(298)--周周清第十三周（6.02-6.08）_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

周周清 6.2-6.8 -by 可爱因子小橘子 可爱因子章鱼烧 1.（数一二三）设 ，反常积分 收敛，则 的取值范围是 +∞ d α>1 1 ln β __________. 2.（数一二三）设 ， 在 可导， ，又 ，则 ' = 0 = | | 0 =0 0 存在的充要条件是： __________. 以上均不对 ' ' 3 .（ 数 一 0 =二0三. ）下 列 矩 0 阵中=，0. 和 相 0 似 的 是 0 =0. . ， ， 2 0 1 2 0 0 1 2 0 2 1 −1 (A) = 0 0 0 = 0 0 1 . (B) = 2 3 −1 = 1 2 0 . 0 0 0 ， 0 0 0 0 −1 5 ， −1 0 2 2 0 1 2 3 0 2 1 (C) = 0 0 0 = 0 0 0 . (D) = 2 = 3 . 4. （数一二0三）0设函0数 f(x)在0 [00,1]0上连续，在(0,1)内可导，−f3(x)单调递增，且 f(−02)0， 1 2 3 f(1)1.证明：在(0,1)内存在三个不同的点,,，使得   6. 1 2 3 f() f() f() 1 2 3 ln(1x)  tant tanttanx 5.（数一二三）设函数 f(x)lim  ，则____ . txtanx (A).f(x)只有一个可去间断点，有无穷多个跳跃间断点. (B).f(x)只有一个可去间断点，有无穷多个无穷间断点. (C).f(x)有无穷多个可去间断点和跳跃间断点. (D).f(x)有无穷多个可去间断点和无穷间断点.  6.（数一二三）已知a  4(sinxcosx)ndx (n1,2,) ，则当n1,2,时____ . n 0   (A). a 有最小值，没有最大值； 2n   (B). a 有最大值，没有最小值； 2n1   (C). a 有最大值，也有最小值； n (D).  a  既没有最大值，也没有最小值. n7.（数一三）设总体X 的分布律为P  X (1)n  p   1 ,n1,2,，其中 p为未 n(n1) 知参数，X ,X ,,X 为来自总体X 的简单随机样本，X 为样本均值，则 p的矩估计量 1 2 n pˆ ____ (A).X ln2 (B).X ln2 (C).X ln21 (D).X ln21周周清 6.2-6.8 -by 可爱因子小橘子 可爱因子章鱼烧 1.（数一二三）设α>1，反常积分∫ +∞ d𝑥 收敛，则β的取值范围是 __________. 1 𝑥𝛼ln𝛽𝑥 [知识点]：用比较判别法极限形式，分析无穷积分与瑕积分的敛散性，确定参数范围。 [答案]： (−∞,1). [解析]：这是无穷积分，当β>0时又是瑕积分，𝑥 =1是瑕点. 1 记 𝑓(𝑥)= ，取𝐴>1， 𝑥𝛼ln𝛽𝑥 +∞ 𝐴 +∞ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 =∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥+∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥， 1 1 𝐴 +∞ 先考察 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. 因α>1，可取ε>0充分小使α−ε>1 𝐴 𝑓(𝑥) 1 =𝑥𝛼−𝜀𝑓(𝑥)= →0(𝑥 →+∞)， 1 𝑥𝜀ln𝛽𝑥 𝑥𝛼−𝜀 +∞ 𝑑𝑥 +∞ 又 ∫ (𝛼−𝜀 >1) 收敛，由比较判别法的极限形式 ⇒∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 收敛，即α>1时 𝐴 𝑥𝛼−𝜀 𝐴 +∞ 对任意实数β，∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥收敛. 