111f()??2?22211?n?1?2?1?0，
121?2由连续函数的零点存在性定理可知f?x?在(,1)至少存在一个零点.又
12f?(x)?nxn?1?(n?1)xn?2?所以f(x)在[,1]根.
121?2x?1?0(?x?1)，
21nn?1，f(x)在(,1)的零点唯一，即x?x?21?x?1在(,1)内只有一个
2（Ⅱ）记fn(x)?xn?xn?1?1?x?1，它的唯一零点记为xn(xn?(,1)).现证xn2.由于
fn?1(x)?xn?1?xn?12?x?1?xn?1?fn(x)，
12n?1显然fn?1()?0，fn?1(xn)?xn?0?fn?1(x)在(,xn)有唯一零点，此零点必然是xn?1，且
1?xn?1?xn 2因此xn单调下降且有界，故必存在极限limxn记a(a?[,1))
n??12因x?xnnn?1n?n?1xn?xn?1， ?xn?1，即
1?xn令n???即limxn?n??a?01?1?a? 1?a21. 2?1?0（22）设A???0??aa1000a100??1????0??1,????
?0?a????1??0?（I）计算行列式A；
（II）当实数a取何值时，方程组Ax??有无穷多解，并求其通解.
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【考点】行列式按行（列）展开定理；非齐次线性方程组有解的充分必要条件 【难易度】★★★
【详解】本题涉及到的主要知识点：
（i）行列式按行（列）展开定理：行列式等于它的任一行（列）的各元素与其对应的代数余子式乘积之和，即D?ai1Ai1?ai2Ai2?或D?a1jA1j?a2jA2j??ainAin(i?1,2,,n)，
?anjAnj(j?1,2,,n).
（ii）设A是m?n矩阵，方程组Ax?b，则方程组有无穷多解?r(A)?r(A)?n （I）按第一列展开，即得
1a0a00A?1?01a?a(?1)4?11a0?1?a4
00101a（Ⅱ）因为A?0时，方程组Ax??有可能有无穷多解.由（I）知a?1或a??1 当a?1时，
?1?0?(A?)??0??1?1001??1??110?1??0?0110??0??0010????01001??110?1?，
0110??0002??由于r(A)?3，r(A)?4，故方程组无解.因此，当a?1时不合题意，应舍去. 当a??1时，
?1?1001??1???01?10?10???(A?)???001?10??0????10010??????000?10??10?1?1?，
01?10??0000??由于r(A)?r(A)?3，故方程组Ax??有无穷多解.选x3为自由变量，得方程组通解为：
(0,?1,0,0)T?k(1,1,1,1)T（k为任意常数）.
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?1?0（23）已知A????1??0（I）求实数a的值；
01??11?，二次型f(x1,x2,x3)?xT(ATA)x的秩为2
0a??a?1?（II）求正交变换x?Qy将f化为标准形.
【考点】二次型的秩；实对称矩阵的特征值和特征向量；用正交变换化二次型为标准形 【难易度】★★★
【详解】本题涉及到的主要知识点：
（i）实对称矩阵的特性：不同特征值的特征向量互相正交. （ii）任给二次型f?2f??1y12??2y2?i,j?1?axx(aijijnij?aji)，总有正交变换x?Py，使f化为标准形
2，其中?1,?2,??nyn,?n是f的矩阵A?(aij)的特征值.
（I）二次型xT(ATA)x的秩为2，即r(ATA)?2 因为r(ATA)?r(A)，故r(A)?2.对A作初等变换有
01??1?011????0a??0??a?1??0所以a??1.
?1?0A????1??001?11??， 0a?1??00??202???T（II）当a??1时，AA?022.由
????224????2?E?ATA?0?20?2?2??(??2)(??6)， ??4??2?2可知矩阵AA的特征值为0，2，6.
T 18
对??0，由(0E?ATA)x?0得基础解系(?1,?1,1)T， 对??2，由(2E?ATA)x?0得基础解系(?1,1,0)T， 对??6，由(6E?ATA)x?0得基础解系(1,1,2)T. 实对称矩阵特征值不同特征向量相互正交，故只需单位化.
?1?111(?1,?1,1)T，?2?(?1,1,0)T，?3?(1,1,2)T. 326?1??3?x1?????1那么令x2?????3???x?3??1?3?
121201??6?y?1?1???TTT22，就有. yx(AA)x?y?y?2y?6y223???6??y3???2??6?? 19
2012年考研数学二试题及答案
