(334)--周周清第三十一周（10.6-10.12）_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

1.（数一二三）设函数 f (x)c x2nex2 ，且满足  f (x)dx 1 ，其中c 为仅与n有关 n n 0 n 2 n 的数.若c 1，则c  ____. 0 42.（数一二三）设区域D由曲线x3 y36xy0 (x0,y0)围成，求D的面积.1 1 2 1 1  3.（数一二三）设数列 x 满足x  ，且对所有正整数n,    ，证明 n 1 2 x 3 x 3x  n1 n n limx 存在，并求其值. n n n1 4.（数一三）(1)n1  ____ 2n2 n n15.（数一二三）设 在 上可导， ， ， ，则在 ' 内，有 ( ) [0,1] ( )>0 ( )<0 ( )= 0 ( ) ∈ (0,1) (). 1 A. (1)>2 ( )d 0 1 . 1 >2 0 1 . <2 0 1 D. ( )>2 ( )d 06.（数一二三）设 有二阶连续导数， 满足 ，求 的表 2 2 2 2 ∂ ∂ 2 2 2 2 达式. = + ∂ +∂ = + 7．（数一二三）设 ， ，且 ，求 的值及可逆矩 −2 2 1 0 2 = −3 3 −1 = 0 2 0 ∼ 阵 ，使得 −15 8 −6 0 4 −1 −1 = .周周清 10.6-10.12 -by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧 1.（数一二三）设函数 f (x)=c x2ne−x2 ，且满足 + f (x)dx= 1 ，其中c 为仅与n有关 n n 0 n 2 n 的数.若c =1，则c = ____. 0 4 [知识点]：积分递推 164 [解析]：答案： 105 记I = + x2ne−x2dx，则 + f (x)dx=c I .当n1时， n n n n 0 0 I = + x2ne−x2 dx=− 1  + x2n−1d(e−x2 ) n 0 2 0 =− 1  x2n−1e−x2 + −(2n−1) + x2n−2e−x2 dx    2 0 0  = 2n−1  + x2n−2e−x2 dx= 2n−1 I 2 0 2 n−1 由此可得 7 7 5 7 5 3 1 I = I =  I ==    I （1） 4 2 3 2 2 2 2 2 2 2 0 又因为c =1，而 + c e−x2 dx= 1 ，所以I = + e−x2 dx= 1 .从而由（1）式可得 0 0 0 2 0 0 2 105 I = . 4 324 + 1 164 由于 f (x)dx=c I = ，故c = . 0 4 4 4 2 4 105 [易错点]：题目较新颖，需要一定的做题量和基本功，与华里士公式的递推有相似之处。2.（数一二三）设区域D由曲线x3+ y3−6xy=0 (x0,y0)围成，求D的面积. [知识点]：曲线方程极直互化；二重积分求面积 [解析]：答案：6 曲线x3+ y3−6xy=0的极坐标方程为r3cos3+r3sin3−6r2cossin=0，整理 6sincos 可得r = .由此可得区域D的极坐标表示为 cos3+sin3  6sincos  D=(r,∣)0r  ,0   cos3+sin3 2 由二重积分的几何意义可得，D的面积=dxdy D  6sincos 1  36sin2cos2 dxdy =rdrd=2dcos3+sin3rdr = 2 d 0 0 2 0 (cos3+sin3)2 D D  tan2  tan2 1 =182 d=182  d 0  sin3 2 0 (1+tan3)2 cos2 cos+    cos2  tan2  1 =182 d(tan)=62 d(1+tan3) 0 (1+tan3)2 0 (1+tan3)2  6 2 =− =6 1+tan3 0 [易错点]：本题中的曲线为笛卡尔叶形线的一部分，方程的极直互化，认识常见的曲线，才 好定限。