文档内容
李林老师考研图书仅在北航出版社出版·字林全家桶之④
考研数学 2026
精讲精练
880题
(数学一)解析分册
李 林◎编著
紧跟考研趋势
与李林108题搭配使用更佳!
题目不偏不怪 贴近真题
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北京航空航天大学出版社
BEIHANG UNIVERSITY PRESS2026考研数学
精讲精练880题
(数学一)解析分册
李 林 编著
北京航空航天大学出版社
BEIHANG UNIVERSITY PRESS内 容简介
本书是李林老师为准备参加全国硕士研究生招生考试且考数学一的考生编写的习题训练用书。全书按照
数学一的考试要求设计选择题、填空题和解答题，包括基础题、综合题和拓展题。基础题可以满足考研的基本要
求，综合题与拓展题可作为复习提高阶段的练习。
本书以考研大纲为依据，在深入研究命题规律的基础上，从考生的实际出发精心编写而成，涵盖了考研数学
的所有考点，题型全面，难度适中，真题感强。本书分为试题分册与解析分册，方便考生独立做题与核对答案。
试题分册中，基础题、综合题与拓展题可以使考生分梯度学习，循序渐进地掌握相关考试内容。解析分册中，对
每道题目都给出了详细的解析，方法典型；部分题目提供多种解法，以便开拓思路。在重点题型和易错知识点的
解析中，添加了“注”,对关键点、易错点进行点拨，有助于考生理解。
本书已出版多年，深受考生的厚爱与关注。为了适应考研的变化趋势，针对考研中的难点，作者在本次修订
中特别增加了一些综合性较强的题目，以便考生更好地适应考试要求。
图书在版编目(CIP)数据
2026考研数学精讲精练880题.数学一.2,解析分册/
李林编著.-北京：北京航空航天大学出版社，2025.
3.--ISBN 978-7-5124-4678-6
I.O13-44
中国国家版本馆CIP数据核字第2025QL9645号
版权所有，侵权必究。
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
李 林 编著
责任编辑 孙兴芳
*
北京航空航天大学出版社出版发行
北京市海淀区学院路37号(邮编100191) http://www.buaapress.com.cn
发行部电话：(010)82317024 传真：(010)82328026
读者信箱：bhzxfs@163.com 邮购电话：(010)82316936
艺堂印刷(天津)有限公司印装 各地书店经销
开本：787×1092 1/16 印张：32.25 字数：1 136千字
2025年3月第1版 2025年3月第1次印刷
ISBN 978-7-5124-4678-6 定价：99.80元 全两册(试题分册十解析分册)
若本书有倒页、脱页、缺页等印装质量问题，请与本社发行部联系调换。联系电话：(010)82317024目 录
高等数学
第一章 函数、极限、连续………………………………………………………………………1
基础题…………………………………………………………………………………………………………1
综合题…………………………………………………………………………………………………………7
拓展题………………………………………………………………………………………………………19
第二章 一元函数微分学及其应用 ………………………………………………………………21
基础题 ……………………………………………………………………………………………………………21
综合题 ………………………………………………………………………………………………………35
拓展题 ………………………………………………………………………………………………………49
第三章 一元函数积分学及其应用………………………………………………………………52
基础题 ……………………………………………………………………………………………………………52
综合题 ……………………………………………………………………………………………………………68
拓展题 ………………………………………………………………………………………………………91
第四章 空间解析几何………………………………………………………………………………101
基础题………………………………………………………………………………………………………101
拓展题………………………………………………………………………………………………………106
第五章 多元函数微分学及其应用………………………………………………………………108
基础题……………………………………………………………………………………………………108
综合题……………………………………………………………………………………………………116
拓展题……………………………………………………………………………………………………127
第六章 重积分及其应用……………………………………………………………………129
基础题………………………………………………………………………………………………………129
综合题………………………………………………………………………………………………………141
拓展题………………………………………………………………………………………………………154
第七章 微分方程及其应用………………………………………………………………157
基础题…………………………………………………………………………………………………157
综合题………………………………………………………………………………………………………163
拓展题…………………………………………………………………………………………………174
第八章 无穷级数…………………………………………………………………………………177
基础题………………………………………………………………………………………………………177
1综合题………………………………………………………………………………………………………187
拓展题………………………………………………………………………………………………………199
第九章 曲线积分与曲面积分 ……………………………………………………………………201
基础题………………………………………………………………………………………………………201
综合题………………………………………………………………………………………………………210
拓展题………………………………………………………………………………………………………228
线性代数
第十章 行列式………………………………………………………………………………………230
基础题………………………………………………………………………………………………………230
综合题………………………………………………………………………………………………………234
拓展题………………………………………………………………………………………………………238
第十一章 矩 阵……………………………………………………………………………………240
基础题………………………………………………………………………………………………………240
综合题………………………………………………………………………………………………………245
拓展题………………………………………………………………………………………………………250
第十二章 向 量……………………………………………………………………………………252
基础题………………………………………………………………………………………………………252
综合题………………………………………………………………………………………………………257
拓展题………………………………………………………………………………………………………263
第十三章 线性方程组………………………………………………………………………………264
基础题……………………………………………………………………………………………………………264
综合题………………………………………………………………………………………………………268
拓展题……………………………………………………………………………………………………………275
第十四章 相似矩阵……………………………………………………………………………………276
基础题……………………………………………………………………………………………………………276
综合题……………………………………………………………………………………………………………283
拓展题……………………………………………………………………………………………………………296
第十五章 二次型………………………………………………………………………………………299
基础题……………………………………………………………………………………………………………299
综合题………………………………………………………………………………………………………305
拓展题………………………………………………………………………………………………………318
概率论与数理统计
第十六章 随机事件及其概率 ……………………………………………………………………322
基础题………………………………………………………………………………………………………322
2综合题………………………………………………………………………………………………………324
拓展题………………………………………………………………………………………………………326
第十七章 随机变量及其分布……………………………………………………………………327
基础题………………………………………………………………………………………………………327
综合题………………………………………………………………………………………………………330
第十八章 多维随机变量及其分布 ………………………………………………………………335
基础题………………………………………………………………………………………………………335
综合题…………………………………………………………………………………………………342
拓展题………………………………………………………………………………………………………349
第十九章 随机变量的数字特征 …………………………………………………………………351
基础题…………………………………………………………………………………………………351
综合题…………………………………………………………………………………………………356
拓展题…………………………………………………………………………………………………366
第二十章 大数定律与中心极限定理……………………………………………………………367
基础题………………………………………………………………………………………………………367
第二十一章 数理统计的基本概念 ………………………………………………………………370
基础题…………………………………………………………………………………………………370
综合题…………………………………………………………………………………………………372
第二十二章 参数估计………………………………………………………………………………377
基础题…………………………………………………………………………………………………377
拓展题…………………………………………………………………………………………………387
第二十三章 假设检验………………………………………………………………………………390
基础题………………………………………………………………………………………………………390
3高等数学
第一章 函数、极限、连续
高等数学
第一章 函数、极限、连续
基础题
一、选择题
(1)C.
解 对函数f(x)取绝对值得|f(x)|=lx|| sin x|e,其中|sin x|不恒等于0,e*>0,故根
f(0)=0,f(2)=2,f(π)=0,可知f(x)
据|x|可断定f(x)不是有界函数，也不是周期函数.再由
不是单调函数.对Vx∈(一∞,+∞),有
f(-x)=|(-x)sin(-x)|eo(-)=|xsinx|e2=f(x),
故f(x)是偶函数，选项C正确.
(2)D.
解在区间(0,Z) )内，sinx单调增加，cosx单调减少，任取x?,x?∈(0,云),且x?cos(sin x?),所以函数f(x)单调减少.又cos a?>cos x?,则sin(cos x?)>
sin(cos x?),故函数g(x)单调减少，选项D正确.
注①复合函数的单调性.
设函数f(x)单调增加，g(x)单调减少，则：
f[f(x)],g[g(x)]都单调增加(假设复合有意义);
f[g(x)],g[f(x)]都单调减少.
②复合函数的奇偶性.
设f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，则：
f[f(x)],f[g(x)],g[f(x)]都是偶函数；
g[g(x)]是奇函数(假设复合有意义，可利用奇偶性定义证明).
(3)B.
解由f(-x)=√1-x+x2-√1+x+x2=-f(x),知f(x)是奇函数，故选项B正确.
lim f(x)=lim(√1+x+x2-√1-x+x2)
m1+x+x2+-x+
一++-
同理可得，lim f(x)=-1,故选项D错误，根据极限的有界性，可知选项C错误.
(4)D.
imf(x)gc)-lig()+1limF(x)=0.
解 由题可得
f(2)8()
故 是无穷小，选项D正确
(5)D.
→+o,sin1
解当x→0时， 在-1和1之间振荡，且重复函数值为零，故可排除选项A和B.
1……………………
…………
李林全家桶之④
2026 考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
取2。2m+"=1.2,)
,则当xn→0时，
,f(xn)=(2n+2)·π2→～,,故 sin(x→0)
不是无穷小，也不是有界量.
, sin1
y.=(n=1,2,…),当y。→0时，f(y,)=0,故当x→0时，
令 不是无穷大.选项D正确.
(6)C.
m(1-a)x2+a+b)x-b=0,
解由已知，可得
有1-a=0,a+b=0,故a=1,b=-1,选项C正确.
y=x+1
im[+-(ax+b]=0
注 由 及渐近线的定义，知y=ax+b是 的斜渐近线.
(7)B.
sinx=x-3+o(a2),知
解当x→0时，In(1+x")~x",由
(x-sin x)tan x~6
由已知，4>n且n>2,故n=3,选项B正确.
(8)D.
解 依题设，有
+-a+a)-(+a)=ma+ba)-a+a2≠0,
[+z+立2++aa]a+m)-ata2
故
a+6)z+(+o-a)x2+(+2)2+6≠。
所以1+b=0,2+b-a=0,6+2b≠0.
a=-2,b=-1.选项D正确.
解得(
(9)A.
解 由于
img)=lim2=2lim=2lim1=0<1,
故当x充分大时，g(x)=x>0,)<1,即f(x)1,
故当x充分大时，g(x)=x>0,Gx)>1,即h(x)>g(x).选项A正确.
注此题本质是无穷大量阶的比较：从低阶到高阶有
In^n,n°,a",n!,n"(n→∞),
其中λ≥1,a>0,a>1.
(10)C.
解对于选项C:用反证法，若lim(a,-b)存在，则lim[(a。-b)+(a+b?)]=lim 2a,极限存在，与
已知lima。不存在相矛盾，故选C.
2--
…………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
(11)A.
解f(x)在x=0处间断，考虑间断点处的左、右极限.
+)-()-2-1=1,
+)-m(++婴)
++婴)-0+1-1.
故x=0是f(x)的可去间断点，选项A正确.
二、填空题
(1)-2
解当x→0时，(1+ax2)-1~3ax2,cosx-1~-22,故a=-2
(2)P≤2.
解若
limx2(a-a*)=limz.a中[a-1]=lime·a中·+1)
存在，则有P≤2.当P<2时，极限为0;当P=2时，极限为In a.
(3)12
解当x→0时，有e?-1~x?,故
原式=lim=lime.1
=im22-2+20sa=im2-2sinx
m=lime.1
注 解答中li ,这一步采取的方法是分子提取公因式e2-2,
提取公因式是考研试题中常用的技巧.
一般有三种情形常可考虑提取公因式：①∞-∞;②指数函数；③幂函数
(4)4
解当x→0时，tan x=x+gx3+o(x3),所以
ta+a2+ac2-[e++ac]
a+-Da+a2+fa-÷)e+ace)-
由上式可得，a=0,b=1,c=0,d=3,故a+b+c+d=4
三、解答题
(1)证令f?(x)=f(x)+f(-x),f?(x)=f(x)-f(-x),则
3-
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
f?(-x)=f(-x)+f(x)=f?(x),
故f?(x)是偶函数.又f?(-x)=f(-x)-f(x)=-f?(x),故f?(x)是奇函数，所以
f(x)=f()+f(-)+F()-(-
af(x)+bf(!)=,
(2)解由已知得， ①
12
af(1)+bf(x)=cr.
在①式中用- 代替x,得 ②
再由①×a-②×b,得(a2-b2)f(x)=-bcx,由lal≠|b|,故
f(x)=a2-b?(-bx).
f(-x)=2-b(-+bx)=-f(x),
而
所以f(x)是奇函数.
(3)证 任取x?,x?∈(-a,a),且x?>x?,由已知有，
If(x?)-f(x?)|≤lx?-x?l=x?-x?.
而 f(x?)-f(x?)≤If(x?)-f(x?)|≤xz-x?,
故f(x?)+x?≤f(x?)+x2,即F(x?)≤F(x?),故F(x)在(-a,a)内单调增加.
(4)证 利用极限定义证明，关键是找足够大的N,使得n>N时，有|xn-a|0,3正整数N?,使得当2k>N?时，有
lx-a |0,3正整数N?,使得当2k+1>N?时，有
lxz+1-a|N时，①式与②式同时成立，即|xn-al0).
x=4,4,4,4
(7)解f(x)在(0,2π)内的间断点为
x=4,=4
由lim)+f(x)=+0,lif(x)=+,可知
为第二类间断点.
x=4,x=4
由limf(x)=1,imf(x)=1,可知 为第一类(可去)间断点.
(8)解 先求极限得到f(x)的表达式，再讨论 f(x)的连续性.
ra)--
当x≠0时，有
故在(-∞,-1),(-1,0),(0,1),(1,+0)内f(x)连续.
又因为 lif(z)=1,limf(z)=-1,
)=-1,mr(a)=1,
所以f(x)在x=0,±1处间断，是第一类间断点，其中x=0是可去间断点.
(9)证由f(x)在[a,b]上连续，知f(x)在[c,d]上取得最小值k和最大值K.
当m,n同时为0时，命题成立；当m,n不同时为0时，由于
(m+n)k≤mf(c)+nf(d)≤(m+n)K,
故k≤mf(c)+nfd)≤K.
f(E)=mf(+nfd)
由介值定理，存在一点ξ∈[c,d]C(a,b),使得 ,即
mf(c)+nf(d)=(m+n)f(ξ).
(10)证依题意，有x?=√a,?=√a+Ja,…,=√a+√a+…+Ja,…,通过数学归纳法可
证得{x}严格单调增加.
由xm=√a+x,得z2=a+x,故xm=+<+1.
而x+>√a,因此：x<+1=√a+1,即(z}有上界，故limz。存在.
设limx=A,等式x2=a+x。两边同时取极限(n→),得A2=a+A,解得
A?=1+2+4,A?=1-√1+4(舍去),
故lmz=1++4a.
(11)证 由已知，有x+1≥0,y+1≥0,x≤y,(n=1,2,…).由此可推得
xn+=√xny.≥√x2-xn,
ym=2≤2=y,
故{x}单调增加，{y,}单调减少.又x?≤x≤y+≤y?(n=1,2,…),所以{x}与{yn}都有界.
由单调有界准则，知limx。与lim y,都存在，设limx。=A,lim y=B.
y=”2
又由xn≤y,,可推得A≤B,当n→0时，将x+=√xny。和： 两端分别取极限，得
6-
……………………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
A=√AB,B=A+B,由此可得A=B,即Iimr。=limy
综合题
一、选择题
(1)A.
1=t,则原式=lima+-1+)=a+[a+2]-1]
解令
=limk-Dt(1+2)=k-1=a≠0,
故k≠1,选项A正确.
(2)A.
造主立
可得p=3,c=-3
,选项A正确.
(3)D.
解当x→0时，
B(z)=√+z2-√1-2=1+x2+-~a2,
a(z)=tanx-sinx=(1-cos z)tanx~,
r(x)=。"sin td=-ost|。
=1-os1-cosz)~1-st)2~,
故选项D正确.
(4)D.
解 依题设，有
lim y(x)=y(0)=0,limy'(0)=y'(0)=0,
im y"(x)=lim[e-2y'(x)-y(x)]=1,
店tma+-
故
=2imx)=2limy)=2×2=1
选项D正确.
(5)C.
解f(x)有3个间断点：x=0,x=1,x=2.
x-1e→e,
当x→0时，
7李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
故limf(x)=0,即x=0为可去间断点.又由于
-+,m---1
故limf(x)=∞,即x=1为无穷间断点.
当x→2+时，由于
→h2,-+,
故limf(x)=0,即x=2为无穷间断点.选项C正确.
(6)D.
M=a±1
解对于选项A:取1 ,则M>1,令xn=a-21,则
imx。=li(a,-去1)=a-去1=a21>0.
由极限的保号性，可知当n充分大时，有x。=a-±1>0,即
a>“21=M>1
对于选项B:令x=b。-a,则
lim xn=lim(b-an)=b-a>0,
由极限的保号性，可知当n充分大时，x>0,即a0,且limg(x)=+∞.故f(t)在(1,+一)上严格单调递增，从而
limf(t)=+∞,故limf(n)=+0,{f(n)}发散，可排除选项A.
fm-1+n f(n),当n→○时，(m→0,故m}
由已知，有 收敛，可排除选项B
由反函数的求导法则，有
f'(t)=g(=2+n|=2+mf②),
8高等数学
第一章 函数、极限、连续
imfn()=1mfOnt=+nf)
故
一离--+-
{f(m)nn}
所以 收敛，选项C正确，选项D不正确.
(10)B.
解取x,=n,arctan xn= arctan n,则{arctan n}收敛且单调，但{x}发散，故①,②不正确.
由于arcsin x是连续函数，当{x}收敛时，lim arcsin xn=arcsin(lim xn)存在，故③正确.
又 arcsinx单调递增且有界，当{x}单调时，{arcsinx}单调有界，所以，{arcsin xn}收敛，④正确.故
选B.
(11)D.
解 对于选项D:由于
nn<1++…+<1·n,
<(+2+…+六)*<沉，
且im流=1,L=m嘉-1
,故由夹逼准则，可知原极限等于1.选项D正确.
→+,2→+0,故加-0;当x→t时，有?→
对于选项A:当x→1时，有
im=1,
2六→0,故1
,由此可知原极限不存在.
f(x)=(1+s),若取xn=nπ,y。=(2n+2)π(n=1,2,…),则当n→○时，
对于选项B:令
有x→+一，y,→十∞.由于
limf(x)=lim(1+)"=1,
rO)-mF+(m+t)-
lim(1+sin)'
故由海涅定理，可知 不存在.
对于选项C:由于数列{n+(-1)"(n+1)}无界，故lim[n+(-1)"(n+1)]不存在
(12)D.
f(2)d是关于a的奇函数，所以[f(t)d]du
解 由已知有tf(t)是偶函数，故 是关于x的偶函
数.故选D.
?f(t)d
注 结论：设f(x)连续，a≠0为常数，则当f(x)是奇函数时， 为偶函数；当f(x)是偶函数
,?f(t)dt不一定为奇函数.
时，
(13)C.
解当x>0时，f(x)=lim1+2=im2+1=1;
f(x)=lim1+2=2;
当x=0时，
9-
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
当x<0时，f(x)=li1+2°=x,故
x=0是f(x)的第一类间断点，故F(x)在x=0处连续，但不可导，选项C正确.
注 这里利用了结论：设F(x)=]‘f(t)d,若f(x)可积，则F(x)连续；若f(x)连续，则F(x)可导
题中f(x)只有一个第一类间断点x=0,故f(x)可积.
(14)A.
imx(1+x=1
解由1 1和极限的有界性，可知存在8?>0,当-8?0,当00,当|x |>X时，f(x)有界.
又f(x)在[8,X],[-X,-8]上连续，故有界，从而f(x)在(-∞,+一)内有界.故选A.
注 判别f(x)在区间上有界的常用方法.
①利用定理：若f(x)在闭区间[a,b]上连续，则f(x)在[a,b]上有界.
②若f(x)在开区间(a,b)内连续，且limf(z),limf(x)都存在，则f(x)在(a,b)内有界
(a,b)为无穷区间也成立.
