2007年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

更多考研资料分享+qq810958634 2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 一、选择题 (1)【答案】B 【详解】 方法1：排除法：由几个常见的等价无穷小，当x→0时， 1 x x x2 ex −1 x; 1+x −1 x; 1−cosx=2sin2  2( )2 = ,当 x→0+ 时，此时 2 2 2 2 1 1 x →0，所以1−e x  (− x); 1 + x −1 x;1−cos x  ( x)2,可以 2 2 排除A、C、D，所以选(B). 1+x 1− x + x +x x+ x 方法2： ln = ln = ln[1+ ] 1− x 1− x 1− x x+ x 当x→0+时，1− x →1， →0，又因为x→0时，ln ( 1+x ) x， 1− x x+ x x+ x ( ) 所以ln[1+ ]~ ~ x+ x = x x +1 ~ x ，选(B). 1− x 1− x 1+x  1+x ′ 1− x 1+x ln( )  ln( )  ( )′ 1− x  1− x  1+x 1− x 方法3：lim 洛 lim = lim x→0+ x x→0+ ( x )′ x→0+ 1 2 x 1 1− x + ( 1+x ) 1− x 2 x ⋅ 1+x ( )2 ( ) 1− x 2 x 2 x +1−x = lim = lim x→0+ 1 x→0+ ( 1+x ) ( 1− x ) 2 x ( ) 2 x 2 x+1−x A B ( ) 设 = + ，则A 1− x +B ( 1+x )=4x+2 x−2x x ( ) ( 1+x ) 1− x 1+x 1− x 对应系数相等得：A=2 x, B=1，所以 ( ) 2 x 2 x +1−x 2 x 1  原式= lim = lim  +  ( ) x→0+ ( 1+x ) 1− x x→0+ 1+x 1− x 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 2 x 1 = lim + lim =0+1 =1，选(B). x→0+1+x x→0+1− x (2)【答案】( A) 【详解】首先找出 f(x)的所有不连续点，然后考虑 f(x)在间断点处的极限. π f(x)的不连续点为 0、1、± ，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点.逐个考 2 虑各个选项即可. 1 1 1 1− (ex +e)tanx ex +e e(1+e x) 对A: lim f(x)= lim = lim = lim =1, x→0+ x→0+ 1 x→0+ 1 x→0+ 1− 1 x(ex −e) ex −e e(1−e x)  1  1 1 limex +e (ex +e)tanx ex +e x→0−  e lim f(x)= lim = lim = = =−1. x→0− x→0− 1 x→0− 1  1  −e x(ex −e) ex −e limex −e x→0−  f(x)在x=0存在左右极限，但lim f ( x )≠ lim f ( x )，所以x=0是 f(x)的第一类 x→0+ x→0− 间断点，选(A)； 同样，可验证其余选项是第二类间断点，lim f ( x )=∞，lim f ( x )=∞，lim f ( x )=∞. x→1 x→ π x→− π 2 2 (3)【答案】C x 【详解】由题给条件知，f(x)为x的奇函数，则 f(−x)=−f(x)，由F(x)=∫ f(t)dt, 知 0 −x x x F(−x)=∫ f(t)dt令t =−u ∫ f(−u)d(−u) 因为f(−u)=−f(u) ∫ f(u)du = F(x)， 0 0 0 故F(x)为x的偶函数，所以F(−3)= F(3). 2 2 πR2 π 而F(2)=∫ f(t)dt表示半径R=1的半圆的面积，所以F(2)=∫ f(t)dt = = ， 0 0 2 2 3 2 3 3 1 F(3)=∫ f(t)dt =∫ f(t)dt+∫ f(t)dt，其中∫ f(t)dt表示半径r = 的半圆的面积 0 0 2 2 2 3 πr2 π 1 2 π 的负值，所以∫ f(t)dt =− =− ⋅   =− 2 2 2 2 8 2 3 π π 3π 3 π 3 所以 F(3)=∫ f(t)dt+∫ f(t)dt = − = = ⋅ = F(2) 0 2 2 8 8 4 2 4 3 所以 F(−3)= F(3)= F(2)，选择C 4 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (4)【答案】( D) 【详解】 方法1：论证法，证明A.B.C都正确，从而只有D.