1、 1 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 . (15) (本题满分 10 分） 设函数 ( ) ln (1 ) s i nf x x a x b x x ， 3()g x kx .若 ()fx与 ()gx在 0x 时是等价无穷小，求 ,abk 的值 . 【答 案】 111, ,32a k b 【解析】 方 法一： 因为 23 3ln (1 ) ( )23xxx x o x ， 3 3sin ( )3!xx x o x ， 那么， 2 3 3330 0 0( 1 ) ( ) ( )( ) l n ( 1 )
2、 s i n 231 l i m l i m l i m()x x xaaa x b x x o xf x x a x b x xg x k x k x ， 可得：100213aabak ，所以，11213abk 方法二： 由题意得 300 s in)1ln (lim)( )(lim1 kx xbxxaxxg xf xx 20 3c o ss in11limkxxbxxbxax由分母 03lim 20 kxx，得分子 )c o ss in11(lim0 xbxxbxax 0)1(lim0 ax，求得 c； 于是)( )(lim1 0 xg xfx 20 3c o ss in1 11limkxx
3、bxxbxx）（ xkx xxbxxxbxx 13 c o s)1(s in)1(lim 2020 3 c o s)1(s in)1(lim kx xxbxxxbxx 2 kx xxbxxbxxxbxxbxbx 6 s i n)1(c o sc o s)1(c o s)1(s i n1lim 0 由分母 06lim0 kxx，得分子 s i n)1(c o sc o s)1(2s i n1lim 0 xxbxxbxxxbxbx 0)c o s21(lim 0 xbx ， 求得 21b ； 进一步， b 值代入原式 )( )(lim1 0 xg xfx kxxxxxxxxxx 6s i n)1(
4、21c o s21c o s)1(s i n211lim0kxxxxxxxxxxxxxxx 6c o s)1(21s i n21s i n)1(21s i n21c o s21s i n)1(c o sc o s21lim0k621 ，求得 .31k (16) (本题满分 10 分 ) 设 A0， D 是由曲线段 sin (0 )2y A x x 及直线 0y ， 2x 所围成的平面区域， 1V ，2V 分别表示 D 绕 x 轴与绕 y 轴旋转成旋转体的体积，若 12VV ，求 A 的值。 【答案】 8 【解析】 由旋转体的体积公式，得 dxxf 20 21 )(V dxxA 20 2)sin
5、( dxxA 202 22c o s1 422A dxxxf 202 )(2V AxdxA- 2c o s2 20 由题 ,VV 21 求得 .8A (17) (本题满分 11 分 ) 已知函数 ( , )f xy 满足 “ ( , ) 2( 1) xxyf x y y e， ( , 0) ( 1) xxf x x e， 2(0, ) 2f y y y，求 ( , )f xy 的极 值。 【答案】 极小值 (0, 1) 1f 3 【解析】 xxy eyyxf )1(2),( 两边对 y 积分，得 )()21(2),( 2 xeyyyxf xx )()2( 2 xeyy x ， 故 xx exx
6、xf )1()()0,( ， 求得 )1()( xex x ， 故 )1()2(),( 2 xeeyyyxf xxx ，两边关于 x 积分，得 dxxeeyyyxf xx )1()2(),( 2 xx dexeyy )1()2( 2 dxeexeyy xxx )1()2( 2 C)1()2( 2 xxx eexeyy C)2( 2 xx xeeyy 由 yyyyyf 2C2),0( 22 ，求得 .0C 所以 xx xeeyyyxf )2(),( 2 . 令 0)22( 0)2( 2xyxxxxeyf xeeeyyf，求得 10yx. 又 xxxxx xeeeyyf 2)2( 2 ， xxy
7、eyf )1(2 ， xyy ef 2 ， 当 1,0 yx 时， (0, 1) 1,xxAf ,0)1,0(B xyf 2)1,0( yyfC ， 2 0,AC B (0, 1) 1f 为极小值 . (18) (本题满分 10 分 ) 计算二重积分 ()D x x y dxdy，其中 2 2 2( , ) 2 ,D x y x y y x 【答案】 245 【解析】 2()DDx x y dx dy x dx dy 4 2212 202xxdx x dy 1 2 2 202 ( 2 )x x x dx 2 s i n1 2 2 2 2400222 2 2 2 s i n 2 c o s55x
8、tx x d x t td t 22242002 2 22 s i n 2 s i n .5 5 4 5uttd t u d u (19)(本题满分 11 分 ) 已知函数 212111Xxf x t d t t d t ，求 fx零点的个数？ 【答案】 2 个 【解析】 2 2 2( ) 1 2 1 1 ( 2 1 )f x x x x x x 令 ( ) 0fx ,得驻点为 12x , 在 1( , )2 , ()fx单调递减 ,在 1( , )2 , ()fx单调递增 故 1()2f 为唯一的极小值 ,也是最小值 . 而 11 1 12241 1 112 2 41( ) 1 1 1 12
