(332)--周周清第三十周（9.29-10.5）_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 9.29-10.5 -by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧 1.（数一二三）设ab0，函数 f(x)是定义在[0,)上的二阶可导函数，且 f(0)ab， 2a ab f(0)a， f(x) .证明： f(x)在(0, ]上存在唯一的零点. (x1)3 b2.（数一二三）已知二次型 f(x ,x ,x )2x2 2x2 x2 2ax x 2bx x 可经正交变换化 1 2 3 1 2 3 1 3 2 3 为标准型2ay2 3by2，则下列选项中为 f(x ,x ,x )的规范形是____. 1 2 1 2 3 (A)y2 (B) y2 (C)y2  y2 (D)y2  y2 1 1 1 2 1 2    3.（数一二三）曲线 y cosxx   ,  与x轴所围区域绕x轴旋转一周所得旋转体   2 2 的侧面积S  ____.4.（数一三）独立地投掷一颗均匀骰子,根据切比雪夫不等式，投掷10次的总点数之和X 满 足25 X 45的概率不小于____.5.（数一二三）下列( )选项条件成立时，能够推出函数 在点 处可微，且全微 分 , 0, 0 . , 0, 0 =0. ' ' A 0, 0 = 在 0 点, 0 =0处的全增量 Δ Δ B. , 0, 0 Δ = 2 2 在点 处的全增量 Δ + Δ 2 2 sin Δ + Δ C. , 0, 0 Δ = 2 2 在点 处的全增量 Δ + Δ 2 2 1 D. , 0, 0 Δ = Δ + Δ sin 2 2 Δ + Δ 6.（数一二三）设 在 上是非负连续函数. 证明：存在 = ,使[0得,1]在 上以 为高的矩形面积，等于在 上以 为 曲边的曲边 梯0形∈面0积,1； 0, 0 0 0,1 = 又设 在 内可导，且 ,证明： 中的 是唯一的. ' 2 0,1 >− 07.（数一二三）设 是3阶方阵， 为3维列向量, 为可逆矩阵, , 2 −1 且 , 则 ______. = , , = 3 2 +2 =3 + =周周清 9.29-10.5 -by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧 1.（数一二三）设ab0，函数 f(x)是定义在[0,)上的二阶可导函数，且 f(0)ab， 2a ab f(0)a， f(x) .证明： f(x)在(0, ]上存在唯一的零点. (x1)3 b [知识点]：函数零点存在性讨论 [解析]：答案：证明如下： a 令(x) f(x) b(0 x)，则(x)在[0,)上也二阶可导，并且 x1 a 2a (x) f(x) ,(x) f(x) (x1)2 (x1)3 2a 由 f(x) 可得(x)0，于是(x)在[0,)上单调不增.由于 (x1)3 (0) f(0)a0，故(x)(0)0，从而(x)在[0,)上单调不增.又因为 a (0) f(0)ab0，所以(x)(0)0，即 f(x) b. x1 ab a ab ab 注意到当x 时， b0，故 f 0.若 f 0，则 f(x)在     b x1  b   b   ab ab  ab 0, 上存在零点.若 f 0，则结合 f(0)ab0，在 0, 上对 f(x)        b   b   b   ab 使用零点定理可得，存在 0, ，使得 f()0.因此，不论是哪种情况， f(x)在    b   ab  0,  上都存在零点.  