不正确. f(x) 由lim 存在及 f(x)在x=0处连续，所以 x→0 x f(x) f(x) f(x) f(0)=lim f(x) =lim( x)=lim ⋅limx=0⋅lim =0，所以(A)正确； x→0 x→0 x x→0 x x→0 x→0 x f(x)− f(0) f(x) 由选项(A)知， f(0)=0，所以lim =lim 存在，根据导数定义， x→0 x−0 x→0 x f(x)− f(0) f '(0)=lim 存在，所以(C)也正确； x→0 x−0 由 f(x)在x=0处连续，所以 f(−x)在x=0处连续，从而 lim [ f(x)+ f(−x) ]=lim f(x)+lim f(−x)= f(0)+ f(0)=2f(0) x→0 x→0 x→0  f(x)+ f(−x)  f(x)+ f(−x) f(x)+ f(−x) 所以2f(0)=lim  ⋅x  =lim ⋅limx=0⋅lim =0 x→0 x  x→0 x x→0 x→0 x 即有 f(0)=0.所以(B)正确，故此题选择(D). 方法2：举例法，举例说明(D)不正确. 例如取 f(x)= x ，有 f(x)− f(−x) x − −x lim =lim =0存在 x→0 x−0 x→0 x f ( x )− f ( 0 ) −x−0 f ( x )− f ( 0 ) x−0 而 lim = lim =−1，lim = lim =1， x→0− x−0 x→0− x−0 x→0+ x−0 x→0− x−0 左右极限存在但不相等，所以 f(x)= x 在x=0的导数 f '(0)不存在. (D)不正确，选(D). (5)【答案】D 1  1 【详解】因为limy =lim +ln(1+ex) =lim +limln(1+ex)=∞， x→0 x→0 x  x→0 x x→0 所以x=0是一条铅直渐近线； 1  1 因为 lim y = lim  +ln(1+ex) = lim + lim ln(1+ex)=0+0=0， x→−∞ x→−∞ x  x→-∞ x x→-∞ 所以y =0是沿x→−∞方向的一条水平渐近线； 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 +ln(1+ex) y x  1 ln(1+ex) 令 a= lim = lim = lim  +  x→+∞ x x→+∞ x x→+∞ x2 x  ex = lim 1 + lim ln(1+ex) 洛必达法则 0+ lim 1+ex =1 x→+∞ x2 x→+∞ x x→+∞ 1 1  令 b= lim ( y−a⋅x )= lim  +ln(1+ex)−x x→+∞ x→+∞ x  1 ( ) ( ) = lim + lim ln(1+ex)−x x=lnex 0+ lim ln(1+ex)−lnex x→+∞ x x→+∞ x→+∞ 1+ex = lim ln( ) = lim ln(e−x +1)=ln1=0 x→+∞ ex x→+∞ 所以y = x是曲线的斜渐近线，所以共有3条，选择(D) (6)【答案】( D) 【详解】u = f(n)，由拉格朗日中值定理，有 n u −u = f(n+1)− f(n)= f '(ξ)(n+1−n)= f '(ξ),(n=1,2,)， n+1 n n n 其中n<ξ 0,知 f '(x)严格单调增，故 n 1 2 n f '(ξ)< f '(ξ)<< f '(ξ)<. 1 2 n 若u 0, 所以0< f '(ξ)< f '(ξ)<< f '(ξ)<. 1 2 1 2 1 1 2 n n n u =u +∑(u −u )=u +∑ f '(ξ)>u +nf '(ξ). n+1 1 k+1 k 1 k 1 1 k=1 k=1 而 f '(ξ)是一个确定的正数. 于是推知limu =+∞,故{ u }发散. 选(D) 1 n+1 n n→∞ (7)【答案】( C) 【详解】一般提到的全微分存在的一个充分条件是：设函数 f(x,y)在点( x , y )处存在全 0 0 微分，但题设的A.B.C.D.中没有一个能推出上述充分条件，所以改用全微分的定义检查之. 全微分的定义是：设 f(x,y)在点( x , y )的某领域内有定义，且 f(x,y)在点( x , y )处的 0 0 0 0 全增量可以写成 f ( x +∆x, y +∆y )− f ( x , y )= A∆x+B∆y+o (ρ)，其中 A, B 为与 0 0 0 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 o (ρ) ∆x, ∆y无关的常数，ρ= (∆x )2 + (∆y )2 ，lim =0，则称 f(x,y)在点( x , y )处 ρ→0 ρ 0 0 可微，A∆x+B∆y称为 f(x,y)在点( x , y )处的全微分，对照此定义，就可解决本题. 0 0 选项A. 相当于已知 f(x,y)在点(0,0)处连续；选项B. 相当于已知两个一阶偏导数 f ′( 0,0 )， f ′( 0,0 )存在，因此A. B.均不能保证 f(x,y)在点(0,0)处可微. 选项D.相当 x y 于已知两个一阶偏导数 f ′( 0,0 ) ， f ′( 0,0 )存在，但不能推导出两个一阶偏导函数 x y f ′( x,y )， f ′( x,y )在点(0,0)处连续，因此也不能保证 f(x,y)在点(0,0)处可微. x y [ f(x,y)− f(0,0) ] 由C. lim =0，推知 (x,y)→(0,0) x2 + y2 f(x,y)− f(0,0)=α x2 + y2 =0⋅x+0⋅y+o(ρ), o(ρ) 其中ρ= x2 + y2 ，lim =limα=0.