(338)--周周清第三十三周（10.20-10.26）_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 10.20-10.26 -by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧 1.（数一二三）设一元函数 f(t),g(t)可导，令z(x,y)  f(xy21)g(x2y1) ，若 | | dz dx2dy，则dz  ____. (0,0) (1,1) (1x) 1x2n1xn 1 2.（数一二三）lim  ____ x0 (1x) 1x2n1xn 1 3.（数一二三）设 p  2,ex, y (x)为二阶常系数齐次线性微分方程 y py(1 p)y 0 1 的两个解，且 y(x) y (x),则 y py(1 p)y (p2)ex的通解为 y  ____ （结果 1 1 用 y (x)表示） 1 4.（数一三）设随机变量 X,Y 的分布律为 且P{| X ||Y |}1.若X,Y 不相关，则P{X Y 0} ____ 5.（数一二三）设 在 上可导且不恒为常数， 证明：至少存在 一点 ，使 得 , > <0. ∈ , 2 ' 6.（数一二三）设 在 上 有 − 二 2 阶导 数， d < ， . ， . ' '' 证明： 在 [0,+内∞有)唯一实根. 0 =0 + 0 <0 ≥ > 0 >0 =0 0,+∞ 7.（数一二三）设 ， ，若矩阵 满足 ， 3 2 2 1 0 0 = 0 1 1 = 0 0 0 +2 = +2 求 . 0 0 3 0 0 −1 2 周周清 10.20-10.26 -by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧 1.（数一二三）设一元函数 f(t),g(t)可导，令z(x,y)= f(x− y2 +1)g(x2 − y+1)，若 | | dz =dx+2dy，则dz = ____. (0,0) (1,1) [知识点]：全微分计算 [解析]：答案：−3dx 根据链式法则， z = f(x−y2 +1)g(x2 −y+1)+2xf(x− y2 +1)g(x2 −y+1) x z =−2yf(x− y2 +1)g(x2 − y+1)− f(x− y2 +1)g(x2 − y+1) y z z | 当x=0,y=0时， = f(1)g(1)， =−f(1)g(1).由dz =dx+2dy可 x y (0,0) (0,0) (0,0) 得， f(1)g(1)=1, f(1)g(1)=−2 进一步可得， z = f(1)g(1)+2f(1)g(1)=1−4=−3 x (1,1) z =−2f(1)g(1)− f(1)g(1)=−2−(−2)=0 y (1,1) | 故dz = −3dx (1,1) [易错点]：函数形式较复杂，正确处理并计算即可。(1+x) 1+x2 n1+xn −1 2.（数一二三）lim = ____ x→0 (1−x) 1−x2 n1−xn −1 [知识点]：导数定义求极限 [解析]：答案：−1 记 f(x)=(1+x) 1+x2 n1+xn ，则 f(0)=1， 1 1 ln f(x)=ln(1+x)+ ln(1+x2)+ + ln(1+xn) （1） 2 n 对（1）式两端求导可得 f(x) 1 1 2x 1 nxn−1 = +  + +  （2） f(x) 1+x 2 1+x2 n 1+xn f(0) 在（2）式中令x=0，可得 =1，从而 f(0)=1 f(0) 记g(x)=(1−x) 1−x2 n1−xn ，则g(0)=1， 1 1 lng(x)=ln(1−x)+ ln(1−x2)+ + ln(1−xn) （3） 2 n 对（3）式两端求导可得 g(x) 1 1 −2x 1 −nxn−1 =− +  + +  （4） g(x) 1−x 2 1−x2 n 1−xn g(0) 在（4）式中令x=0，可得 =−1，从而g(0)=−1 g(0) 因此， f(x)− f(0) f(x)− f(0) x−0 导数定义 f(0) 1 原极限=lim =lim  ==== = =−1 x→0 g(x)−g(0) x→0 x−0 g(x)−g(0) g(0) −1 [易错点]：不要被复杂的形式绕晕，学会合理地将乘积转变为求和。3.