③结论：若f'(x)在有限区间(a,b)内有界，则f(x)在(a,b)内有界.
证 任取x∈(a,b),取定点xo∈(a,b)(x≠xo),由拉格朗日中值定理，知存在ξ∈(a,b),使得
f(x)=f(xo)+f'(∈)(x-xo),则
If(x)=|f(xo)+f'(∈)(x-xo)I≤If(xo)I+If'(ξ)|lx-xo|.
由f'(E)有界及|x-x。|<|b-a|,可知存在M≥0,使得|f(x)|≤M.
此结论对(-∞,+一)区间不成立.
二、填空题
(1)-12.
12
解利用泰勒公式，分母中有
项，将√1+x2展开到比x2高次幂的项，有
√1+x2=(1+x2)2=1+2x2+2·2·(2-1)x?+o(x?),
2+1-√1+x2=8+o(z°)
故
又 sin x2~x2,将cos x,e2分别展开到x2项，得
osx=1-+o(x2),e2=1+x2+o(x2),
(cosx-e2)sinx23x+o(x),
故
所--2
(2)Ae°.
解由imx-=A,知imf()=b.
10……
高等数学
第一章 函数、极限、连续
对e“在[b,f(x)]或[f(x),b]上应用拉格朗日中值定理，有
e)-e=e?-[f(x)-b],
其中ξ,介于b与f(x)之间.由1limf(x)=b,知limξ=b,
m=mt()-b]=Ae.
故
(3)(1+e)2-1.
a=3√1+x*dr=3·1。(1+z)2d(1+x"
解
-2·1·3(+z)3。-1{[1+(+┐)"]3-1}.
由lim("+1)"=e,知lim(+1)"=1,故
mm。=im{[1+(+)3-1}=(1+c)3-1.
(4)ai1.
解由00;i=1,2,…,k).
>
由0故
②本题也可利用夹逼准则求解，由0f(a-x),f(a+x)关于
x是偶函数；
②y=f(x)关于点(a,0)(a≠0)对称?f(a+x)=-f(a-x)>f(a-x),f(a+x)关于
x是奇函数.
三、解答题
(1)证 考虑数列{|a,I},有
m=Iq<1,
a<1
由极限的保号性，知存在充分大的正整数N,使得当n>N时，有 1,即|am+1|<|an|,于是{|anI}
单调减少.又因|a.I≥0,由单调有界准则，知lim|an|存在，记lim|anl=a,下证a=0,用反证法.
若a≠0,则
-置a-=1,
这与llim=IqI<1矛盾，故lim laI=0,从而有liman=0.
(2)证令max{a?,az,…,a}=a,则
a= Va"≤"ai+a2+…+a≤"ka".
又由于lim/ka"=lima饭=a,故由夹逼准则，可知
limVai+a2+…+a7=max{a1,a2,…,aA}.
m=2(3m-x),有-t-
(3)解(I)由：
12
令y=+-xa(n=1,2,…),则{y。}是以 为公比的等比数列.
当n≥2时，
x=x?+y?+y?+…+y=1+1+2+2+…+1=1+2(1-六),
故lim zn=3.
=2(+xm),得xm2-m=-2(xH-x)(n=1,2,…).
(Ⅱ)由
当n>3时，x。-=-(-x2)=(-1)2(2-x)
=…=(-2)"(?-x?)=(-2)"·
故 xn=x?+(xz-x?)+(x?-xz)+…+(xn-xn-1)
12高等数学
第一章 函数、极限、连续
=1+(-2)^=1+3[1-(-2)],
所以imxn=3
[0,].上连续，f?(0)=1,f.(笞)=0,而0<2<1,由
(4)证(I)f,(x)=1-(1-cosx)”在
xn∈(0,否),使得fa(z。)=.
介值定理，可知至少存在一点
f。(x)=-n(1-cos x)?1·sinx<0(02,而f,(arcos)单调减少，故f.(arccos)>
arccos0,x∈(e,+∞),
故f(x)=0在(e,+一)内有唯一实根，记为ξ.
(Ⅱ)由(I)知，当x∈(e,ξ)时，f(x)<0,即1+2lnx>x,故当ex,
x?=1+2ln xo<1+2lnξ=ξ.
假设x>xm?,且x,xn,
xn+1=1+2ln xn<1+2ln ξ=E.
由数学归纳法，知{x}单调增加有上界，故lim x。存在，记lim xn=A.
对xn=1+2ln xn?左右两端同时取极限，有A=1+2InA,即A为方程x=1+2In x的实根.
由(I)可知，lim xn=A=ξ.
(6)面(I)令g(x)=f(x)-f(x+_),x∈ [0,]
,则
g(0)=f(o)-f(2),g(2)=f(2)-f(1).
若g(2)=0,则取E=2 g(2)≠0,则由f(O)=f(1),知g(0)8(2)<0.
即可；若
由零点定理，知至少存在一点E∈(0,2)c(0,1),使得
g(ξ)=f(ξ)-f(e+2)=0
即f(E)=f(s+2).
(Ⅱ)令F(r)=f(x+π)-f(x),x∈[0,”一1],则
13李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
F(O)+F(1)+…+F("-1)=f(1)-f(0)=0.
若F(O)=F(1)=…=F("-1)=0,即
f(0+n)-f(0)=f(2)-f(1)=…=f(1)-f("=1)=0,
所证结论显然成立；
若F(O),F(!),…,F("=1)
不全为零，则其中必有正值和负值，由零点定理，知至少存在一点∈∈
f(ξ)=f(s+n).
(0,1),使得F(ξ)=0,即.
注 本例可以推广为：设f(x)在[a,b]上连续，且f(a)=f(b),证明：至少存在一点E∈(a,b),使得
f(e)=f(s+-).
(7)证(I)由f,(x)=x"—cos x,有
f,(0)=-1<0,f,(1)=1-cos 1>0.
由零点定理，可知f,(x)=x"-cos x=0在(0,1)内至少有一个实根xn.
又 f'(x)=nx"1+sinx>0(因00(因0f,(x,).
又f?(x)关于x单调递增，故xa+1>x,即数列{x}单调递增，由单调有界准则，可知lim x。存在
由x=coszn,知Inz=—In cos xn,故
im lnx。=lim In osx,=0,
lim xn=1,
所以
li(1-x)=lim(1-x=,
mhz,h(1-z)hmln lha1-1)
而
-1=“limln(1-u)lnu=-limulhu
故原式=e°=1.
01o
(8)解e23-1～3x3(x→0),所求极限为 型.
由洛必达法则，有
原式-m+2msy--m(+3)-]
14……………………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
--(+3m)--云
(9)解当x→+○时，1-e~-,故
[a+m-- Fa+
a+)m-+血
sin1-os x
当x→+∞时，sin→0,|cosx l≤1,即s
r有界，且分母-2x 趋于无穷大，
血-。
故
难
,故原式=-2+0=-2.
困来血+3m
时，不能用洛必达法则.因为分子
[1+x2]sin1-csx]'=2zsim1-+s1+sinx,
+lim(2xsin1os)=2-1≠0;分母(-2x)'=-2,lim(-2)=
lim sin x不存在，
-2≠0,故 不存在，且不是无穷大量，洛必达法则失效.
(10)图令=t,则
mz()°-(+2)”-mm-a+o2-
由拉格朗日中值定理，有
e-=e[1+v2dhd+]
其中，ξ介于(1+t)2与elnI+)之间.又
im(1+)3=e,limelh(l+)=e,
故当t→0时，ξ→e,所以有
原[a+]
令+2)=u,
,由泰勒公式，有
h(1+t)-1=-+3+o(t2).
15…………………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
[1+-1]2~(-2)2=
故
,则
原式=elim(u-1)=elimsu-1)=8e+.
(11)解由拉格朗日中值定理，有
n+1-"n=e-e=e[1+n]-+].
又
nI+n)n+1=”+Dl(a+1)-nlnn
=n(n+1)n1+”
=n(n+1[in(1+n)"+1(1+n],
故
沉+1-?+15[ia(1+—)"+h(1+n].
n+1
与nn之间,且由!im+1=0,limn+1=0,知lime。=0.又当n→0时，
其中ξ,介于
e-1~—,故
原极限=Hm+[m(1+六)"+m+1]-1·(0+1)=1.
(12)解由已知，有
lim。[a+t]-t]d
则[a+x]-x]=lim[a+]-1]
= limz[·()-1]-b,
故lm(e)-1]=0,即m[na-ain(1+1)]=0,所以a=e,从而
b= lima[e]-1]-limx[1-aln(1+1)]
+”--mg+
m+-
故a=e,b=2
r=1+2+…+1-Inn,则由
(13)证令2
H-x。=n+1-n(1+1)<0
16高等数学
第一章 函数、极限、连续
可得(z}单调减少.又由rm-=n+1-In(1+n)>n+-1
,知
Tn+1=(x+1-x)+(x,-x?)+…+(xz-x?)+x1
>(+1-n)+(1-n-1)+…+(2-1)+1
=n+1>0,
故{x}有下界，从而limx。存在.
(14)园由xm=ln(e-1)-Inz。=in1,知e=1
=1>1(利用当z>0时，e-1>x),故z?>0.由归纳法，知x.>0,即
由x?>0,知(
{xn}有下界.
又由拉格朗日中值定理，可得 =e"1="c=e“0,从而f(x)=2x-tan z 单调递增，于是有
00,G(b)<0,由零点定理可知，存在
x'∈(a,b),使得G(x)=0,即F(x')=x*.
(Ⅱ)由已知条件，有x。∈[a,b],x=F(x?-1)∈[a,b],故{xn}有界.又
F'(x)=2[1+f'(x)]>0(因|f'(x)I<1).
由拉格朗日中值定理，得
xn-x?=F(x-1)-F(x-2)=F'(E)(xn?-x-2)(E介于x-1与xn-2之间),
由上式可知，当x?>xo时，数列{zn}单调增加；当x?0),显然f(x)单调减少且非负，则由(I)知
(Ⅱ)若取
n+≤fdx≤,
故
1d=J21dx+dx+…+dr≤1+2+…+,
1+?“d=1+J1dx+1dx+…+5dx≥1+2+…+7.
又因为
dx=Inx|,"=L(1+n),
19李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
dr =Inx|"=Inn,
所以 la(1+n)≤1+2+…+1≤1+Inn ①
由①式可知
a+”<++·<1+n,
又由于
imInn"=limnn+1=1,
-m平-.
++_
故由夹逼准则，可知
(3)证先证{x,}有下界.由(x+1-xn)f'(xn)+f(x)=0,得
m-xf()
由已知，x?>0,假设x>0,故只需证明
tm-0=x()-o>0,
即
(xn-0)f'(x)-[f(x)-f(0)]>0.
由拉格朗日中值定理，有
(x,-0)f'(x)-f'(ξπ)(xn-0)>0,0<50
因为f"(x)>0,知f'(x)单调递增，从而
(x,-0)[f'(xn)-f'(ξ。)]>0
成立.由数学归纳法，知{x}有下界0.
再证{x}单调递减.由已知可得
m-x=-f().
又由f'(x)>0,知f(xn)>f(0)=0,且f'(xn)>0,故
rm-x=-()<0,
即{x,}单调递减.由单调有界准则，知limx。存在.
记limxn=A,等式(xa+-x)f'(xn)+f(x,)=0两边同时取极限(n→∞),得f(A)=0.故A=0
(因 f(x)严格单调且f(0)=0),即limxn=0.
20高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
第二章一元函数微分学及其应用
基础题
一、选择题
(1)A.
yu)-m--
解
rloimf(x)=-limz2·mp(x)=0,--
而f(O)=0,故f(x)在x=0处连续.
f-O)-Lmf)f-m(a)=0,
故ff(0)=f_(0)=0,所以f'(0)=0,选项A正确.
(2)A.
if(z+aax)f(-bA)
解
=ima.fa+a)-f(a)+mb.f(-b)-f(a)
=af'(x)+bf'(x)=(a+b)f'(x).
故选A.
(3)D.
ro-m可-1-z-
解
ro-mT--a-
故f(x)=cos√xT在x=0处不可导，选项D正确.
(4)A.
解若b=0,则
f(x)={nz,x>0.
由于f(x)在x=0处不是右连续，故b=0不满足条件，从而b>0.
由f(x)在x=b处可导，知f(x)在x=b处连续，故
limf(x)=limf(x)=f(b),
即 lnb=a√b.
①
f-(b)=limf?+A)-f)=lima√6+Ar-ab
又
=a limr(√b+x+后)-2√后’
21李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
f(6)=lim?+A)-f?)=limb+Ax)-asb
=limhx+b)-nb=lib+=方，
由f-(b)=fl(b),得
2√5-方
②
a=2,b=e2选项A正确.
解①、②式，得
(5)C.
解由已知，得f(x)是奇函数，故f'(x)是偶函数，f"(x)是奇函数，从而由f'(x)>0,x∈(0,
+～),可知当x∈(-0,0)时，f'(x)>0;由f"(x)>0,x∈(0,+一),可知当x∈(-,0)时，
f"(x)<0,故选C.
(6)C.
解 应用泰勒公式，f(x)在x=0处展开为
f(z)=fO)+f(O)(-0+(-02≥f(0)+f(O)x,
其中ξ介于0与x之间，故
f(x)dr>_[f(0)+f'(O)x]dr=2f(0),
所以，f(0)0,
再由l ,由保号性及1-cos x>0,知在x=0的某邻域内有f(x)>0=f(0),
故f(0)为极小值，选项C正确.
(8)C.
解 y′=[(x-1)2(x-3)2]'=4(x-1)(x-2)(x-3),
则y"是二次函数，故y"最多只有两个零点.由罗尔定理，知y"在(1,2)和(2,3)内各有一个零点，且y"在
其零点两侧变号，故有2个拐点，选项C正确.
(9)D.
解由f"(xo)=0及已知条件，有
f(xo)=im(z)-(=im(a)>0.
由极限的保号性，可知当x>x。时，f"(x)>0;当x0,
解 依题设，有
故由极限的保号性知，对x∈(xo,xo+8),有f(x)>f(xo),即选项B正确.
同理，
f-(o)=lim(a)-f(Ce>0,zx∈(ro-8,x),
有f(x)0,不能推出f(x)在(x。-δ,xo)与(xo,xo+8)内的单调性.
(14)A.
解由已知，得y'(-2)=0,y'(1)=-3,y(1)=0,即
+
即 解得a=1,b=-8,c=6.故选A.
23李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
(15)B.
=1+.y=In(1-t)-sin y两边同时对z求导，得
解由x=arctan t,得
=-2-osy,
解得
=a-3)(1+cosy)
当x=0时，由x=arctan t,知t=0,且当x>0(<0)时，有t>0(<0).
由y=In(1-t2)-sin y知，当x=0,即t=0时，有y=0.故在x=0的邻域(-8,8)(8>0)内，
有
出-出--
综上所述，x=0是y=y(x)的极大值点.选项B正确.
(16)C.
my-m1±C-1,my-m1±-+,
解由
可知有水平渐近线y=1与铅直渐近线x=0,故选C.
可知((1177))有DD.. 水平渐近线y=与渐近线x y
解解由由 lliimmee[[11++xx++ff((xx))]]==lliimm11++++ff((aa))
存存在在，，知知
y=f(x)
y=kx+b
lliimm[[ff((xx))++xx++11]]== lliimm[[ff((xx))--((--xx--11))]]==00,, P(x,y)
故故yy==ff((xx))有有斜斜渐渐近近线线yy==--xx--11..故故选选DD.. M
N
注注 设设曲曲线线yy==ff((xx))有有斜斜渐渐近近线线yy==kkxx++bb..
0 x x
如如图图22--11所所示示，，PP((xx,,yy))为为yy==ff((xx))上上任任一一点点，，由由斜斜渐渐近近线线的的
定定义义，，知知PP((xx,,yy))到到直直线线yy==kkxx++bb的的距距离离||PPMM||趋趋于于零零
((xx→→)),,从从而而||PPNN||→→00((xx→→00))..故故有有
lliimm[[ff((xx))--((kkxx++bb))]]==00.. 图2-1
二、填空题
(1)3.
解x=J,sin2(4)d
两边同时对x求导，得
1=(y'-1)·sin2[4(y-x)],
y'=cs2[4(y-x)]+1.
解得
y'_=3,于是
又由已知得，当x=0时，y=1,即f(0)=1,故：
(G)--)-ro-
(2)f(x)=-1+2x+o(x).
解由
im[+f]=immz+af(a)=2,
知sin x+xf(x)与2x2是等价无穷小.
又由于
24………………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
sin x+xf(x)=[x+o(x2)]+x[f(O)+f'(O)x+o(x)]
=[1+f(0)]x+f'(0)x2+o(x2),
故f(0)=-1,f'(0)=2,所以
f(x)=f(0)+f'(O)x+o(x)=-1+2x+o(x).
(3)2.
解由f"(x)的图形可知，f"(x?)=f"(x?)=0,f"(0)不存在，在x=x?的两侧二阶导数不变号，故
不是拐点.在x=0,x=x?两侧二阶导数变号，所以y=f(x)有2个拐点.
(4)±√2.
解 依题设，有
[+1=ra]÷-{[+1-r-
故lim1-ssf()=1.
又当x→0时，sinx~x,1-cos f(x)~2f2(x),且f(0)存在，故
1=lim1-sisf)=2lim=2imf().imf(=2f(0)·f'(0),
解得f'(O)=±√2.
(5)3.
解 e2=1+x+2x2+gx3+o(x3),
In(1-x)=-x-2x2-3x3+o(x3),
故e+In(1-x)-1=1+x+2x2+6x3-x-22-3x3-1+o(x3)=-6x3+o(x3),
所以n=3.
(6)e.
解对f(x)求导，得f'(x)=ne3-(1+n).依题意，有
f'(x。)=ne-(1+n)=0,
解得z。=nln(1+1),故lime=lime(t)=e.
(7)1.
()-可-+
解
由已知有，当x=2时，t=1,y=3,故
r-+)--re
而=422|=1,故原式=f'(2)=1.
(8)
[f(x3)]=3x2·f(x2)=1,
解由
25………
李林全家桶之④
2026 考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
得f(x3)=3,所以f'(x)=3
(9)-9.
解由f(x-)=In(√1a+x2-x),可s求得 f'-(x)=一-
令g(x)=-1+=-(1+x2),g(x)在x=0处的麦克劳林展开式为
=-1+2x2-8z?-o(z),
则g⑥(0)=4!×(-8)=-9.
.故f'S)(0)=-9.
(10)
解由imfCz-1=1,知imf(2x-1)=f(1)=0,故
lmf(2-1)-f(1)=imf1+2-2-f(1).2—=2f(1)=1,
从而f'(1)=2
mfC+sim)-f(1+sin)
=limL+Snt)-F1)-limF(+sint)-f(1
=limf(1+2int+sin)-f(1).2sint+sin2-limf(1+sint)-f(1).sint
=2f'(1)-f'(1)=f(1)=
(11)x+y+3=0.
解由已知可得，当且仅当t→-1时，x→0.故
k=lim=im+·1±t=lim=-1,
b=lim(y-kx)=li(++1+)
=lim+1)c+-1+1)=Iim-+1=-3
y=-x-3,即x+y+3=0.
故所求斜渐近线方程为
(12)y=2x-4.
解 由已知，有
lim(Vax2-x+3-2r)= lima(Ja-1+3-2)=b,
故lim(Ja-1+3-2)=0,即有/a=2,a=4.
26……………………………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
将a=4代入原式，并有理化，得
b=li(4x2-x+3-2x)= lmx-x+3+2x
所以
lim(√4x2-x+3-2x+4)= lim[√4x2-x+3-(2x-4)]=0.
y=2x-4.
故斜渐近线方程为：
(13)2.
解在x=0的邻域内，cos|x |=cos x,x2|x|在x=0处二阶可导，三阶不可导，故阶数为2.
