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2005年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

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2005 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)【详解】先求出函数的导数,再求函数在某点的微分.
方法1：利用恒等变形得y =(1+sinx)x=exln(1+sinx)，于是
cosx
y′=exln(1+sinx) ⋅[ln(1+sinx)+ x⋅ ]，
1+sinx
从而 dy =y′(π)dx = −πdx.
x=π
方法2：两边取对数，ln y = xln(1+sinx)，对x求导，得
1 xcosx
y′=ln(1+sinx)+ ，
y 1+sinx
cosx
于是 y′=(1+sinx)x ⋅[ln(1+sinx)+ x⋅ ]，
1+sinx
故 dy =y′(π)dx = −πdx.
x=π
3
(1+ x)2
(2)曲线y = 的斜渐近线方程为___________.
x
f(x)
【详解】由求斜渐近线公式y =ax+b(其中a=lim ，b=lim[f(x)−ax])，得：
x→∞ x x→∞
3
f(x) (1+x)2
a= lim = lim =1,
x→+∞ x x→+∞ x x
3 3
(1+ x)2 −x2 3
[ ]
b = lim f(x)−ax = lim = ，
x→+∞ x→+∞ x 2
3
于是所求斜渐近线方程为y = x+ .
2
(3)【详解】通过还原变换求定积分
π
方法1：令x =sint (01时，|x|3= n|x|3n < n1+|x|3n ≤ n 2|x|3n = n 2|x|3，命n→∞取极限，得
1 1
limn 2|x|3n =|x|3，由夹逼准则得 f(x)=lim|x|3 ( +1)n =|x|3.
n→∞ n→∞ |x|3n
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1, |x|<1

所以 f(x)=
 x3 , |x|≥1
再讨论 f(x)的不可导点. 按导数定义，易知x=±1处 f(x)不可导，故应选(C).
(8)【答案】A
【详解】
方法1：应用函数奇偶性的定义判定，
x
函数 f(x)的任一原函数可表示为F(x) = ∫ f(t)dt +C，且F′(x) = f(x).
0
当 F(x) 为偶函数时，有 F(−x) = F(x) ，于是 F′(−x)⋅(−1) = F′(x) ，即
− f(−x) = f(x)，亦即 f(−x) = −f(x)，可见 f(x)为奇函数；
−x
反过来，若 f(x)为奇函数，则F(−x)=∫ f(t)dt+C，令t =−k ，则有dt =−dk，
0
−x x x
所以 F(−x)=∫ f(t)dt+C =−∫ f(−k)dk+C =∫ f(k)dk+C = F(x)，
0 0 0
x
从而 F(x) = ∫ f(t)dt +C 为偶函数，可见(A)为正确选项.
0
方法2：排除法，
令 f(x)=1, 则取F(x)= x+1, 排除(B)、(C);
1
令 f(x)= x， 则取F(x)= x2, 排除(D);
2
(9)【答案】A
【详解】当x=3时，有t2 +2t =3，得t =1,t =−3(舍去，此时y无意义)，
1 2
dy 1
dy dt 1+t 1
曲线y = y(x)的导数为 = = = ，
dx dx 2t+2 2(t+1)2
dt
1
所以曲线y = y(x)在x=3(即t =1)处的切线斜率为
8
于是在该处的法线的斜率为−8, 所以过点(3,ln2)的法线方程为
y−ln2 = −8(x−3)，
1
令y=0, 得其与x轴交点的横坐标为： ln2+3, 故应(A).
8
(10)【答案】D
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【详解】由于积分区域D是关于y = x对称的, 所以x与 y互换后积分值不变, 所以有
a f(x) +b f(y) a f(y) +b f(x)
∫∫ dσ= ∫∫ dσ
f(x) + f(y) f(y) + f(x)
D D
1 a f(x)+b f(y) a f(y)+b f(x)
= ∫∫[ + ]dσ
2 f(x)+ f(y) f(y)+ f(x)
D
a+b a+b 1 a+b
= ∫∫dσ= ⋅ ⋅π⋅22 = π. 应选(D).
2 2 4 2
D
(11)【答案】B
∂u
【详解】因为 =ϕ′(x+ y)+ϕ′(x− y)+ψ(x+ y)−ψ(x− y)，
∂x
∂u
=ϕ′(x+ y)−ϕ′(x− y)+ψ(x+ y)+ψ(x− y)，
∂y
∂2u
于是 =ϕ′′(x+ y)+ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)−ψ′(x− y)，
∂x2
∂2u
=ϕ′′(x+ y)−ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)+ψ′(x− y)，
∂x∂y
∂2u
=ϕ′′(x+ y)+ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)−ψ′(x− y)，
∂y2
∂2u ∂2u
可见有 = ，应选(B).
∂x2 ∂y2
(12)【答案】D
【详解】由于函数 f(x)在x=0，x=1点处无定义，因此是间断点.
且 lim f(x) =∞，所以x=0为第二类间断点；
x→0
lim f(x) =0，lim f(x) = −1，所以x=1为第一类间断点，故应选(D).
x→1+ x→1−
(13)【答案】B
【详解】
方法1：利用线性无关的定义
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
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Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
设有数k ,k ，使得kα +k A(α +α ) =0，则
1 2 1 1 2 1 2
kα +k λα +k λα =0 ⇒(k +k λ)α +k λα =0.
1 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2
因λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，则
1 2 1 2
k +k λ =0,
1 2 1

