复旦大学：《高等数学》课程往年试题（高等数学A）2009级高等数学A（上）试题答案

2009级高等数学A(上)期末试题解答 (1)解:y=sn2x+2xsm4x,y"=4sm4x+8xcos4x。 (2)解:原式=2+2,d 2 2 」x2+2x+2 ln(x2+2x+2) n(x+1) (3)解:原式。一在=C”+小+e=1+5 二mh(1+tdh (4)解:原式=lim In(1+tan 2x). 2sec 2 23 2121 二(1)解: 0000/,所以r(4=2 (2)解:(A-21)B=A,A-21=-100,(4-21)=-173, 211 所以B=(4-21)-A=-2156。 (3)解:由题意,齐次方程组Ax=0的基础解系含有两个线性无关的 向量 易知x2)-x0=(1-3,2,1),x-x)=(2,0,-1,-1)为Ax=0的两个线 性无关的向量,所以原方程组的通解为 x=c1(1,-3,2,1)+c2(2,0,-1,-1)2+(3,2,-2,1)。(c1,c2为任意常数) (4)解:A为正交阵,则A的列向量为单位向量且两两正交 于是a=±1b=0,c=0,d=±1,e=0,f=±1

2009 级高等数学 A(上)期末试题解答 一（1）解： y sin 2x 2x sin 4x 2    ， y   4sin 4x 8xcos4x。 （2）解：原式=         dx x x dx x x x 2 2 1 2 2 2 2 2 3 2 2 = ln( x  2x  2)  arctan(x 1)  c 2 3 2 。 （3）解：原式= ln( 1 ) ln(1 2) 1 0 2 0 2               x x x x dx e e e e 。 （4）解：原式= 2 2 2 0 3 tan2 0 2 0 3 ln(1 tan 2 ) 2sec 2 lim ln 1 lim x x x x ( t )dt x x x        。 3 tan 2 8 lim 3 2 2 2 0    x x x 。 二（1）解：                                       0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1 1 2 2 1 1 4 10 5 2 2 8 4 2 1 2 1 1 2 2 1 ，所以 r(A)  2。 （2）解： (A  2I)B  A，               2 1 1 1 0 0 1 2 3 A 2I ，                  1 5 2 1 7 3 0 1 0 ( 2 ) 1 A I ， 所以                   2 10 3 2 15 6 1 2 0 ( 2 ) 1 B A I A 。 （3）解：由题意，齐次方程组 Ax  0 的基础解系含有两个线性无关的 向量， 易知 T T x x (1, 3,2,1) , x x (2,0, 1, 1) (2) (1) (3) (1)        为 Ax  0 的两个线 性无关的向量，所以原方程组的通解为 x  T T 2 T c1 (1,  3,2,1)  c (2,0,1, 1)  (3, 2,2,1) 。（ 1 2 c ,c 为任意常数） （4）解： A 为正交阵，则 A 的列向量为单位向量且两两正交， 于是 a  1, b  0, c  0, d  1, e  0, f  1

三解:当0≤1<x时,m0=(- x)sin xdx+J(x-snx 当z1≤2z时,0=(-x) sin xdx=21-x 所以当t=2z时,∫取到最大值,fm=3x, 当t=x时,f取到最小值,fn=x-2。 0-11 四解:(b)=1-123b →002 (3 000 2a2-(a+3)(b+8) 当a=—4且b≠-12时,r(A=3<4=r(4b),方程组无解 当a≠-4时,方程组有唯一解。 当a=-4且b=-12时,方程组有无穷多解,通解为 x=(-5,3-2,0)2+c(2,3,2,-1)。(c为任意常数) 五证:A有特征值,-1,2,则A可对角化,即存在可逆阵P,使 AP=0-10 002 注意到(A2-1)(A-2)=A3-2A2-A+2l有特征值0(三重根), 可得P(A3-2A2-A+2D)P=O, 所以A3-2A2-A+2=0,或(1+2A-42)A=1, 即A可逆,且A-=(1+2A-A2)

三解：当 0  t   时，       π t t f(t) (t x)sin xdx (x t)sin xdx 0 =  2sin t ； 当   t  2 时，        f(t) (t x)sin xdx 2t 0 。 所以当 t  2 时， f 取到最大值， f max  3 ， 当 2  t  时， f 取到最小值， fmin    2。 四解：                                                 ( 3)( 8) 2 1 0 0 0 8 2 2 0 0 2 4 8 0 1 1 1 5 1 1 2 1 2 3 2 5 2 1 1 1 2 3 2 1 1 1 1 1 2 1 2 a a b b b a A b ， 当 a  4 且 b  12 时， r(A)  3  4  r(A b) ，方程组无解。 当 a  4 时，方程组有唯一解。 当 a  4 且 b  12 时，方程组有无穷多解，通解为 T T x  (5,3,2,0)  c(2,3, 2,1) 。（ c 为任意常数） 五证: A 有特征值 1, 1, 2 ，则 A 可对角化，即存在可逆阵 P ，使              0 0 2 0 1 0 1 0 0 1 P AP ， 注意到 (A I)(A 2) A 2A A 2I 2 3 2       有特征值 0（三重根）， 可得 P A  A  A  I P  O  ( 2 2 ) 1 3 2 ， 所以 A  2A  A 2I  O 3 2 ，或 (I  2A  A )A  I 2 1 2 ， 即 A 可逆，且 (I 2A A ) 2 1 A 1 2    

