
∫ +∞ dx x= 1 ∫ 0 t (− 1 )dt =∫ 1 1 dt=arcsint 1 = π .
1 x x2 −1 t 1 1 t2 0 1−t2 0 2
−1
t2
(4)【答案】2.
【详解】此题可利用复合函数求偏导法、公式法或全微分公式求解.
方法1：复合函数求偏导，在 z =e2x−3z +2y 的两边分别对x,y求偏导,z为x,y的函数.
∂z ∂z ∂z ∂z
=e2x−3z(2−3 ), =e2x−3z(−3 )+2,
∂x ∂x ∂y ∂y
∂z 2e2x−3z ∂z 2
从而 = , =
∂x 1+3e2x−3z ∂y 1+3e2x−3z
∂z ∂z 2e2x−3z 2 1+3e2x−3z
所以 3 + =3⋅ + =2⋅ =2
∂x ∂y 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
∂F ∂F ∂F
方法2：令F(x, y, z)=e2x−3z +2y−z =0，则 =e2x−3z⋅2, =2, =e2x−3z(−3)−1
∂x ∂y ∂z
∂z ∂F ∂F e2x−3z⋅2 2e2x−3z
所以 =− =− = ,
∂x ∂x ∂z −(1+3e2x−3z) 1+3e2x−3z
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∂z ∂F ∂F 2 2
=− =− = ,
∂y ∂y ∂z −(1+3e2x−3z) 1+3e2x−3z
∂z ∂z 2e2x−3z 2 1+3e2x−3z
从而 3 + =3⋅ + =2⋅ =2
∂x ∂y 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
方法3：利用全微分公式,得
dz =e2x−3z(2dx−3dz)+2dy =2e2x−3zdx+2dy−3e2x−3zdz
2e2x−3z 2
即(1+3e2x−3z)dz =2e2x−3zdx+2dy，得dz = dx+ dy
1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
∂z 2e2x−3z ∂z 2
所以 = , =
∂x 1+3e2x−3z ∂y 1+3e2x−3z
∂z ∂z 2e2x−3z 2 1+3e2x−3z
从而 3 + =3⋅ + =2⋅ =2
∂x ∂y 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z 1+3e2x−3z
1
(5)【答案】y = x3 + x.
5
【详解】此题为一阶线性方程的初值问题.可以利用常数变易法或公式法求出方程的通解,再
利用初值条件确定通解中的任意常数而得特解.
dy 1 1
方法1：原方程变形为 − y = x2,
dx 2x 2
dy 1
先求齐次方程 − y =0 的通解:
dx 2x
dy 1
分离变量： = dx
y 2x
1
两边积分得： ln y = lnx+lnc ⇒ y =c x
2
1
用常数变易法，设y =c(x) x为非齐次方程的通解，则y′=c′(x) x +c(x) ，
2 x
dy 1 1 1 1 1 1 3
代入 − y = x2，得c′(x) x +c(x) − c(x) x = x2，即c′(x)= x2,
dx 2x 2 2 x 2x 2 2
1 3 1 5
积分得c(x)=∫ x2dx= x2 +C,
2 5
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1 5 1
于是非齐次方程的通解为： y = x( x2 +C)=C x + x3
5 5
6 1 6
又由于y = 代入通解，得C 1+ 13 = ⇒C =1,
x=1 5 5 5
1
故所求特解为 y = x + x3.
5
dy 1 1
方法2：原方程变形为 − y = x2,
dx 2x 2
dy
由一阶线性微分方程 +P ( x ) y =Q ( x )通解公式：
dx
f(x)=Ce
−∫P(x)dx
+e
−∫P(x)dx
∫Q ( x ) e
∫P(x)dx
dx
这里P ( x )=− 1 , Q ( x )= 1 x2，代入上式得：y =e ∫ 2 1 x dx   ∫ 1 x2e −∫ 2 1 x dx dx+C  
2x 2  2 
由于方程x=0处方程无定义，所以解的存在区间内不能含有点x=0.因此解的存
在区间要么为x>0的某区间，要么为x<0的某区间. 现在初值给在x=1处，所以
x>0，于是
1 lnx  1 − 1 lnx   1 3  1 5 
y =e2  ∫ x2e 2 dx+C = x ∫ x2dx+C = x x2 +C
 2   2  5 
6
再 y(1)= ⇒ C =1,
5
1
从而特解为 y = x + x3.
5
1
(6) 【答案】
9
【详解】
方法1：已知等式两边同时右乘A，得ABA*A=2BA*A+ A，
由伴随矩阵的运算规律：A*A= AA* = A E，有AB A =2B A + A，而
2 1 0
2 1
A = 1 2 0 =(−1)3+3 =2×2−1×1=3，
1 2
0 0 1
于是有 3AB =6B+ A，移项、合并有 (3A−6E)B = A，再两边取行列式，由方阵
乘积的行列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，有
(3A−6E)B = 3A−6E B = A =3，
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2 1 0 1 0 0 6 3 0 6 0 0 0 3 0
       