1 1 2 1 1  3.（数一二三）设数列x 满足x = ，且对所有正整数n, =  + ，证明 n 1 2 x 3 x 3−x   n+1 n n limx 存在，并求其值. n n→ [知识点]：数列极限；单调有界准则 [解析]：答案：证明如下： 1 2 1 1  3 x (3−x ) 1 由 =  + 可得x =  n n = x (3−x ) x 3 x 3−x n+1 2 3 2 n n   n+1 n n 我们先利用数学归纳法证明对所有正整数n，0 x 1. n 1 首先，0 x = 1 1 2 1 假设当n=k时，命题成立，则当n=k+1时，由x = x (3−x )可得x 0，并 k+1 2 k k k+1 且 1 1  3 2 9 x =− (x2 −3x )=−  x −  −  k+1 2 k k 2  k 2 4 1  3 2 9  3 注意到函数−  x−  − 在  −,  上单调递增，故当x 1时， 2  2 4  2 k 1  3 2 9 x −  1−  − =1 k+1 2  2 4 由数学归纳法可得，对所有正整数n，0 x 1. n 下面证明数列x 单调递增. n 1 1 1 1 x −x = x (3−x )−x = x − x2 = x (1−x ) n+1 n 2 n n n 2 n 2 n 2 n n 由于0 x 1，x −x 0，从而数列x 单调递增. n n+1 n n 1 由单调有界准则可知，limx 存在.不妨记limx =a，则对x = x (3−x )两端取 n→ n n→ n n+1 2 n n 1 1 极限可得a= a(3−a)，解得a=0或a=1,又因为x = 0，且x 单调递增，所以a 2 1 2 n 不可能等于0，故a=1 [易错点]：单调有界准则在数列极限中的应用较多，属于压轴题。 n−1 4.（数一三）(−1)n−1 = ____ 2n2 −n n=1 [知识点]：级数求和  [解析]：答案：ln2− 4 n−1 1 1  1 注意到 = − ，由交错级数的莱布尼兹判别法可知(−1)n−1 ， 2n2 −n n 2n−1 n n=1  1 (−1)n−1 均收敛，故由收敛级数的性质可知 2n−1 n=1  (−1)n−1  (−1)n−1  1 1   n−1  − =(−1)n−1  −  =(−1)n−1 （1） n 2n−1 n 2n−1 2n2 −n n=1 n=1 n=1 n=1 另一方面，  (−1)n−1  (−1)n ln(1+x)= xn (−1 x1), arctanx= x2n+1 (−1 x1) n 2n+1 n=1 n=0 在上述两个展开式中令x=1，可得  (−1)n−1   (−1)n  (−1)n−1 ln2= , = = （2） n 4 2n+1 2n−1 n=1 n=0 n=1  n−1  将（2）式的结果代入（1）式，可得(−1)n−1 =ln2− 2n2 −n 4 n=1 [易错点]：要会拆分级数，并能恰当合理地代入数值求解。5.（数一二三）设𝑓(𝑥)在[0,1]上可导，𝑓(𝑥)>0，𝑓′(𝑥)<0，𝐹(𝑥)=∫ 𝑥 𝑓(𝑡)𝑑𝑡，则在𝑥 ∈(0,1) 0 内，有(). 1 A.𝑥𝐹(1)>2∫ 𝐹(𝑥)d𝑥 0 1 𝐵.𝐹(1)>2∫ 𝐹(𝑥)𝑑𝑥 0 1 𝐶.𝐹(𝑥)<2∫ 𝐹(𝑥)𝑑𝑥 0 1 D.𝐹(𝑥)>2∫ 𝐹(𝑥)d𝑥 0 [知识点]：定积分的定义. [解析]：答案：C. 由已知，有𝐹′(𝑥)=𝑓(𝑥)>0，𝐹′′(𝑥)=𝑓′(𝑥)<0，且𝐹(0)=0，故𝑦 =𝐹(𝑥)在[0,1]上 单调递增，且是凸曲线，如图所示. 