b  下面讨论零点的唯一性. a  ab 由对(x)的分析可得，(x)0，即 f(x) 0，故 f(x)在 0,  上 (x1)2  b  单调递减.因此， f(x)在该区间上的零点唯一.综上所述，命题得证. [易错点]：严谨理性的分析很重要，存在性与唯一性都需要论述清楚。2.（数一二三）已知二次型 f(x ,x ,x )2x2 2x2 x2 2ax x 2bx x 可经正交变换化 1 2 3 1 2 3 1 3 2 3 为标准型2ay2 3by2，则下列选项中为 f(x ,x ,x )的规范形是____. 1 2 1 2 3 (A)y2 (B)y2 (C)y2  y2 (D)y2 y2 1 1 1 2 1 2 [知识点]：特征值与规范形的对应 [解析]：答案：(C)y2  y2 1 2 2 0 a   由 f(x ,x ,x )的表达式可知，该二次型对应的对称矩阵为A 0 2 b .由于二次 1 2 3     a b 1   型在正交变换下的标准形的系数为其对应矩阵的特征值,故由已知条件可知,A的特征值为 2a,3b,0.又因为矩阵的特征值之和等于矩阵的迹,所以2a3b2215.由此可得 2a3b5. 另一方面,由矩阵的特征值之积等于矩阵的行列式可得 A 0,于是 2 0 a 2 b 0 2 | A| 0 2 b 2 (1)13a 42a22b2 0 （1） b 1 a b a b 1 由（1）式可得a2 b2 2 由a2 b2 2可得 2 a,b 2，结合2a3b5可得，53b2 2，从而 3b2 250，进一步可得b0.再由2a53b以及b 2可得 53b 53 2 a   0 2 2 由此可得，2a0,3b0，A共有两个正特征值，一个零特征值，从而 f(x ,x ,x ) 1 2 3 的正惯性指数为2，负惯性指数为0.因此选(C)y2  y2 1 2 [易错点]：注意规范形的求解的关键就是找到惯性指数，即判断特征值的正负性即可。    3.（数一二）曲线y cosx x  , 与x轴所围区域绕x轴旋转一周所得旋转体的      2 2 侧面积S  ____. [知识点]：一元函数积分的几何应用 [解析]：答案：2ln( 21) 2   计算可得ysinx.由旋转体的侧面积公式可得  对称性  S 22 cosx 1(sinx)2dx42 1sin2 xd(sinx)   0 2 tsinx 1 4 1t2dt 0 1 利用分部积分法计算 1t2dt 0 1 1 1 t 1  1   1t2dt t 1t2  t dt  2  1t2  dt 0 0 0 1t2 0 1t2  1 1 1 1  由此可得 1t2dt   2 dt 0 2  0 1t2  1 1 1 由于 dt ln(t 1t2) ln( 21)，故 0 1t2 0 1 1  1t2dt  ln( 21) 2   0 2 1 因此S 4 ln( 21) 22ln( 21) 2     2 [易错点]：积分的计算是难点，基本功需要扎实。4.（数一三）独立地投掷一颗均匀骰子,根据切比雪夫不等式，投掷 10 次的总点数之和X 满足25 X 45的概率不小于____. [知识点]：切比雪夫不等式 17 [解析]：答案： 24 10 设X 为第i(i1,2,,10)次投掷骰子时的点数，且X X i i i1 计算X 的数字特征 1 P{X k} , k 1,2,,6, i 6 123456 7 E(X )  , i 6 2 12 22 32 42 52 62 91 E(X2)  , i 6 6 91 49 35 D(X ) E(X2)[E(X )]2    . i i i 6 4 12 由于X (i1,2,,10)相互独立。