而 3A−6E = 3 1 2 0 −6 0 1 0 = 3 6 0 − 0 6 0 = 3 0 0
       
 0 0 1   0 0 1   0 0 3   0 0 6  0 0 −3
0 3
=(−1)3+3(−3) =(−3)×3×3 =27，
3 0
A 3 1
故所求行列式为 B = = =
3A−6E 27 9
方法2：由题设条件ABA* =2BA*+E，得 ABA*−2BA* = (A−2E)BA* = E
由方阵乘积行的列式的性质：矩阵乘积的行列式等于矩阵行列式的积，故两边取行
列式，有 (A−2E)BA* = A−2E B A* = E =1
2 1 0
2 1
其中 A = 1 2 0 =(−1)3+3 =2×2−1×1=3；
1 2
0 0 1
由伴随矩阵行列式的公式：若A是n阶矩阵，则 A∗ = A n−1 .
0 1 0
1 0
所以， A∗ = A 3−1 = A 2 =9 ； 又 A−2E = 1 0 0 =(−1)1+2 =1.
0 1
0 0 1
1 1
故 B = = .
A−2E A∗ 9
二、选择题
(7)【答案】 (B)
【详解】
x2
β ∫ tan tdt tanx⋅2x
方法1：lim = lim 0 洛必达 lim =0，则β是α的高阶无穷小，
x→0+α x→0+ ∫ x cost2dt x→0+ cosx2
0
根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C),(D)选项，
3 1
γ
∫ x sint3dt sinx2 ⋅
2 x
又lim = lim 0 洛必达 lim
x→0+β x→0+
∫
x2
tan tdt
x→0+ 2xtanx
0
1 x
等价无穷小替换 lim =∞，
4x→0+ x2
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可见γ是比β低阶的无穷小量，故应选(B).
方法2：用xk(当x→0时)去比较.
x
α
∫ cost2dt
cosx2
lim = lim 0 洛 lim ,
x→0+ xk x→0+ xk x→0+ kxk−1
α cost2
limcost2
欲使上式极限存在但不为0，应取k =1，有lim = lim = x→0+ =1，
x→0+ x x→0+ x0 lim x0
x→0+
所以(当x →0+时)α与x同阶.
x2
β ∫ tan tdt tanx⋅2x x⋅2x 2
lim = lim 0 洛 lim = lim = lim
x→0+ xk x→0+ xk x→0+ kxk−1 x→0+ kxk−1 x→0+ kxk−3
β 2tanx 2tanx 2
欲使上式极限存在但不为0，应取k =3, 有lim = lim = lim = ，
x→0+ x3 x→0+ 3x3−2 x→0+ 3x 3
所以(当x →0+时)β与x3同阶.
γ
∫ x sint3dt
sinx
3
2 ⋅x
− 1
2 x
3
2 ⋅x
− 1
2 x
lim = lim 0 洛lim = lim = lim ,
x→0+ xk x→0+ xk x→0+ 2kxk−1 x→0+ 2kxk−1 x→0+ 2kxk−1
γ x 1
欲使上式极限存在但不为0，应取k =2, 有lim = lim = ，
x→0+ x2 x→0+ 2⋅2x2−1 4
所以(当x →0+时)γ与 x2同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是
α,γ,β，选(B).
(8)【答案】C
【详解】由于是选择题，可以用图形法解决，也可用分析法讨论.
2
 1 1
方法1：由于是选择题，可以用图形法解决, 令ϕ(x)= x(x−1)，则ϕ(x)= x−

− ，
 2 4
1 1 1
是以直线x= 为对称轴，顶点坐标为

,−

，开口向上的一条抛物线，与x轴相
2 2 4
交的两点坐标为( 0,0 ) , ( 1,0 )，y = f(x)=ϕ(x) 的图形如图.
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点x=0是极小值点；又在点(0,0)左侧邻近曲线是凹的，右侧邻近曲线是凸的，
所以点(0,0)是拐点，选C.
−x(1−x), −1< x ≤0
方法2：写出y = f(x)的分段表达式： f(x)=  ,
x(1−x), 0< x <1
−1+2x, −1< x <0  2, −1< x <0
从而 f′(x)=  , f′′(x)=  ,
1−2x, 0< x <1 −2, 0< x <1
lim f′(x)= lim ( 1−2x )=1>0，所以0< x<1时， f(x)单调增，
x→0+ x→0+
lim f′(x)= lim (−1+2x )=−1<0，所以−1< x≤0时， f(x)单调减，
x→0− x→0−
所以x=0为极小值点.
当 −1< x <0 时 , f′′(x)=2>0 ， f(x) 为 凹 函 数 ； 当 1> x>0 时 ,
f′′(x)=−2<0， f(x)为凸函数, 于是(0,0)为拐点.
(9)【答案】 B
【详解】由对数性质，
2
limlnn (1+ 1 )2(1+ 2 )2(1+ n )2 = limln 

