【解析】


5
dx11

1

x3

1

1
dxlnln2
。 
2

5
x4x322

x1

5
2

x3x1



3



xcost
12.曲线

，在
t对应处的曲率。
3
4
ysint


【答案】
2
。
3
【解析】有参数方程求导公式可知
dy3sin
2
tcostd
2
y(tant)

sec
2
t
，
 tant
，
2

222
dx3costsintdx3c ostsint3costsint
故曲率
K
y

(1y
)
3
2
2

sec
2
t
3 cos
2
tsint
(1tant)
2
3
2
< br>1
3costsint
，代入
t

4
，可得
K
t

4

2
。
3
13.设函数< br>zz(x,y)
由方程
lnze
z1
z

。
xy
确定，则
x
(2,
1
)
2
1【答案】。
4
【解析】方程两边同时对
x
求导，得
1z1< br>z1
z
，将
eyx2,y
代入原方程可得
zxx2
z1
，整理可得
z1

。
x
(2,
1
)
4
2
14.设
A
为3阶矩阵，

1
,

2
,

3
为线性无关的 向量组，
A

1
2

1


2


3
，
A

2


2
2

3
，
A

3

2


3
，则
A
的实特征值为。
【答案】
2
.

200

【解析】
(A

1
,A

2
,A

3
)A(

1
,

2
,

3
)(

1
,

2
,

3
)

111

，



121

< /p>

令
P(

1
,

2
,
3
),

200

C

111

,



121


则< br>APPC
,
P
可逆，故
A
相似于
C
，A
于
C
有相同的特征值。
2
。 解得矩阵的实特征值为
1
P(C)
11

2
P(C)
, < br>11
4
P(C)
4
22
三、解答题：15—23小题，共 94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、
．．．
证明过程或演算步骤.
2xx
earctane1dx
. 15.（本题满分10分）求不定积分

2xx
【解析】

earctane1dx
1
x2x
arctane1de
2


16.（本题满分10分）已知连续 函数
（I）求
f(x)
满足

f(t)dt

t f(xt)dtax
2

00
xx
f(x)
；（II） 若
f(x)
在区间
[0,1]
上的平均值为
1
，求
a
的值。
dt
，从而
xx
0
x
0
【解析】令
uxt
，则
du

x
0
tf(x t)dt

(xu)f(u)dux

f(u)du
uf(u)du
，
0
x
原方程化为

x
0< br>f(t)dtx

f(u)du

uf(u)duax
2
，等式两边对
x
求导，得
00
x
0
x
x
f(x)

f(u)du2ax
，且
f(0)0
，
由于
f(x)
连续，可知

f(u)du
可导，进而有f(x)
可导。
0
上式再求导可得
f

(x)f( x)2a
。由一阶线性微分方程的通解公式可得
f(x)e
x
(2ae
x
C)
，
将
f(0)0
代入，解得
C2a
，于是有
f(x)2a(1ex
)
。
（II）根据题意可知
1
1
e
 x
1f(x)dx
，将
f(x)2a(1e)
代入，可得
a
。

0
102


xtsint17.（本题满分10分）设平面区域
D
由曲线

,(0t2

)
与
x
围成，计算二

y1cost
重积 分

(x2y)d

。
D
2

y( x)
00
【解析】画积分区域的草图，化二重积分为二次积分

(x2 y)d



dx

D
2

(x 2y)dy

(xy(x)y
2
(x))dx
，
0
2

利用边界曲线方程
xtsint,y1cost,(0t2

)
换元，
2
2

0

(tsint)(1cost)dt

(1cost)
3
dt< br>，
0
其中

2

0
(tsint)(1 cost)
2
dt

2

0


(ttcos
2
t2tcostsintsintcos
2
ts in2t)dt3

2
，

故
D
2

0
(1cost)dt

(1cos
3
t3cos t3cos
2
t)dt5

，
0
3
2

2
(x2y)d

3

5

。

18.（本题满分10分）已知常数
kln21
，证明：
( x1)(xln
2
x2klnx1)0
。
【分析】该题的本质是 ：证明“大于号左边式子构成的函数的最小值为0”。由于左边式子
是两个因式的乘积且
(x 1)
较为简单，因此只需要以
(x1)
的正负来论证另一个因式的各
种变化 即可。
【证明】当
0x1
（
lnx
的定义域是
x0
）时，仅需证
xln
2
x2klnx10
；
2< br>当
x1
时，仅需证
xln
令
F(x)
x2k lnx10
。
xln
2
x2klnx1
，则
F