故 i 10 7 10 35 175 E(X)E(X )10 35,D(X)D(X )10  i 2 i 12 6 i1 i1 由切比雪夫不等式可得 P{25 < X < 45} = P{-10 < X - 35 < 10} = P{|X - 35| < 10} D(X) 175 17 1P{| X 35|10}1 1  102 600 24 [易错点]：切比雪夫不等式的公式及使用规则要熟练。5.（数一二三）下列( )选项条件成立时，能够推出函数𝑓(𝑥,𝑦)在点(𝑥 ,𝑦 )处可微，且全微 0 0 分𝑑𝑓(𝑥,𝑦)| =0. (𝑥0,𝑦0 ) A.𝑓′(𝑥 ,𝑦 )=𝑓′(𝑥 ,𝑦 )=0 𝑥 0 0 𝑦 0 0 Δ𝑥Δ𝑦 B.𝑓(𝑥,𝑦)在点(𝑥 ,𝑦 )处的全增量Δ𝑓 = 0 0 √(Δ𝑥)2+(Δ𝑦)2 sin[(Δ𝑥)2+(Δ𝑦)2] C.𝑓(𝑥,𝑦)在点(𝑥 ,𝑦 )处的全增量Δ𝑓 = 0 0 √(Δ𝑥)2+(Δ𝑦)2 1 D.𝑓(𝑥,𝑦)在点(𝑥 ,𝑦 )处的全增量Δ𝑓 =[(Δ𝑥)2+(Δ𝑦)2]sin 0 0 (Δ𝑥)2+(Δ𝑦)2 [知识点]：全微分的定义 [解析]：答案：D. 对于选项D:当选项 D 中条件成立时, 有 𝛥𝑓 1 1 𝑓′(𝑥 ,𝑦 )= lim = lim [ ⋅(𝛥𝑥)2sin ]=0, 𝑥 0 0 𝛥𝑥→0𝛥𝑥 𝛥𝑥→0 𝛥𝑥 (𝛥𝑥)2 𝛥𝑓 1 1 𝑓′(𝑥 ,𝑦 )= lim = lim [ ⋅(𝛥𝑦)2sin ]=0, 𝑦 0 0 𝛥𝑦→0𝛥𝑦 𝛥𝑦→0 𝛥𝑦 (𝛥𝑦)2 1 [(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2]sin 𝛥𝑓−𝑑𝑓 (𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 lim = lim 𝛥𝑥→0 𝜌 𝛥𝑥→0 √(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 𝛥𝑦→0 𝛥𝑦→0 1 1 = lim[(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2]2⋅sin =0. 𝛥𝑥→0 (𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 𝛥𝑦→0 由可微的定义, 知 𝑓(𝑥,𝑦) 在点 (𝑥 ,𝑦 ) 处可微, 且 𝑑𝑓 =0, 选项D正确. 0 0 对于选项A: 由 𝑓′(𝑥 ,𝑦 )=𝑓′(𝑥 ,𝑦 )=0, 知偏导数存在, 但不能推出 𝑓(𝑥,𝑦) 在点 𝑥 0 0 𝑦 0 0 (𝑥 ,𝑦 ) 处可微. 0 0 𝛥𝑥𝛥𝑦 对于选项B: 𝛥𝑓 = , 当 𝛥𝑦=0 时, 𝛥𝑓 =0; 当 𝛥𝑥 =0 时, 𝛥𝑓 =0, 故 √(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 𝑓′(𝑥 ,𝑦 )= lim 𝛥𝑓 =0，𝑓′(𝑥 ,𝑦 )= lim 𝛥𝑓 =0, 由此可知 𝑥 0 0 𝑦 0 0 𝛥𝑥→0𝛥𝑥 𝛥𝑦→0𝛥𝑦 𝛥𝑓−𝑑𝑓 𝛥𝑥𝛥𝑦 1 𝛥𝑥𝛥𝑦 lim = lim ⋅ = lim 𝛥𝑥→0 𝜌 𝛥𝑥→0√(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 √(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 𝛥𝑥→0(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 