𝑂𝐴的方程为𝑦 =𝑥𝐹(1)，𝐹(𝑥)>𝑥𝐹(1)，𝑥 ∈(0,1)， 故 1 1 1 ∫ 𝐹(𝑥) d𝑥 >∫ 𝑥𝐹(1) d𝑥 = 𝐹(1)， 2 0 0 1 即𝐹(1)<2∫ 𝐹(𝑥)d𝑥，可排除选项B. 0 又𝐹(𝑥)在[0,1]上单调递增，知𝐹(1)>𝐹(𝑥)，𝑥 ∈(0,1)，故 1 2∫ 𝐹(𝑥)dx>𝐹(1)>𝐹(𝑥)，选项C正确，选项D不正确. 0 1 由𝑥𝐹(1)<𝐹(𝑥)<𝐹(1)<2∫ 𝐹(𝑥) d𝑥，知选项A不正确. 0 [易错点]：基本的定积分计算问题，最好是象形结合求解，会更快得到答案.6.（数一二三）设𝑓(𝑢)有二阶连续导数，𝑧 =𝑓(√𝑥2+𝑦2)满足 ∂2𝑧 + ∂2𝑧 =𝑥2+𝑦2，求𝑧的表 ∂𝑥2 ∂𝑦2 达式. [知识点]：全微分的表达式. [解析]：答案：𝑧 = 1 (𝑥2+𝑦2)2+𝐶 ln√𝑥2+𝑦2+𝐶 (𝐶 ,𝐶 为任意常数). 1 2 1 2 16 令√𝑥2+𝑦2 =𝑢，则 𝑥2 ∂𝑧 𝑥 ∂2𝑧 𝑢− 𝑥2 𝑦2 𝑥2 𝑢 = 𝑓′(𝑢)， = 𝑓′(𝑢)+ 𝑓′′(𝑢)= 𝑓′(𝑢)+ 𝑓′′(𝑢). ∂𝑥 𝑢 ∂𝑥2 𝑢2 𝑢2 𝑢3 𝑢2 由𝑧 =𝑓(√𝑥2+𝑦2)关于𝑥，𝑦具有轮换对称性，知 ∂2𝑧 = 𝑥2 𝑓′(𝑢)+ 𝑦2 𝑓′′(𝑢)，将其代入 ∂𝑦2 𝑢3 𝑢2 ∂2𝑧 + ∂2𝑧 =𝑥2+𝑦2，得𝑓′′(𝑢)+ 1 𝑓′(𝑢)=𝑢2，即 𝑢𝑓′′(𝑢)+𝑓′(𝑢)=𝑢3，[𝑢𝑓′(𝑢)]′ =𝑢3. ∂𝑥2 ∂𝑦2 𝑢 积分得𝑢𝑓′(𝑢)= 1 𝑢4+𝐶 ，故 𝑓′(𝑢)= 1 𝑢3+ 𝐶1. 1 4 4 𝑢 积分得𝑓(𝑢)= 1 𝑢4+𝐶 ln𝑢+𝐶 ，故 1 2 16 1 𝑧 = (𝑥2+𝑦2)2+𝐶 ln√𝑥2+𝑦2+𝐶 (𝐶 ,𝐶 为任意常数). 16 1 2 1 2 [易错点]：保证计算不出错，各项算正确.𝑘 −2 2 1 0 2 7．（数一二三）设𝐴 =(−3 3 −1)，𝐵 =(0 2 0 )，且𝐴∼𝐵，求𝑘的值及可逆矩 −15 8 −6 0 4 −1 阵𝑃，使得𝑃−1𝐴𝑃 =𝐵. [知识点]：相似矩阵的计算. 8 1 − 0 3 11 [解析]：答案：𝑃 = 1 − 1 . 3 1 −1 2 ( 3 ) 由𝐴∼𝐵，知𝐴，𝐵有相同的迹，即 𝑘+3+(−6)=1+2+(−1) 解得𝑘 =5. 由 𝜆−1 0 −2 ∣𝜆𝐸−𝐵 ∣=| 0 𝜆−2 0 |=(𝜆−1)(𝜆−2)(𝜆+1)=0， 0 −4 𝜆+1 得𝐵的三个不同特征值分别为𝜆 =1，𝜆 =2，𝜆 =−1，由此可知，𝐵相似于对角矩阵. 1 2 3 由(𝐸−𝐵)𝑥 =0，得特征向量𝛼 =(1,0,0)T; 由(2E−𝐵)𝑥 =0，得特征向量𝛼 =(8,3,4)T; 由 l 2 (−𝐸−𝐵)𝑥 =0，得特征向量𝛼 =(1,0,−1)T. 3 令P =(α ,α ,α )，则 1 1 2 3 1 0 0 𝑃−1𝐵𝑃 =[0 2 0]=𝛬. 1 1 0 0 −1 又由于𝐴∼𝐵，故1，2，−1也是𝐴的特征值. 由(𝐸−𝐴)𝑥 =0，得特征向量𝛽 =(1,1,−1)T; 由(2E−A)𝑥 =0，得特征向量𝛽 = 1 2 (0,1,1)T; 由(−𝐸−𝐴)𝑥 =0，得特征向量𝛽 =(1,0,−3)T. 令𝑃 = (𝛽 ,𝛽 ,𝛽 )，则 3 2 1 2 3 1 0 0 𝑃−1𝐴𝑃 =[0 2 0]=𝛬. 2 2 0 0 −1 综上可得，𝑃−1𝐴𝑃 =𝑃−1𝐵𝑃 ，即(𝑃 𝑃−1)−1𝐴(𝑃 𝑃−1)=𝐵，故𝑃−1𝐴𝑃 =𝐵，其中 2 2 1 1 2 1 2 1 8 1 − 0 3 1 0 1 1 8 1 −1 11 𝑃 =𝑃 𝑃−1 =( 1 1 0 )(0 3 0 ) = 1 − 1 . 2 1 3 −1 1 −3 0 4 −1 1 −1 2 ( 3 ) [易错点]：本题计算难度很高，务必保证矩阵计算过程中不要出错，但思路是一定的.