9、f t d t t d t t d t t d t 1112 2122 41 1 1t dt t d t d 在 1( ,1)2 , 211tt ,故 112221 1 0t dt tdt 从而有 1( ) 02f 21 21l im ( ) l im 1 1 xxxxf x t dt t dt 221 221 1 1l im ( ) l im 1 1 l im 1 1 x x xxx x xf x t dt t dt t dt t dt 考虑2212211 21l im l im11xxxxt dt xxxt dt ，所以 lim ( )x fx . 所以函数 ()fx在 1( , )2 及
10、 1( , )2 上各有一个零点，所以零点个数为 2. (20) (本题满分 10 分 ) 5 已知高温物体置于低温介质中，任一时刻该物体温度对时间的变化率与该时刻物体和介质的温差成正比，现将一初始温度为 120C 的物体在 20C 的恒温介质中冷却， 30min 后该物体降至 30C ，若要将该物体的温度继续降至 21C ，还需冷却多长时间？ 【答 案】 30min 【解析】设 t 时刻物体温度为 ()xt ，比例常数为 ( 0)k ，介质温度为 m ,则 ()dx k x mdt ，从而 () ktx t Ce m， (0) 120, 20xm，所以 100C ，即 ( ) 100 20k
11、tx t e 又 1( ) 30,2x 所以 2ln10k ，所以11( ) 20100 txt 当 21x 时， t ，所以还需要冷却 min. (21) (本题满分 10 分 ) 已知函数 fx在区间 +a ， 上具有 2 阶导数， 0fa ， 0fx ， 0fx ，设 ba ，曲线 y f x 在点 ,b f b 处的切线与 x 轴的交点是 00x， ，证明 0a x b。 【证明】根据题意得点 ( , ( )b f b 处的切线方程为 ( ) ( )( )y f b f b x b 令 0y ，得0 ()()fbxbfb因为 (x) 0f 所以 (x)f 单调递增，又因为 (a) 0f
12、 所以 (b) 0f ，又因为 ( ) 0fb 所以0 ()()fbx b bfb 又因为0 ()()fbx a b a fb ，而在区间（ a,b）上应用拉格朗日中值定理有 ( b ) f ( a ) ( ) , ( a , b )f fba 所以0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )()( ) ( ) ( ) ( ) ( )f b f b f b f b fx a b a f bf b f f b f b f 因为 (x) 0f 所以 (x)f 单调递增 所以 ( ) ( )f b f 所以 0 0xa ，即 0xa ，所以 0a x b，结论得证 . 6 (22) (本题满分 11
13、分 ) 设矩阵 101101aAaa且 3AO . (1) 求 a 的值； (2) 若矩阵 X 满足 22X XA AX AX A E ， E 为 3 阶单位阵，求 X . 【答案】2 0 10 , 1 1 12 1 1aX 【解析】 (I) 3 2 31 0 0 1 00 1 1 1 1 0 00 1 1aA O A a a a a aa a a (II)由题意知 2 2 2 21112 2 212X X A A X A X A E X E A A X E A EE A X E A E X E A E A E A E AX E A A 20 1 11 1 11 1 2E A A ， 0 1
14、1 1 0 0 1 1 1 0 1 01 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 01 1 2 0 0 1 1 1 2 0 0 1 MM1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 00 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 00 2 1 0 1 1 0 0 1 2 1 1 MM1 1 0 2 0 1 1 0 0 3 1 20 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 10 0 1 2 1 1 0 0 1 2 1 1 MM3 1 21 1 12 1 1X (23) (本题满分 11 分 ) 7 设矩阵 0 2 31 3 312Aa 相似于矩阵1 2 0000 3 1Bb. （ 1） 求 ,ab的
15、值； （ 2）求可逆矩阵 P ，使 1PAP 为 对角阵 . 【答案】 （ 1） 4, 5ab； （ 2）2 3 11 0 10 1 1P【解析】 (I) ( ) ( ) 3 1 1A B tr A tr B a b 0 2 3 1 2 01 3 3 0 01 2 0 3 1 A B ba142 3 5 a b aa b b (II) 0 2 3 1 0 0 1 2 31 3 3 0 1 0 1 2 31 2 3 0 0 1 1 2 3A E C 1 2 3 11 2 3 1 1 2 31 2 3 1 C C 的特征值 1 2 30, 4 0 时 (0 ) 0E C x 的基础解系为 12( 2 ,1, 0 ) ; ( 3 , 0 ,1 ) TT 5 时 (4 ) 0E C x 的基础解系为 3 ( 1, 1,1) T A 的特征值 1 :1,1,5AC 8 令1 2 32 3 1( , , ) 1 0 10 1 1 P ， 1115P AP