(1+ 1 )(1+ 2 )(1+ n ) 

n
n→∞ n n n n→∞  n n n 
2 1 2 n 
= lim

ln(1+ )+ln(1+ )++ln(1+ )

n→∞n n n n 
n i 1 1 2 2
= lim2∑ln(1+ ) =2∫ ln(1+x)dx 1+x=t 2∫ lntdt =2∫ lnxdx
n→∞ n n 0 1 1
i=1
(10)【答案】 (C)
【详解】函数 f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B).
f(x)− f(0)
由导数的定义，知 f ′(0) =lim >0
x→0 x
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f(x)− f(0)
根据极限的保号性，知存在δ>0，当x∈(−δ,0)(0,δ)时，有 >0.
x
即当x∈(−δ,0)时，x<0，有 f(x)< f(0)；而当x∈(0,δ)时，x>0有 f(x)> f(0).
(11)【答案】A
【详解】利用待定系数法确定二阶常系数线性非齐次方程特解的形式.
对应齐次方程 y′′+ y =0 的特征方程为 λ2 +1=0, 则特征根为 λ=±i,
对 y′′+ y = x2 +1=e0(x2 +1)为 f ( x )=eλxP ( x )型，其中λ=0, P ( x )= x2 +1，
m m
因0不是特征根, 从而其特解形式可设为
y∗ =(ax2 +bx+c)e0 =ax2 +bx+c
1
对 y′′+ y =sinx , 为 f ( x )=eλx   P ( x ) cosωx+P ( x ) sinωx  型，其中λ=0 ，
l n
ω=1,P ( x )=0, P ( x )=1，因λ+ωi =0+i =i为特征根, 从而其特解形式可设为
l n
y∗ = x(Asinx+Bcosx)
2
由叠加原理，故方程 y′′+ y = x2 +1+sinx 的特解形式可设为
y∗ = ax2 +bx+c+ x(Asinx+Bcosx)
y
(12)【答案】D
2
{ }
【详解】由D= (x, y) x2 + y2 ≤2y ，则积分
区域是以( 0, 1 )为圆心，1为半径的圆及其内部， ⋅
1
积分区域见右图.
在直角坐标系下, 先x后y，
x
− 2y− y2 ≤ x≤ 2y− y2 ，0≤ y≤2 −1 o 1
则应是
2 2y−y2
∫∫ f(xy)dxdy =∫ dy∫ f(xy)dx
0 − 2y−y2
D
先 y后x，由x2 +( y−1 )2 ≤1⇒1− 1−x2 ≤ y≤1+ 1−x2, −1≤ x≤1，则应是
1 1+ 1−x2
∫∫ f(xy)dxdy =∫ dx∫ f(xy)dy
−1 1− 1−x2
D
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故应排除[A],[B].
在极坐标系下, x=rcosθ,y =rsinθ ,
π 2sinθ
∫∫ f(xy)dxdy =∫ dθ∫ f(r2sinθcosθ)rdr, 故应选D.
0 0
D
或直接根据极坐标下，其面积元素为rdrdθ，则可排除C
(13)【答案】(D)
【详解】由题设，将A的第1列与第2列交换，即
0 1 0
 
AE = A 1 0 0 = B，
12  
 0 0 1 
将B的第2列加到第3列，即
1 0 0 0 1 01 0 0 0 1 1
      
B 0 1 1 = A 1 0 0 0 1 1 = A 1 0 0 = AQ.
      
 0 0 1   0 0 1   0 0 1   0 0 1 
0 1 1
 
故Q= 1 0 0 ，应选(D).
 