六解:任取x,x+dx∈[0,2],小段细棒的长度记为ds,则ds=√2x,小段 细棒对质点的引力大小为dF=Gm, 其中p r2=x2+y2=x2+(2-x) x方向分引力F.= GArds=cm.x (2x2-4x+4) y方向分引力=Gds_Gm,(2-x)d 于是 xd. Gm (x2-2x+2)2 由对称性,F, G n 所以细棒对这质点的引力为F=-"(,1) 1+2+23=0 七解(1)设有数,2,使+B+月=0,即2+=0→ A2=0 λ1=A2=12=0,所以B1,B2,B3线性无关, 又任取a=5eV,有a=(a-b月+(b-c)B2+cB 从而B1,B2,B3是V的一组基 2)由月1=a1,B2=a1+a3,B3 可得(B,B2,B3)=(a1,a2a3)001, 即基a1a2a3到基B1,B2,B的过渡矩阵为001。 011 (3)由(B)=月+B2,(B2)=B+B2+B3,(B3)=B1+2B2+2B3

六解: 任取 x, x  dx[0,2] ，小段细棒的长度记为 ds ，则 ds  2dx ，小段 细棒对质点的引力大小为 2 r ds dF G   ， 其中 2 2 2 2 2 , (2 ) 2 2 r x y x x m        。 x 方向分引力 2 3 2 3 (2 4 4) 2      x x Gm xdx r xds dFx G  ， y 方向分引力 2 3 2 3 (2 4 4) (2 ) 2       x x Gm x dx r yds dFy G  。 于是 4 ( 2 2) 4 2 2 0 2 3 2 Gm x x Gm xdx Fx      ， 由对称性， 4 Gm Fy  ， 所以细棒对这质点的引力为 (1, 1) 4 Gm F  。 七解: （1）设有数 1 2 3  , , 使 11  2 2  3 3  0 ，即            0 0 0 3 2 3 1 2 3        1  2  3  0 ，所以 1 2 3  ,  ,  线性无关， 又任取 V b c a b           ，有 1 2 3   (a  b)  (b  c)  c ， 从而 1 2 3  ,  ,  是 V 的一组基。 （2）由 1 1， 2  1  3， 3  1  2  3， 可得 (1 ,  2 ,  3 )            0 1 1 0 0 1 1 1 1 ( , , ) 1  2  3 ， 即基 1 2 3  ,  ,  到基 1 2 3  ,  ,  的过渡矩阵为           0 1 1 0 0 1 1 1 1 。 （3）由 A 1 1 2 ( )     ，A 2 1 2 3 ( )       ，A ( 3 )  1  2 2  2 3

可得(B,B2,B3)=(B1,B2,B3 即在基1,B,B下的表示矩阵为112 八(1)解:g(x)=(x=(3)-/(x),g(x)=(x=D)(x)-2(x-1)/(x)+2(x)。 f(x) (2)证:令8(x,x∈0,只要证g(x)=1+x+f"(5)x,5∈(0,1) 即可。 易知g(0)=1,g(0) 于是g(x)=1+x+1g(n)x2,n∈(0,1)。 另一方面,注意gx)的分子和分母当x=1时均为零,对分子和分母 这两个函数在[,上运用 Cauchy中值定理,即得 (m)=f"(5),5∈(m,1 所以g(x)=1+x+f"()x2,5∈(0,1)

可得 A ( , , ) ( , , ) 1  2  3  1  2  3           0 1 2 1 1 2 1 1 1 ， 即 A 在基 1 2 3  ,  ,  下的表示矩阵为           0 1 2 1 1 2 1 1 1 。 八（1）解： 2 2 3 ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( ) 2( 1) ( ) 2 ( ) ( ) , ( ) ( 1) ( 1) x f x f x x f x x f x f x g x g x x x                。 （2）证：令 ( ) ( ) 1 f x g x x   ，x[0,1) ，只要证 1 2 ( ) 1 ( ) , (0,1) 6 g x x f x        即可。 易知 g g (0) 1, (0) 1    ， 于是 ( ) , (0,1) 2 1 ( ) 1 2 g x   x  g   x   。 另一方面，注意 g x ( ) 的分子和分母当 x 1 时均为零，对分子和分母 这两个函数在 [ ,1]  上运用 Cauchy 中值定理，即得 ( ) 3 1 g ()  f   ， (, 1)， 所以 1 2 ( ) 1 ( ) , (0,1) 6 g x x f x       