 k λ =0.
2 2
1 λ
当 1 =λ ≠0时，方程只有零解，则k =0,k =0，此时α，A(α +α )线性
0 λ 2 1 2 1 1 2
2
无关；反过来，若α ， A(α +α ) 线性无关，则必然有λ ≠ 0(否则，α 与
1 1 2 2 1
A(α +α )=λα线性相关)，故应选(B).
1 2 1 1
方法2：将向量组的表出关系表示成矩阵形式
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
1 λ
由于 (α,A(α +α) )=(α,λα +λα )=(α,α )  1 ，
1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 0 λ 
2
因λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，知α,α 线性无关. 若α，
1 2 1 2 1
A(α +α )线性无关，则r (α,A(α +α) )=2，则
1 2 1 1 2
 1 λ  1 λ 1 λ
2=r (α,α )  1 ≤minr (α,α ) ,r 1 ≤r 1 ≤2，
 1 2 0 λ   1 2 0 λ  0 λ 
2 2 2
1 λ 1 λ 1 λ
故2≤r 1 ≤2，从而r 1 =2，从而 1 =λ ≠0
0 λ  0 λ  0 λ 2
2 2 2
1 λ 1 λ
若 1 =λ ≠0，则r 1 =2，又α,α 线性无关，则
0 λ 2 0 λ  1 2
2 2
 1 λ 1 λ
r (α,α )  1 =r 1 =2，
 1 2 0 λ  0 λ 
2 2
则
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 1 λ
r (α,A(α +α) )=r (α,α )  1 =2
1 1 2  1 2 0 λ 
2
1 λ
从而α，A(α +α )线性无关的充要条件是 1 =λ ≠ 0.故应选(B).
1 1 2 0 λ 2
2
方法3：利用矩阵的秩
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
因λ≠λ ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，又
1 2 1 2
A(α +α)=λα +λα ，故α，A(α +α )线性无关⇔ r(α,A(α +α))=2
1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2
又因为 (α,λα +λα )
将α1 的-λ1 倍
=
加到第2列
(α,λα )
1 1 1 2 2 1 2 2
则r(α,λα +λα)=r(α,λα)=2⇔λ ≠0(若λ =0，与r(α,λα)=2矛盾)
1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2
方法4：利用线性齐次方程组
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
由λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，
1 2 1 2
α,A(α +α)线性无关
1 1 2
⇔α,λα +λα 线性无关
1 1 1 2 2
⇔ α,λα +λα ≠0，
1 1 1 2 2
1 λ
⇔ (α,λα +λα ) X =0只有零解，又(α,λα +λα )=(α,α )  1 
1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 0 λ 
2
1 λx 
⇔ (α,α )  1  1 =0只有零解
1 2 0 λ x 
2 2
1 λx 
⇔α,α 线性无关时(α,α ) Y =0只有零解，故Y = 1  1 =0，只有零解，
1 2 1 2 0 λ x 
2 2
1 λx 
⇔ Y = 1  1 =0的系数矩阵是个可逆矩阵，