(14)2
解 v'=玺·=3acs'tsnt=-tant,
v”=&(-tant)=(-tant)·出
=-3cstsint-3sect·csct,
k-a+---
故曲率
(15)e2+1.
解 由已知条件，视y为△x,知 f(x)在点x处可微，且d[f(x)]=[f(x)-1]dx,故dx=
f(x)-1d[f(x)].
.两边积分，得
由fCO-2,得C=0,故f(u)=e+-mlfa)-1+C.
(16)1.
解已知方程化为
arctan=n(x2+y2)-_n2+4
上式两边同时对x求导，得
+()
y′=zx+
即 令y'=0,得x=y,代入原方程可求得x=1,y=1,故y'(1)=0.
由y′=z+,即(x+y)y'=-x+y,两边同时对x求导，得
(1+y')y'+(x+y)y"=-1+y'.
将x=1,y=1,y'(1)=0代入上式，得：y"(1)=-2<0.故y(x)的极大值为y(1)=1.
三、解答题
(1)解(I)由|sinx|=√sin2x,有y=2ls=22,则
y'=z·(In2)·(√smn2z)'=2.dn2)·2sns
27李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
=21.(In2)·sin2z·21sinxsinx≠0).
注当sin x=0时，y=2lsnl的左、右导数值分别存在，且异号.
v'=tanx+secx·(tanx+secz)
(Ⅱ)
=tanx+sec·(see2a+sec tanx)=secx.
注(In|xl)'=1(x≠0).
(Ⅲ)取对数，有In|yl=In(1+x2)sin x.
1·v′=ln(1+z2)cosx+21+x2
两边同时对x 求导，得 ,故
y'=(1+x2)[na(1+x2)csx+2+x].
(IV)利用对数的性质，化简后再求导
s=hx++--mx+Va2+1),
=-2·+2·(+√z2+1)'
=2·+x+·(1+2√2+)=-22+
(2)解已知方程两边同时取对数，再对x求导，得
云n(x2+y2)=arctan,
+()
v′=2±,
解得
v=1+y)-x-+y)(1-2=2x--2y
v=x2
将y'=z±
代入上式，得
d=·出=1-cost,
(3)解
-d(-cos)=(os)·出=-a-cst)
dd
(4)解为求 ,将极坐标化为参数方程，即
r()m=d-s)me,
---medme=-1,
0为参数，则
z(Z)=0,y(否)=1,
故切线方程为y-1=(-1)(x-0),即x+y=1.
)-rO-m-m
(5)解(I)
28………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
当k≤1时，f'(0)不存在；当k>1时，f'(0)存在，且f'(0)=0.
(Ⅱ)当k>1时，f(x)的导函数为
f(a)-1km--,z≠0,
z=0.
若k≤2,则imf'(x)=lim(kxsin1-xcs)
不存在，故12时，limf'(x)=0=f'(O),此时f(x)在x=0处导函数连续.
注 下列解法是错误的：
f'(x)=(x'sin1)'=kx?sin1-x2cos,
当x=0时，没有意义，故f'(0)不存在；当x≠0时，f'(z)=kxsin1-xs
错在当
x=0时，需用导数定义求解.
(6)证令x=y=1,由f(xy)=f(x)+f(y),知f(1)=0.
ra)-m+a)-r)D(+)]-ra)
)+1+)-+)--
故 f(x)在(0,+)内可导
由f'(x)=1
,积分得 f(x)=Inx+C.又f(1)=0,得C=0,所以f(x)=Inx.
ro=mf(u)-rO-m-
(7)解
f'(x)=2,故
当x≠0时，
f(0)=tmf()-f′(O)=m1.2.=im22=0
同理可得f)(0)=0(k=3,4,…),所以f")(0)=0.
k,m-
注 利用洛必达法则，对任意正整数
(8)解 设开始充气以来的时间为t,t 时刻气球体积为V=V(t),半径为r=r(t).由已知，气球体积
v=3πr3,
为 ,两边同时对t求导，有
r=4π2·
出-4cm/s
=100,r=10,代入上式得100=4π·102·出
由已知， ,解得
=8x,
d=30.
(9)解由已知，设点P的坐标为(x,y),则 .在9y=4x2两边同时对t求导，有9
即=9·出=3.又S=√x2+y2,两边同时对t求导，有
-+(鉴+出)-+(302+a),
29李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
=82cm/s
将x=3,y=4代入上式，有
(10)解limf()=limf(z)-1=limf(c)-rO=f(O)=1.
注①下列解法是错误的.
mfla)-=mf)-1=imz)=f(0)=1,
mza)=2f(0)错误.
题中条件是f(x)二阶可导，不能保证f"(x)连续，故1
②此题也可以用泰勒公式求解.
f(z)=f101+f'(0)x+2x2+o(z2)
=x+x2+o(x2),
故
imfl)=im2+a2+o(z2)-=1.
imzf(x)-(+x)“+1=1
(11)证 由li ,根据极限与无穷小的关系，有
zf(x)-1+x)2+1=1+a(当x→0时，a→0),
即 ①
xf(x)-e-h(L+)+1=x2+x2a.
由①式，可得
f(x)=1[x2+x2a+eht]-1]
=x+xa+-[e]-1].
由f(x)在x=0处连续，知limf(x)=f(O),即有
f(0)=limf(x)=imtect)-1]
=lim2zh+x)=0
ro--2+c-
故
=1+lim-1=1+1im2lnd+)
=1+1im2=1+2=3.
(12)证(I)令F(x)=x2f(x),则F(a)=F(b)=0,由罗尔定理，可知存在一点∈∈(a,b),使得
F'(ξ)=0,即25f(ξ)+E2f'(E)=0,故
2f(ξ)+Ef'(ξ)=0.
(Ⅱ)令G(x)=e2f(x),则G(a)=G(b)=0,由罗尔定理，可知存在一点η∈(a,b),使得
G'(n)=0,即-2ηe2f(n)+e2f'(n)=0,故
2ηf(η)-f'(η)=0.
(13)证令F(x)=(b-x)“f(x),由已知，有F(a)=F(b)=0,由罗尔定理，可知存在一点ξ∈(a,
b),使得F'(E)=0,即(b-ξ)a-1[(b-∈)f'(E)-af(E)]=0,故
(b-ξ)f'(ξ)-af(ξ)=0,
即af(E)+(E-b)f'(ξ)=0.
30高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
(14)证 只要证f(x)在(0,+一)内取得极值即可.
若f(x)=0,则在(0,+∞)内处处有f'(x)=0,因此不妨设f(x)在(0,+一)内不恒为0,于是存
在x?>0,使得f(x?)≠0,故不妨设f(x?)>0.
由lim f(x)=0,可知存在正实数M>x?,使得当x>M时，有|f(x)|xo,根据拉格朗日中值定理，可知存在一点ξ?∈(0,xo),使得
f'(E?)=fco)-o>=1;
若f(xo)-o=1.
综上可知，存在一点∈∈(0,1),使得f'(ξ)>1.
(18)证(I)令F(x)=f(x)-2(1-x),则F(x)在[0,1]上连续，且F(0)=-2<0,F(1)=
1>0,由零点定理，可知存在xo∈(0,1),使得F(xo)=0,即f(xo)=2(1-xo).
(Ⅱ)f(x)在[0,x。]与[x。,1]上分别应用拉格朗日中值定理，存在ξ∈(0,xo),η∈(x。,1),使得
f'(e)=f)-f=f(ce)=2-),
f(n)=f1)-f(c)=1-Fce--1,
f'(e)[1+f'(m)]=2(1-a(1+2-1)=2.
所以
(19)证由f(x)在(0,1)内取得最小值，知存在一点xo∈(0,1),使得f(xo)为f(x)在(0,1)上的
最小值，于是f'(x?)=0.
由拉格朗日中值定理，有
f'(xo)-f'(0)=f"(E)(。-0),0<8?f(a)=f(b),由拉格朗日中值定理，可知存在E∈(a,c),η∈(c,b),使得
f'(5)=f(C-f(a>0,f(n)=f(6)-f<0,
故f'(ξ)·f'(η)<0.
(21)证(I)由推广的积分中值定理，可知存在一点c∈(六，1),使得
2]f(z)dx=2f(c)(1-2)=f(c),
于是f(0)=f(c)=f(1),在[0,c]与[c,1]上分别应用罗尔定理，有
f'(E?)=0(0<ξ?0,tan2>2
当0f(π)=0,
ra)->0
即
(Ⅱ)要证a?>b°,只需证e>en,即证bln a>aln b.
令f(x)=xlna-alnx,且x≥a,则f'(x)=Ina-“,由eIna>Ine=1,
32…………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
故f'(x)>1-“≥0,从而当x≥a时，f(x)严格单调增加，于是f(b)>f(a),即blna>alnb,所以
原不等式成立.
(Ⅲ)令f(x)=(x2-1)lnx-(x-1)2,则
f'(x)=2zrlnx-x+2-1,f'(1)=0,
f"(x)=2lnx+1+,f(1)>0,
f(x)=2(z2-1).
当00,故f"(x)在(0,1)内单调减少，在(1,
+一)内单调增加，因而f"(x)在x=1处取到最小值.又f"(1)>0,所以当00,
从而f'(x)在(0,+一)内单调增加.又f'(1)=0,可知当00.同理可知f(x)在x=1处取到最小值，又f(1)=0,所以f(x)>0,故原不等式成立.
(IV)由已知，有
f(0)=limf(x)=limx.f(a)=0
f'(o)=imf()-f=imf(R=1.
由泰勒公式，有
f(x)=f(0)+f'(O+2(x2=x+S2(E
介于x与0之间),
由f"(x)>0,知f(x)≥x,故原不等式成立.
v'=I2+,
(24)解： ,令y'=0,得x=0,一x=-1.
列表如下：
x
(一∞,-1) -1 (-1,0) 0 (0,+一)
y'
0 0
十 十
-2e3 -e2
y
可知，单调减少区间为(-1,0),单调增加区间为(-一，-1)和(0,+一).极小值为f(0)=-e2
,极大值为
f(-1)=-2e3
k?=Lm=m(-De-e,
-m6-h)-
-D--
=e limi+2-e=-e-e=-2e°.
同理，当x→-∞时，k?=1,b?=-2,故有两条斜渐近线分别为
y=e"(x-2),y=x-2,
且函数y没有水平渐近线和铅直渐近线.
ifx)=m=hme-e=1,
(25)解
33李林全家桶之④
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limf(x)=lim(x+2)=2,
f(x)={2(lnx+1),x<0.
故f(x)在x=0处不连续，所x以=不,可导，于是有
令f'(x)=0,得驻点： ,故x=0与x= 是可能的极值点.
00;当 时，f'(x)<0,故f(0)=2是f(x)的极大值.
当01 r(1)=e3
时，f'(x)>0,故。 是f(x)的极小值.
(,+○) - (0,1)
综上可知，f(x)在(-,0)与( 内单调增加，在 内单调减少.
=-1I+thnt),
(26)解
-[1+ne]=[(+hne]·
=2d+n2),
d=0,得t=e,令=0,得t=e?.
令
列表如下：
t 1 (1,e) e (e,e2) e2 (e2,+∞)
x 0 (0,e) e (e,/2e2) √2e (√2e,+∞)
dd +
1 0
dd
-4
0
el
y 0 ↗ 向尚
故y=y(x)在(0,e)内单调增加，在(e,+○)内单调减少，
y(e)=1 (2e,4)
为极大值，向上凹区间为(√2e2,+∞),向上凸区间为(0,2e2),拐点为
(27)解函数y=√4x2+xn(2+)在[-2,0]
上没有定义.由于im)y=-,
limy=lim√4x2+xn(2+1)=lim√4x2+zln(2z+1)-lim(4x+1·注lnx)=0,
故x=-2
是铅直渐近线.
k=lim=lim√4+1In(2+1)=2n2,
b= lim[y-(2ln 2)x]
=lim(√4x2+x-2x)n(2+—)+lim2x[n(2+1)-in2
=limx2+x+2xn(2+1)+lim2xin(1+2)=4m2+1
同理，可求得limz=-2ln2,lim[y+(2ln 2)x]=-11n2-1
.所以曲线有两条斜渐近线为
34…………
… 高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
y=(2ln2)x+1n2+1,y=-(2ln2)-4n2-1.
。1-os2xdr=]。/Zsin zdr=2√2,
(28)证
令f(x)=e-Inx-2√2,由f'(x)=0,得唯一驻点x=e.
当00,知f(x)单调增加，故f(e)=-2√2<0是f(x)的极小值.又
limf(x)=+, limf(x)=+,
所以方程仅有两个不同实根.
(29)解 问题等价于讨论 In?x-4ln x+4x-k=0不同实根的个数.
f'(x)=4(nx-1+=0
令f(x)=In?x-4ln x+4x-k,定义域为(0,+一),则J ,得唯一驻
点x=1.
当01时，f'(x)>0,f(x)单调增加，故f(1)=4—k
为f(x)的最小值，且limf(x)=+~,lim f(x)=+.
当4-k>0时，f(x)=0没有实根，无交点；
当4-k=0时，f(x)=0有唯一实根，交点个数为1;
当4-k<0时，f(x)=0仅有两个不同实根，交点个数为2.
注 设f(x)在[a,b]上连续，且
limf(x)>0(<0),limf(x)>0(<0),
若仅存在x。∈(a,b),使得f(xo)为f(x)的极小值m或极大值M,则
①当m>0(或M<0)时，在[a,b]上f(x)与x轴没有交点，故f(x)=0在[a,b]上没有实根，
如图2-2(a)所示；
②当m=0(或M=0)时，在[a,b]上f(x)与x轴只有一个交点，故f(x)=0在[a,b]上只有
一个实根，如图2-2(b)所示；
③当m<0(或M>0)时，在[a,b]上f(x)与x轴仅有两个交点，故f(x)=0在[a,b]上仅有
两个不同实根，如图2-2(c)所示.
y y=f(x) y y=f(x)/ y
y=f(x)
x。
0 a x。 bx 0 a x。 bx 0 a bx
(a) (b) (c)
图2-2
上述结论对(一一，+一)仍成立.
综合题
一、选择题
(1)A.
解 比较f(x)与x的大小，考虑作差构造新函数，利用单调性求解.
令F(x)=f(x)-x,则F'(x)=f'(x)-1,F(1)=f(1)-1=0.
因f'(x)严格单调减少，所以当x∈(1-δ,1)时，f'(x)>f'(1)=1,从而F'(x)=f'(x)-1>
0,即F(x)在(1-δ,1)内单调增加，所以F(x)f'(x),F'(x)=f'(x)-1<0,于是F(x)在x∈(1,1+8)
内单调减少，故F(1)>F(x),即f(x)fb)
由f"(x)<0,有f'(x)0
由1 ,根据极限的保号性，知在x=0的去心邻域内，有f(x)>0=f(0),故f(0)是
f(x)的极小值.选项D正确.
36-
………………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
对于选项A,B:limfz)不一定存在.如
a)-rm+z2,z≠
)-mm+-1,
则
f(x)是可导函数，且
f(a)=32sm-8+2,z≠0,
—.
但imf(a)=in(sasin1-s1+2)不存在。
对于选项C:由limfx)不一定存在，可知f(O)=2不一定成立.排除选项C
(7)C. ,+,
解当t>0时，有
当t<0时，有
当t=0时，x=0,由导数的定义，有
fO)=mf(a)-rO-=1,
ro-)-r--1
故f'(0)不存在.选项C正确，选项A,D不正确.由于左、右导数存在但不相等，故f(x)在x=0处左连续，
也右连续，从而f(x)在x=0处连续，选项B不正确.
(8)B.
解 由已知f'(xo)=f"(xo)=f"(x。)=0,及泰勒公式，有
f(x)=f(zo)+f'()(z-xo)+f2((x-xo2+SC(-xo)3+
4(x-xo)(介于x。与x之间)
=f(o)+4!(x-xo)°,x∈(x。-8,xo+8),
f(x)-f(ro)=4((x-x)?<0,
故
于是f(x)在x。处取得极大值.选项B正确.
(9)B.
解由已知，F'(x)=f(x)在x=a处取得最小值，在x=b处取得最大值.
用反证法.若F"(a)<0,则
FY(a)=imF()-Ff)=imf)=fa)<0.
37…………………
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由极限的保号性，知在x=a的某去心右邻域内f(x)0,,知在x。的去心邻域内有： )-0>0, ,即f(x)-f(xo)的正负
由(x-xo)”确定
当n为奇数时，若x>xo,则f(x)-f(xo)>0;若xx。或x0,故x。是f(x)的极小值点，选项C
正确.
(11)D.
解 涉及f(x)与f'(x)的极限，考虑用拉格朗日中值定理.
由lim f'(x)=+一，知存在充分大的x。和M,当x>xo时，有f'(x)>M>1,故当x→十一时，
f(x)=f(xo)+f'(ξ)(x-xo)>f(zo)+(x-xo)→+0(介于x。与x之间),
故选D.
(12)C.
解令f(x)=Inx-+k,则f'(x)=1-E=ee
令f'(x)=0,得x=e,可知x=e是f(x)的最大值点，最大值为f(e)=k.
由k>0,知当x∈(0,e)时，f(x)单调增加；当x∈(e,+一)时，f(x)单调减少，故函数f(x)的
图形与x轴有两个不同交点，即方程有两个不同实根，选项C正确.
(13)A.
解 依题意，k≠0,否则方程有两个实根.当x≠0时，原方程与kx3-x2+1=0同解.
令f(x)=kx3-x2+1,则f'(x)=3kx2-2x=x(3kx-2)=0,得驻点x?=0,x?=
又f"(x)=2(3kx-1),有f(0)<0,f)=2>0,由f"(0)<0,可知f(0)=1>0是极大
值点.
(录)>0,故7-k+1>0,解得/kI>言3,故选A.
要使方程有唯一实根，必须有
(14)D.
解 由拉格朗日中值定理，有
f(4)-f(1)=f(e)(4-1)=4f(e)≥4M,e∈(2,4),
即f(4)≥4M+f(2).
f(贵)≥0,故(是)≥4M>0,所以在[4,1]
上，有
又f'(x)≥M>0,知f(x)单调增加，且
f(x)≥4M,
,选项D正确.
(15)C.
解 由已知条件，知y=f?(x)与y=f?(x)是凹函数，且y=f?(x)在该点处曲 yy个个
f
,f?
率大于y=f?(x)的曲率.如图2-3所示，在点x。的某邻域内有
g
f?(x)≥f?(x)≥g(x),
选项C正确. oo x。 x
(16)C.
解 由已知可得，当x∈(0,1)时，f'(x)<0;当x∈(1,3)时，f'(x)>0;当x∈
图2-3
(3,4)时，f'(x)<0.
38……
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
由拉格朗日中值定理，有
f(3)-f(1)=f'(E?)(3-1)=2f'(E?)>0,E?∈(1,3),
f(4)-f(3)=f'(ξ2)(4-3)=f'(?)<0,E?∈(3,4),
且由牛顿-莱布尼茨公式，有
f(4)-f(1)=j{f'(x)dz=[f'(x)dz+ff'(x)dr=S?-S?>0.
故f(3)>f(4)>f(1).选项C正确.
y
(17)D.
解 依题设，y=f(x)如图2-4所示.
①式可变形为
f()-f0,知f'(x)单调递增，故f'(E?)0时，有
y'-p(x)y>0.
e-后pu)d,
,得
上式两边同乘以
Cy'-p(x)y]>0.
[f()e]'>0.从而f(x)elm
故有 在(0,+一)内单调递增，故
f(x)e>f(x)e=f(O)≥0.
e后>0,可知f(x)>0,x∈(0,+∞).
而由
由已知，可得y'=f'(x)>p(x)f(x)>0,于是y=f(x)在(0,+一)内单调递增.
故当00.
由极限的保号性，知f(x)分别在x。的去心左邻域与去心右邻域内单调递增.选项D正确.