 0 0 1 
(14)【答案】(A)
【详解】方法1：由矩阵秩的重要公式：若A为m×n矩阵，B 为n× p矩阵，如果AB=0，
则r(A)+r(B)≤n
设A为m×n矩阵，B为n×s矩阵，由AB=0知，r(A)+r(B)≤n，其中n是
矩阵A的列数，也是B的行数
因A为非零矩阵，故r(A)≥1，因r(A)+r(B)≤n，从而r(B)≤n−1<n，由向
量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知B的行向量组线性相关.
因B为非零矩阵，故r(B)≥1，因r(A)+r(B)≤n，从而r(A)≤n−1<n，由向
量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知A的列向量组线性相关.
故应选(A).
方法2：设A为m×n矩阵，B为n×s矩阵，将B按列分块，由AB=0得，
AB= A [β,β,,β]=0,Aβ =0,i =1,2,,s.
1 2 s i
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因B是非零矩阵，故存在β ≠0，使得Aβ =0. 即齐次线性方程组Ax=0有非
i i
零解. 由齐次线性方程组Ax=0有非零解的充要条件r(A)<n, 知r(A)<n. 所以A
的列向量组线性相关.
又(AB)T = BTAT =0，将AT 按列分块，得
BTAT = BT[αT,αT,,αT]=0,BTαT =0,i =1,2,,m.
1 2 m i
因A是非零矩阵，故存在αT ≠0，使得BTαT =0，即齐次线性方程组Bx=0有
i i
非零解. 由齐次线性方程组Bx=0有非零解的充要条件，知BT的列向量组线性相关，
由BT是由B行列互换得到的，从而B的行向量组线性相关，故应选(A).
方法3：设 A=(a ) , B=(b ) , 将A按列分块，记 A=( A A  A )
ij m×n ij n×s 1 2 n
b b  b 
11 12 1s
 
b b  b
由AB=0⇒ ( A A  A ) 21 22 2s
1 2 n  ⋅ ⋅  ⋅ 
 
b b  b 
n1 n2 ns
=( b A ++b A ,  ,b A ++b A )=0 (1)
11 1 n1 n 1s 1 ns n
由于 B≠0 , 所以至少有一个 b ≠0 ( 1≤i≤n,1≤ j ≤s ), 又由(1)知,
ij
b A +b A ++b A ++b A =0, 所以A , A ,, A 线性相关. 即A的列向
1j 1 2j 2 ij i nj n 1 2 m
量组线性相关.
(向量组线性相关的定义：如果对m个向量α,α,,α ∈Rn，有m个不全为零
1 2 m
的数k ,k ,,k ∈R，使kα +kα +k α =0成立，则称α,α,,α 线性相关.)
1 2 m 1 1 2 2 m m 1 2 m
B 
1
 
B
又将B按行分块，记 B=
 2
, 同样，
  
 
B 
n
a a  a B   a B +a B ++a B 
11 12 1n 1 11 1 12 2 1n n
    
a a  a B a B +a B ++a B
AB=0⇒  21 22 2n 2 =  21 1 22 2 2n n  =0
 ⋅ ⋅  ⋅      
    
a m1 a m2  a mn B n    a m1 B 1 +a m2 B 2 ++a mn B n  
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由于A≠0,则至少存在一个a ≠0(1≤i≤m,1≤ j ≤n), 使
ij
a B +a B +a B ++a B =0,
i1 1 i2 2 ij j in n
由向量组线性相关的定义知，B ,B ,,B 线性相关, 即B的行向量组线性相关，
1 2 m
故应选(A).
方法4：用排除法.取满足题设条件的A,B.
0 0 0 0
1 0 0   1 0 0 
取A=   ≠0,B=  1 0  ≠0，有AB=   1 0  =0,
1 0 0 1 0 0
 0 1   0 1 
A的行向量组，列向量组均线性相关，但B的列向量组线性无关，故(B)，(D)不成立.
1 1 1 1
0 1 0   0 1 0 
又取A=   ≠0,B=  0 0  ≠0，有AB=   0 0  =0，
0 0 1 0 0 1
 0 0   0 0 
A的行向量组线性无关，B的列向量组线性相关，故(C)不成立.
由排除法知应选(A).
三、解答题.
(15)(本题满分10分)
1  2+cosx x 
求极限lim   −1.
x→0 x3   3  
1
【答案】−
6
0
【详解】此极限属于 型未定式.可利用洛必达法则,并结合无穷小代换求解.
0
2+cosx x ln   2+cosx  x xln   2+cosx 
方法1：
 