（数一二三）设 p−2,ex, y (x)为二阶常系数齐次线性微分方程y+ py−(1+ p)y =0 1 的两个解，且y(x) y (x),则 y+ py−(1+ p)y =(p+2)ex的通解为y=____（结果用 1 1 y (x)表示） 1 [知识点]：微分方程解的结构 [解析]：答案：C y (x)+(C +x)ex，其中C ,C 为任意常数 1 1 2 1 2 由于ex为y+ py−(1+ p)y =0的解，故1为该方程的特征方程的根.又因为 p−2， 故1不是特征方程的重根.否则2 + p−(1+ p)=(−1)2, p=−2，与已知条件矛盾. 下面证明ex与y (x)线性无关.若存在常数k ,k 使得k y (x)+k ex =0，则对该式两端 1 1 2 1 1 2 求导可得 k y(x)+k ex =0.两式相减可得 k[y (x)− y(x)]=0.由 y(x) y (x) 可得 1 1 2 1 1 1 1 1 k =0，进一步可得k =0.由此可得ex与y (x)线性无关，从而y+ py−(1+ p)y =0的 1 2 1 通解为C y (x)+C ex，其中C ,C 为任意常数 1 1 2 1 2 由于1为特征方程的单根，故可设 y = Axex为 y+ py−(1+ p)y =(p+2)ex的一个 特解.计算可得 (y)= A(x+1)ex,(y)= A(x+2)ex 将结果代入 y+ py−(1+ p)y =(p+2)ex可得 A(p+2)ex =(p+2)ex .比较系数可 得A(p+2)= p+2，即A=1.因此所求特解为y = xex 综上， y+ py−(1+ p)y =(p+2)ex的通解为C y (x)+(C +x)ex，其中C ,C 为任 1 1 2 1 2 意常数. [易错点]：把微分方程解的结构弄清楚，一步步求解即可。4.（数一三）设随机变量X,Y 的分布律为 且P{| X |=|Y |}=1.若X,Y 不相关，则P{X +Y =0}=____ [知识点]：联合分布律 3 [解析]：答案： 4 1 1 由于 P{X =0}+P{X =1}=1，故 a+b=1− = .又由于 P{| X |=|Y |}=1，故 2 2 P{| X ||Y |}=0，从而 P{X =0,Y =1}=P{X =0,Y =−1}= P{X =1,Y =0}=0 进一步可得， 1 1 P{X =0,Y =0}=P{Y =0}−P{X =1,Y =0}= −0= 2 2 P{X =1,Y =−1}=P{Y =−1}−P{X =0,Y =−1}=b−0=b P{X =1,Y =1}=P{Y =1}−P{X =0,Y =1}=a−0=a 由此可得，(X,Y)的联合分布律为 由于X,Y 不相关，故Cov(X,Y)=0，即E(XY)= E(X)E(Y)，有 1 1 1 1 E(X)=0 +1 = , E(Y)=(−1)b+0 +1a=a−b 2 2 2 2 E(XY)=(−1)P{XY =−1}+0P{XY =0}+1P{XY =1} =(−1)P{X =1,Y =−1}+1P{X =1,Y =1}=(−1)b+1a=a−b 1 1 1 由此可得a−b= (a−b)，故a=b.结合a+b= 可得a =b= 2 2 4 1 1 3 因此，P{X +Y =0}=P{X =1,Y =−1}+P{X =0,Y =0}= + = 4 2 4 [易错点]：过程较为繁琐，要有耐心逐步破解。5.（数一二三）设𝑓(𝑥)在[𝑎,𝑏](𝑏 >𝑎)上可导且不恒为常数，𝑓(𝑎)𝑓(𝑏)<0. 证明：至少存在 一点𝜉 ∈(𝑎,𝑏)，使得 2 𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)d𝑥 <|𝑓′(𝜉)|. (𝑏−𝑎)2 𝑎 [知识点]：零点定理、变限积分函数、泰勒展开 [解析]：由𝑓(𝑥)在[𝑎,𝑏]上可导及𝑓(𝑎)𝑓(𝑏)<0，根据零点定理，知至少存在一点𝑥 ∈(𝑎,𝑏)， 0 使得𝑓(𝑥 )=0. 0 𝑥 令𝐹(𝑥)=∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡，则 𝑥0 𝐹(𝑥 )=0，𝐹′(𝑥 )=𝑓(𝑥 )=0，𝐹′(𝑥)=𝑓(𝑥)，𝐹′′(𝑥)=𝑓′(𝑥). 