由1limf'(x)=1可知，不能保证f(x)在x。处可导，也不能保证f(x)在x。处连续和极限存在.
f(x)={x+1,x≤0,
例如： 则当x≠0时，f'(x)=1,
limf'(x)=limf'(x)=1,
但limf(x)=0≠limf(x)=1,所以limf(x)不存在，f(x)在x=0处不连续，不可导。故排除选项A,
B,C.
注 注意区别f_(xo),f+(xo)均存在和1imf'(z)=limf'(z).
39……………………
……………
李林全家桶之④
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(20)A.
解f+(1)=lim-1=lim(-1)sim-1
当α+1<0时，f4(1)=0;当α+1≥0时，f+(1)不存在.
f-(1)=lim-1=lim°-9=0,
ra-lv+B
故当α<-1时，有
imf'(x)=im[-1]+sn-1]+x-1B-15].
当α+1<0且α+β+1<0时，有limf'(x)=0,而limf'(x)=0,即当a<-1且a+β<-1时，
limf'(x)=0=f'(1),从而f'(x)在x=1处连续.选项A正确.
二、填空题
(1)-2π.
解 因为[tan(4x)-1]|=0,令f(x)=[ta(x)-1]·g(x),则
f'(1)=[an(4x)-1]'|·g(1)+0·g'(1)
=[an(4x)-1]'T,[ta(42)-2]…[tan(2m)-100]|
-)--2
(2)64.
z=.又
解由f(x)=3x2+kx3,有f'(x)=6x-3kx?=0,得唯一驻点，
f(x)=6+12k,fZ)>0,
故)-5()
为f(x)在(0,+一)内的最小值.
由5()3≥20,
,解得k≥64,即k至少为64.
(3)2.
解易知k≠0,
(±)"=血[(1+2)]-
由拉格朗日中值定理，有
f(x)-f(x-1)=f'(E)·1(E介于x-1与x之间),
因而
lim[f(x)-f(x-1)]=limf'(E)=e,
k=2.
于是e2=e,所以
(4)4,3.
解 由图2-5可知，
40………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
f'(x?)=f'(x?)=f'(x)=f'(x?)=0, f(x)个
故x?,x?,x,x?是驻点.f'(0)与f'(xs)不存在，所以可能的极值
点为
x=x?,x=xg,x=xA,x=x6,x=0,x=Is, x?
x
在x=x?,x=x?,x=0,x=x?两侧的f'(x)均异号，故有4个 x? 0 x4 ix? x?
x?
极值点.
f"(x?)=0,f"(x?)=0,f"(0)与f"(x?)不存在.在x=x?,x=
x?两侧，f"(x)变号，在x=xs两侧，f"(x)变号，故拐点有3个.
图2-5
(5)e
解 极限为1型，利用重要极限结论.
[t]-+r(+)-r]
而
+)--rc
故原极限=
(6)9.
g'(y)=()
解由反函数求导法则，可知
由复合函数求导法则，可知
g(y)=[x]=d[]·出
(a)·)=-()下，
g"(y)-Cs"(y)]=-d(ca)}=-d)}·票
=_r(a)Cf(a)-3C)()·Cr"(a)?.)
--(a)Cf(a)-f(a)C(a)2,
故
g)--coLr'cPt'co2=9.
(7m!c-1)2
解f(x)=J2e-dt
t两边同时对x求导，得f'(x)=e(),即
e()·f'(x)=1.
上式两边同时积分，得ef)=x+C,即f(x)=In(x+C).
由已知，f(0)=0,得C=1,故f(x)=In(x+1).
41李林全家桶之④
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g(x)=af(x+1)=xh(x+2)=xln [2(1+2)]
=x[in2+In(1+云)]
=x[n2+一-()2+…+(-1~(贵)"+o(z"]
=xln2+-2·zr3+…+(-1-+o(x+),
故g(0)=nlan=n!(-1)2
(8)x2+(y-1)2=4
解由y=f(x)在点(0,0)处与x轴相切，知f(0)=0,f'(0)=0.
又limf(=im2z)=lim2z=2f(O)=1,知f(0)=2,故y=f(x)在点(0,0)处的曲
率半径为
R=3-
由f"(0)=2>0及f"(x)连续，知在x=0的邻域内有f"(x)>0,由于曲率圆在点(0,0)处与y=
f(x)有相同的凹向，知y=f(x)在点(0,0)处的曲率圆方程为
x2+(y-2)2=4
三、解答题
(1)解考虑到f(x)的周期性及f(x)在x=1处可导，本题关键是求f(1)和f'(1).由
lim[f(1+sin x)-3f(1-sin x)]=lim[8x+a(x)],
得f(1)-3f(1)=0,即f(1)=0.又
imf(+simzs-3f(-sina)=lim[z+)sm]=8,
im[(+sna)-f(1)+3f-sisn-f1]=8,
即
故f'(1)+3f'(1)=8,即f'(1)=2.
又f(x+5)=f(x),有f(6)=f(1)=0,f'(6)=f'(1)=2,故切线方程为y-0=2(x-6),即
2x-y-12=0.
(2)解对f(x)求导，得
f'(x)=n(1-x)"+n2x(1-x)1·(-1)
=n(1-x)"?1[1-(n+1)x](00;当+10,
知3x?∈(0,8?)(8?>0),使得 f(x?)>0;
f-(1)=limf(C)=1>0,
知x?∈(1-δ2,1)(8?>0),使得f(x?)<0,由零点定理，知3ξ∈(x1,x2)C(0,1),使得f(ξ)=0.
(Ⅱ)令g(x)=f(x)e,在[0,E],[E,1]上分别应用罗尔定理.
g(0)=g(ξ)=0,知3E?∈(0,ξ),使得g'(E?)=0,即
e?1[f'(∈1)-f(∈?)]=0,
可得f'(E?)-f(G)=0.
又g(ξ)=g(1)=0,知 3ξ?∈(E,1),使得g'(G?)=0,即
e?2[f'(ξ?)-f(S?)]=0,
可得f'(ξ2)-f(E?)=0,于是f'(x)-f(x)=0有两个根ξ1和ξ2.
再令F(x)=e=[f'(x)-f(x)],在[E?,ξ2]上应用罗尔定理，F(E?)=F(ξ2)=0,所以3η∈(&1,
ξ2)C(0,1),使得F'(η)=0,即
e'[f"(η)一f'(η)+f'(η)-f(η)]=0,
故f"(η)=f(η).
F(x)=f(x)g(t)d+g(x)f(t)d,
(4)证令
则F(a)=F(b)=0,由罗尔定理，知存在一点E∈(a,b),使得F'(ξ)=0,即
F'(e)=f'(e)g(t)d-f(E)g(∈)+g(∈)f(E)+g'(e)f(t)d
=f'(∈g(t)d+g'()f(t)d=0.
(5)解 将函数f(x)进行恒等变换有f(x)=(1+x)=e+,
In(1+x)=x-2x2+3x3+o(x3),
e=1+x+元+o(x2),
故
eC+)=e÷[-22+tz3+oc3]=e·e+z2+c2)
=e·[1+(-2x+32)+1(-2x+3x2)2+o(x2)]
=e-2ex+24ex2+o(x2),
所以a=-2e,b=24e
(6)证(I)由已知，有f'+(a)f'(b)<0,不妨设f+(a)<0,f-(b)>0.
f+(a)=limf()-f(a<0,
由
知存在x?∈(a,a+8?)(8?>0),使得 f(x1)0可推得f(b)不是f(x)在[a,b]上的最小值，于是f(x)在[a,b]上的最小值只
能在区间(a,b)内取得.令x=F∈(a,b),f(x)取得最小值，从而知f'(ξ)=0.
43……………………
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(Ⅱ)令g(x)=f(x)-μx,则g'(x)=f'(x)-μ,于是有
g'+(a)·g'-(b)<0.
由(I)知，存在E∈(a,b),使得g'(E)=0,即f'(E)=μ.
注 本题(Ⅱ)是导函数的介值定理.本题(I)说明导函数f'(x)具有连续函数的零点定理性质，本题
(Ⅱ)说明f'(x)具有介值定理性质，不需要f'(x)连续的条件.
(7)证①用反证法.
假设不存在E∈(a,b),使得f(ξ)=0,则在(a,b)内，总有f(x)>0或f(x)<0.
若f(x)>0,由f(a)=f(b)=0,则
f(a)=lim)-a=lima≥0,
f-(b)=limf(z)-f)=limfz)≤0,
故有ff(a)·f_(b)≤0,与条件f+(a)f_(b)>0矛盾；
ff(a)=lima≤0,f-(b)=limb≥0,
若f(x)<0,则 ,故有f(a)f'(b)≤0,与条件
f4(a)f'(b)>0矛盾.
综上可知，存在ξ∈(a,b),使得f(ξ)=0.
②由f(a)=f(ξ)=f(b),在[a,E]与[E,b]上对f(x)分别应用罗尔定理，3ηi∈(a,ξ),η2∈(ξ,
b),使得f'(n?)=0,f'(n?)=0,对f'(x)在[η1,ηz]上再用罗尔定理，3η∈(ηi,y2)(a,b),使得
f"(η)=0.
(8)证由f(0)=limf)-f=lim<0,
,可知存在x?∈(0,8),8>0,使得f(x?)<0.
由拉格朗日中值定理，有
f'(x)=f'(0)+f"(E?)(x-0)≥f'(O)+Mx→十○(x→十),
其中ξ?介于0与x之间，故存在充分大的xo∈(0,+∞),使得在(xo,+○)内有f'(x)>1.
对f(x)应用拉格朗日中值定理，有
f(x)=f(xo)+f'(E?)(x-xo)≥f(xo)+(x-xo)→+一(x→+一),
其中ξ2介于x。与x之间，于是存在充分大的x?∈(xo,+),使得f(x?)>0.
在区间(x?,x?)内由零点定理，可知f(x)=0至少有一个实根.
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?0矛盾，所以
f(x)=0在(0,+∞)内有唯一实根.
(9)证(I)将要证等式变形为
由极限limf+1
存在，可知limf(x+1)=0=f(1).
e=,?f(t)dr
对 在[0,1]上应用柯西中值定理，有
-O1时，令
f(x)=arctan x-2arcos1+x24,
则
ra-中
=1+x2+1-·1+2=0,
故f(x)=c(c为常数).
又f(x)在[1,+一]上连续，故f(1)=limf(x)=0,故有f(x)=0,即
arctan x-arcos-zx-4
(12)证当x。是f(x)的极值点时，有f'(xo)=0,将x。代入已知条件得
f"(xo)=1--
当x。≠1时，若xo>1,则f"(xo)>0,若x。<1,则f"(xo)>0,故x=xo为f(x)极小值点；
当xo=1时，由f'(1)=0,f“(1)=limf"(x)=lim-e=1>0,知f(x)在x。=1处取得
极小值.
综上可知，f(x)在x。处取得极小值.
45……………………
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(13)解 本题是隐函数求最值问题
椭圆方程x2-xy+y2=3,两边同时对x求导，得
2x-y-xy'+2yy'=0,
解得y=22
令y'=0,有y=2x.x=2y是y'不存在的点.
将y=2x代入原方程，得x=1,y=2或x=-1,y=-2;
将x=2y代入原方程，得x=2,y=1或x=-2,y=-1.
比较可得x=1和x=-1分别是y=y(x)的最大值点和最小值点，且椭圆上纵坐标最大的点为(1,
2),最小的点为(-1,-2).
f'(x)=+
(14)解由f(x)=arctan x,有 ,故
(1+x2)f'(x)=1.
上式两边同时对x求(n-1)阶导数，得
[(1+x2)f'(x)]-D)=0,
利用莱布尼茨公式，令u=f'(x),v=1+x2,则
f(x)(1+x2)+(n-1)foD(x)·2x+n-1)(n-2)cn(x)·2=0,
将x=0代入上式，得
(0)(1+0)+(n-1)f(0)·0+m-1)(m-2)gc(0)·2=0,
即 f)(0)=-(n-1)(n-2)f-)(0). ①
又f(0)=0,由①式，得f"(0)=0,故f(2)(0)=0.
又f'(0)=1,由①式，得
f"(0)=-2!,f'5)=-4·3·f"(0)=4!,
故f(2+D(0)=(-1)*(2k)!(k=0,1,2,…)
注也可利用泰勒公式.
由f(z)=arcanz=x-+-…+(-1)·+1+…,得
r10)={8-1°(2k)?,n=2k+1.
(15)解由y=√x,有
v′=21,”"=41
则曲率半径为
R=Ra)-+-专(+D
抛物线上AM的弧长为
s=s(x)=j√1+y"dx=1/√1+山，
器-·-,
故
罄-()-方庄
因此3R需-(蛋)2=3·2(4z+1).46-36z=9.
46…………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
(16)解 由已知，点(x,f(x))处的切线方程为
Y-f(x)=f'(x)(X-α),
令Y=0,可得切线在x轴上的截距为
F(x)=x-x)(>0).
由f"(x)>0,知f'(x)>f'(0)=0,
iF()=lm[z-fa]--imfa)=0,
mF'(x)=im[1-a]f()"]=im)a
=f(O) imf)=f"(O)im)-,
li[F(x)+F'(x)]=0+2=2
故
(17)证由已知，不妨设x?0,对任意xi,xz∈(a,b),x?≠x2,则
f[λx?+(1-λ)x?]<λf(x?)+(1-λ)f(x2).
可用泰勒公式证明：
令x=λx?+(1-λ)xz,f(u)在点x处展开，有
f(u)=f(x)+f'(x)(u-x)+2(u-x)2,ξ介于u与x之间
将u=x?,u=x?代入上式，得
f(x?)=f(x)+f'()(x?-x)+2)(x?-x)2
=flz)+f'(x)(1-a)(x?-x?)+2G)(x?-x)2,
①
f(z?)=f(x)+f(x)(z?-x)+2l(x?-x)2
=f(x)+f'(x)a(x?-x?)+2(a)(x?-x)2.
②
其中，G介于x?与x 之间，S?介于x?与x之间，则①×a+②×(1-λ)得
af(z?)+(1-a)f(x?)=f(x)+afe)(x?-x)2+(1-a)(a(x?-x)2.
由f"(x)>0,知
λf(x?)+(1-λ)f(x?)>f(x)=f[λx?+(1-λ)xz].
(18)证将|A|的第二行×(-1)加到第三行，再将第一行×(-1)加到第二行，按|A|的第一列展
开，有 Ai--
47李林全家桶之④
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=|-xf(?)-f(a?)
=(x?-x?)[f(x?)-f(x?)]-(x3-x?)[f(x?)-f(x?)],
故|AI>0等价于()-(z2>Cz)-f(x)
先证必要性.由拉格朗日中值定理可知，存在ξ?∈(x?,x?),ξ2∈(x?,xg),使得
f'(G)=f(Cz)-f(),f'(G?)=f(a)-f(a2.
由f'(x)在(a,b)内严格单调递增以及5?fCz-(a)
再证充分性.任取x,x?,x?∈(a,b),满足x?0,知f(x)在[a,b]上严格单调递增，从而f(b)>f(a).对f(x)在区间[f(a),
f(b)]与[a,b]上分别应用拉格朗日中值定理，有
f[f(b)]-f[f(a)]=f'(n?)[f(b)-f(a)],η?∈(f(a),f(b)),
f(b)-f(a)=f'(η2)(b-a),η2∈(a,b),
故 f[f(b)]-f[f(a)]=f'(η?)f'(η?)(b-a). ①
若f'(n?)=f'(η?),则取ξ=η1,则有
f[(f(b)]-f[f(a)]=[f'(ξ)]2(b-a).
若f'(7?)≠f'(n2),不妨设f'(η?)0,且|f(x)|在(0,1)内取得最大值M.
不妨设|f(x。)|=M,x。∈(0,1).
若xo∈(0,2)
,由拉格朗日中值定理可知，存在一点E?∈(0,xo)C(0,1),使得
f'(:)I=|f(o)-o|=M≥2M.
若xo∈(2,1)
,则由拉格朗日中值定理可知，存在一点ξ?∈(xo,1)C(0,1),使得
f'(sz)|=1)-f(ce|=->2M.
综上所述，至少存在一点ξ∈(0,1),使得|f'(E)I≥2M.
(Ⅱ)由f(0)=f(1)=0,根据罗尔定理，存在x?∈(0,1),使得f'(x?)=0.
对f'(x)在[0,x?]与[x?,1]上分别应用拉格朗日中值定理，有
If'(x?)-f'(0)|=If"(E?)(x?-0)I≥Mx?,0<ξ?0时，F(x)= Jcos xdr = sinx+C?.
由原函数F(x)的连续性，知
imF(x)=C?,limF(z)=C?
故C?=C?.令C?=C?=C,得
a)-+c.C,>
取C=0,知选项D正确.
注作为选择题，可以利用F(x)的连续性，检查选项中F(x)在x=0的左、右极限，当limF(x)=
limF(x)时，可得正确答案.
52……………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
(6)C.
图记a=,则a。=5a
ima。=5-1i+一I?+I?
故
r?=52d=P+1c+1=2arctan:l。=,
I?=5,++k=2arcan|,-,
故lima。=I?+I?=2+2=π. uo
.选项C正确.
(7)B. f(x)
解 由已知条件，画出示意图，如图3-1所示.由f'(x)<0,知当
x∈(0,1)时，f(x)>f(1),故
N=(1-0)f(1)0,知P=2(1-0)[f(0)+f(1)]>f(x)dz= x
可| 1
M,故选B.
图3-1
(8)A.
-1:-(
解
--1+2+1s
=π?std
(利用被积函数的奇偶性),
?=122广=2t山，
即I?=πIg,I?=2I?,I?>0,故I?>I?>I?.选项A正确.
(9)A.
d→0,
解当x→0时，sin x-ax→0,故
,于是必有b=0.
了1+d
若a≠1,则当x→0时，sin x-ax与x是同阶无穷小， 是关于x的高阶无穷小，故必
有c=0,与题设矛盾，所以a=1.由洛必达法则，有
座
故选A.
(10)C.
y=fsina-u)du1“=]sinsd,
解
-当-2m-esint,
53李林全家桶之④
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_(m)-
由x=]2e?2du=0及2e2>0,知t=0,y=0,即f(O)=0,故
|-=0,==4,
则由泰勒公式，有
f(x)=f(0)+f'(0)x+2°x2+o(x2)
-o+0+2+o(z).
故当x→0时，f(x)与x2是同阶但不等价的无穷小.选项C正确.
(11)A.
解 对于选项A:利用极限审敛法.由
-庄
(a=5>1,00),知当x∈[0,a]时，f(x)≥0,f(a)=0,f(0)>0.故所求面
积为
s=]f(x)dx=5。d]dx
56高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
=x|ed。-。ed]'dx
=Jre22dr=-2e22d(a2-x2)=-2e2-2|。=(e2-1).
(9)1.
解依题设，V(e)=π?2dr=n(1+x2)dr=2(-1+x)|。=2(1-1+e).
limV(e)=2,V(a)=2(1-1+a),
又
由V(a)=limV(s),得公(1-I+a)=4
,解得a=±1,又a>0,故a=1.
(10)3ze.
s=?。√2+r"d=[“√a2sin?3+a2sin323
dθ
解
-二r-
(11)4.
y=1,voostd的定义域为[-2,],全长
解 函数：
s=J2,V1+y"dx=J2I+osrdx=/Zsdr=4.
(12)3π2+4π.
解 如图3-2所示， y
y=sin x+1
v=Jn(sinx+1)2dx
=n。(1+2sinx+1-2S2z)dx
1
=π(3x-2cosx-4sin 2x)|。=2π2+4π.
13)5 0 π x
m("-)2=m[(1-2)]=e÷, 图3-2
解
zedx=-4e+4edr
=4e316e-4e*+16e,
故(+1)÷=e声，解得n=等
(14)4;1-5e?2.