=e  3  =e  3 
 3 
2+cosx 2+cosx
xln   2+cosx  xln  ln 
e  3  −1  3   3 
原式=lim ex −1 x lim =lim
x→0 x3 x→0 x3 x→0 x2
ln（2+cosx）−ln3 (ln（2+cosx）−ln3) ′
=lim 洛 lim
x→0 x2 x→0 (x2) ′
1
（⋅ −sinx）
=lim
2+cosx
=−
1
lim
1
⋅
sinx
x→0 2x 2 x→0 2+cosx x
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1 1 sinx 1 1 1
=− lim ⋅lim =− ⋅ ⋅1=−
2 x→0 2+cosx x→0 x 2 3 6
2+cosx
xln   2+cosx  ln 
e  3  −1  3 
方法2：原式=lim ex −1 x lim
x→0 x3 x→0 x2
cosx−1
ln（1+ ）
=lim 3 ln ( 1+x ) x lim
cosx−1
=−lim
1−cosx
x→0 x2 x→0 3x2 x→0 3x2
x2
x2 1
2
1−cosx −lim =− .
2 x→03x2 6
(16)【详解】(I)当−2≤ x<0,则0≤ x+2<2,由题设：区间[0,2]上, f(x)= x(x2 −4)知,
f(x)=kf(x+2) =k(x+2)[(x+2)2 −4] =k(x+2)(x2 +4x) =kx(x+2)(x+4).
 x(x2 −4), x∈[ 0,2 ]
(II) 由(I)知： f(x)= ，所以 f(0)=0⋅(02 −4)=0，
 kx(x+2)(x+4), x∈[−2,0 )
按函数在某点可导的充要条件：在这点的左右导数存在且相等. 所以根据导数的定义求
f(x)在x=0的左右导数，使其相等，求出参数k.
f(x)− f(0) x(x2 −4)−0
f′(0)= lim = lim =−4
+
x→0+ x−0 x→0+ x
f(x)− f(0) kx(x+2)(x+4)−0
f′(0)= lim = lim =8k.
−
x→0− x−0 x→0− x
1 1
令 f′(0)= f′(0), 得k =− . 即当k =− 时, f(x)在x=0处可导.
− +
2 2
(17)【详解】利用变量代换讨论变限积分定义的函数的周期性,利用求函数最值的方法讨论函
数的值域.
(I) 要证 f(x)是以π为周期的周期函数，即证： f(x)= f(x+π)
x+
π
(x+π)+
π
x+
3π
因为 f(x)=∫ 2 sint dt，所以 f(x+π) =∫ 2 sint dt =∫ 2 sintdt
x (x+π) x+π
3π
利用变量代换讨论变限积分定义的函数的周期性，设t =u+π, 因为t:x+π→ x+ ，
2
π
所以u:x→ x+ ，则有
2
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π π
f(x+π)= ∫
x+
2 sin(u+π) d(u+π) sin ( u+π)=−sinu ∫
x+
2 sinu du = f(x),
x x
故 f(x)是以π为周期的周期函数.
(II) 因为 f(x)是以π为周期的周期函数, 故只需在[0,π]上讨论其值域. 又因 f(x)为
积分函数，则一定连续，根据有界性与最大值最小值定理：在闭区间上连续的函数在该区间
上有界且一定能取得它的最大值和最小值，所以 f(x)的值域就是区间[min f(x),max f(x)].
π
令 f′(x)=sin(x+ ) −sinx =cosx −sinx =0 , 在区间[0,π] 内求得驻点，
2
π 3π
x = , x = , 且
1 4 2 4
3π 3π
π
f( )=∫ 4 sint dt sint >0 ∫ 4 sintdt = 2 ,
π π
4
4 4
3π
5π
π
5π
f( )=∫ 4 sint dt =∫ sintdt−∫ 4 sintdt =2− 2,
4
3π 3π
π
4 4
π π 3π 3π
又 f(0)=∫2 sint dt =∫2sintdt =1, f(π)=∫ 2 sint dt =∫ 2 (−sint)dt =1,
0 0 π π
比较极值点与两个端点处的值，知 f(x)的最小值是2− 2, 最大值是 2, 故 f(x)的
值域是[2− 2, 2].
2
t t ex +e −x 
(18)【详解】(I) 旋转体体积：V(t) =π∫ y2dx =π∫   dx
0 0 2 
t
旋转体的侧面积：S(t)=∫ 2πy 1+ y′2 dx
0
′2 2
t ex +e −x  ex +e −x  t ex +e −x  ex −e −x 
=2π∫   1+  dx =2π∫   1+  dx
0 2   2  0 2   2 
t ex +e −x  e2x −2+e −2x t ex +e −x  e2x +2+e −2x
=2π∫   1+ dx =2π∫   dx
0 2  4 0 2  4
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2 2
t ex +e −x  ex +e −x  t ex +e −x 
=2π∫     dx =2π∫   dx,
0 2   2  0 2 
2
t ex +e −x 
2π∫   dx
S(t) 0 2 
所以 = =2.
V(t) t ex +e −x  2
π∫   dx
0 2 
(Ⅱ) 在x=t处旋转体的底面积为
ex +e−x  2 et +e−t  2
F(t)=πy2 =π  =π  ,
x=t  2   2 
x=t
′
S(t) 2π∫ 0 t    ex + 2 e−x    2 dx 2    ∫ 0 t   ex + 2 e−x    2 dx   
所以lim = lim = lim
t→+∞ F(t) t→+∞ π    et + 2 e−t    2 t→+∞     et +e−t   2  ′
 2  
 