𝐴 𝐴 再考察∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. 因为 1 𝑓(𝑥) 𝑥−1 𝛽 1 𝑥−1 𝛽 lim = lim ( ) ⋅ = lim [ ] =1， 𝑥→1+ 1 𝑥→1+ ln𝑥 𝑥𝛼 𝑥→1+ ln(1+(𝑥−1)) (𝑥−1)𝛽 收敛(β<1) 𝐴 𝑑𝑥 𝐴 𝐴 𝑑𝑥 又 ∫ { ，由比较判别法极限形式⇒∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥与∫ 有相同敛散 1 (𝑥−1)𝛽 发散(β≥1) 1 1 (𝑥−1)𝛽 𝐴 𝐴 性，即对任意实数α，当β<1时∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥收敛，当β≥1时∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥发散. 1 1 收敛 (β<1) +∞ 𝑑𝑥 综上，当α>1时∫ { . 1 𝑥𝛼ln𝛽𝑥 发散 (β≥1) 因此，β的取值范围是(−∞,1).[易错点]：拆分积分、判断瑕点及运用判别法时，易混淆条件或计算失误，导致敛散性判 断错误 。 2.（数一二三）设𝑓(𝑥)，𝑔(𝑥)在𝑥 =𝑥 可导，𝐹(𝑥)=𝑔(𝑥)|𝑓(𝑥)|，又𝑓(𝑥 )=0，则𝐹′(𝑥 ) 0 0 0 存在的充要条件是：__________. (𝐴)𝑓′(𝑥 )=0. (𝐵)𝑔(𝑥 )=0. (𝐶)𝑔(𝑥 )𝑓′(𝑥 )=0. (𝐷)以上均不对. 0 0 0 0 [知识点]：根据导数定义，分别求左右导数，通过左右导数存在且相等，推导某一点导数存 在的充要条件。 [答案]：𝐶. [解析]：分别考察 𝐹(𝑥)−𝐹(𝑥 ) |𝑓(𝑥)| 𝐹′(𝑥 )= 𝑙𝑖𝑚 0 = 𝑙𝑖𝑚 𝑔(𝑥) + 0 𝑥→𝑥 0 + 𝑥−𝑥 0 𝑥→𝑥 0 + 𝑥−𝑥 0 |𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥 )| = 𝑙𝑖𝑚 𝑔(𝑥)𝑙𝑖𝑚 0 =𝑔(𝑥 )|𝑓′(𝑥 )|, 𝑥→𝑥 0 + 𝑥→𝑥 0 + |𝑥−𝑥 0 | 0 0 𝐹(𝑥)−𝐹(𝑥 ) |𝑓(𝑥)| 𝐹′(𝑥 )= 𝑙𝑖𝑚 0 = 𝑙𝑖𝑚 𝑔(𝑥) − 0 𝑥→𝑥 0 − 𝑥−𝑥 0 𝑥→𝑥 0 − 𝑥−𝑥 0 𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥 ) = 𝑙𝑖𝑚 𝑔(𝑥)𝑙𝑖𝑚 (−| 0 |)=−𝑔(𝑥 )|𝑓′(𝑥 )|, 𝑥→𝑥 0 − 𝑥→𝑥 0 − 𝑥−𝑥 0 0 0 于是 𝐹′(𝑥 )存在⇔𝐹′(𝑥 )=𝐹′(𝑥 )存在⇔𝑔(𝑥 )|𝑓′(𝑥 )|=−𝑔(𝑥 )|𝑓′(𝑥 )|. 0 + 0 − 0 0 0 0 0 所以选(𝐶). [易错点]：求左右导数时，对绝对值函数的处理、极限运算易出错，或在推导充要条件时 逻辑不清晰。3.（数一二三）下列矩阵中，𝑨 和 𝑩 相似的是 2 0 1 2 0 0 1 2 0 2 1 −1 (A)𝑨=[0 0 0]，𝑩=[0 0 1]. (B)𝑨=[2 3 −1]，𝑩=[ 1 2 0 ]. 0 0 0 0 0 0 0 −1 5 −1 0 2 2 0 1 2 3 0 2 1 (C)𝑨=[0 0 0]，𝑩=[0 0 0]. (D)𝑨=[ 2 ]，𝑩=[ 3 ]. 0 0 0 0 0 0 −3 −2 [知识点]：矩阵相似的必要条件（秩、行列式、特征值、迹相等），及可对角化矩阵相似的判 定（特征值及对应线性无关特征向量情况）。 [答案]：𝐶. [解析]：根据A和B相似的必要条件： (1) r(A)=r(B) (2) |A|=|B| (3) λ =λ A B (4) ∑𝑎ᵢⱼ=∑𝑏ᵢⱼ 易见(A)秩不等，(B)主对角线之和不等，(D)行列式、主对角线之和及特征值不等. 故均不相 似，所以应选 (C). 实际上，对于(C) ，由 ∣𝜆−2 0 −1∣ |𝜆𝐸−𝐴|= ∣ ∣ 0 𝜆 0 ∣ ∣ =𝜆2(𝜆−2)， ∣ 0 0 𝜆 ∣ 知: 矩阵A的特征值为2，0，0. 又因秩r(0E−A)=1，有n−r(0E−A)=2. 齐次方程组 (0E−A)x=0有2个线性无关的解，即λ=0有两个线性无关的特征向量. 从而 2 0 1 2 [0 0 0]∼[ 0 ]， 0 0 0 0 类似地 2 3 0 2 [0 0 0]∼[ 0 ]， 0 0 0 0 因此 2 0 1 2 3 0 [0 0 0]∼[0 0 0]. 0 0 0 0 0 0 [易错点]：易漏用相似必要条件判断，或对可对角化矩阵相似判定中特征向量等条件分析 不清。4.（数一二三）设函数 f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，f(x)单调递增，且 f(0)0， 1 2 3 f(1)1.证明：在(0,1)内存在三个不同的点,,，使得   6. 1 2 3 f() f() f() 1 2 3 [知识点]：微分中值定理 [解析]：答案：证明如下： 由于严格规定了,, 为(0,1)内三个不同的点，考虑将[0,1]划分为三个区间： 1 2 3 [0,x ]，[x ,x ]，[x ,1]. 1 1 2 2 分别对[0,x ]，[x ,x ]，[x ,1]上的 f(x)使用拉格朗日中值定理，可得存在(0,x )， 1 1 2 2 1 1  (x ,x )， (x ,1)，使得 2 1 2 3 2 f(x ) f(0) f()(x 0)， 1 1 1 f(x ) f(x ) f()(x x )， 2 1 2 2 1 f(1) f(x ) f()(1x )， 2 3 2 结合 f(0)0， f(1)1可得， 1 2 3 1 2 3      (1) f() f() f() f(x ) f(x ) f(x ) 1 f(x ) 1 2 3 1 2 1 2 x x x 1x 1 2 1 2 1 1 若能使得 f(x ) ， f(x ) ，则由(1)式可得 1 6 2 2 1 2 3 x 2(x x ) 3(1x )    1  2 1  2 . f() f() f() 1 1 1 1 1 2 3  1 6 2 6 2 1 2 3 整理可得6x 6(x x )6(1x )6，即   6. 1 2 1 2 f() f() f() 1 2 3 由于 f(x)在[0,1]上连续且单调递增， f(0)0， f(1)1.故由介值定理可知，可取 1 1 到0 x  x 1，使得 f(x ) ， f(x ) . 1 2 1 6 2 2 由前面的分析可知，命题得证！ [易错点]：微分中值定理这块需要多做题，多总结，本就是难点，想考140以上的同学需要多留意一下。ln(1x)  tant tanttanx 5.（数一二三）设函数 f(x)lim   ，则____. txtanx (A).f(x)只有一个可去间断点，有无穷多个跳跃间断点. (B).f(x)只有一个可去间断点，有无穷多个无穷间断点. (C).f(x)有无穷多个可去间断点和跳跃间断点. (D).f(x)有无穷多个可去间断点和无穷间断点. [知识点]：间断点的判定 [解析]：答案：(D).f(x)有无穷多个可去间断点和无穷间断点. k 由 f(x)的表达式可知，f(x)的定义域为x(1,)且x ，其中k 为非负整数. 