对照全微分定义，相当于 ρ→0 ρ ρ→0 x =0,y =0,∆x= x,∆y = y,A=0,B=0. 0 0 可见 f(x,y)在(0,0)点可微，故选择(C). (8)【答案】( B) π 【详解】画出该二次积分所对应的积分区域D: ≤ x≤π,sinx≤ y≤1 2 交换为先x后y，则积分区域可化为：0≤ y≤1,π−arcsin y≤ x≤π π 1 1 π 所以 ∫ dx∫ f(x,y)dy =∫ dy∫ f(x,y)dx， 所以选择(B). π sinx 0 π−arcsiny 2 (9) 【答案】A 【详解】 方法1：根据线性相关的定义，若存在不全为零的数k ,k ,k ，使得kα +kα +kα =0 1 2 3 1 1 2 2 3 3 成立，则称α,α,α线性相关. 1 2 3 因(α −α)+(α −α)+(α −α)=0，故α −α，α −α，α −α线性相关， 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 所以选择(A). 方法2：排除法 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 因为(α +α,α +α,α +α) 1 2 2 3 3 1 1 0 1 1 0 1     =(α,α,α) 1 1 0 =(α,α,α) C ,其中C = 1 1 0 ， 1 2 3   1 2 3 2 2       0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 −1 且 C = 1 1 0 1行×(−1)+2行 0 1 −1 =（−1）1+1 2 1 1 0 1 1 0 1 1 =1×1−1×（−1）=2≠0. 故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，C 右乘 2 2 (α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 1 2 3 r(α +α,α +α,α +α)=r(α,α,α)=3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 所以，α +α,α +α,α +α线性无关，排除(B). 1 2 2 3 3 1 因为(α −2α,α −2α,α −2α) 1 2 2 3 3 1  1 0 −2  1 0 −2     =(α,α,α) −2 1 0 =(α,α,α) C , 其中C = −2 1 0 ， 1 2 3   1 2 3 3 3        0 −2 1   0 −2 1  1 0 −2 1 0 −2 1 −4 C = −2 1 0 1行×2+2行 0 1 −4 =（−1）1+1 3 −2 1 0 −2 1 0 −2 1 =1×1−（−2）×（−4）=-7≠0. 故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, C 右乘 3 3 (α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 1 2 3 r(α −2α,α −2α,α −2α)=r(α,α,α)=3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 所以，α −2α,α −2α,α −2α线性无关，排除(C). 1 2 2 3 3 1 因为(α +2α,α +2α,α +2α) 1 2 2 3 3 1 1 0 2 1 0 2     =(α,α,α) 2 1 0 =(α,α,α) C , 其中C = 2 1 0 ， 1 2 3   1 2 3 4 4       0 2 1 0 2 1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 0 2 1 0 2 1 −4 C = 2 1 0 1行×(−2)+2行 0 1 −4 =（−1）1+1 4 2 1 0 2 1 0 2 1 =1×1−2×（−4）=9≠0. 故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, C 右乘 4 4 (α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 1 2 3 r(α +2α,α +2α,α +2α)=r(α,α,α)=3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 所以，α +2α,α +2α,α +2α线性无关，排除(D). 