0 λ x 
2 2
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1 λ
⇔ 1 =λ ≠0，故应选(B)
0 λ 2
2
方法5：由λ≠λ，α,α 线性无关
1 2 1 2
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
向量组( I ) :α,α 和向量组( II ) :α,A(α +α)=λα +λα . 显然向量组( II )可
1 2 1 1 2 1 1 2 2
以由向量组(
I
)线性表出；当λ ≠0时，不论λ的取值如何，向量组(
I
)可以由向量组
2 1
(
II
)线性表出
λ 1 λ 1
α =α，α =(− 1α)+ (λα +λα)=− 1 ⋅α + A(α +α)，
1 1 2 λ 1 λ 1 1 2 2 λ 1 λ 1 2
2 2 2 2
从而( I )，( II )是等价向量组⇒当λ ≠0时，r (α,α )=r (α,λα +λα )=2
2 1 2 1 1 1 2 2
(14)【答案】(C)
【详解】
方法 1：由题设，存在初等矩阵E (交换n阶单位矩阵的第 1 行与第 2 行所得)，使得
12
E A= B，(A进行行变换，故A左乘初等矩阵)，于是 B* =(E A)* = A*E* ，
12 12 12
E *
又初等矩阵都是可逆的，故 E −1 = 12 ，
12 E
12
又 E =− E =−1(行列式的两行互换，行列式反号)，E −1 = E ，故
12 12 12
B* = A*E* = A* E ⋅E −1 =−A*E −1 =−A*E ，
12 12 12 12 12
即A*E = −B*,可见应选(C).
12
方法2：交换A的第一行与第二行得B，即B= E A.
12
又因为A是可逆阵， E =− E =−1，故 B = E A = E A =− A ≠0，
12 12 12
所以B可逆，且B−1 =(E A)−1 = A−1E .
12 12
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A∗ B∗ B∗ A∗
又A−1 = ,B−1 = ，故 = E ，又因 B =− A ，故A*E = −B*.
A B B A 12 12
三、解答题
(15)【详解】 作积分变量代换，命x−t =u，则
x 0 x
∫ f(x−t)dt =∫ f(u)(−du)=∫ f(u)du,
0 x 0
于是
∫ x (x−t)f(t)dt x∫ x f(t)dt−∫ x tf(t)dt 洛必达法则 ∫ x f(t)dt+xf(x)−xf(x)
lim 0 =lim 0 0 = lim 0
x→0 x∫ x f(x−t)dt x→0 x∫ x f(u)du x→0 ∫ x f(u)du+xf(x)
0 0 0
1 x
整
=
理
lim
∫
0
x f(t)dt 上下
=
同除x
lim x
∫
0
f(t)dt
x→0 ∫ x f(u)du+ xf(x) x→0 f(x)+ 1 ∫ x f(t)dt
0 x 0
x
(∫ f(t)dt)′
1 x
而 lim ∫ f(t)dt =lim 0 =lim f(x)= f(0)
x→0 x 0 x→0 x′ x→0
所以由极限的四则运算法则得，
1 ∫ x f(t)dt lim 1 ∫ x f(t)dt f(0)≠0 1
原式=lim x 0 = x→0 x 0 = f(0) = .
x→0 1 x 1 x f(0)+ f(0) 2
f(x)+ ∫ f(t)dt lim f(x)+lim ∫ f(t)dt
x 0 x→0 x 0
(16) 【详解】由题设图形知，C 在C 的左侧，根据平面图形的面积公式得，
3 1
x 1 1
S (x) = ∫ [et − (1+et)]dt = (ex −x−1)， C C
1 0 2 2 3 2
y l y
y
S (y) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt， M(x,y)