et +e−t  2
2 
 2  et +e−t 1+e−2t
=lim = lim = lim =1
t→+∞ et +e−t et −e−t  t→+∞et −e−t t→+∞1−e−2t
2  
 2  2 
(19) 【详解】根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用
单调性证明.
方法 1：因为函数 f ( x )=ln2 x在[a,b]⊂ ( e,e2 ) 上连续，且在( a,b )内可导，所以满足拉
格朗日中值定理的条件，
对函数 f ( x )=ln2 x在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得
ln2b−ln2a = ( ln2ξ )′ ( b−a )= 2lnξ ( b−a ) , e<a<ξ<b<e2
ξ
2lnξ 4
下证： > .
ξ e2
lnt 1−lnt
设ϕ(t) = ，则ϕ′(t) = ，当t >e时，1−lnt <1−lne=0 ，即ϕ′(t)<0,
t t2
所以ϕ(t)单调减少，又因为ξ<e2，所以ϕ(ξ) >ϕ(e2)，即
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lnξ lne2 2 2lnξ 4
> = ，得 >
ξ e2 e2 ξ e2
4
故 ln2b−ln2 a > (b−a).
e2
方法2：利用单调性， 设ϕ(x) =ln2 x− 4 x，证ϕ(x)在区间 ( e,e2 ) 内严格单调增即可.
e2
lnx 4 lne2 4 4 4 1−lnx
ϕ′(x) = 2 − ，(ϕ′(e2)=2 − = − =0，)ϕ′′(x) = 2 ,
x e2 e2 e2 e2 e2 x2
当x>e时，1−lnx<1−lne=0，ϕ′′(x)<0, 故ϕ′(x)单调减少，从而当e< x <e2时，
ϕ′(x)>ϕ′(e2)=0，即当e< x <e2时，ϕ(x)单调增加.
4 4
因此当e< x <e2时，ϕ(b) >ϕ(a)，即ln2b− b >ln2 a− a，
e2 e2
4
故 ln2b−ln2 a > (b−a).
e2
4 lnx 4 1−lnx
方法3：设ϕ(x) =ln2 x−ln2 a− (x−a), 则ϕ′(x)=2 − ，ϕ′′(x)=2 ,
e2 x e2 x2
⇒ x>e时, 1−lnx<1−lne=0，得ϕ′′(x)<0，
4 4
⇒ϕ′(x)在(e,e2)上单调减少, 从而当e< x<e2时, ϕ′(x)>ϕ′(e2)= − =0，
e2 e2
⇒ϕ(x)在(e,e2)上单调增加. 从而当e<a< x≤b<e2时, ϕ(x) >ϕ(a) =0.
4
⇒ϕ(b) >0，即ln2b−ln2a> (b−a).
e2
(20) 【详解】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可.
方法 1：由题设，飞机质量m=9000kg ，着陆时的水平速度v =700km/h. 从飞机接触
0
跑道开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，速度为v(t)，则 v(0) =v ,x(0) =0.
0
dv dv dv dx dv
根据牛顿第二定律，得m = −kv. 又 = ⋅ =v .
dt dt dx dt dx
m m
由以上两式得dx = − dv，积分得x(t) = − v+C.
k k
m m
由于v(0) =v ,x(0) =0，所以x(0)=− v +C =0. 故得C = v ，
0 k 0 k 0
m
从而x(t) = (v −v(t)).
k 0
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mv 9000×700
当v(t)→0时，x(t)→ 0 = =1.05(km).
k 6.0×106
所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.
dv
方法2：根据牛顿第二定律，得 m = −kv,
dt
dv k k
分离变量： =− dt，两端积分得：lnv=− t+C ，
v m m 1
k k
− t − t
通解：v =Ce m ，代入初始条件v =v ，解得C =v ，故v(t) =v e m .
t=0 0 0 0
飞机在跑道上滑行得距离相当于滑行到 v→0 ，对应地 t →+∞ . 于是由
dx=vdt ，有
+∞
+∞ +∞ − k t mv − k t mv
x=∫ v(t)dt =∫ v e m dt =− 0 e m = 0 =1.05(km).
0 0 0 k k
0
或由v ( t )= dx =v e − m k t ，知x(t) = ∫ t v e − m k t dt = − kv 0 (e − m k t −1)，故最长距离为
dt 0 0 0 m
kv
当t →∞时，x(t)→ 0 =1.05(km).
m
dv dx d2x dx
方法3：由m = −kv ，v= ，化为x对t的求导，得m = −k , 变形为
dt dt dt2 dt
d2x k dx
+ =0，v(0)= x′(0)=v ,x(0)=0
dt2 m dt 0
k k − k t
其特征方程为 λ2 + λ=0，解之得λ =0,λ = − ，故x =C +C e m .
m 1 2 m 1 2
dx kC − k t mv
由 x =0,v = =− 2 e m =v ，得C = −C = 0 ,
t=0 t=0 dt m 0 1 2 k
t=0 t=0
mv − k t mv
于是 x(t) = 0 (1−e m ). 当t →+∞时，x(t)→ 0 =1.05(km).
k k
所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.
(21)【详解】利用复合函数求偏导和混合偏导的方法直接计算.
令 u = x2 − y2,v=exy，则z = f(x2 − y2,exy)= f(u,v)，
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∂u ∂u ∂v ∂v
所以 =2x, =−2y， = yexy, = xexy
∂x ∂y ∂x ∂y
∂z ∂f ∂u ∂f ∂v ∂z ∂f ∂u ∂f ∂v
所以 = + =2xf′+ yexy f′， = + =−2yf′+xexy f′
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x 1 2 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y 1 2
∂2z ∂ ∂z ∂
( )
=
 