1 2 2 3 3 1 综上知应选(A). (10)【答案】B 【详解】 λ−2 1 1 λ 1 1 方法1：λE−A = 1 λ−2 1 2、3列分别加到1列λ λ−2 1 1 1 λ−2 λ 1 λ−2 1 1 1 1 1 1 提出λλ1 λ−2 1 1行×（−1）+2行λ0 λ−3 0 1 1 λ−2 1 1 λ−2 1 1 1 λ−3 0 1行×（−1）+3行λ0 λ−3 0 =（−1）1+1λ =(λ−3 )2λ=0 0 λ−3 0 0 λ−3 则A的特征值为 3，3，0;B是对角阵，对应元素即是的特征值，则B的特征值为 1，1，0. A,B的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，A与B不相似. 由A,B的特征值可知，A,B的正惯性指数都是 2，又秩都等于 2 可知负惯性指数 也相同，则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指 数，知A与B合同，应选(B). 方法2: 因为迹(A)=2+2+2=6，迹(B)=1+1=2≠6，所以A与B不相似(不满足相似的必要条件). 又λE−A =λ(λ−3)2，λE−B =λ(λ−1)2，A 与 B 是同阶实对称矩阵，其秩 相等，且有相同的正惯性指数，故A与B合同. 二、填空题 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 (11)【答案】− 6 【详解】由洛必达法则， 1 arctanx−sinx 0 1+x2 −cosx 1− ( 1+x2 ) cosx lim lim =lim x→0 x3 0 x→0 3x2 x→0 3x2 ( 1+x2 ) 1 1−cosx  1 x2 2  1 =lim ⋅lim −cosx = lim −1 =− x→03 ( 1+x2 ) x→0 x2  3x→0 x2  6 (12)【答案】1+ 2 dy dy dt ( 1+sint )′ cost 【详解】 = = = dx dx dt ( )′ −sint−2sintcost cost+cos2t π dy 1 把t = 代入， π =− , 所以法线斜率为1+ 2. 4 dx t = 1+ 2 4 (−1)n2nn! (13)【答案】 3n+1 1 【详解】y = =( 2x+3 )−1， 2x+3 y'=(−1)⋅( 2x+3 )−1−1⋅( 2x )′ =(−1)1⋅1!⋅21⋅( 2x+3 )−1−1， y''=(−1)⋅(−2)⋅22⋅( 2x+3 )−3 =(−1)22!⋅22⋅( 2x+3 )−2−1 ,, 由数学归纳法可知 y(n) =(−1)n2nn! ( 2x+3 )−n−1 , (−1)n2nn! 把x=0代入得 y(n)(0)= 3n+1 (14)【答案】Cex +C e3x −2e2x 1 2 【详解】这是二阶常系数非齐次线性微分方程，且函数 f ( x ) 是 P ( x ) eλx 型(其中 m P ( x )=2, λ=2). m 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 所给方程对应的齐次方程为 y′′−4y′+3y =0，它的特征方程为r2 −4r+3=0, 得特 征根r =1,r =3, 对应齐次方程的通解y =Cer 1 x +C er 2 x =Cex +C e3x 1 2 1 2 1 2 由于这里λ=2不是特征方程的根，所以应设该非齐次方程的一个特解为 y* = Ae2x, ( )′ ( )′′ 所以 y* =2Ae2x， y* =4Ae2x，代入原方程：4Ae2x −4⋅2Ae2x +3Ae2x =2e2x， 则A=−2，所以y* =−2e2x. 故得原方程的通解为y =Cex +C e3x −2e2x. 1 2 y x (15)【答案】2(− f ' + f ') x 1 y 2  y  x ∂   ∂   ∂z  x  y  y  1 【详解】 = f '⋅ + f '⋅ = f '⋅  −  + f '⋅ ， ∂x 1 ∂x 2 ∂x 1  x2  2 y  y  x ∂   ∂   ∂z  x  y 1  x  = f ′⋅ + f '⋅ = f '⋅ + f '⋅  −  ∂y 1 ∂y 2 ∂y 1 x 2  y2  ∂z ∂z   y  1  1  x  所以 x − y = x⋅ f '⋅  −  + f '⋅  − yf '⋅ + f '⋅  −  ∂x ∂y  1  x2  2 y  1 x 2  y2   y x y x y x =  −  ⋅ f '+ f '⋅ − f '⋅ + f '⋅ =2(− f ' + f ')  x 1 2 y 1 x 2 y x 1 y 2 (16) 【答案】1 【详解】 0 1 0 0 0 1 0 0  0 0 1 0       0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 A2 =    =   0 0 0 10 0 0 1 0 0 0 0      0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0  0 0 0 1       0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 A3 = A2⋅A=    =   0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0      0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 ( ) 由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知r A3 =1. 