2
1
由S (x) = S (y)，得
1 2
1 y
C
1
(ex −x−1) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt，
2 1
l
注意到M(x,y)是y =ex的点，
1
x
1 y
于是 (y−ln y−1) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt
2 1 O 1 x
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1 1
两边对y求导得 (1− ) =ln y−ϕ(y)，
2 y
y−1
整理上面关系式得函数关系为：x =ϕ(y) =ln y− .
2y
(17)【详解】由直线l 过(0,0)和(2,4)两点知直线l 的斜率为2. 由直线l 是曲线C在点(0,0)
1 1 1
的切线，由导数的几何意义知 f′(0)=2. 同理可得 f′(3)=−2. 另外由点(3,2)是曲线C的
一个拐点知 f′′(3)=0.
由分部积分公式，
∫ 3 (x2 +x)f′′′(x)dx=∫ 3 (x2 +x)df′′(x) =(x2 +x)f′′(x) 3−∫ 3 f′′(x)(2x+1)dx
0 0 0 0
3
=(32 +3)f′′(3)−(02 +0)f′′(0)−∫ f′′(x)(2x+1)dx
0
3 3 3
=−∫ (2x+1)df ′(x) = −(2x+1)f ′(x) +2∫ f ′(x)dx
0 0 0
3
=−(2×3+1)f′(3)+(2×0+1)f′(0)+2∫ f′(x)dx
0
=16+2[f(3)− f(0)]= 20.
dx
(18)【详解】 由题设x =cost(00,
于是由闭区间连续函数的介值定理知，存在ξ∈(0,1), 使得F(ξ) =0，即 f(ξ) =1−ξ.
(II) 在[0,ξ]和[ξ,1]上对 f(x) 分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点
f(ξ)− f(0) f(1)− f(ξ)
η∈(0,ξ),ζ∈(ξ,1)，使得 f ′(η) = ， f ′(ζ) =
ξ−0 1−ξ
f(ξ) 1− f(ξ) 1−ξ ξ
于是 f ′(η)f ′(ζ) = ⋅ = ⋅ =1.
ξ 1−ξ ξ 1−ξ
∂z ∂z ∂z
(20) 【 详 解 】由 dz = 2xdx−2ydy 知 =2x, =−2y . 对 =2x 两 边 积 分 得
∂x ∂y ∂x
∂z
z = f(x,y)= x2 +c(y) . 将 z(x,y)= x2 +c(y) 代 入 =−2y 得 c′(y)=2y . 所 以
∂y
c(y)= y2 +c. 所以z = x2 − y2 +c.再由x=1,y =1时z =2知， c=2. 于是所讨论的函
数为z = x2 − y2 +2.
y2 ∂z ∂z
求 z 在 x2 + <1 中的驻点. 由 =2x, =−2y 得驻点 (0,0) ，对应的
4 ∂x ∂y
z = f(0,0)=2.
y2
讨论z = x2 − y2 +2在D的边界x2 + =1上的最值，有两个方法.
4
方法1：把y2 =4(1−x2)代入z的表达式，有
z = x2 − y2 +2=5x2 −2， −1≤ x≤1
z′ =10x
x
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命z′ =0解得x=0，对应的y =±2，z =−2
x x=0,y=±2
还要考虑−1≤ x≤1的端点x=±1，对应的y =0，z =3
x=±1,y=0
由z =2,z =−2,z =3比较大小，故
minz =−2(对应于x=0，y =±2)，maxz =3(对应于x=0， y =±2)
y2
方法2：用拉格朗日乘数法，作函数F(x,y,λ)= x2 − y2 +2+λ(x2 + −1)
4
 ∂f
 F′= +2λx=2(1+λ)x=0,
x ∂x