0 0 0 𝐹(𝑥)在𝑥 =𝑥 处的泰勒展开式为 0 𝐹′′(𝜂) 𝑓′(𝜂) 𝐹(𝑥)=𝐹(𝑥 )+𝐹′(𝑥 )(𝑥−𝑥 )+ (𝑥−𝑥 )2 = (𝑥−𝑥 )2, 0 0 0 2! 0 2 0 其中，𝜂介于𝑥 与𝑥之间. 将𝑥 =𝑏，𝑥 =𝑎分别代人上式，有 0 𝑓′(𝜂 ) 𝑓′(𝜂 ) 𝐹(𝑏)= 1 (𝑏−𝑥 )2, 𝐹(𝑎)= 2 (𝑎−𝑥 )2, 2 0 2 0 其中，𝜂介于𝑥 与𝑏之间，𝜂 介于𝑥 与𝑎之间.又 ı 0 2 0 𝑏 𝑥0 𝑏 ∫ 𝑓(𝑥) d𝑥 =∫ 𝑓(𝑥) d𝑥+∫ 𝑓(𝑥) d𝑥 𝑎 𝑎 𝑥0 𝑏 𝑎 =∫ 𝑓(𝑥) d𝑥−∫ 𝑓(𝑥) d𝑥 =𝐹(𝑏)−𝐹(𝑎) 𝑥0 𝑥0 𝑓′(𝜂 ) 𝑓′(𝜂 ) = 1 (𝑏−𝑥 )2− 2 (𝑎−𝑥 )2 2 0 2 0 ∣𝑓′(𝜂 )∣ ∣𝑓′(𝜂 )∣ ≤ 1 (𝑏−𝑥 )2+ 2 (𝑎−𝑥 )2, 2 0 2 0 取∣𝑓′(ξ)∣=max{∣𝑓′(η )∣,∣𝑓′(η )∣},则有 1 2 𝑏 ∣𝑓′(𝜉)∣ ∫ 𝑓(𝑥)d𝑥 ≤ [(𝑏−𝑥 )2+(𝑥 −𝑎)2] 2 0 0 𝑎 ∣𝑓′(𝜉)∣ 1 < [(𝑏−𝑥 )+(𝑥 −𝑎)]2 = ∣𝑓′(𝜉)∣(𝑏−𝑎)2. 2 0 0 2 故 2 ∫ 𝑏 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 <∣𝑓′(𝜉)∣. (𝑏−𝑎)2 𝑎 [易错点]：构造函数及泰勒展开时步骤失误，不等式放缩过程中逻辑不清，导致证明错误。6.（数一二三）设𝑓(𝑥)在[0,+∞)上有二阶导数，𝑓(0)=0，𝑓′(0)<0，𝑓′′(𝑥)≥𝑀 >0(𝑥 >0). + 证明：𝑓(𝑥)=0在(0,+∞)内有唯一实根. [知识点]：导数定义、拉格朗日中值定理、零点定理及罗尔定理 [解析]： 由𝑓′(0)= lim 𝑓(𝑥)−𝑓(0) = lim 𝑓(𝑥) <0，可知存在 𝑥 ∈(0,𝛿)，𝛿 >0，使得 𝑓(𝑥 )<0. + 1 1 𝑥→0+ 𝑥−0 𝑥→0+ 𝑥 由拉格朗日中值定理，有 𝑓′(𝑥)=𝑓′(0)+𝑓′′(𝜉 )(𝑥−0)≥𝑓′(0)+𝑀𝑥 →+∞(𝑥 →+∞)， 1 其中𝜉 介于0与𝑥之间，故存在充分大的𝑥 ∈(0,+∞)，使得在(𝑥 ,+∞) 内有𝑓′(𝑥)>1. 1 0 0 对𝑓(𝑥)应用拉格朗日中值定理，有 𝑓(𝑥)=𝑓(𝑥 )+𝑓′(𝜉 )(𝑥−𝑥 )≥𝑓(𝑥 )+(𝑥−𝑥 )→+∞(𝑥 →+∞)， 0 2 0 0 0 其中𝜉 介于𝑥 与𝑥之间，于是存在充分大的𝑥 ∈(𝑥 ,+∞),使得 𝑓(𝑥 )>0. 2 0 2 0 2 在区间(𝑥 ,𝑥 )内由零点定理，可知 𝑓(𝑥)=0 至少有一个实根. 1 2 用反证法证明 𝑓(𝑥)=0 在(0,+∞) 内至多有一个实根. 若 𝑓(𝑥)=0 有两个不同实根 𝑎 ,𝑎 (𝑎 <𝑎 )，则由罗尔定理，知在(0,𝑎 )和(𝑎 ,𝑎 )内 1 2 1 2 1 1 2 分别有𝑓′(𝑥)的零点𝑏 与𝑏 . 再由罗尔定理，知存在𝑐 ∈(𝑏 ,𝑏 )，使𝑓′′(𝑐)=0，与已知条件 1 2 1 2 𝑓′′(𝑥)≥𝑀 >0矛盾，所以𝑓(𝑥)=0在(0,+∞)内有唯一实根. [易错点]：拉格朗日中值定理应用时区间或中间点把握不准，反证法推导时逻辑链条断裂， 导致实根唯一性证明失误。3 2 2 1 0 0 7.（数一二三）设 𝐴=(0 1 1)，𝐵 =(0 0 0 )，若矩阵𝑋满足𝐴𝑋+2𝐵 =𝐵𝐴+2𝑋， 0 0 3 0 0 −1 求𝑋2. [知识点]：矩阵方程变形、可逆矩阵的逆运算、矩阵乘法 [解析]： 𝐴𝑋+2𝐵 =𝐵𝐴+2𝑋 变形为 (𝐴−2𝐸)𝑋 =𝐵(𝐴−2𝐸). 1 2 2 由𝐴−2𝐸 =(0 −1 1)可逆，知𝑋 =(𝐴−2𝐸)−1𝐵(𝐴−2𝐸)，由此可得 0 0 1 𝑋2 =(𝐴−2𝐸)−1𝐵2(𝐴−2𝐸) 1 2 2 −1 1 0 0 1 2 2 =(0 −1 1) (0 0 0)(0 −1 1) 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 2 −4 1 0 0 1 2 2 =(0 −1 1 )(0 0 0)(0 −1 1) 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 2 −2 =(0 0 1 ). 0 0 1 [易错点]：矩阵方程变形时移项错误，逆矩阵计算或矩阵乘法运算失误，导致最终结果错误。