三、解答题. 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (17)【分析】本题要求函数详解式，已知条件当中关于函数有关的式子只有 f(x) x cost−sint ∫ f −1(t)dt =∫ t dt， 0 0 sint+cost 这是一个带有积分符号的式子，如果想求出函数的详解式，首先要去掉积分符号，即求导. f(x) x cost−sint 【详解】方程∫ f −1(t)dt =∫ t dt两边对x求导， 得 0 0 sint+cost cosx−sinx cosx−sinx f −1[f(x)]f′(x)= x ，即xf′(x)= x sinx+cosx sinx+cosx cosx−sinx 当x≠0时，对上式两边同时除以x，得 f′(x)= ，所以 sinx+cosx cosx−sinx d(sinx+cosx) f(x)=∫ dx=∫ =ln sinx+cosx +C sinx+cosx sinx+cosx f(0) π 在已知等式中令x=0，得∫ f −1(t)dt =0. 因 f(x)是[0, ]上的单调可导函数，f −1(t) 0 4 π 的值域为[0, ]，它是单调非负的，故必有 f(0)=0，从而两边对上式取x→0+极限 4 lim f(x)= f(0)=C =0 x→0+ π π 于是 f(x)=ln sinx+cosx ，因为x∈[0, ]，故 f(x)=ln(sinx+cosx),x∈[0, ]. 4 4 ∞ − x a ∞  − x  (18)【详解】(I) V ( a )=π∫ xa adx =− π∫ xda a  0 lna 0   a − x +∞ a ∞ − x  a  2 =− π[xa a] + π∫ a adx =π   lna lna 0 lna 0 1 (Ⅱ) V′( a )=[π   a   2 ]′ =π 2aln2a−a22lna a =π 2alna−2a =2π   a ( lna−1 )  lna ln4a ln3a  ln3a  令V′( a )=0，得lna=1，从而a=e. 当1e时，V′( a )>0，V ( a )单调增加. 所以a=e时V 最小，最小体积为V ( a )=πe2 min (19)【详解】令y′= p，则y′′= p′，原方程化为 p′(x+ p2)= p. x 1 两边同时除以 p′p，得 + p = p p′ dp dx x 将 p′= 带入上式，得 − = p dx dp p 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 按一阶线性方程求导公式，得 ∫1 dp ∫− 1 dp ∫− 1 dp x=e p (∫ pe p dp+C)=elnp+C(∫ pe p dp) = p[∫dp+C]= p(p+C) dy 带入初始条件得C =0，于是 p2 = x. 由 y′(1)=1知 p= x ，即 = x dx 2 3 1 2 3 1 解得y = x2 +C ，带入初始条件得C = ，所以特解为y = x2 + . 3 1 1 3 3 3 (20)【详解】在y−xey−1 =1中，令x=0，得y =1，即y(0)=1 y−xey−1 =1两边对x求导，得y′−(xey−1)′=1′=0⇒ y′−x′ey−1−x(ey−1)′=0 ⇒ y′−ey−1−xey−1y′=0( y = y(x)是x的函数，故ey−1是关于x的复合函数，在求导时要 用复合函数求导的法则) ⇒( 2− y ) y′−ey−1 =0 (*) (由y−xey−1 =1知，xey−1 = y−1，把它代入) 在(*)中令x=0，由x=0,y =1，得y′ =1 x=0 在(*)两边求导，得( 2−y ) y′′−y′2−ey−1y′=0. 令x=0，由x=0,y=1,y′=1得，y′′ =2 x=0 因为z = f(ln y−sinx)，令u =ln y−sinx，根据复合函数的求导法则， dz dz ∂u dz ∂u dy = ⋅ + ⋅ ⋅ (**) dx du ∂x du ∂y dx 在u =ln y−sinx中把x,y看成独立的变量，两边关于x求导，得u′ =−cosx x 1 在u =ln y−sinx中把x,y看成独立的变量，两边关于y求导，得u′ = y y dz 1 把以上两式代入(**)中， = f′(u)⋅(−cosx)+ f′(u)⋅ ⋅y′ dx y dz y′ 即 = f′(ln y−sinx)( −cosx) (***) dx y dz 1 把x=0,y =1,y′=1代入(***)，得 = f′(ln1−sin0)( −cos0)=0 dx 1 x=0 在(***)左右两端关于x求导， 