解依题设，所求路程为
s=?。Ee“d=“?。ue·2udu=-2。2d(e”)
=-2(u2e~。-J2ue"d)=-4。ud(e")
=-4(ue。-5e du)=-4e?=4(m),
57-
李林全家桶之④
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所求平均速度为
0=4-VFe"dh=“-1u2e"du=1u2d(e
=(u2e°-2ue"du)
=[-4e2-2ud(e)
=-2e2-(ue°-edu
=-2e2-2e2+e|
=1-5e?2(m/s).
三、解答题
(1)解(I)
唱
油--+1+c.
-a-,dx=[z2(+i-z)dr
(Ⅱ)
=?dx+1+x2-d
=-1+d--
=-1+J?d-25(+1+)d
=-1+2--2i+x2
--1+4±|-2arctanx+C.
x=1,则
(Ⅲ)利用倒代换，令
d+x=-i+a=-J+t1d=-?(t2-1)d-Ji+
=-3°+t-arctant+C=-3x+1-arctan1+c.
1+x--1+
(IV)考虑到- ,故
arct+xdx=arctadx-Jartanedr
=-Jarctan zd(1)-Jarctan xd(arctan x)
=_arctan+(1+x-2(arctan x)2
58……………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
=-arctana+2(1+x)d(x2)-—(arctan z)2
=-arctan-(arctan x)2+2nI++C.
z+lhc-dx=?+hd-)d
(V)
=In|xI-JIn(1-x)d()
=In|xl-md--d-x)
=In|xl-n--?(1+)dz
=(1-)In(1-x)+C.
(2)解(I)令√x=t,则x=t2,故
r={(1+A-+t)=2[(1+)
=2[(!-+)d=2[Int-In(1+t)]+c
=2[Ln/x-In(1+反)]+C=2n+c.
dx=2[zd(√e-1)=2(x√e-1-[√e-1dz)
(Ⅱ)
=2x√e-1-2]√e-1dx,
令√e-1=t,则x=In(1+t2),dz=12z山，故
f√e-Idz=5t=2[t2+1-1山
=2t-2?1+=2t-2arctant+C,
所以原式=2x √e2-1-4√e2-1+4arctan√e2-1+C.
(Ⅲ)令x=tant,t∈(2,否),则d serd,故
1=[1+d=?tced
h+x2
x
=?tan2td(sect)=?(sec2t-1)d(sect)
=3set-sect+C.
t
1
如图3-3所示，sect=√1+x2,于是 图3-3
原式=3(1+x2)2-(1+x2)3+c.
注 此题也可凑微分.
-2I+2)-?(a2+1-11d√1+a2)
=J(√z2+1)2d(√1+x2)-?a(√1+x2)
=3(1+x2)2-(1+x2)3+C.
59……………………………
李林全家桶之④
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(IV)令tan t=x,则dr=sec2td,故
r=J(Zz2+1)1+-(zn'r+1Dcst
=2sin?s +cs-1+smr=arctan(sint)+C.
又smt=1+,故I= arctan1++c.
arca1d=2 acan a1d/z-1)
(V)
=2(arcdaaz-1)
=2]arctan√x-Idarctan√x-1)
=(arctan √x-1)2+C.
m-气-
=-3·2a(1-a)=-专√1-xx+C.
sn2cdr=Ssirrrcsad
(3)解(I)
=?(sz+2+m)dx
=Jtan2zd(tan x)+2tanx-cot x
-3tan3x+2tan x-otx+C.
注 求解三角有理式积分首先考虑利用恒等变形、三角公式，一般的方法是利用万能代换.
此题也可以分子分母同乘以 cos2x,得
sin2cszdx=Jtan2cszdx=sad(tanz)
=tanztaran2z+1d(tan x)
=3tan2z+2tan x-otx+C.
(Ⅱ)分子、分母同时乘以(1-sin x),再凑微分.
i+snzdx=1-smdx=zdx+dcosz)
= tan x-oSz+c.
注 利用三角公式.
-1+2m景-(m+)
-)-)+c
60……………………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
sinsi+cosdr
(Ⅲ)
=1fsimz+csz)+sz-csz)d
=2?dx-2dsinx+cosx
=2x-云hnlsinx+cosx I+C.
注 这里利用了
f(x)=flx)+f(-x)+f(z)-f(-x),
即f(x)可以表示成一个偶函数与一个奇函数之和.
(IV)考虑拆项凑微分.令
3sin x+cos x=A(sin x+2cos x)+B(cos x-2sin x),
比较两边系数，可得A=1,B=-1,故
ssinx+20sd=?sinz+2csx)+2cosz-2sinx)dr
=?dx-dsina+20sz)
=x-In| sin x+2cos x |+C.
(V)用万能代换，令1tan=t,则
inx=1+,osx=1+,dz=1+2d,
故
sn?x+2sinz-J?sncsx+2sin
富
-41±k=451d+4{2d
=4n|tl+gt2+c
=4n tan|+gtan2+c.
(VI)当a=0,b≠0时，
Ja2sin2x+b2s={b2s-tanx+C;
当a≠0,b=0时，
a2inx+b2s2=Ja2n2cotz+C;
当a≠0且b≠0时，
-+)
- +()(ma)
61李林全家桶之④
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=arctan("tan x)+C.
(4)解(I)用分部积分法.
Jarcdmnvadr=xacans-Jxd
=xarcmnz-41-1
=zarcmn/x-I+??+(
=xarctan√x-√x+arctan√x+C.
-x)dr=-Iinzd()=-n+1dz
(Ⅱ)
=--1+?(-1)dx
=-+ln|x-11-In|x I+C.
x+2dx=-Jz2ed(+2)=-x2e·+2++2d(z2e)
(Ⅲ)
=-+2+z2c+2zedx=-+2+[zedz
=-+2+ze-Jedx=-22+ze2-e+C.
(V)令Inx=t,则x=e',dx=e'dt.
Jsin(ln x)dr=?sint·edt=Jsin td(e)
=esint-Jecos tdt=esint-Jostde)
=e'sint-(ecost+Je'sin td),
设I=Je'sin tdr,则I=e'sint-e cost-I,即
r=2(esint-ecost)+C=2[sin(ln z)-cos(Inz)]+C.
(V)令=t,则x=,dr=-a+2)山，故
I-(1/+dx=-1-2)ad
=-2r2)=-2]ad(1)
=-12t+2?1d=-12+1m±+c
--+川++c
x-1,则dx=-贵山，故
注 此题也可利用倒代换，令
√dx--量，
再令层=u,
,去根号继续求解即可.
62高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
I=?e2(1+tan x)2dx=?e2(1+2tan x+tan2x)dx
(VI)
=Je se2rdz+2]etan xdr=?e2d(tanx)+2]e2tan zdx
=e2tan x-2]e2tan xdx+2]e2tan xdr=e2tanx+C.
注 此题通过分部积分法消去2?e2tan xdr,这类问题一般也可凑微分
fese2xdr+2]etan xdz=?(e"se2x+2e"tan x)dz
=?d(e"tan x)=e2tan x+C.
(5)解(I)在对称区间上积分，考查被积函数的奇偶性.
In1-x=In(1+x)-In(1-x)是奇函数，cos x是偶函数，故
r=5(x2n1-osz)dx=0-2。oszdr=-2.
厂_(2+sin x)√1-x2dx=4。1-x2dx+0=4·4π=π.
(Ⅱ)
(Ⅲ) 厂(x+lx)edr=0+2]。x|edx=2|2zedx
=-2xe2+2|2edx=2-6e2?
1+
1e+e
(IV)由题可知， 是偶函数， 是奇函数，故
广2+x+dx=4+√-dz+0
=4'dx-4]。√1-x2dz=4—π.
(6)解(I)
?(x-1)2√2x-x2dx=?2(x-1)2√1-(x-1)2dx
z-1=2√1-td=2?z√1-t2d
=s2]cs2usin2udu=2]。1-sin2u)sin2udu
=2×2×-2]。sin'udu=2-2×4×2×2
=8·
c-±-c)=0
(Ⅱ)
注e'-e是奇函数.
(7)解(I)
故
厂min{2,x2}dx=min(2,x2)dx+“min(2,x2)dx+I2min(2,x2}dx
63李林全家桶之④
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=52dx+2dx+52dx=10-82.
(Ⅱ)当-1≤x<0时，
a-ItDd=J_(1+t)d=(11+t2|L=11+x2,
(1-It)d=(1+t)d+?。(1-t)d=1-2(1-x)2.
当x≥0时，
注 注意当x≥0时，_(1-It 1)d≠](1-t)d.
(Ⅲ)分段积分，去绝对值符号.
C,lx-yledx=I(y-x)edx+[,(x-y)edz
=(y-x)eL+Ledx+(x-y)e|,-'edz
=2e-(y+2)e?1-ye.
。1-sin zdx=J。|sin—-s|dz
(IV)
=J (s-sim云)dx+1[(sim2-)dx=4(2-1).
注 因为√1-sinx 在[0,π]上关于直线x=对称，所以
I=√-sinzdx=2J?√1-sin zdr=2]3(cs-sin专)d
=2(2sin。+2co。)=4√Z-1).
(8)解(I)由题可知，xcos2x是奇函数，sin2x cos2x 为偶函数，故
r=J(z+sin2)cs2zdx=0+2]。sin2cos2rdz
=2] sin2r(1-sin2z)dx=2] sin2rdx-2] sin'zdz
=2×2×2-2×4×2×2=8·
(Ⅱ)令x2= sin t,则2xdz=cos tdt,故
Jz(1-x')2dx=28ost·os'td=2×3×2×2=3
J tsin td?=-J”td(cost)=(-tcost)"+Jcos tdt=π.
(Ⅲ)
f(sinz)dr=?f(sin z)dr,有
注 利用结论
Jrsin"rdx=sinzdx=π sin"zdr
为正偶数，
为大于1的正奇数，
Jsin zd=J。sin td=π.
故(Ⅲ)可利用结论求解，即
fv2x-x2dx=?。√1-(z-1)2d-1=[√1-t2a=m
(IV)
64高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
f。1-x2)3dxSmcos'td=3×2×2-36,
故原积分=4+36=36
(9)解(I)令x-1=t,则
S++=J+eed+=e+e
=1。1=arctan el。
=(-4)=4
(贵，1)和(1,]
(Ⅱ)积分区间内x=1是瑕点，在区间 上分别计算积分.
--+1
-4
co-Dl+a[(一)+Je言°一
=2+In(2+√3).
注 积分公式：
=arcsin+c,
=Inlx+x2-a2l+C.
(10)解当x<0时，有
f(x)=j。(t-x)sin tdh=J tsin tdt-a] sin td
=-(cose|-J costd)-x(-cost)|1-x
同理，当
x>2日时，f(x)=x-1.当O≤x≤2时，
f(x)=?'(x-t)sin td+J(t-x)sin tdt=x-2sinx+1.
故
计算可知，f_(O)=f+(0)=-1,f-(云)=f+(2)=1.
x>2
时，f'(x)=1;当O≤x≤2时，由f'(x)=1-2cos x=0,
当x<0时，f'(x)=-1;当
得x=3
65李林全家桶之④
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由f(3)=√3>0,知f(3)=3+1-3为极小值，无极大值.
(-,3) (3,+○).
单调减少区间为| ,单调增加区间为
x=2
(11)证 利用泰勒公式，将f(x)在： 处展开为
f(x)=f(2)+f(2)(x-2)+2(x-2)2
>f(2)+f'(2)(x-2)(介于与x之间),
ff()dr>。[f(2)+f(2)(x-号)]dx
积分，得
=[f(2)·z+f()(x-2)]|=af(2)·
(12)证 利用单调性证明.令
F(z)=j f(t)d-a+f(t)d,a≤x≤b,
F'(x)=xf(x)-2f(t)d-+f(x)
则
=f(x)- f(u)d
=2"f(x)-2f(∈)(x-a)(这里利用积分中值定理)
=2"[f(x)-f(∈)]≥0(因f(x)单调增加),
其中a≤ξ≤x,所以F(x)单调增加，故F(b)≥F(a)=0,即
Jzf(x)dz≥"去]f(x)dz.
(13)证 利用积分换元法.
Jzf(x)dzz=a+b=(a+b-t)f(a+b-t)(-d)
=J°(a+b-t)f(a+b-t)d.
=a+6
由题知y=f(x)关于 对称，则有
f(x)=f(2.a±6-x)=f(a+b-x),
故 jzf(x)dr=](a+b-t)f(a+b-t)d
=(a+b)]f(t)d-f(t)d
=(a+b)|f(x)dz-rf(x)dz,
移项，得 zf(z)dx="+6f(x)dz
注 结论：若y=f(x)关于直线x=a(a≠0)对称，则f(x)=f(2a-x);若y=f(x)关于点(a,
0)对称(a≠0),则f(x)=-f(2a-x).
(14)证 利用单调性证明.令
F(x)=?f(t)d-2[z]f(t)d-a]f(t)d],
66……………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
F'(x)=af(x)-2xf(x)-1?f(t)d=2xf(x)-1f(2)d
则
≥2xf(x)-2?。f(x)d=2xf(x)-2xf(x)=0,
故F(x)单调增加，所以F(b)≥F(a)=0.所证不等式成立.
f(x)dr-a?f(x)dx,也可令辅助函数为F(x)=x?。f(t)d(z≥0),
注考虑到b
则6。f(x)dx-a?f(x)dx=F(b)-F(a)=J°F'(x)dr
=J。[f(t)dt+xf(x)]dx≤。Jf(x)d+xf(z)dx
=j[f(x)x+af(x)]dx=2]zf(x)dr,
Jzf(x)dr≥2[6。f(x)dx-a?f(x)dz].
所以
x=2
f'(x)=-+1
(15)解对f(x)求导有f ,令f'(x)=0,解得
当-10.又
时，f'(x)<0;当-
f(1)={-1t=In(t2-+D|。=0,
f(-1)=--+1at=In(t2-t+1|=In3,
n, f()=Jz--+1d=In(t2-t+1)|。=n3,
故最小值为 ,最大值为In 3.
y
B
y=2+x2,有y(0)=2,y(a)=
(16)证 依题设，如图3-4所示，由
a2+2
,故梯形OABC的面积为
v=2+x2
C
s=2(OCI+|ABD)·0AI
2(2+a2+2)·a=2a(a2+1). 0 A x
曲边梯形 OABC的面积为
图3-4
s?=?(x2+2)dr=(3x3+2x)。=3a(a2+2),
故
y
(17)解由已知，如图3-5所示.
y=sin x
设sin x=k(0≤x≤2) ,依题意知，两个函数图形的交点是唯一的， 1
S?
k
则 s?=?。(k-sint)d=kx+cosx-1, S
x
s?=J2(sint-k)d =cosx+kx-2mk. 0 2
将k=sinx代入以上两式，得
图3-5
67…………
李林全家桶之④
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S?=xsinx+cosx-1,S?=osx+zsinx-msinx,
故 S=S?+S?=2(rsinx+cosx)-(1+Zsinx),o0,知f'(x)单调增加，故在区间(一δ,0)和(0,8)内分别有f'(x)<0和f'(x)>0.因
而f(x)在(-δ,0)内单调减少，在(0,8)内单调增加.又f(0)=0,知f(x)在(一8,8)内非负，且仅在
x=0处f(x)=0,所以I=f(x)dr>0,故选B.
(3)A.
[o,Z]
解 因为x∈ ,所以在该区间上sinx单调增加，cos x单调减少，而sin x≤x,故当x∈
(0,元)
时，有sin(sin x)cosx,故
I?=J2sin(sinx)dxJcos rdx=sinz|3=1.
综上可知，I?<11+x)dx=I?
为比较I?与I?的大小，作差：
I?-I?=J。S1+-ide
=J。I+xdx+s+xdr.
又
故
1--!+(一)]
-+L+-
当0sinx,00.
69…………….
李林全家桶之④
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综上所述，I?>I?>I?.选项A正确.
(5)C.
y
解由已知，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3-8所示. A
y=F(x)
OA的方程为y=xF(1),F(x)>xF(1),x∈(0,1),
?F(x)dr>?F(1)dx=云F(1),
故
即F(1)<2|F(x)dx,可排除选项B. y=xF(1)
x
又F(x)在[0,1]上单调递增，知F(1)>F(x),x∈(0,1),故 0 1
2]F(x)dr>F(1)>F(x),选项C正确，选项D不正确.
图3-8
由xF(1)0,知f'(t)>f'(E),故F"(t)>0.
所以当t>0时，F'(t)>F'(0)=0,F(t)单调递增.
又由F(0)=0,知F(t)>F(0)=0,令t=a,则F(a)>F(0)=0,即
J&f(x)dx>3af(x)dr.
故选项B正确.
(7)D.
解依题意，只需判别被积函数的正、负即可，考虑到sin x 在[0,π]与[-π,0]上分别非负和非正，有
f(x)sinxdx=Jf(x)sin zdx+J“f(x)sin zdr.而
f(x)sin xdx-“jf(-u)sin(-u)(-du)
-Jf(-u)sin udu=-Jf(-x)sinzdr,
故 f(z)sin xdr=J][f(x)-f(-x)]sin zdz.
由f'(x)<0,知f(x)单调减少，故当x∈[0,π]时，有f(x)≤f(-x),于是
f(x)sin xdr=Jf(x)-f(-x)]sin zdr<0,
故①正确.
又 ff(x)cosxdx=Jf()dsin x)=f(x)sinz|*-f'(x)sin zdr
=-_f'(x)sin xdr,
且由f"(x)>0,知f'(x)单调增加，从而-f'(x)单调减少.由①正确，知
Jf(x)coszdr=-f'(x)sin xdr<0,
故④正确，从而选项D正确.
注 作为选择题，可用取特殊值法，如对①②取f(x)=-x,对于①④取f(x)==e2.
70…………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
(8)D.
e-e1=e(e+-1).
解
2x2
当x→+∞时，e(e+1-1)与e1(1-cs1)是等价无穷小，又1-cos1与
是等价无穷
z*(e2-e)与2
小，则 是等价无穷小.
,x*(e2-e1)dx收敛；
当k<1时，2-k>1,故
12
2e
当k≥1时，2-k≤1, x(e2-e1)dz 发散.
是阶数不高于 的无穷小，故
故选D. p一
注 结论：对于。dz(a>0,p为任意实数),当p≤1时，发散；当p>1时，收敛于
(9)C.
f(a-x)dz=?f(a-x)dz+[f(a-x)dz
解
由f(x)=f(2a-x),得f(a+x)=f(a-x),则
f(a-x)dx-二-Jf(a+t)d=jf(a-t)d=jf(a-x)dr,
f(a-x)dx=2]f(a-x)dz
故 .选项C正确.
(10)A.
01 r
解 由已知，r=0(0≤θ≤2π)与极轴所围区域如图3-9所示.将区间 2π
[0,2π]n等分，则
θ+dθ
A=?。22()de θ
图3-9
=lim22r2(0+"n;)"n
-二量·(m)°2-
故选A.
(11)A.
解令g(x)=?f(t)d,则
g(z2)=J。fu)d,g'(x)=f(x),g"(x)=f'(x),
imBZ)=limB(z)=limB(=limcz=f=3,
故
lim?3=1, (x)=mx-1
即有1 ,所以g(x)～3x2,g(x3)～3(x?)2=3x?,故1 .故选A.
(12)B.
im+x)=+∞,故。h+x)dx发散.
解当p≤0时，
当p>0时，
hI+x)d=I+x)dx+1+x)d记I?+I?.
n+与
对于I?:当x→0时， 是等价无穷小，故当p-1≥1时，I?发散；当p-1<1时，I?
收敛.故当01时，总存在δ>0,使得p-δ>1.由于
71……………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
limz.nd+)=lim+)=0,
故I?收敛.
limznd+)=+,I?发散.
当01时， 收敛.
综上所述，当p>1,q<1时，积分收敛，选项A正确.
(14)A.
2rcadx=5。2+candz+2+ctand记I?+I?.