 ∂f λy 1
解方程组 F′= + =−2y+ λy =0
y ∂y 2 2

 y2
 F′ = x2 + −1=0
 λ 4
由上面的第一个方程解得x=0或λ=−1：当x=0时由最后一个方程解得y =±2；当
λ=−1是由第二个方程解得y =0，这时由最后一个方程解得x=±1. 故解得4个可能的极
值点(0,2),(0,−2),(1,0),(−1,0).计算对应z的值：
z =−2, z =−2, z =3, z =3
(0,2) (0,−2) (1,0) (−1,0)
再与z =2比较大小，结论同方法1.
(0,0)
(21) 【详解】D：x2 + y2 −1=0为以O为中心半径为1 的圆周，划分D如下图为D 与D .
1 2
x2 + y2 −1, (x,y)∈D
这时可以去掉绝对值符号 x2 + y2 −1 = 2
1−x2 − y2, (x,y)∈D
1
D D
1 2
x2+y2=1
方法1： ∫∫ x2 + y2 −1dσ=−∫∫(x2 + y2 −1)dxdy +∫∫(x2 + y2 −1)dxdy
D D D
1 2
后一个积分用直角坐标做，
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1 1
∫∫(x2 + y2 −1)dxdy =∫ dx∫ (x2 + y2 −1)dy
0 1−x2
D
2
1 1 1 3
=∫ [(x2 −1)−(x2 −1) 1−x2 + − (1-x2)2]dx
0 3 3
1 2 2 3 1 12 2 1 3
=∫ [(x2 − )+ (1−x2)2]dx=∫ x2dx−∫ dx+ ∫ (1−x2)2dx
0 3 3 0 0 3 3 0
1 2 π 1 2 π 1+cos2t
=− + ∫2cos4tdt =− + ∫2( )2dt
3 3 0 3 3 0 2
1 2 1 π
=− + × ∫2(1+2cos2t+cos22t) dt
3 3 4 0
1 2 1 π 1+cos4t
=− + × ∫2(1+2cos2t+ )dt
3 3 4 0 2
1 2 1 π 1 cos4t
=− + × ∫2(1+ +2cos2t+ )dt
3 3 4 0 2 2
1 2 1 3 π 2 1 π cos4t
=− + × × × + × ∫2(2cos2t+ )dt
3 3 4 2 2 3 4 0 2
1 π 2 1 1 π
=− + + × ×0 =− + .
3 8 3 4 3 8
前一个积分用极坐标做，
π 1 π 1 1 π
∫∫(1−x2 − y2)dxdy =∫2dθ∫ (1−r2)rdr =∫2( − )dθ= .
0 0 0 2 4 8
D
1
π 1 π π 1
所以 ∫∫ x2 + y2 −1dσ= +− + = − .
8 3 8 4 3
D
方法2：由于区域D 的边界复杂，计算该积分较麻烦，可以将D 内的函数“扩充”到整个区
2 2
域D=D D ，再减去“扩充”的部分，就简化了运算. 即
1 2
∫∫(x2 + y2 −1)dσ= ∫∫(x2 + y2 −1)dσ−∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
2 1
因此 ∫∫ x2 + y2 −1dσ=∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
1 2
=∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ−∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
1 1
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=2∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D
1
π 1 π 1 1 π
由极坐标 ∫∫(1−x2 − y2)dxdy =∫2dθ∫ (1−r2)rdr =∫2( − )dθ= .
0 0 0 2 4 8
D
1
1 1 1
x3 1
而 ∫∫(x2 + y2 −1)dσ=∫ dy∫ (x2 + y2 −1)dx=∫ [ +(y2 −1)x] dy
0 0 0 3 0
D
1 1 1 2 y3 2 1 1
=∫ [ + y2 −1]dy =∫ (y2 − )dy =[ − y] =−
0 3 0 3 3 3 0 3
π 1 π 1
所以 ∫∫ x2 + y2 −1dσ=2× − = − .
8 3 4 3
D
(22)【详解】
方法1：记A=(α,α,α),B=(β,β,β). 由于β,β,β不能由α,α,α线性表出，故
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
r(A)<3，(若r(A)=3，则任何三维向量都可以由α,α,α线性表出)，从而
1 2 3
1 1 a 2+a 2+a 2+a 1 1 1
把第2、3行 提取第1行的
A = 1 a 1 1 a 1 (2+a) 1 a 1
加到第1行 公因子(2+a)
a 1 1 a 1 1 a 1 1
1 1 1
2行−1行
(2+a) 0 a−1 0
3行−1行
a−1 0 0
0 a−1
按第3列展开(2+a)⋅(−1)1+3×1× =−(2+a)(a−1)2 =0
a−1 0
(其中(−1)1+3指数中的1和3分别是1所在的行数和列数)
从而得a =1或a =−2.
当a =1时，α =α =α =β =[1,1,1]T ，则α =α =α =β+0⋅β +0⋅β ，
1 2 3 1 1 2 3 1 2 3
故α,α,α可由β,β,β线性表出，但β =[−2,1,4]T 不能由α,α,α线性表出(因
1 2 3 1 2 3 2 1 2 3
−2 1 1 1 k +k +k =−2
1 2 3
        