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 d2z y′ y′ =[f′(ln y−sinx)]′( −cosx)+ f′(ln y−sinx)( −cosx)′ dx2 y y dz dz ∂u dz ∂u dy 根据复合函数的求导法则 = ⋅ + ⋅ ⋅ ，有 dx du ∂x du ∂y dx y′ y′ [f′(lny−sinx)]′= f′′(lny−sinx)(−cosx)+ f′′(lny−sinx)⋅ = f′′(lny−sinx)( −cosx) y y y′ y′ y′2 y′′ ( −cosx)′=( )′−(cosx)′=− + +sinx y y y2 y d2z y′  y′2 y′′  故 = f′′(ln y−sinx)( −cosx)2 + f′(ln y−sinx) − + +sinx dx2 y  y2 y  把x=0,y =1,y′=1,y′′=2代入上式，得 d2z 1  12 2  = f′′(ln1−sin0)( −cos0)2 + f′(ln1−sin0) − + +sin0 = f′(0)(2−1)=1 dx2 1  12 1  (21)【详解】欲证明存在ξ∈(a,b)使得 f′′(ξ)= g′′(ξ)，可构造函数ϕ(f(x),g(x))=0， 从而使用介值定理、微分中值定理等证明之. 令ϕ(x)= f(x)−g(x)，由题设 f(x),g(x)存在相等的最大值，设x ∈(a,b)，x ∈(a,b) 1 2 使得 f(x)=max f(x)=g(x )=maxg(x). 于是ϕ(x)= f(x)−g(x)≥0，ϕ(x )= f(x )−g(x )≤0 1 2 1 1 1 2 2 2 [a.b] [a.b] 若ϕ(x )=0，则取η= x ∈(a,b)有ϕ(η)=0. 1 1 若ϕ(x )=0，则取η= x ∈(a,b)有ϕ(η)=0. 2 2 若ϕ(x )>0,ϕ(x )<0，则由连续函数介值定理知，存在η∈(x ,x )使ϕ(η)=0. 1 2 1 2 不论以上哪种情况，总存在η∈(a,b),使ϕ(η)=0. 再ϕ(a)= f(a)−g(a)=0,ϕ(b)= f(b)−g(b)=0，将ϕ(x)在区间[a,η],[η,b]分别应 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 用罗尔定理，得存在ξ∈(a,η),ξ ∈(η,b),使得ϕ′(ξ)＝0,ϕ′(ξ)=0；再由罗尔定理知， 1 2 1 2 存在ξ∈(ξ,ξ)，使ϕ′′(ξ)=0.即有 f′′(ξ)= g′′(ξ). 1 2 { } { } (22)【详解】记D = (x,y) x + y ≤1 ，D = (x,y)1< x + y ≤2 则 1 2 1 ∫∫ f(x,y)dσ=∫∫ f(x,y)dσ+∫∫ f(x,y)dσ=∫∫x2dσ+∫∫ dσ x2 + y2 D D D D D 1 2 1 2 再记σ = { (x,y) 0≤ x+ y≤1,x≥0,y≥0 } ，σ = { (x,y)1≤ x+ y≤2,x≥0,y≥0 } 1 2 1 由于D 与D 都与x轴对称，也都与 y轴对称，函数x2与 都是x的偶函数， 1 2 x2 + y2 也都是y的偶函数，所以由区域对称性和被积函数的奇偶性有 1 1−x 1 1 1 ∫∫x2dσ=4∫∫x2dσ=4∫ dx∫ x2dy =4∫ x2(1−x)dx =4∫ (x2 −x3)dx = 0 0 0 0 3 D σ 1 1 1 1 ∫∫ dσ=4∫∫ dσ. x2 + y2 x2 + y2 D σ 2 2 π 对第二个积分采用极坐标，令x=rcosθ,y =rsinθ,0<θ< .则x+ y =1化为 2 1 2 r = ，x+ y =2化为r = ，于是， cosθ+sinθ cosθ+sinθ 1 π 2 1 ∫∫ dσ=4∫2dθ∫cosθ+sinθ rdr 1 x2 + y2 0 (rcosθ)2 +(rsinθ)2 D cosθ+sinθ 2 π 2 π 1 π 1 =4∫2dθ∫cosθ+sinθdr =4∫2 dθ=4∫2 dθ 0 1 0 cosθ+sinθ 0 π cosθ+sinθ 2cos(θ− ) 4 π π π  π π  2 =2 2∫2sec(θ− )dθ=2 2ln  sec(θ− )+tan(θ− )  0 4  4 4  0  2 2  2+ 2 =2 2lnln +1−ln −1 =2 2ln =2 2ln(3+2 2)  2 2  2− 2 1 所以 ∫∫ f(x,y)dσ=∫∫ f(x,y)dσ+∫∫ f(x,y)dσ= +2 2ln(3+2 2) 3 D D D 1 2 (23)【详解】 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 方法1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立得 x +x +x =0 1 2 3  x +2x +ax =0 1 2 3  (3) x +4x +a2x =0 1 2 3  x +2x +x =a−1 1 2 3 对联立方程组的增广矩阵作初等行变换 1 1 1 0 1 