解
imz--1.2+ctea=lim?+x-
对于I?,
由比较审敛法，知当-(1-p)-1<1,即p<3时，I?收敛.
.limz.2+ce=lim2+xz=
对于I?,
由比较审敛法，知当p-(1-p)>1,即p>1时，I?收敛
故当11时，
imnz++2+4=,
当a<1时，1 ,积分发散；
当a=1时，
去-(-m2
故选项C正确.
72……………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
二、填空题
f(a)-mx(1,a2)-位≤<或z>1,
-I
解
积分，得
令x=0,则由F(O)=1,知C?=1,故当-1≤x≤1时，F(x)=x+1.
又因为原函数F(x)处处可导，所以F(x)连续，从而有
limF(x)= lim-F(x)=F(-1),
limF(x)=limF(x)=F(1),
后+--1-
解得C?=3,c?=3
即 ,故
(2)f(x)-f(xo).
厂fu+Ax)d+“f(w)dm,故
解由于
地f C+m)-rom--o
法对 Lim[f(z+Ax)-f(zo+4x)]
=f(x)-f(xo).
注①Jf(t)dt不含△x,对△x→0的极限而言为常数.
② L(ftu+4x)-fte)]d=imf+)-f)山
=mflt+A)-f()d=5f(u)d=f(x)-f(zo). y↑
以上解法是错误的，一般情况下，积分号与极限号不能任意交换.
(3)1.
x
解 双纽线的极坐标方程为
0
2=cos 20(-4≤θ≤4,34≤θ<4)
如图3-10所示，由对称性，知面积A为
A=4·2r2d8=2]cs20dB=1 图3-10
73李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
4)2+2n3.
解曲线θ=2(r+1)
的参数方程为
(
所求弧长为
s=[,√x2(r)+y"(r)dr=[,J1+42(1--)2dr
=,√42+立+d=,√(+云)d
=?3(2+2)dr=2+云In3.
(5)4π.
解 由已知，闭曲线(x2+y2)3=x?+y?关于x轴、y轴均对称，其极坐标方程为
r= √cos'θ+sin?0,0≤θ≤2π.
故所求面积为
s=2。,2(8)dB=2j。"(cos'0+sin')de
=2·2?(cos'O+sin'6)d
=JcoS0+sin'O)d
=2](cos8+sin'0)d9=4]sin'dB
=4×3×2×2=3π.
(6)0.
解 r=?x2f"(2x)dx=1z2C[f'(2)]
=—[2f(2x)|。-?zxf'(2r)dz]
=-2。rd[f(2x)]=-2[zf(2x)。?f(2x)dz
-1ff(2x)dr-2f(2)2r二4f(t)d-4=0.
2·
(7)
解 r=5sin'zdx=-J。sin2zd()
=-sin2。+。2snZdr
=J?sin 2xd2二。sind =2
(8)π-2In 2.
5方n±1dx-lil房n2±1dr
解 因为
74-
-
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
=lim广n(x+1)dr-i左nrdr,
又
1IIn(x+1)dr=2√an(x+D|,-2年dr
=2√bIn(b+1)-2ln 2-(4√6-4arctan √6-4+π),
Inxdx=2√xlnx|"-2,dx=2√5lnb-4√5+4,
n+1dx=lim(2√51n?t1+4arctan 5-2ln2-π)=π-2ln2.
故
(9)0.
上容如--P
解
z=1+2in2=2d.
因1n2±
为奇函数，故原式=0
油n3-dx=2[Jn(1+x)dz-Jn(3-x)dr]
,利用分部积分法分别计算两个积分
亦可.
(10)arcsin1+6(x<-1).
--,故
解 依题设，知
=arcsin1+C(x<-1).
由y(-2)=0,得C=6,故所求曲线方程为y=arcsin1+6(x<-1).
一+c
注
的定义域为(-～,-1)U(1,+一),由于曲线通过点(-2,0),表明x∈(-○,-1),
所以如下解法是错误的：
由y(-2)=0,得C=-3π,故y=arcos-3π.
事实上，
75……………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
三、解答题
1=Ix2f(x)dr=f()d(3)
(1)解(I)
=言2(x)|。一专
--a+x)|。=言a-√2).
1-(a(u)-()da)-2()|。-号z(zdr
(Ⅱ)
=-x1edx=4=4e1-1),
这里f(1)=0.
.d
注 积分 俗称“积不出来”,即原函数不能用初等函数表达
(2)爵令si2x=t,则sinx=±F,由F≥0,√1-x≥0,可知x≥0,1-x≥0,故O≤x≤1,
所以sin x≥0.
取smx=F,则a=arcinsF,f)=cn
,故
r-[后()d=后山
--a(-z)--bicmuFd(I-z)
=-21-x arcsina+2(√-xdarcsinz)
=-2√1-x arcsin√x+2√x+C.
I=Je-(2sx-)c=Jzcsxedx-Je.d
(3)解1
-Jrde)+fed(-)=xe-Je+fecsxd
=xes+c.
(4)解
=8-smd)sa)二m=“8[ea+d
=8e[-a+]du=8[Ji-Ja+]]
=8(??du+1+-J?ud)+c
=1+c=18sin+c.
(5)解令lnx=z,则x=e,故f(4)=f(nx)=hn(1+e),
r-f(x)dz=Jh1+e)d--Jia(1+e)de)
76高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
=-e2ln(1+e)+?(1-1+e)dz
=x-(1+e)ln(1+e2)+C.
(6)解I=?f(x)dz=xf(x)|。-Jsf'(x)dr
=f(1)-Jrarctan(x-1)2dz
=f(1)-?(x-1+1)arctan(x-1)2d(x-1)
=f(1)-?'(x-1)arctan(x-1)2dx-1)-J arctan(z-1)2dz
=f(1)-?'(x-1)arctan(x-1)2d(x-1)-?f'(x)dr
=f(1)-2?arctan(x-1)2d[(x-1)2]-[f(1)-f(0)]
=-2(x-1)2arctan(x-1)2|。+。1+2-2(2-1dx
=8+41+(x-1d[(x-1)^]
=8+4mC1+(x-1)1|'=8-4n2.
(7)解当x→0时，√1+2x3-1~2·2x3=x3,又
2x√4-x2u2du=2√4-t2山，
原式=-2m-·2-2
所以
-m1---m2(a)-
(8)解]rf(z2-x2)d=25f(2-x2)dc2-x2)=2-1f(u)du,
即一。f(w)du=1+-去ln(1+x2).
令t=-x2,得一2ff(u)du=二-2ln(1-t),两边同时对t求导，得
f(t)=1-)-1-,t≤0,
即f(x)=1+x),x≤0.
由f'(x)=ax+3
,知x=-3为(-0,0)上的唯一驻点，且可判别当x=-3时，f(x)取得极小
值f(-3)=-8
1-smm三11-ulsn(c)dm.
(9)解
原式=m1-lscd
77李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
=limd-u)sin(zu)du+[ (u-1)sin(zu)dm].
再利用分部积分法，可得
原式=lim1(-OS2+sn2x-2sinz)
=lim(-OS2x+si2x-2sinz)
-Dm=-2-1-1
if(2x-t)d2-=“](2x-u)f(u)d(-u)
(10)证
=J“(2x-u)f(u)du=2x]“f(u)du-J2uf(u)du
2x]“f(u)du-Jzuf(u)du=2arcan z2
故
等式两端同时对x求导，得
2f(u)du+2x[f(2z)·2-f(x)]-[2zf(2z)·2-af(z)]=1+
即2]f(u)du-zf(x)=1+令x=1,得
2| f(u)du=2+f(1)=2+2=1,
故f(u)du=2
[ f(u)du=f(G:)(2-1)=2,即f(e:)=2(10时，f'(x)<0;当x<0时，f'(x)>0,f(O)=-1为
极大值.
又 lim f(x)=-∞,lim f(x)=-∞,故在(-∞,+∞)内f(x)的最大值为f(0)=-1,没有最
小值.
o≤+≤x".
(12)证法1利用夹逼准则，当x∈[0,1]时，有
o≤1+dx≤?e"dx=n+1,故liml?+dr=0.
根据定积分的性质，得(
证法2利用推广的积分中值定理，有
1+dr=1+x"dr=1+)(1+n)01+d=·+1。=2n+1’
又
zn+1)0,sin x-1<0),故{a}单调递减，从而a,0,故有
"n1=a<<=1.
im"1=1,由夹逼准则，得
而
im=1.
(19)解(I)当n≥1时，
I.=5x2+a2)dr=(x2+a+[x2+a2)dz
=2+a5+2mC2+a)=(2+a)+2nI-2m2Ta
cIm=2n2-[(2n-1)I+x2+a?],
故
I?=?2+adr=1arctana+c.
其中
2x2+2x+2+J[(x+1)2+1]dcx+1
=-2+12+1+{+D2+1(x++2+1}d(x+1)
=-2x+12+1+Ji+(x+1)dx+1+2?x+1d[+12+]
80高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
=-3x+12+1+arctan(x+1)+2(x+12+1-arctan(x+1)+c
=2(x2+22+2)+2arctan(x+1)+C.
(20)证由f'(x)=(x-x2)sin2x=0,得驻点x?=1,xz=kπ(k=1,2,…).
在x=kπ两侧，f'(x)<0,可知x=kπ不是极值点；
在x=1两侧，f'(x)由正变为负，故x=1是唯一极大值点，从而有f(x)在(0,1)上单调增加，在
f(1)=](t-t2)sin"tdt是f(x)在(0,+○)内的最
[1,+一]上单调减少，即在x=1处取最大值，即
大值.
f(1)=J。(t-t2)sin"tdt≤?。(t-t2)t“d
又
=2n+2-2n+3=(2n+2)(2n+3,
即f(1)≤(2n+2)(2n+3)’
,故不等式成立.
(21)证Jf"(x)(x-a)2dz=?(x-a)2d[f'(x)]
=(x-a)f'(x)|"-j2(c-a)f(a)dx--2|(x-a)dCf(x)]
=-2[(x-a)f(x)-j°f(x)dz]=2]f(x)dx,
Jf(x)dx=2f"(x)(x-a)2dx
所以
注 此题也可以有如下证明：
Jf(x)dx=f(x)d(x-a)=(x-a)f(x)|°-J(x-a)f'(z)dz
=-(x-a)f'(x)dz=-2f'(x)d[(x-a)2]
=-2[x-a]2f'(x)|-J(x-a)2f(x)dz]
=2(x-a)2f“(x)dx.
f(x)dr写成f(x)d(x-a)的技巧值得注意.又如下例：
这里将
设f(x)在[0,1]上有连续导数，且f(0)=f(1)=0,证明：
|ff(x)dx|<4,M=maxll f'(z)1].
证 『f(x)dx=?'f(x)d(x-2)
=f(x)(x-2)|。-。(x-2)f(x)dz
=o-?(x-2)f'(x)dx,
故 f(x)dz|=|(-2)f'(x)dx|≤。-2|If'(x)|dr
f(去6)b-a)+f(去)·。(-?±6)dz
=f(6)(b-a)+0,
即f(去)0,则关于λ的二次三项
式的判别式有
△=4jf(z)g(x)dz]2-4f(x)dr]g2(x)dz≤0,
f(x)g(x)dz]2≤jf(x)dz[g2(z)dr.
故
(24)证令F(x)=f(t)dt,则F(a)=0,F(b)=0.又
Jzf(x)dr=]zd[F(x)]=xF(x)|-F(x)dz=-"F(x)dx=0,
由推广的积分中值定理，得-]F(x)dx=-F(ξ)(b-a)=0(a<ξ0,f(b)-g(b)>0,
可知，至少存在一点η∈(a,b),使得f(η)-g(η)<0(若对任意x∈(a,b),都有f(x)-g(x)≥0,则
f(x)-g(x)]dx>0,与已知矛盾).
由零点定理可知，存在E?∈(0,η),ξ2∈(η,b),使得
f(E?)-g(E?)=0,f(ξ2)-g(ξ2)=0.
在[a,E?]与[E?,b]上对f(x)-g(x)分别应用拉格朗日中值定理，则存在η?∈(a,ξ),η?∈(ξ2,b),
使得
f()-g'(n)=f(Gs)-g(s)-f(a)-g(a)<0,
f'(72)-g()=f(6)-g(6)-f(G?)-g(G>0.
在[η1,n?]上，再用拉格朗日中值定理，则存在ξ∈(η1,η2),使得
f()-g(s)=f(m)-e'sn)-r(G)-g(7l>0,
83………………………
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即f"(ξ)>g"(ξ).
(26)证(I)令F(x)=Jf(t)d+Jf(t)d,则F(x)在[0,x]上可导，应用拉格朗日中值定理，
并注意到F(0)=0,存在θ∈(0,1),使得F(x)-F(0)=F'(0+θx)x,即
Jf(t)d+。f(t)d=x[f(Ox)-f(-0x)].
rod+Jro_0)--2)
(Ⅱ)将(I)中式子变形为 两端分别取极限有
+Jo)--0-),则
左边=lim()f(-z)
lim[f(x)-fO]+f(-x)-fO]=f'(0)=A,
右边=lime[f(O)-f(O+f(-0z)-fO]
=2limof'(O)=2A lime,
lime=2
故A=2A lime,
,由A≠0,可得]
zof(zo)=J'f(t)d.
(27)证(I)依题设，需证存在x。∈(0,1),使得：
x]f(t)d]'={f(t)d-zf(x),
注意到
令辅助函数F(x)=x?f(t)d
,则F(O)=F(1)=0.
zof(xo)=f(a)d.
由罗尔定理，知存在一点x。∈(0,1),使F'(xo)=0,即
(Ⅱ)令p(x)=?'ft)d-xf(x),x∈(0,1),则
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。是
φ(x)唯一零点.
(28)解(I)由已知f'(1)=0,即
(a2x2-4ax+3)=a2-4a+3=0,
解得a=3,a=1.又
f"(x)=2a2x-4a,f"(1)=2a2-4a,
当a=3时，f"(1)=6>0;当a=1时，f"(1)=-2<0.
由已知f(1)=0为极小值，故a=3,所以f'(x)=9x2-12x+3,于是
f(x)=f(1)+? f'(t)d=o+?{(9t2-12t+3)dt=3x3-6x2+3z.
x=3,且f(3)=-6<0,所以f(x)的极大值为
令f'(x)=0,得f(x)的另一个驻点为、
f(1)=9.
。md--:
证(Ⅱ)
84……………………………………………………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
<1ff(T)dr≤!fd=32,∈(0,1)
f。Vf(u)d≥0,故原不等式成立.
又显然有
(29)证(I)利用换元法.
jxf(x)dx=nT-nTJ"f(u)d-。tf(t)d,
。xf(x)dz="jf(x)dr.
移项得
"f(x)dx=n?f(x)dz,所以“zf(x)dx="Jf(x)dz.
又f(x+T)=f(x),故
解(Ⅱ)| cosx|是以π为周期的偶函数，由(I)知
r=?"xlcsx|dx="2]。1osx |dx
="2^Doszdx+?(-cosx)dz]=n2n.
注结论：设f(x+T)=f(x),则。f(x)dz=n]。f(x)dr.
(30)证 由积分中值定理，有
im(ft+a)-f(t-a)]dn
=lim2[f(E+a)-f(E-a)],-a≤E≤a.
f(x)在[E-a,ξ+a]上使用拉格朗日中值定理，有
f(ξ+a)-f(E-a)=2af'(η),ξ-a<η<ξ+a.
而f'(x)在(一∞,+)内连续，故
原式=imf(n)=limf'(5)=f'(O).
注 此题也可利用积分换元法及洛必达法则证明，证明如下：
f(t+a)d+a=“Jf(u)dm,?_f(t-a)d1a=“-5。f(u)dm,
故
原式=luid+J.fa)m2rta)-2-2)
=lim2f'(2a)+2f'(-2a)=f'(0)
y
(31)解(I)y=a√,y=In√x的导数分别为
y=2,=左2-1
% (x?,yo)
如图3-12所示，由于两曲线在(xo,yo)处有公切线，则
0 x。 x
1
图3-12
解得x。=e2,a=e-1,切点为(e2,1).
v=Jπ(年)2dx-J2π(Cnz)2d=2xdx-4J2(lnx)2dx
(Ⅱ)
=z-[a(dnx)2-2xlnx+2z|,=2-(e-1)=
85……………………
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y
(32)证 如图3-13所示，依题设，需证明存在唯一的ξ,使得 y=f(x)
S?(ξ)-kS?(ξ)=0.
S?(x)
设F(x)=S?(x)-kS?(x),即证明存在唯一的ξ,使F(ξ)=0.又
S?(x)=(x-a)f(x)-°f(t)d,
S,(x)
S?(x)=]"f(t)d-(b-x)f(x),
0 a bx
则S?(a)=0,S?(b)=0.于是
F(a)=-kS?(a)=-k[f(t)d-(b-a)f(a)]
图3-13
=-k][f(t)-f(a)]d,
F(b)=f(b)(b-a)-f(t)d=?Cf(b)-f(t)]d.
又由f'(x)>0,可知f(a)0,可知F(a)<0,F(b)>0.由连续函数的零
S:=k.
点定理，可知存在ξ∈(a,b),使得F(E)=0,即
再证ξ的唯一性，由
F'(x)=S'(x)-kS'2(x)
=f'(x)(x-a)+f(x)-f(x)-k[-f(x)-f'(x)(b-x)+f(x)]
=f'(x)(x-a)+kf'(x)(b-x)>0,
可知F(x)在(a,b)内严格单调增加，故ξ是唯一的.
『x√12-x2ud=]。√12-t2d,
(33)解
4y=J。√12-t2d.两边对x同时求导，得
故
y′=4√12-4x2·2=√3-x2.
曲线的全长为
s=J。√1+y"dx=J。√4-x2dr
r=2sin。√4-4sin2t·2costdr
=4cstd=2(+2sin2z2)|。
=2×(3+1×3)=3+
(34)解如图3-14所示，D的边界方程分别为 y1
x=1-√1-y2,x=y(0≤y≤1).
1
任取[y,y+dy]C[0,1],则
dV={π[2-(1-√1-y2)]2-π(2-y)2}dy
=2π[√1-y2-(1-y)2]dy, x
1 2
故v=?2π[√1-y2-(1-y)2]dy
=2π[√1-3+2arsin y+3(1-)]|。
图3-14
=2r(4-3).
注 此题也可以计算如下：
86高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
v=2πf'√1-y2dy+2π?(1-y)2d(1-y)=2π(4-3).
(35)解 先求f(x)=e √sin x(x≥0)的定义域.
由sin x≥0,知x∈[2kπ,(2k+1)π](k=0,1,2,…),如图3-15所示.则所求体积为
v-∑πsin xdx2=1+2k∑×”csinth
-Zresind=1+c“·:“(等比级数求和)
=(1+e“.e?(1”·
y
2π 3π 4π 5π 6π 7πx
/π
图3-15
y
(36)解(I)如图3-16所示，
v?=π。y2dx=π]“a2(1-cost)2·a(1-ost)d
2a
=πa(1-cost)3d=8nasin°d
0 x x+dx 2πa x
=32πa]sin°udu=5π2a3,
图3-16
v,=2π[。zydr =2r/"a°(t-sint)(1-cost)2d
=2πa]"t-2tcost+too't-sint+2sintcost-sin tcs2t)d=6n2a3.
V,-=n(2a)2·2ma-J。n(2a-y)2dx
(Ⅱ)
=8π2a3-π“[2a-a(1-cost)]2·a(1-cost)d
=8n2a3-πa3]“(1+cost)2(1-cost)d
=8n2a3-πa3]“sin2t(1+cost)d
=8π2a3-π2a3=7π2a3.
(37)解(x-2)2+y2=1的参数方程为
y=sincot,o0;当a>-In(n 2)
时，f'(α)<0,故
r--mnz(dn2)--c
F=-In(ln2)·(In2)?.