为方程组β = 1 =k 1 +k 1 +k 1 ，即k +k +k =1 无解)，故a =1符
2   1  2  3  1 2 3
        
 4  1 1 1 k +k +k =4
1 2 3
合题意.
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当a =−2时,由于
 1 −2 −2  1 1 −2 1 −2 −2  1 1 −2
 
2行−1行，
 
[BA]= 1 −2 −2  1 −2 1 0 0 0  0 −3 −3
  3行+1行×2  

  −2 4 −2  −2 1 1    0 0 −6  0 0 0  
因r(B)=2≠r(Bα)=3，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，故方程组
2
BX =α 无解，故α 不能由β,β,β线性表出，这和题设矛盾，故a =−2不合题意.
2 2 1 2 3
因此a =1.
方法2：对矩阵A =(β,β ,β α,α ,α)作初等行变换，有
1 2 3 1 2 3
1 −2 −2  1 1 a
 
A =(β,β ,β α,α ,α)= 1 a a  1 a 1
1 2 3 1 2 3  
 a 4 a  a 1 1 
1 −2 −2  1 1 a 
2行−1行，
 
0 a+2 a+2  0 a−1 0
3行−1行×a  

 0 4+2a 3a  0 1−a 1−a 
1 −2 −2  1 1 a 
 
3 行  − 2 行  × 2 0 a+2 a+2  0 a−1 0  ，
 0 0 a−4  0 3(1−a) 1−a 
1 −2 −2  1 1 −2
 
当a =−2时，A → 0 0 0  0 −3 0 , 不存在非零常数k ,k ,k ，
  1 2 3
 0 0 −6  0 3 3  
 1  1 −2 −2
       
使得 −3 =k 0 +k 0 +k 0 ，α 不能由β,β ,β线性表示，因此a ≠ −2；
  1  2  3  2 1 2 3
       
 3  0  0   −6
当a=4时，
1 −2 −2  1 1 4 
 
A → 0 6 6  0 3 0 ，
 
 0 0 0  0 −9 −3 
α 不 能 由 β,β ,β 线 性 表 示 ， 不 存 在 非 零 常 数 k ,k ,k ， 使 得
3 1 2 3 1 2 3
 4  1 −2 −2
       
0 =k 0 +k 6 +k 6 . 因此a ≠ 4.
  1  2  3 
       
 −3 0  0   0 
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而当a ≠ −2且a ≠ 4时，秩r(β,β ,β) =3，此时向量组α,α ,α 可由向量组
1 2 3 1 2 3
β,β ,β线性表示. 又
1 2 3
1 1 a  1 −2 −2
 
B =(α,α ,α β,β ,β) = 1 a 1  1 a a
1 2 3 1 2 3  
 a 1 1  a 4 a  
1 1 a  1 −2 −2 
2行−1行，
 
0 a−1 1−a  0 a+2 a+2
3行−1行×a  
  0 1−a 1−a2  0 4+2a 3a  
1 1 a  1 −2 −2 
 
3 行  + 2 行  0 a−1 1−a  0 a+2 a+2  ，
 0 0 2−a−a2  0 6+3a 4a+2 
由 题 设 向 量 组 β,β ,β 不 能 由 向 量 组 α,α ,α 线 性 表 示 ， 则 方 程 组
1 2 3 1 2 3
(α α α) x=β或(α α α) x=β 或(α α α) x=β 无解，故系数矩阵的秩
1 2 3 1 1 2 3 2 1 2 3 3
≠增广矩阵的秩，故r(B)≠r (α α α) .
1 2 3
又当a ≠ −2且a ≠ 4时，r(B)=3，则必有a−1=0或2−a−a2 =0，即a=1
或a = −2.
综上所述，满足题设条件的a只能是：a=1.
方法3：记A=(α,α,α) ,B=(β,β,β)，对矩阵( A  B )作初等行变换，得
1 2 3 1 2 3
1 1 a  1 −2 −2
 
( A  B )=(α,α,αβ,β,β)= 1 a 1  1 a a
1 2 3 1 2 3  
 a 1 1  a 4 a  
1 1 a  1 −2 −2 
2行−1行，
 