2 k 当x(1,)且x 时， 2 ln(1x) tanx tanttanx ln(1x)   tant tanttanx  tanttanxtanttanx tanx tanttanx f(x)lim lim 1     txtanx tx tanx  tanx ln(1x)   tanttanxtanttanx tanx lim 1   tx tanx  ln(1x) e tanx ln(1x) 于是， f(x)e tanx . ln(1x) ln(1x)~x x 由于lim lim 1，故lim f(x)e，从而x 0为 f(x)的可去间断 x0 tanx tanx~x x0 x x0 点. ln(1x) k 当k 为正奇数时，lim 0, lim f(x)1，从而x （k 为正奇数）为 f(x) k tanx k 2 x x 2 2 的可去间断点. ln(1x) ln(1x) 当 k 为正偶数时， lim , lim  ， lim f(x)0 ， k tanx k tanx x0 x x 2 2k lim f(x)，从而x （k 为正偶数）为 f(x)的无穷间断点. x0 2 因此，应选(D) [易错点]：函数形式较复杂，要有良好的解题习惯，按部就班进行讨论。 6.（数一二三）已知a 4(sinxcosx)ndx (n1,2, )，则当n1,2, 时____. n 0 (A).a  有最小值，没有最大值； 2n (B).a  有最大值，没有最小值； 2n1 (C).a  有最大值，也有最小值； n (D).a  既没有最大值，也没有最小值. n [知识点]：数列极限，有界性的判定 [解析]：答案：(C).a  有最大值，也有最小值 n     当x 0, 时，(sinxcosx)cosxsinx0，故sinxcosx在 0, 上单调      4  4 递增，从而1sinxcosx0.进一步可得， 0(sinxcosx)2n2 (sinxcosx)2n，(sinxcosx)2n1 (sinxcosx)2n1 0. 从而由定积分的性质可得 0a a , a a 0 2n2 2n 2n1 2n1 于是， a  单调递减且有下界0， a  单调递增且有上界0.故由单调有界准则可 2n 2n1 知，lima ，lima 均存在. 2n 2n1 n n 记alima ，blima ，则b0a.由于 a  单调递减趋于a，故 a  的最 2n 2n1 2n 2n n n 大值为a ，取不到最小值。由于 a  单调递增趋于b，故 a  的最小值为a ，取不到 2 2n1 2n1 1 最大值.可知选项(A),(B)均不正确. 另一方面，由于a 0,a 0，故 a  的最大值也是 a  的最大值， a  的最 2n 2n1 2n n 2n1 小值也是 a  的最小值. n 因此， a  有最大值，也有最小值，应选(C) n [易错点]：讨论的思路比较新颖，多积累，与常规思维不太相同。1 7.（数一三）设总体X 的分布律为P  X (1)n  p   ,n1,2, ，其中 p为未 n(n1) 知参数，X ,X , ,X 为来自总体X 的简单随机样本，X 为样本均值，则 p 的矩估计量 1 2 n pˆ  ____ (A).X ln2 (B).X ln2 (C).X ln21 (D).X ln21 [知识点]：矩估计 [解析]：答案：(C).X ln21 计算X 的数学期望  (1)nn p  (1)n  1 E(X)   p n(n1) n1 n(n1) n1 n1 n1  (1)n1  (1)n1 由于ln(1x) xn,x(1,1]，故ln2 ，从而 n n n1 n1  (1)n  (1)n1   ln21 n1 n n1 n2 1 1 1  1 另一方面，由于   ，故 的前N 项和 n(n1) n n1 n(n1) n1 1 1 1 1 1 1 S 1     1 N 2 2 3 N N 1 N 1  1  1  从而  lim S  lim  1  1 n(n1) N N N N 1 n1 因此，E(X)ln21 p，解得 p  E(X)ln21，用X 代替E(X)可得 p 的矩估 计量 pˆ  X ln21. [易错点]：级数求和这块的基本功不够牢固。