为最大值，所以S(α)的最小值为-
a=∑f(k)-2tf(x)dz
(46)证
=[f(k)-J"f(x)dz]+{f()dz.
①
由于f(x)单调减少，所以
f(k+1)=J"f(k+1)dz≤f"f(z)dzf'(x),从而F'(x)>0,所以F(x)单调递增.又
F(0)=0,故F(x)≥F(0)=0,所以不等式成立.
f(3-x)f(x)dz≥6
(Ⅱ)所证不等式 变形为
?f(x)dr-3xf(x)dx≥4
应用分部积分法，有
?xf(x)dx=?zd[Jf(t)dt]
=x]°f(t)dt|。-了。[jf(t)dt]dx
=?'f(x)dr-5。[jf(t)dt]dr,
?f(x)dx-?'xf(x)dr=?f(t)dt]dr
即
由(I)知，
?f(t)dt]dz≥。2[xf(x)+x]dz
=2zf(x)dx+1。rdx
=2xf(x)dx+4,
?f(x)dx-Jzf(x)dr≥fxf(x)dx+4,
故
?f(x)dx-3?af(x)dr≥4.
即
f(3-x)f(x)dx≥6
所以
拓展题
解答题
二=a+m,
(1)解(I)曲线L的参数方程为
则
=)-+-os2,=1-√2.
当θ=4时，有：x=2(1+√2),y=2(1+√2),故切线T的方程为
y-(1+√2)=(1-√2)z-2(1+√2)],
91李林全家桶之④
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即y=(1-2)x+1+
(Ⅱ)所围图形为如图3-22所示的阴影部分.曲边三角形AOP的面积为y、
A?=2r2(O)dd=2(1+os)2d
P
=。(2+2os8+2cos20)de
x
=去(0+2aine+4sin2)|。 0 A B
=36+8+
图3-22
由(I)知，切线的方程为y=(1-√2)x+1+ x=2+22,故所求
,令y=0,得x轴上截距为
面积为
s=2×(2+22)×1+2-(+g+)=8-36+382
V=4·2_2√1-y2y-16'cos'td
(2)解(I)
=8arcsin y+8y √1-y2+4π(m3).
-平·=16√1-,故
(Ⅱ)由于
-16√1-,-8×0.16=0.01(m/min).
(Ⅲ) w=4og?_4√1-2·(1-y)dy
=4og(4√1-y3dy-[4√1-y2·ydy)
=4og[_4√1-y2dy-0=8pgr(J).
(3)证先证f(x)>0.由f(a)=f(b)=0及罗尔定理，知存在xo∈(a,b),使得f'(x。)=0,
由f"(x)<0,知f'(x)单调递减，则当x∈(a,xo)时，f'(x)>f'(xo)=0,从而f(x)单调递增，故
f(x)>f(a)=0;当x∈(xo,b)时，f'(x)f(b)=0,综
上所述，当x∈(a,b)时，f(x)>0.
下证f(x)0,y∈R},
(x,y)∈D?={(x,y)|x<0,y∈R},
(x,y)∈D?={(x,y)|x=0,y∈R).
当(x,y)∈D?,即x>0,y∈R时，
f?(,y)=(xlyT)=2√|.
同理，当x<0,y∈R时，
f?(,y)=(-xyT)=-2√
可排除选项A,B.
(5)C.
解令F(x,y,z)=xy-zlny+e*-1,则F(0,1,1)=0.
F(x,y,z)对x,y,2分别求偏导，得F'=y+e"·z,F'=x-二，F′=-Iny+e"·x,
故 F'(0,1,1)=2≠0,F',(0,1,1)=-1≠0,F'(0,1,1)=0,
根据隐函数存在定理，知F(x,y,z)=0在点(0,1,1)的某个邻域内能确定隐函数x=x(y,z)和y=
y(x,z),故选C.
(6)C.
解 由已知，f(x,y)在点P(xo,yo)处取得极大值，由极值的必要条件，知
f'(xo,yo)=f',(xo,yo)=0,
故选C.
(7)A.
解由 +25=+4+D=o,
得驻点P(2,-1)
.由于A=f".(P)=2e,B=f"(P)=0,C=f"(P)=2e,故
AC-B2=2e·2e-0>0,A=2e>0,
所以f(2,-1)=-2
为极小值，选项A正确.
(8)B.
解 偏导数存在，不能推得可微，故选项A不正确.
对于曲线 视x为参数，故切向量为(1,0,f'(0,0))=(1,0,1),选项B正确.
曲面z=f(x,y)在点(0,0,f(0,0))处的法向量为
(f'(0,0),f',(0,0),-1)=(1,1,-1),
故选项C不正确.
偏导数存在不能推出二重极限必存在，故选项D不正确.
(9)B.
解 设方程F(ax-bz,ay-cz)=0确定的隐函数为z=z(x,y),则其切平面的法向量n=
(,,-1).
方程两边同时对x,y求偏导，得 解得
=bFAFCF,y-FfcF
109李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
设I=(b,c,a),由于
.n=Ff+cf+Fit+(-a)=abFí+car'+cbFí+cF)=0,
故选B.
二、填空题
3n2
(1)
解由于函数在点(3,0)处连续，故极限存在，且
2+-3+0-3m2
(2)0.
解 利用不等式x2+y2≥2|xy|求解.
由于当x→0,y→0时，有
0,y>0范围内)f(x,y)没有驻点.
当x=0时，f(O,y)=-y2e2,由f'(0,y)=-2e2(y-y3)=0,得y=0,y=±1.
由y≥0,取(0,0),(0,1).
当y=0时，f(x,0)=x2e2,由f:(x,0)=2e2(x-x3)=0,得x=0,x=±1.
由x≥0,取(0,0),(1,0).
比较大小：f(0,0)=0,f(0,1)=-e?1,f(1,0)=e?1.故f(x,y)在x≥0,y≥0上的最大值为e?1,
最小值为-e1,所以k的最小值为e?1.+-1---,
(3)解由
得驻点为(x,y)=(2nπ,0),(x,y)=((2n+1)π,-2)(n=0,±1,±2,…),
f"=-(1+e°)cosx,f"=-e'sin x,f"=e(cos x-2-y).
在点(2nπ,0)处，
A=f"=-2,B=f"y=0,C=f"=-1
AC-B2=(-2)×(-1)-0=2>0,且A=-2<0.
故(2nπ,0)为f(x,y)的极大值点，极大值为f(2nπ,0)=2.在点((2n+1)π,-2)处，
A=f=1+e?2,B=f=0,C=f"=-e2,
AC-B2=(1+e2)(-e2)-o=-&+1<0.
故((2n+1)π,-2)不是极值点，f(x,y)没有极小值
(4)解设S上任一点为(x,y,z),则(0,0,0)到(x,y,z)的距离的平方为
d2=x2+y2+z2.
令L=x2+y2+z2+λ[(x-y)2-z2-1],则
①②
③
④
由①式和②式，得x=-y,由③式得z=0或λ=1.
x2=1,
若λ=1,由①式和②式知x=y=0,与④式矛盾，舍去，故z=0,由④式可得： ,解得驻
(2,-2,0),(-2,2,0)
点( ,故所求最短距离为
d=√)2+(-去)2+o2-
=36y=0,,
(5)解①在D:x2+y2<16内.由 '得驻点(0,0),(2,0).
+
②在D:x2+y2=16上.利用拉格朗日乘数法，令L=x3-3x2-3y2+λ(x2+y2-16),则
解得(0,±4),(±4,0).
③比较大小.
z(0,0)=0,z(2,0)=-4,z(0,4)=-48,
z(0,-4)=-48,z(4,0)=16,z(-4,0)=-112,
113-
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
得最大值为z(4,0)=16.
注①在D:x2+y2=16上，考虑到z=x3-3x2-3y2中含x2+y2,可以化为一元函数极值问题.
将y2=16-x2代入z=x3-3x2-3y2,得z=x3-48(-4≤x≤4).
d=3x2=0,
又由 ,解得x=0,则可得y=±4.又因为x=±4时，y=0,所以在D边
界上可能的最值点有(0,4),(0,-4),(4,0),(-4,0).比较大小
z(0,0)=0,z(2,0)=-4,z(0,4)=-48,
z(0,-4)=-48,z(4,0)=16,z(-4,0)=-112,
得最大值为z(4,0)=16.
②求一元函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时，若可导函数f(x)在(a,b)内有唯一极值点P,
则f(x)在[a,b]上，在点P处取得最值，但对二元函数f(x,y)在有界闭区域D上，此结论不
一定成立.
此例，在D内有两个驻点(0,0),(2,0),则z",=6x-6,z"y=0,z"=-6.
对点(0,0),有A=-6,B=0,C=-6,则AC-B2=36>0,A=-6<0,故(0,0)是
z=f(x,y)的极大值点；
对点(2,0),有A=12,B=0,C=-6,则AC-B2=12×(-6)一0<0,故(2,0)不是
f(x,y)的极值点.
综上可知，点(0,0)是z=x3-3x2-3y2在x2+y2<16内的唯一极大值点，但不是
D:x2+y2≤16上的最大值点，最大值z(4,0)=16在边界x2+y2=16上取得.
(6)解依题意，知d=√x2+y2+z2,d2=x2+y2+z2
问题转化为求x2+y2+z2在条件z=x2+y2和x+y+z=4下的最值，利用拉格朗日乘数法.令
L=x2+y2+z2+λ?(z-x2-y2)+λ?(x+y+z-4),则
①
②
③
④
⑤
考虑到L关于x与y具有轮换性，方程组有x=y解，将x=y代入④式与⑤式，解得
(-2,-2,8),(1,1,2),
故最大值为√(-2)2+(-2)2+82=6√2,最小值为√I2+12+22=√6.
〈+y+z=4,
注①此题有两个约束条件 可将x消去化为一个约束条件
x+y+x2+y2=4,
问题转化为求x2+y2+(4-x-y)2在约束条件x+y+x2+y2=4下的最值.
②此题也可利用微分解决.
〈+y2+z=4
求u=x2+y2+z2在 下的条件极值.
可令全微分du=0,并将约束条件两边微分整理得
由于dr,dy,dz不全为零，故上面方程组有非零解，于是
将行列式展开并化简，有2(x-y)(2z+1)=0.
又由题意可知z≥0,故x=y,将x=y代入z=x2+y2和x+y+z=4,解得两点分
别为(1,1,2)和(-2,-2,8).
比较大小可知√I2+I2+22=√6,√(-2)2+(-2)2+82=6√2分别为最小值和最大值.
114…………
高等数学
第五章 多元函数微分学及其应用
(7)解 设第一象限内，曲线上任一点为P(x,y).方程3x2+2xy+3y2=a两边同时对x求导，解得
一
y′=-3+3y,
则过点P的切线方程为
Y-y=-3+3s(x-x).
切线与两个坐标轴的截距分别为
x+sx+yy,y+3+3y.
三角形的面积为
s=(z+3+y)(v+3+3y=)
=·a+8xy
(这里利用了3x2+2xy+3y2=a).
由已知a>0,只需求xy在条件3x2+2xy+3y2=a下的最大值.
令L=xy+λ(3x2+2xy+3y2+-a),则 8
x=y=4
解上述方程组，得. ,故
s-+8.2
解得a=1.
(8)解视∈,η为中间变量，x,y为自变量.
由已知，得
这里 是以E,η为中间变量，x,y为自变量的二元函数，故
+2n+
=a+2b+B
ry-+(a+b)n+b,
代入已知方程，得
a+4ara+3
+
=(1+4a+3a2)+[2+4(a+b)+6ab]fn+(1+46+362)
①
又由已知，得 ②
③
二
联立①式和②式，解得
'且都满足③式，故为所求.
115……………………
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(9)解令e2sin y=u,则
=f'(uesiny,3=f'u)ecosy,
ax=f'(u)e sin y+f(u)e"sin2y,
2=-f(w)e siny+f"u)ecos2y,
代入原方程，得f"(u)-f(u)=0,此为二阶线性齐次微分方程，解得
f(u)=C?e"+C?e"(C?,C?为任意常数).
综合题
一、选择题
(1)B.
解 四个选项中，只有选项B是f(x,y)在点(xo,yo)处可微的充分条件，所以选项B一定不成立.故
选B.
(2)A.
解利用保号性和极值的定义
由!-=1,知f(r,s)=0=f(0,0).
又由保号性，知在点(0,0)的去心邻域内有f(x,y)>0=f(0,0).由极值的定义，知f(x,y)在点
(0,0)处取得极小值，故选A.
(3)B.
解 在点(0,0)的去心邻域内有|x I+y?>0,则由保号性，知 f(x,y)-f(0,0)<0,再由极值的定
义，知f(x,y)在点(0,0)处取得极大值，故选B.
(4)C.
解由arctan+ f(x,s)-ln varctan2+=0=f(0,0),故f(x,y)在点
有界，知1
”
(0,0)处连续.
f?O,0)=im,)-f(,O)=m=0,
f,(O,0)=im,)-O=im arctan寸-2
Af-r-f(a,y)-f(O,0)-F.O,0x+f,O,0y]
|<1,故
由于
ar-+(arctan3+-)=0,
所以f(x,y)在点(0,0)处可微，故选C.
(5)C.
解由f(r,y)=x+(y-1)arcsinz,知limf(x,y)=0=f(O,1),
rO+r-D-o+a+a-D-°
116……………………
……
高等数学
第五章 多元函数微分学及其应用
fO+Ax,)-fO,1)_°+4x+d-DacsnJ--1
故f(0,1)=1.
ra.)-o+a+u-D-_
又
O+a,+-r+fc,D△
+4+-a+o
-()
故f(x,y)在点(0,1)处可微，且df lco,1)=1·dx+0·dy=dr.选项C正确.
(6)B.
解 由已知条件及极限与无穷小的关系，有
fa,+2+2=k+aa→0),
即 f(x,y)=(1+k)√x2+y2+o(p),p=√x2+y2,
则在点(0,0)处，f(x,y)沿任何方向I=cos ai+cos βj的方向导数都存在，且
a(a,=limf(csa,sina)-f(0,0
=lim+kt+ot)=1+k,
f(a,=1+k>0时，f(x,y)在点(0,0)处取得极小值，选项B正确.
故当
f,+2+2=k
y
注①由li 及f(0,0)=0,得 1
limflz,y)=f(0,0)=0.
β
②1=cos ai+cosβj=cos ai+sin aj,如图5-1所示，
a+β=2 α
=zsinsa. x
0
I所在直线方程的参数式为
图5-1
③imfa,)-FO,O)=im(1+k)√z2+olz)
=lim[(1+k)+°(x)]
当k>-1时，上述极限不存在，故f(0,0)不存在，同样f',(0,0)不存在，所以f(x,y)在
点(0,0)处不可微.可排除选项A和D.
④f(x,y)在点(0,0)处沿任何方向的方向导数都大于零(小于零),则f(x,y)在点(0,0)处取得
极小(大)值.
117………………
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(7)A.
y,<0,
f(x,>0,知f(x,y)关于x单调增加；由
解由 ,知f(x,y)关于y单调减少，故当
x?y?时，有
f(x?,y?)0,故y=y(x)在x=x。处取得极小值，选
项A正确.
(9)C.
解依题设，知limf(x,y)=li[-x-y+o(V(z-13+y3)]=0,故f(1,0)=0.由
f(x,y)-f(1,0)=1-x-y+o(√(x-1)2+y2)
=-(x-1)+(-1)y+o(√(x-1)2+y2),
知f(1,0)=-1,f'(1,0)=-1.
又由 g(x,y)=fi(x+y,xy)·1+f?(x+y,xy)·y,
g'(x,y)=fi(x+y,xy)·1+f2(x+y,xy)·x,
dg=-dx-2dy.选项C正确.
知g(1,0)=fi(1,0)=-1,g'(1,0)=fi(1,0)+f2(1,0)=-2,故
二、填空题
(1)2x2y+2z2+x+y2.
ayax=x+y
解 ,两边同时对x积分，得
=?(x+)dx+(y)=县z2+xy+(y),
d2=9(y),故p(y)=2y.
由z(0,y)=y2,有
又由y-x2+xy+2y,两端同时对y积分，得：z=2x2y+2xy2+y2+qi(x),由于z(z,0)=
z,故pi(x)=x,所以z(x,y)=2x2y+xy2+x+y2.
(2m![1+3].
解z=2x+-y,利用(1)"=(-D“,有
=(-1°(x+-(-1)°"),
-(-D-(-1)°1=n:[1+-].
故
(3)4.
解依题设，有
118……………………
高等数学
第五章 多元函数微分学及其应用
f(1+2h,1)=e+2)+1-2+o(2|h|)=e+o(2|h|),
f(1,1-2h)=e1+(1-2)-2+o(2|h|)=e+o(2|h|),
imf(+2h,L)-f(1,1-zh)
故
=lim2+o(2lh)-e“-o(2lhl)
=m=lim(2e+2c)=2+2=4.
(4)x+4y+6z=21或x+4y+6z=-21.
解 令F(x,y,z)=x2+2y2+3z2-21,则F'=2x,F',=4y,F'=6z,法向量为
n=(F',F',F')=(2x,4y,6z).
设切点为(xo,yo,z?),于是曲面F(x,y,z)=0在该点处的切平面方程为
xo(x-xo)+2y?(y-y?)+3z。(z-zo)=0.
=24=36二
由已知，该切平面与x+4y+6z=0平行，故有 λ,解得x。=λ,y。=2λ,zo=2λ.
又切点在曲面上，故λ2+2(2λ)2+3(2λ)2=21,解得λ=±1.对应于λ=1,切点为(1,2,2);对应于
λ=-1,切点为(-1,-2,-2).
所求切平面方程为
(x-1+4(y-2)+6(z-2)=0,(x+1)+4(y+2)+6(z+2)=0,
即x+4y+6z=21或x+4y+6z=-21.
(5)4x-z-2=0.
解 依题设，只需求法向量n=(f',f',,-1).
f(tx,ty)=t2f(x,y)两边同时对t求导，得
xfi(tx,ty)+yf'?(tx,ty)=2tf(x,y),
令t=1,则上式为
xfi(x,y)+yf?(x,y)=2f(x,y).
将x=1,y=-2,z=f(1,-2)=2,f{(1,-2)=4代入上式，得f2(1,-2)=0,即f,(1,-2)=0,故
法向量为n=(4,0,-1),所求切平面方程为
4(x-1)+0·(y+2)+(-1)(z-2)=0,
即4x-z-2=0.
(6)一号√5.
解令F=x2+y2-5,外法线方向n=(2x,2y,0),则曲面在点P(1,2,-1)处n的方向余弦为
cosa=方 cosβ=房，cosy=0.
又。=-4,|。=-4,。=12,故
。=(-4)×+(-4)×房+12×0=-号5.
三、解答题
z=f(二).令=u,则
(1)证(必要性)设
)
①
②
ax+yy=0
①×x+②×y,得
(充分性)设
+y=0.令u=二，0=y,则z=z(x,y)为
119-
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z=z(yu,v)=f(u,o).
根据复合函数微分法，有
r+婴=r:-fi+yf:=0,
由条件
z=f(u)=f(二).
知f'=0,故f只是u的函数，即
(2)解法1 方程F F(1-1)= ,两边分别对x,y求导，得
①
②
-F+1)=-F+1y
解①式和②式，得
故x2+v2=0.
解法2用公式求.
令G=F(1-1-1)-
,则
G=F'.(-),c'=F'.六，c:=E·—+,
-GFP+’器-G--F+
故
x2+2=0.
从而：
(3)解将z=z(x,y)代入y=g(x,z),得y=g[x,z(x,y)]. ①
d=gi·1+g·(+·).
在方程①两边分别对x求导，得 ②
在方程f(x-z,xy)=0两边分别对x,y求偏导，视z是关于x,y的函数，得
)+后
=f,- -fii+Ef+
解得 ,将其代入②式，解得
(4)解 利用拉格朗日乘数法，令
38
L(x,y,λ)=(1+y)2+(1+x)2+λ(x2+y2+xy-3),
①
则 ②
③
由①式和②式消去λ,得(x-y)(x+y-1)=0,故x=y或x+y-1=0.