(x)12
lnx2kx2lnx2k
，

xxx
2
令
G(x)x2lnx2k
，则
G

(x)1
。
x
（1）当
0x1
时，
G

(x)0,G(x)
单调递减，
G(x)G(1)2ln210
，
F(1)0
，命题成立。 从而
F

(x)0
，< br>F(x)
单调递增，于是有
F(x)
2
2
（2）当
1x2
时，
G

(x)10
；当
x2
时，
G

(x)10
。
x
x

故
G(x)x2lnx2k
在

1,

内的最 小值在
x2
取得，而
G(2)0
，
因此，当
x(1 ,)
时，
G(x)0
，从而
F

(x)
G (x)
0
，且仅在
x2
处可能
x
F(1)0
， 有
F

(x)0
。于是，当
x(1,)
时，
F(x)
单调递增，
F(x)
也即
xln
2
x2klnx10
。
2
综上所述，对任 意的
x(0,)
，均有
(x1)(xlnx2klnx1)0
。
19.（本题满分10分）将长为
2m
的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与 正三角形，三个
图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。
【答案】面积之和存 在最小值，
S
min
1

。

433

2
， 【解析】设圆的半径为
x
，正方形的边长为
y
，三 角形的边长为
z
，则
2

x4y3z
三个图形的面积之 和为
S(x,y,z)

x
则问题转化为“在条件
2
< br>x4y3z
2
y
2

3
2
z
，
4
2
，
x0,y0,z0
下，求三元函数
S( x,y,z)

x
2
y
2

令
L< br>
x
2
3
2
z
的最小值”。
4
 y
2

3
2
z

(2

x4 y3z2)

4


L
x

L

y


解方程组


L
z





L


1
2

x2

0
x


433

2y4

0

2
，得到唯一驻点

y

3

433
z3

0

2

23

z
2

x4y3z 20

433

S
min
1

.

433
由实际问题可知，最小值一定存在，且在该驻点处取得最小值。最小面积 和为

20.（本题满分11分）已知曲线
L:y
4
2x(x0)
，点
O(0,0)
,点
A(0,1)
。设
P
是
L
上
9
的动点，
S
直线
OA
与直线
AP
及曲线
L
所围图形的面积。若
P
运动到点
(3,4)
时沿
x
轴方
向的速度是
4
，求此时
S
关于时间
t
的变化率。
【解析】画草图，可以看出所求面积等于一个梯形面积减去一个曲边三角形（空白部分）面
积。

4
2

设
t
时刻，动点
P
的坐 标为

x,x

，则面积

9

x
4
2

x
4
2
2x
3
x< br>S

x1



udu
，
0
2

99272

dS
所求变化率为
dtx3
dSdx

2
2
1

4

x

10
。
dxdt
x3
2
< br>x3

9
21.（本题满分10分）设数列
证明

x
n

满足
x
1
0,x
n
e
x
x
2
n1
e
x
n
1(　n1,2,3,)
。

x
n

收敛，并求
limx
n
。 n
e
x
1
1
【证明一】因为
x
1
0
，所以
e
。
　
x
1
e
x
1
1

x

根据拉格朗日中值定理，存在

 (0,x
1
)
，使得
e
，即
e
2
e< br>，因此
x
1
0x
2
x
1
。完全类似， 假设
0x
n1
x
n
，则
e
x
n 2
故数列
n
e
x
n1
1

e (0

x
n1
)
，即
0x
n2
x
n1
，
x
n1

x
n

单调减少且有下界，从而数列

x
n

收敛。
AAA
，在等式
x
n
e
x
n1
e
x
n
1　
两边取极限，得
Aee1　
，解方程得唯一解设
limx
n
A0
，故
limx
n
0
。 n
【证明二】首先证明数列

x
n

有下界，即证 明
x
n
0
：
e
x
1
1
x< br>当
n1
时，
x
1
0
。根据题设
x
2
ln
，由
e
1
1x
1
可知
x< br>2
ln10　
；
　
x
1
假设当
nk
时，
x
k
0
；

e
x
k
1
x
则当
nk1
时，
x
k1
l n
，其中
e
k
1x
k
，可知
x
k1
ln10
。
　
x
k
根据数学归纳法，对任意的
nN
，
x
n
再证明数列