= −2yf′+xexy f′
∂x∂y ∂x∂y ∂x 1 2
 ∂u ∂v  ∂u ∂v
=−2y f′′ + f′′

+exy f′+xyexy f′+xexy

f′′ + f′′

 11 ∂x 12 ∂x 2 2  21 ∂x 22 ∂x
( ) ( )
=−2y 2xf′′+ yexy f′′ +exy f′+xyexy f′+xexy 2xf′′ + yexy f′′
11 12 2 2 21 22
=−4xyf′′+2(x2 − y2)exy f′′++xye2xy f′′ +exy(1+xy)f′
11 12 22 2
(22) 【详解】
方法1：对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有
1+a 1 1  1  1+a 1 1  1

2 2+a 2  2
1行×(−i)+i行 
−2a a 0  0

A=   =B
       (  i  =  2  ,    n  )       
   
 n n n  n+a −na 0 0  a
对|B|是否为零进行讨论：
当a=0时，r(A)=1<n，由齐次方程组有非零解的判别定理：设A是m×n矩
阵，齐次方程组 Ax=0有非零解的充要条件是r(A)<n. 故此方程组有非零解，把
a=0代入原方程组，得其同解方程组为
x + x ++ x =0, (∗)
1 2 n
此时，r(A)=1，故方程组有n−r =n−1个自由未知量. 选x ,x ,,x 为自由未
2 3 n
知量，将他们的n−1组值(1,0,,0),(0,1,,0),,(0,0,,1)分别代入(∗)式，得基
础解系
η =(−1,1,0,,0)T, η =(−1,0,1,,0)T,,η =(−1,0,0,,1)T,
1 2 n−1
于是方程组的通解为
x = kη ++k η , 其中k ,,k 为任意常数.
1 1 n−1 n−1 1 n−1
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当a ≠ 0时，对矩阵B作初等行变换，有
 n(n+1) 
1+a 1 1  1 a+ 0 0  0
 
  2
B→
−2 1 0  0

i×(−1)+1行 
 −2 1 0  0

 ，
     (i=2,3n)
        
 −n 0 0  1  
 −n 0 0  1
n(n+1)
可知a = − 时，r(A) = n−1< n，由齐次方程组有非零解的判别定理, 知方程
2
n(n+1)
组也有非零解，把a = − 代入原方程组，其同解方程组为
2
−2x + x =0,
1 2

−3x + x =0,
1 3



  −nx + x =0,
1 n
此时，r(A)=n−1，故方程组有n−r =n−(n−1)=1个自由未知量.选x 为自由
2
未量，取x =1，由此得基础解系为η=(1,2,,n)T ，于是方程组的通解为x = kη，
2
其中k为任意常数.
方法2：计算方程组的系数行列式：
1+a 1 1  1  a 0 0  0 1 1 1  1
     
2 2+a 2  2 0 a 0  0 2 2 2  2
A=  矩阵加法 + 
                
     
 n n n  n+a 0 0 0  a n n n  n
1 1 1  1
 
2 2 2  2
=aE+   ∆ aE+Q，
    
 
n n n  n
下面求矩阵Q的特征值：
λ−1 −1 −1  −1 λ−1 −1 −1  −1
−2 λ−2 −2  −2 1行×(-i)+i行 −2λ λ 0  0
λE−Q =
     (i=2,3,,n)     
−n −n −n  λ−n −nλ 0 0  λ
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n(n+1)
λ− −1 −1  −1
2
i列×(i)+1列  n(n+1)
0 λ 0  0 =λn−1