𝛥𝑦→0 𝛥𝑦→0 𝛥𝑦→0 不存在, 即 𝑓(𝑥,𝑦) 在点 (𝑥 ,𝑦 ) 处不可微. 0 0 对于选项C: 由于 𝛥𝑓 = sin[(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2] , 故 𝑓′(𝑥 ,𝑦 )= lim sin(𝛥𝑥)2 = lim 𝛥𝑥 , 又因为 √(𝛥𝑥)2+(𝛥𝑦)2 𝑥 0 0 𝛥𝑥→0 |𝛥𝑥|⋅𝛥𝑥 𝛥𝑥→0|𝛥𝑥| 𝛥𝑥 𝛥𝑥 lim =1, lim =−1, 𝛥𝑥→0+|𝛥𝑥| 𝛥𝑥→0−|𝛥𝑥| 所以 𝑓′(𝑥 ,𝑦 ) 不存在. 同理, 𝑓′(𝑥 ,𝑦 ) 不存在. 故 𝑓(𝑥,𝑦) 在点 (𝑥 ,𝑦 ) 处不可微. 𝑥 0 0 𝑦 0 0 0 0[易错点]：本题难度较高，一个主要的易错点在于：“偏导数存在”≠“可微”。很多同学一 看到𝑓′(𝑥 ,𝑦 )=𝑓′(𝑥 ,𝑦 )=0，就认为函数在该点可微，其实并不是这样。偏导存在只说明 𝑥 0 0 𝑦 0 0 函数在两个坐标轴方向上可导，但并不意味着在所有方向上都光滑可近似。这是基础概念问 题，请务必掌握。6.（数一二三）设𝑦 =𝑓(𝑥)在[0,1]上是非负连续函数. (𝐼)证明：存在𝑥 ∈(0,1),使得在[0,𝑥 ]上以𝑓(𝑥 )为高的矩形面积，等于在[𝑥 ,1]上以𝑦 = 0 0 0 0 𝑓(𝑥)为曲边的曲边梯形面积； (𝐼𝐼)又设𝑓(𝑥)在(0,1)内可导，且𝑓′(𝑥)>− 2𝑓(𝑥) ,证明：(𝐼)中的𝑥 是唯一的. 0 𝑥 [知识点]：罗尔定理 [解析]：证明： 1 (𝐼)依题设，需证存在𝑥 0 ∈(0,1)，使得𝑥 0 𝑓(𝑥 0́ )=∫ 𝑥0 𝑓(𝑡)d𝑡. 我们观察等式两边规律，注意到 1 1 [𝑥∫ 𝑓(𝑡)d𝑡]′=∫ 𝑓(𝑡)d𝑡−𝑥𝑓(𝑥), 𝑥 𝑥 1 令辅助函数𝐹(𝑥)=𝑥∫ 𝑓(𝑡)d𝑡,且𝐹(0)=𝐹(1)=0. 𝑥 由罗尔定理，知存在一点𝑥 ∈(0,1),使𝐹′(𝑥 )=0,即𝑥 𝑓(𝑥 )=∫ 1 𝑓(𝑡)d𝑡. 0 0 0 0 𝑥0 1 (𝛱)令𝜑(𝑥)=∫ 𝑓(𝑡)d𝑡−𝑥𝑓(𝑥)，𝑥 ∈(0,1)，则 𝑥 𝜑′(𝑥)=−𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥)−𝑥𝑓′(𝑥)=−2𝑓(𝑥)−𝑥𝑓′(𝑥). 由已知条件𝑓′(𝑥)>− 2𝑓(𝑥) ，得𝜑′(𝑥)<0，即𝑓(𝑥)在(0,1)内严格单调减少，故(𝐼)中的𝑥 0 𝑥 是𝜑(𝑥)唯一零点. 1 [易错点]：本题主要难点在于如何构造出辅助函数。(𝐼)中的等式形式∫ 𝑓(𝑡)d𝑡−𝑥𝑓(𝑥)非常 𝑥 1 常见，需要牢记其对应的辅助函数𝑥∫ 𝑓(𝑡)d𝑡。 𝑥7.（数一二三）设𝐴是3阶方阵，𝛼为3维列向量, 𝑃 =(𝛼,𝐴𝛼,𝐴2𝛼) 为可逆矩阵, 𝐵 =𝑃−1𝐴𝑃, 且 𝐴3𝛼+2𝐴2𝛼 =3𝐴𝛼, 则 |𝐴+𝐸|=______. [知识点]：矩阵相似的性质，矩阵乘法运算，行列式的计算. [解析]：由 𝐵 =𝑃−1𝐴𝑃，知 𝐴𝑃 =𝑃𝐵，故 𝐴𝑃 =𝐴(𝛼,𝐴𝛼,𝐴2𝛼)=(𝐴𝛼,𝐴2𝛼,𝐴3𝛼)=(𝐴𝛼,𝐴2𝛼,3𝐴𝛼−2𝐴2𝛼) 0 0 0 =(𝛼,𝐴𝛼,𝐴2𝛼)(1 0 3 )=𝑃𝐵, 0 1 −2 0 0 0 得 𝐵 =(1 0 3 )，则 0 1 −2 ∣𝐴+𝐸 ∣ = ∣𝑃𝐵𝑃−1+𝑃𝑃−1 ∣ = ∣𝑃 ∣⋅∣𝐵+𝐸 ∣⋅∣𝑃−1 ∣ 1 0 0 = ∣𝐵+𝐸 ∣ =|1 1 3 |=−4. 0 1 −1 [易错点]：。矩阵乘法运算中向量与矩阵的结合易出错；利用相似性质转化行列式时变形易 出错.