1 1 0     1 2 a 0 0 1 a−1 0 (Ab)=   1 行  ×  （  − 1 ）  + 2 行     1 4 a2 0  1 4 a2 0       1 2 1 a  1 2 1 a 1 1 1 0 1 1 1 0      0 1 a−1 0 0 1 a−1 0 1 行  ×  （  − 1 ）  + 3 行    1 行  ×  （  − 1 ）  + 4 行    0 3 a2 −1 0 0 3 a2 −1 0      1 2 1 a 0 1 0 a−1 1 1 1 0  1 1 1 0      0 0 a−1 1−a 0 0 a−1 1−a 4  行  ×（  − 1）  + 2 行    4  行  ×（  − 3 ）  + 3 行    0 3 a2 −1 0  0 0 a2 −1 3−3a     0 1 0 a−1 0 1 0 a−1  1 1 1 0  1 1 1 0      0 1 0 a−1 0 1 0 a−1 换  行    3 行 ×（ -a-1 ） +4 行    0 0 a−1 1−a  0 0 a−1 1−a      0 0 a2 −1 3−3a 0 0 0 (a−1)(a−2) 由此知，要使此线性方程组有解，a必须满足(a−1)(a−2)=0，即a =1或a=2. x +x +x =0 当a =1时，r(A)=2 ，联立方程组(3)的同解方程组为 1 2 3 ，由 x =0 2 r(A)=2，方程组有n−r =3−2=1个自由未知量. 选x 为自由未知量，取x =1，解 1 1 得两方程组的公共解为k ( 1,0,−1 )T，其中k是任意常数. x +x +x =0 1 2 3  当a=2时, 联立方程组(3)的同解方程组为x =0 ，解得两方程的公共 2  x =−1 3 解为( 0,1,−1 )T . 方法2：将方程组(1)的系数矩阵A作初等行变换 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 1  1 1 1      A=  1 2 a  1 行  ×  （  − 1 ）  + 2 行  0 1 a−1   1 4 a2   1 4 a2   1 1 1  1 1 1      1 行  ×  （  − 1 ）  + 3 行  0 1 a−1  2  行  ×（  − 3 ）  + 3 行  0 1 a−1   0 3 a2 −1   0 0 (a−1)(a−2)  x +x +x =0 当a =1时，r(A)=2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)=2， x =0 2 方程组有n−r =3−2=1个自由未知量.选x 为自由未知量，取x =1，解得(1)的通解为 1 1 k ( 1,0,−1 )T，其中k是任意常数. 将通解k ( 1,0,−1 )T代入方程(2)得k+0+(−k)=0，对 任意的k成立，故当a =1时，k ( 1,0,−1 )T是(1)、(2)的公共解. x +x +x =0 当a=2时，r(A)=2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)=2， x +x =0 2 3 方程组有n−r =3−2=1个自由未知量.选x 为自由未知量，取x =1，解得(1)的通解 2 2 为µ( 0,1,−1 )T ,其中µ是任意常数. 将通解µ( 0,1,−1 )T代入方程(2)得2µ−µ=1，即 µ=1，故当a=2时，(1)和(2)的公共解为( 0,1,−1 )T . (24)【详解】(I)由Aα =α，可得 Akα = Ak−1(Aα)= Ak−1α ==α，k是正整数,故 1 1 1 1 1 1 Bα =(A5 −4A3+E)α = A5α −4A3α +Eα =α −4α +α =−2α 1 1 1 1 1 1 1 1 1 于是α是矩阵B的特征向量(对应的特征值为λ′ =−2). 1 1 若 Ax=λx ， 则 (kA)x=(kλ)x,Amx=λmx 因 此 对 任 意 多 项 式 f(x) ， f(A)x= f(λ)x，即 f(λ)是 f(A)的特征值. 故B的特征值可以由A的特征值以及B与A的关系得到，A的特征值λ=1,λ =2, 1 2 λ =−2, 则B有特征值λ′= f(λ)=−2,λ′ = f(λ)=1,λ′ = f(λ)=1,所以B 的全部特 3 1 1 2 2 3 3 征值为－2，1，1. 由A是实对称矩阵及B与A的关系可以知道，B也是实对称矩阵，属于不同的特征值 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 的特征向量正交. 由前面证明知α是矩阵B的属于特征值λ′ =−2的特征向量，设B的属 1 1 于1的特征向量为(x ,x ,x )T ，α与(x ,x ,x )T 正交，所以有方程如下： 1 2 3 1 1 2 3 x −x +x =0 1 2 3 选x ,x 为自由未知量，取x =0,x =1和x =1,x =0，于是求得B的属于 1 的特征向量 2 3 2 3 2 3 为 α =k (−1,0,1)T,α =(1,1,0)T 2 2 3 故B的所有的特征向量为：对应于λ′=−2的全体特征向量为kα，其中k 是非零任意常数， 1 1 1 1 对应于λ′ =λ′ =1的全体特征向量为kα +kα，其中k ,k 是不同时为零的任意常数. 