0
。

x
n

的单调性：
e
x
n
 1e
x
n
1e
x
n
1
x
n
，
x
n1
x
n
lnx
n
lnlnel n
x
n
x
n
x
n
x
n
e
(离散函数连续化)设
f(x)e
x
1xe
x
(x0)，则当
x0
时，
f

(x)xe
x
0
，
f(x)
单调递减，
f(x)f(0)0
，即
e< br>x
1xe
x
。
e
x
n
1
 ln10
，故
x
n1
x
n
，即数列

x
n

的单调递减。 从而
x
n1
x
nln
x
n
x
n
e
综上，数列
n

x
n

的单调递减且有下界。由单调有界收敛原理可知

x
n

收敛。
aa
a
，在等式
x
n< br>e
x
n1
e
x
n
1　
两边同时令n
，得
aee1　
，解方设
limx
n
程得唯 一解
a0
，故
limx
n
n
0
。
22.（本题满分11分）设二次型
f(x
1
,x
2
,x
3
)(x
1
x
2
x
3
)
2
(x
2
x
3
)
2
(x
1
 ax
3
)
2
，其中
a
是参数。
（I）求
f(x
1
,x
2
,x
3
)0
的解；（II）求< br>f(x
1
,x
2
,x
3
)
的规范型。
f(x
1
,x
2
,x
3
)0
可得 【解析】（I）由
对上述齐次线性方程组的系数矩阵作初等行变换得
当
a2
时，
f(x
1
,x
2
,x
3
)0
只有 零解：
x(0,0,0)
T
。

102


， 当
a2
时，
A
011


000


f(x
1
,x
2
,x
3
)0
有非零解：
xk(2, 1,1)
T
，
k
为任意常数。
（II）当
a2
时，若
x
1
,x
2
,x
3
不全为0，则二次型< br>f(x
1
,x
2
,x
3
)
恒大于0，即二次 型
22
y
3
。
f(x
1
,x
2,x
3
)
为正定二次型，其规范型为
f(y
1
,y2
,y
3
)y
1
2
y
2
当
a2
时，


213


二次型对 应的实对称矩阵
B120
，其特征方程为



3 06


解得特征值

1
57,

2
57,

3
0
，可知二次型的规范型为
2
。
f(z
1
,z
2
,z
3
) z
1
2
z
2

12a


可 经过初等列变换化为矩阵 23.（本题满分11分）设
a
是常数，且矩阵
A

130


27a



1a 2


B

011

。(I)求
a< br>；（II）求满足
APB
的可逆矩阵
P
？

1 11


【解析】（I）由于矩阵的初等变换不改变矩阵的秩，故
r(A) r(B)
。
对矩阵
A,B
作初等行变换，得

12a

12a

12a


A

130



01a



01a

，

27a

033a

000


a2

1a2

1a2

1

B

011


011



011

， 
111

0a13

002a


显然
r(A)2
，要使
r(B)2
，必有
2a0a2
。
（II）将矩阵
B
按列分块：
B(

1
,

2
,

3
)
，求解矩 阵方程
APB
可化为解三个同系数的
非齐次线性方程组：
Ax

j
,j1,2,3
。对下列矩阵施以初等行变换得

12212 2

106344

(A,B)

130011



012111

，



272111




000000


易知，齐次线性方程组
Ax0
的基础解系为：

0
的特解分别为：

1
(6,2,1)
T
,三个非齐次线 性方程组
(3,1,0)
T
,

2
(4,1,0)
T
,

3
(4,1,0)
T
。
因此，三个非齐次线性方程组的通解为


6

3

6

4

6

4




1

，

k
< br>2



1

，

k

2



1

，

1
k
1

2
2

3

2

3


1

0

1

0

1

0

 

36k
1
４6k
２
４6k
３


从而可得可逆矩阵
P12k
1
　12k
２12k
３

，其中
k
2
k
3
。



k
1
k
２
k
３