λ−

(i =2,3,,n)  2 
    
0 0 0  λ
n(n+1)
则Q的特征值0,,0, ，由性质：若Ax=λx，则(kA)x=(kλ)x,Amx=λmx，
2
因此对任意多项式 f(x)， f(A)x= f(λ)x，即 f(λ)是 f(A)的特征值.
n(n+1)
故，A的特征值为a,a,,a+ , 由特征值的乘积等于矩阵行列式的值，得
2
n(n+1)
A行列式 A =(a+ )an−1.
2
由齐次方程组有非零解的判别定理：设A是n阶矩阵，齐次方程组Ax=0有非零
n(n+1)
解的充要条件是 A =0. 可知，当 A =0，即a=0或a = − 时，方程组有非
2
零解.
当a=0时，对系数矩阵A作初等行变换，有
1 1 1  1 1 1 1  1
   
2 2 2  2 1行×（−i)+i行 0 0 0  0
A=   
，.
     (i =2,n)     

   
n n n  n 0 0 0 0 0
故方程组的同解方程组为
x + x ++ x =0,
1 2 n
此时，r(A)=1，故方程组有n−r =n−1个自由未知量.选x ,x ,,x 为自由未
2 3 n
知量，将他们的n−1组值(1,0,,0),(0,1,,0),,(0,0,,1)分别代入(∗)式， 由此
得基础解系为
η =(−1,1,0,,0)T, η =(−1,0,1,,0)T,,η =(−1,0,0,,1)T,
1 2 n−1
于是方程组的通解为
x = kη ++k η , 其中k ,,k 为任意常数.
1 1 n−1 n−1 1 n−1
n(n+1)
当a = − 时，
2
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 n(n+1) 
1+a 1 1  1 a+ 0 0  0
 
  2
B→
−2 1 0  0

i×(−1)+1行 
 −2 1 0  0

 ，
      (i=2,3n)
        
 −n 0 0  1  
 −n 0 0  1
−2x + x =0,
 0 0 0  0 1 2

  −3x + x =0,
即  −2 1 0  0 ，其同解方程组为 1 3
      
 −n 0 0  1     −nx + x =0,
1 n
此时，r(A)=n−1，故方程组有n−r =n−(n−1)=1个自由未知量. 选x 为自由未量，
2
取x =1，由此得基础解系为η=(1,2,,n)T ，于是方程组的通解为x = kη，其中k为
2
任意常数.
(23) 【详解】A的特征多项式为
λ−1 −2 3 λ−2 −(λ−2) 0
λE−A = 1 λ−4 3 2行×（−1）+1行 1 λ−4 3
−1 −a λ−5 −1 −a λ−5
1 −1 0 1 −1 0
提出1行公因数(λ−2) 1 λ−4 3 1行×(−1)+2行(λ−2) 0 λ−3 3
−1 −a λ−5 −1 −a λ−5
1 −1 0
λ−3 3
1行+2行(λ−2) 0 λ−3 3 =(λ−2)
−a−1 λ−5
0 −a−1 λ−5
=(λ−2)[(λ−3)(λ−5)+3(a+1)]=(λ−2)(λ2 −8λ+18+3a).
已知A有一个二重特征值，有两种情况，(1)λ= 2就是二重特征值，(2)若λ= 2不是
二重根，则λ2 −8λ+18+3a是一个完全平方
(1) 若λ= 2是特征方程的二重根，则有22 −16+18+3a =0, 解得a =−2. 由
λE−A =(λ−2)(λ2−8λ+18+3×(−2)) =(λ−2)(λ2 −8λ+12) =(λ−2)2(λ−6)=0
求得A的特征值为2,2,6, 由
 1 −2 3  1 −2 3
 
1行(-1)倍加到2行,

2E−A= 1 −2 3 0 0 0 ，
  1行的1倍加到3行  

  −1 2 −3   0 0 0 
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知秩( 2E−A )=1，故λ= 2对应的线性无关的特征向量的个数为n−r =3−1=2，等于
λ= 2的重数. 由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征
向量的个数恰好等于该特征值的重根数, 从而A可相似对角化.
(2) 若λ= 2 不是特征方程的二重根，则λ2 −8λ+18+3a 为完全平方，从而
2 2
18+3a=16，解得 a = − . 当a = − 时，由
3 3
2
λE−A = =(λ−2)(λ2 −8λ+18+3×(− )) =(λ−2)(λ2−8λ+16) =(λ−2)(λ−4)2 =0
3
知A的特征值为2，4，4，由
 
 3 −2 3  3 −2 3
  1  
4E−A=  1 0 3 1行× +3行  1 0 3 
3
 2   0 0 0 
−1 −1
 3 
知秩( 4E−A )=2，故λ= 4对应的线性无关的特征向量有n−r =3−2=1, 不等于λ= 4
的重数，则由矩阵与对角矩阵相似的充要条件：对矩阵的每个特征值，线性无关的特征向量
的个数恰好等于该特征值的重根数, 知A不可相似对角化.
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