2 3 2 2 3 3 2 3  1 −1 1   (ΙΙ)方法1：令矩阵P=[α,α,α]= −1 0 1 ，求逆矩阵P−1. 1 2 3     1 1 0   1 −1 1 1 0 0 1 −1 1 1 0 0      −1 0 1 0 1 0  1 行  + 2 行  0 −1 2 1 1 0    1 1 0 0 0 1   1 1 0 0 0 1  1 −1 1  1 0 0 1 −1 1 1 0 0     1 行  + 3 行  0 −1 2 1 1 0  行  ×  2  + 3 行  0 −1 2 1 1 0   0 2 −1 −1 0 1   0 0 3 1 2 1  1 −1 1 1 0 0  1 −1 1 1 0 0      3 行 ÷3 0 −1 2 1 1 0  3  行 × (  -  2  )  +  2  行  0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3   0 0 1 1/3 2/3 1/3   0 0 1 1/3 2/3 1/3   1 −1 0 2/3 −2/3 −1/3   3  行  ×  (  -  1  )  +  1  行  0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3   0 0 1 1/3 2/3 1/3   1 0 0 1/3 −1/3 1/3    2  行  ×  (  -  1  )  +  1  行  0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3   0 0 1 1/3 2/3 1/3   1 0 0 1/3 −1/3 1/3   2  行  ×  (  -  1  )  0 1 0 −1/3 1/3 2/3   0 0 1 1/3 2/3 1/3  更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634  1/3 −1/3 1/3  1 −1 1   1  则 P−1 = −1/3 1/3 2/3 = −1 1 2     3   1/3 2/3 1/3    1 2 1  由P−1BP=diag(−2,1,1)，所以  1 −1 1−2 0 0 1 −1 1 1    B= P⋅diag(−2,1,1)⋅P−1 = −1 0 1 0 1 0 −1 1 2     3   1 1 0    0 0 1    1 2 1   1 −1 1−2 2 −2  0 3 −3  0 1 −1 1   1    = −1 0 1 −1 1 2 = 3 0 3 = 1 0 1        3 3   1 1 0    1 2 1     −3 3 0     −1 1 0   方法2：由(Ι)知α与α,α分别正交，但是α和α不正交，现将α,α正交化： 1 2 3 2 3 2 3 1 1 1 1 取 β =α,β =α +k β =(1,1,0)+(− ,0, )=( ,1, ). 2 2 3 3 12 2 2 2 2 2 (α,β) 1×(−1) 1 1 其中，k =− 3 2 β =− (−1,0,1)T =(− ,0, ) 12 (β,β) 2 (−1)×(−1)+1×1 2 2 2 2 再对α,β,β单位化： 1 2 3 α 1 β 1 β 2 1 1 ξ = 1 = (1,−1,1),ξ = 2 = (−1,0,1)=,ξ = 3 = ( ,1, ) 1 α 3 2 β 2 3 β 3 2 2 1 2 3 1 1 3 其中， α = 12+(−1)2+12 = 3, β = (−1)2+12 = 2, β = ( )2+12+( )2 = 1 2 3 2 2 2 合并成正交矩阵，  1 −1 2     3 2 2 3   −1 2 记 Q= 0   3 3    1 1 2     3 2 2 3  由Q−1BQ=diag(−2,1,1)，有B=Q⋅diag(−2,1,1)⋅Q−1. 又由正交矩阵的性质： Q−1 =QT，得 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634  1 −1 2   1 −1 1       3 2 2 3 −2 0 0  3 3 3   −1 2     −1 1  B=Q⋅diag(−2,1,1)⋅QT = 0  0 1 0  0     3 3   2 2      0 0 1    1 1 2 2 2 2       3 2 2 3  2 3 3 2 3  1 −1 2  −2 2 −2      3 2 2 3 3 3 3   0 1 −1  −1 2  −1 1    = 0  0  = 1 0 1 .    3 3  2 2       −1 1 0   1 1 2 2 2 2      3 2 2 3 2 3 3 2 3 更多考研资料分享+qq810958634