0 a−1 1−a  0 a+2 a+2
3行−1行×a  
  0 1−a 1−a2  0 4+2a 3a  
1 1 a  1 −2 −2 
 
3 行  + 2 行  0 a−1 1−a  0 a+2 a+2  ，
 0 0 2−a−a2  0 6+3a 4a+2 
由于β,β,β不能由α,α,α线性表出，故r(A)<3，(若r(A)=3，则任何三
1 2 3 1 2 3
维向量都可以由α,α,α线性表出)，从而
1 2 3
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1 1 a 2+a 2+a 2+a 1 1 1
把第2、3行 提取第1行的
A = 1 a 1 1 a 1 (2+a) 1 a 1
加到第1行 公因子(2+a)
a 1 1 a 1 1 a 1 1
1 1 1
2行−1行 0 a−1
(2+a) 0 a−1 0 按第3列展开(2+a)⋅(−1)1+3×1×
3行−1行 a−1 0
a−1 0 0
=−(2+a)(a−1)2 =0
从而得a =1或a =−2.
当a =1时，
1 1 11 −2 2
 
( A  B )= 0 0 00 3 3 ，
 
 
0 0 00 9 6
则α =α =α =β+0⋅β +0⋅β ，α,α,α 可由β,β,β 线性表出，但由于
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
r ( A )=1≠r ( A  β)=2，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组Ax=β 无解，
2 2
β =[−2,1,4]T不能由α,α,α线性表出. 或由于r ( A )=1≠r ( A  β)=2，系数矩阵
2 1 2 3 3
的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组Ax=β无解，β不能由α,α,α线性表出，即
3 3 1 2 3
β,β,β不能由α,α,α线性表出，故a=1符合题意.
1 2 3 1 2 3
当a =−2时，
1 1 −21 −2 2 
 
( A  B )= 0 −3 3 0 0 0 ，
 
 
0 0 0 0 0 −6
因r ( A )=2≠r ( A  β)=3，，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，β,β,β不能
3 1 2 3
由α,α,α线性表出，但r ( B )=2≠r ( B  α )=3(或r ( B  α)=3)，系数矩阵的秩
1 2 3 2 3
和增广矩阵的秩不相等，即BX =α (或BX =α)无解，即α,α,α不能由β,β,β
2 3 1 2 3 1 2 3
线性表出，与题设矛盾，故a =−2不合题意.
故a =1.
(23)【详解】 由AB=0知，B的每一列均为Ax=0的解，且r(A)+r(B)≤3.(3是A的列
数或B的行数)
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(1) 若k ≠9, β,β 不成比例，β,β 成比例，则r(B)=2, 方程组Ax=0的解向量
1 3 1 2
中至少有两个线性无关的解向量，故它的基础解系中解向量的个数≥2，又基础解系中解向
量的个数=未知数的个数−r(A) =3−r(A)，于是r(A)≤1.
又矩阵 A的第一行元素( a,b,c )不全为零，显然r(A)≥1, 故r(A)=1. 可见此时
Ax=0的基础解系由3−r(A)=2 个线性无关解向量组成，β,β 是方程组的解且线性无
1 3
关，可作为其基础解系，故Ax=0 的通解为：
1 3
   
x = k 2+k 6,k ,k 为任意常数.
1 2 1 2
   
3 k
(2) 若k =9，则β,β,β 均成比例，故r(B) =1, 从而1≤ r(A)≤ 2.故r(A)=1或
1 2 3
r(A)=2.
①若r(A)=2, 则方程组的基础解系由一个线性无关的解组成，β是方程组Ax=0的基础
1
1
 
解系， 则Ax=0的通解为：x = k 2,k 为任意常数.
1 1
 
3
②若r(A)=1, 则A的三个行向量成比例，因第1行元素( a,b,c )不全为零，不妨设a≠0，
则Ax=0的同解方程组为：ax +bx +cx =0, 系数矩阵的秩为1，故基础解系由3−1=2
1 2 3
个线性无关解向量组成，选x ,x 为自由未知量，分别取x =1,x =0或x =0,x =1，方
2 3 2 3 2 3
 b  c  b  c
− − − −
       
a a a a
       
程组的基础解系为ξ = 1 ,ξ  0 ，则其通解为x=k  1 +k  0 ,k ,k 为任意
1 2 1 2 1 2
       
0 1 0 1
       
       
常数.
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