当x=y时，代入③式，解得x=y=±1;
当x+y=1时，代入③式，解得x=2,y=-1或x=-1,y=2.
比较大小：f(1,1)=8,f(-1,-1)=0,f(2,-1)=f(-1,2)=9,故f(x,y)的最大值为9.
注 若L(x,y,λ)关于x,y具有轮换性(即x,y互换位置，L(x,y,λ)不变),一般地，方程组
120--
…………………
高等数学
第五章 多元函数微分学及其应用
医
有解x=y.
但应注意，方程组的全部,解不,一定,都满足x=y.此题最大值不是在满足x=y的点取得，应
引起重视，否则容易漏解.
(5)解 设点P(x,y,z)为椭球面在第一卦限上的任一点，则过点P的切平面方程为
(x-x)+αx-y)+(Z-z)=0,
该切平面在三个坐标轴上的截距分别为 ,故四面体的体积
v=3·2..B.-6xx>0,y>0,z>0),
+b+=1下的最大值.
问题转化为求xyz在条件
令L=xy+a(+b+-1),则
①
②
③
④
x=厚，y=房”=序,故所求最小体
由①式，②式和③式，得 ,代入④式，可解得
v--2
积为
(6)解 先求f(x,y)的驻点，由 =322y=8,
得(0,0),(0,36),(3a,0),(3a,36),且
f"=6x-2a,f"=0,f"=6y-2b.
对于点(0,0),由A=-2a<0,B=0,C=-2b,可知AC-B2=4ab>0,故f(0,0)=0为极大值.
(0,sb)
对于点( ,由A=-2a,B=0,C=2b,知AC-B2=-4ab<0,故f(x,y)不取得极值.
(2a,0)
同理，在点 处，f(x,y)也不取得极值.
对于点((3a,3b)
,由A=2a>0,B=0,C=2b,知AC-B2=4ab>0,取得极小值，由已知，有
f(3a,36)=-4(a3+b3)=-8,即a3+b?=54.
a+=1
显然，当a=b时， 所围面积最大，故2a3=54,即a3=27,解得a=b=3.
油+学=1
1所围面积为πab,相当于求ab在条件a3+b3=54下的最大值.令L=ab+λ(a3+
b3-54),则
121。
………………………
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①
②
③
λ=-32,
由①式，得 ,代入②式，得a=b,代入③式，得2a3=54,即a3=27,故a=b=3.
(7)解依题意，有
①
②
(此处由②式知y。=0,故f(x,y)在点(-1,0)处取得极大值.)
解①式，得b=2a.又
A=f(-1,0)=e=(ax+b-y2-2a)|=e(-3a+b),
B=f(-1,0)=2ye?=0,
c=f",(-1,=0)=-2e=-2e,
由已知，有AC-B2=-2e2(-3a+b)>0,A<0,故a>0,b=2a.
当a=0,b=0时，AC-B2=0,此时f(x,y)=-y2e2≤f(-1,0)=0,不满足极值的定义，故
f(-1,0)不是极大值.
综上所述，a,b满足的条件为a>0,b=2a.
(8)解令L=x2+2kxy+y2+λ(1-x2-y2),则由
得 ==8
①②
③
①式和②式构成的方程组有非零解(因①式和②式构成的方程组的零解不满足③式),故
1-^1-a|=(1-λ)2-k2=0,
即λ2-2λ+1-k2=0,解得λ=1+k,λ=1-k.
当λ=1+k时，由①式，知x=y,再联立③式，可得
x2+y2+2kxy=1+2kx2=1+k.
当λ=1-k时，由①式，知x=-y,再联立 ③式，可得
x2+y2+2kxy=1-2kx2=1-k.
综上所述，最大值为λ1=1+k,最小值为λz=1-k.
故λ?+λ2=2.
ln f(z,y)=-2lnlyl-六[(z-a)2+(y-1)].
(9)解 m-0--
由
(a,2),(a,-1).
解得驻点为(
---3(x-a),
122-
…………………
高等数学
第五章 多元函数微分学及其应用
2f|=一[v2-3(y-1)2+4y(y-1].
a,2),A-r)--4<0,B=)-,c-)=-24,
对于点(
f(a,2)=4e2为极大值.
AC-B2=96>0,故
对于点(a,-1),A==-1<0,B-ray=0,C==-3,AC-
B2=(-1)×(-3)-0=3>0,故f(a,-1)=e2为极大值，f(x,y)无极小值.
(10)解已知方程两边同时对x,y求偏导，得
①
②
az=0,=0, -3x+10y-z=0,
令 ,得 解得x=3y,z=y,代入原方程解得
x=9,y=3,z=3或x=-9,y=-3,z=-3.
①式和②式两边同时对x,y求偏导，得
将=0,=0,x=9,y=3,z=3代入以上方程组，得
A=-言，B=azy--2,c=-3,
AC-B2=36>0,A=6>0,所以z(9,3)=3为极小值.
故
同理得，
A=--,B=ray-_,c---5,
AC-B2=3>0,A=-6<0,
故 ,所以z(-9,-3)=-3为极大值.
(11)解(I)依题设，f(x,y)在点P(x,y)处沿l?与I?(即x轴负向，y轴负向)的方向导数分别为
与a心
=y-x2,5=x-1,所以有
的相反数，故
f(x,y)=[dx+q(y)=xy-3x3+9(y).
由=x+q'(y)=x-1,得p'(y)=-1,故p(y)=-y+C,即有
f(x,y)=xy-3x3-y+C.
由f(1,1)=-3,得C=0,故f(x,y)=xy-3x3-y.
1
(I)在D内，由
得D内唯一的驻点(1,1).
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f(x,0)=-3x3,
在D的边界上，当y=0,0≤x≤7时， ,最大值为0.
当x=0,0≤y≤7时，f(0,y)=-y,最大值为0.
当x+y=7时，即y=7-x,
f(x,7-x)=-3x3-x2+8z-7(0≤x≤7).
=-x2-2x+8=0,得x=2,x=-4(舍).
令
比较大小：f(1,1)=-3,f(2,5)=3,f(0,7)=-7,f(7,0)=-33
3
故最大值为
(12)解(I)由已知，有f'=2ax+by,f'=2by+ax,则f",=b=f=a,即a=b.
由f'(1,1)=3,得2a+b=3,故a=b=1,从而
df(x,y)=(2x+y)dx+(2y+x)dy
=2xdx+ydr+2ydy+xdy
=d(x2+y2)+d(xy)
=d(x2+y2+xy+c).
故f(x,y)=x2+y2+xy+c.由f(0,0)=-3,得c=-3,故
f(x,y)=x2+y2+xy-3.
(Ⅱ)设f(x,y)=0上任一点为(x,y),则点(-1,-1)到点(x,y)的距离为
d= √(x+1)2+(y+1)2.
下求(x+1)2+(y+1)2在条件x2+y2+xy-3=0下的最大值.用拉格朗日乘数法.
令L=(1+x)2+(1+y)2+λ(x2+y2+xy-3),则
①
②
③
由①式与②式消去λ,得(x-y)(x+y-1)=0,从而x=y或者x+y=1.
当x=y时，代入③式，解得-x=y=±1; =
当x+y=1时，代人③式，解得x=2,y=-1或者x=-1,y=2.
比较大小：d2(1,1)=8,d2(-1,-1)=0,d2(2,-1)=d2(-1,2)=9.
故所求最大值为√9=3.
(13)解由于曲线x2+xy+y2=1上任意一点(x,y)到坐标原点的距离为d=f(x,y)=√x2+y2
故原问题转化为求 f(x,y)=√x2+y2在条件x2+xy+y2=1下的最大值与最小值的问题.
令L=x2+y2+λ(x2+xy+y2-1),则
①
②
③
由①×y-②×x,得(y2-x2)λ=0,解得λ=0或x=±y.
若λ=0,则由①式和②式，得x=y=0不满足③式，故λ=0舍去.
=11或修=1-
将x=-y代入③式，解得
将x=y代入③式，解得
比较大小：由于 f(1,-1)=√2,f(-1,1)=√2,
124高等数学
第五章 多元函数微分学及其应用
(序)=零，(-言-方)=,
故最长距离为√2,最短距离为
(14)图(I)of(x+=f(z,x+)+fi(x+y).
由u=x,v=x+y及已知等式，有
of(,x+=f{(x,x+y)+f?(r,x+y)=(x+x+y)e+)=(2x+y)e?.
(Ⅱ)由(I)知，
f(x,x+y)=?(2x+y)e"dx+p(y)
=(x2+xy)e”+φ(y)
=x(x+y)e→+φ(y).
故 f(u,v)=wve"+φ(v-u).
由f(0,v)=0,知φ(v)=0,故φ(v-u)=0,所以 f(u,v)=uve"
下求f(u,v)=uve"的极值.
f=ue?+we-1)=+)=0)=0,
由
+uw=0,
得
“=-1,o=1,
解得
又 f"=e(2v+uo),f"=e(-v-uv+1+u),f"=e"(uv-2u).
对于点(0,0),A=0,B=1,C=0,AC-B2=-1<0,故f(u,v)不取得极值.
对于点(-1,1),A=e2>0,B=0,C=e2,AC-B2=e?>0,故f(u,v)在点(-1,1)处取得
极小值，极小值为
f(-1,1)=-e2
(15)解方程组等号两边同时对y求导，得
(+))-。
整理，得
解此方程组，得
125-
-
……………
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同理，可得
L=x+y?+λ(zy-1),则
(16)解 利用拉格朗日乘数法，令1
解方程组得x=y=1,由此得到点(1,1)是唯一可能的极值点.再应用二元函数极值的充分条件判断，可
知点(1,1)是唯一极小值点，故点(1,1)即为最小值点，最小值为fmm=f(1,1)=1.
(17)解(I)由z=xy-w,有
x=y-ou.au-o·=y-u-,
=x-0u·y-.=x-u+,
x=-·-ueo·-ou·----2o-,
ax&y=1-m..you·y-=1-+,
=-u-++--2+2
代入原方程，得
+2+-2-4-0,
故
u=?2du+q1(v)=2u+q?(0),
(Ⅱ)
u(0u,)=ve”,
由 得φ?(v)=ve”,故
-2u+ve,w=?(u+ve~)d+q?(0)=+we+9?(0).
由u(0,0)=,得q?(0)=
,故
w=4+we+4
z=zy-w=xy-[++(x+y)(x-)e+4]
从而
--,-,
=xy-2(z2+y2)-(x2-y2)e?”.
=sa+sβ+sy.
(18)解
又
cosa=二，cosβ=兴，cosr=产，
其中r=√x2+y2+z2,故
-·+·*+·=2,
126高等数学
第五章 多元函数微分学及其应用
gradu=(,y,)=(,部，经).
且梯度为
+学+=k(k>0),
当a,b,c两两不相等时，函数u的等值面为椭圆 ,梯度方向是等值面的外法
=Igradu l.
线方向，在椭球面的六个顶点处的外法线方向与向径I的方向相同，故在这些点处有
2++=k(k>0),在顶点(0,0,±ck)及圆周
当a=b≠c时，等值面为旋转椭球面
2o2=ak =I gradu l.
上，梯度方向与向径1方向相同，故在这些点处有
当a=b=c时，等值面为球面x2+y2+z2=a2k(k>0),球面上各点的外法线方向与向径I方向
=1gradu .
相同，故在这些点处有
拓展题
一、选择题
D.
解 对于选项D:当选项D中条件成立时，有
f?(o,yo)=im=im[L·(x)2sin]=0,
-r+++c
f,(ro,y)=会=im[·(ay)2sim]=0,
=m[(x)2+(ayPF·2+(y=0
由可微的定义，知f(x,y)在点(xo,yo)处可微，且df=0,选项D正确.
对于选项A:由f?(xo,yo)=f,(xo,yo)=0,知偏导数存在，但不能推出f(x,y)在点(xo,yo)处可微.
对于选项B:Af=A)2+(,当△y=0时，△f=0;当△x=0时，△f=0,故f?(xo,yo)=
limf=0,f,(ro,y)=会=0,由此可知
dr=)+(z3+(x)+(y
不存在，即f(x,y)在点(xo,yo)处不可微.
△f=()2+(),故f(oy)=m=
对于选项C:由于
Lm=1,li=-1,
又因为
所以f(xo,yo)不存在.同理，f',(xo,yo)不存在.故f(x,y)在点(xo,yo)处不可微.
二、解答题
证令p=√x2+y2,由已知条件及极限与无穷小的关系，有
-(1+k)+a(a为无穷小),
即 f(x,y)=(1+k)√x2+y2+o(p). ①
(I)①式两边同时取极限，有
127……………
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2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
limf(x,)=lin(1+k)√a2+y2+ limo(o)=0=f(0,0),
故f(x,y)在点(0,0)处连续.
(Ⅱ)当k≠-1时，
f?(0,0)=limf(,-f(,0=im(1+k)z2+o(x)=im[1+k)z+(],
in(1+k)la!
不存在，故f'(0,0)不存在.同理，f',(0,0)不存在.因此f(x,y)在点(0,0)处不可微(偏
导数存在是可微的必要条件).
(Ⅲ)当k=-1时，f(x,y)=0(p),故
f?0,0)=limf(,o)-F,O=im(=0.
同理，f,(0,0)=0,故df=0·x+0·y,所以
r-dr=f(,)-°-+-0,
故f(x,y)在点(0,0)处可微.
128高等数学
第六章 重积分及其应用
第六章 重积分及其应用
基础题
一、选择题
(1)B.
解D如图6-1所示，在D上有
[ln(x+y)]≤[sin(x+y)]?≤(x+y)°,
故选B.
(2)C.
解 依题意，D如图6-2所示，
r=(xy+os rsin y)drdy=Ijzydrdy +lcos xsin ydrdy=I?+I
[ydrdy-.同理，[zydrdy-0.
对于I?,D?UD?关于y轴对称，xy关于x为奇函数，故
于是I?=0.
sh ysdy=,
对于I?,D?UD?关于x轴对称，cos x sin y关于y是奇函数，故
D?UD?关于y轴对称，cos x sin y关于x是偶函数，故
sm ysrds-2csm ysrdy,
故选C.
y
y
1 B(-1,1) A(1,1)
D? D
12
D?
D
0 x
D?
12 x
0 1
C(-1,-1)
图6-1 图6-2
(3)C.
y
解 原积分I的积分D区.域如-图o6-3<所示<，
2
x=8-y
x=2y
D? D?
D.-{<)<28
0
2 2/2x
故I=Jdf(x,y)dr.选项C正确.
图6-3
129李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
(4)C. y
2
解x2+y2≤x化为极坐标方程为0≤r≤cosθ,-2≤θ≤2, x2+(v-1)2=1
故选C. D
1
(5)C.
解由r=2sinθ,得r2=2rsinθ,即 y=x
x2+y2=2y,
积分区域D如图6-4所示，故选C 0 x
(6)A.
解 积分区域V关于yOz面和xOz面对称，z=zx°y°关于x与y为偶函
图6-4
数，故选A.
数，故选A.
二二、、填填空空题题
(1)2
解 积分区域如图6-5所示，交换积分顺序.
y
r=J。cse 2ydy?。”3x3dx
y=arctanx
π4
=J csce2yx2|。d
-5
-12
0 1 x
=2J。tan3yd(tan y)=2tan3y|。=2
图6-5
y
(2)e-1. y=x
t
解 依题设，有dz|"e2dy.,知积分区域如图6-6所示，交换积
分顺序，得
f(t)=] dyJe2dx
则
f'(t)=[e-2d===“[e2du=-e2d,
x
0 t
f"(t)=-e(-02·(-1)=e2,
故f"(1)=e?1.
注f(t)=] dyJe-t-2dx=?De-t-2dx]dy,若记g(y)= 图6-6
et2dz,则f(t)=?s(y)dy,故f(t)=g(t)=fc2dz.
y
y=x
(3)"±6π.
2
解 如图6-7所示，D关于直线y=x 对称，故
drdy D
-F+f++bf]d
-±Idrdy-去6.4m·z2=6.
x
01 2
(4)A
图6-7
130………………………………
高等数学
第六章 重积分及其应用
解令F(x)=?'f(y)dy,则F'(x)=-f(x),故
I=?'dr]f(x)f(y)dy=?'f(x)dr?'f(y)dy
=-?'F(x)d[F(x)]=-F2(x)|。=A2.
注 也可利用交换积分顺序及积分与积分变量无关求解.
?de[f(x)f(y)dy=?'dyJf(x)f(y)dx=?dr]f(z)f(y)dy,
故
2?dz[f(x)f(y)dy=[.dr]f(z)f(y)dy+?dr?f(x)f(y)dy
=J.dx{f(x)[f(y)dy+?f(y)dy]}
=?'dr]f(z)f(y)dy=[f(z)dx][f(y)d]=A2,
故I=2
y
(5)4n2.
1
解 如图6-8所示，由于D关于直线y=x对称，所以
r=1+x2+ydrdy
D
-贵(+2+y+1°+)drdy
=+x2+ydrdy 0 1 x
图6-8
=dfrd=否·d+r2
=4n(1+2)|。=4n2.
y
(6)2ln(1+√2)-√2.
解D如图6-9所示，采用极坐标.x2+y2=2x的极坐标方程为
r=2cosθ,x=2的极坐标方程为r=2secθ,y=x的极坐标方程为
D
θ=4,故
r-a+-J d]rd
=2](secO-cos )d9 0 1 2 x
图6-9
=2Cn |se+tane I-sino)|。
=2ln(1+√2)-√2. y
(7)2(e-1.
1
x+y=1
解 积分区域D如图6-10所示，采用极坐标.
r=[e市drdy=J a。ed
D
-J8。 0 1 x
图6-10
131李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
=esO+sine)d
=-2ee+sine
=-2e。=2(e-1).
解D关于直线y=x对称，由轮换对称性，有
r=[(+奇)dzdy-2(+音+x+言)drdy
-号(4+言)[(z2+y3drdy
=2(4+9)df,ar=144
y1
(9)4-2
2
解 如图6-11所示，设
D大=(x,y)|-2≤x≤0,0≤y≤2),
D 1
Dn=(x,y)|-√2y-2≤x≤0),
r-Iydrdy-Iydrdy-I ydrdy
则
x
-2 0
=[dr]ydy-d。r'sined
图6-11
=4-3sin'Ode=4-3cos'td
=4-3×4××2=4-2·
注 由于D关于y=1对称，故
r=Iydrdy=I[(y-1)+1]drdy-I(y-1)drdy +fdrdy
=0+22-2m×I2=4-2,
r-Iydrdy=5·(4-告)=4-
或利用形心纵坐标为y=1,有1
y
(10)2π.
解D如图6-12所示，利用极坐标，
r=a]。(2rcos8+3rsine)rdbr
D
=(oS0+8cs30·sine)de
0 1 2 x
=3J0d+0
=3×4×2×2=2π.
注①考虑到被积函数关于x,y都是一次函数，可利用形心坐标 图6-12
132高等数学
第六章 重积分及其应用
(x,y)=(1,0).
由
drdy
rdrdy==·jdrdy
有 ,其中 表示D的面积.
ydrdy-s·fdrdy,所以
同理，
r-[(2x+3y)drdy=(25+35)m·IP=2π.
②考虑到D关于直线x=1对称，则
r-J(zx+3y)drdy-[2(z-1)+2+3]drdy,
2(z-1)drdy=0,所以
将x-1视为整体，它为奇函数，故
I=2]drdy+3[ydrdy.
ydrdy=0,于是
又D关于x轴对称，故3
1=2[(drdy=2×x×I2=2m.
(11)0.
解V是以(-1,1,0)为球心、√2为半径的球体，若视其密度为常数，则质心(形心)坐标为(-1,1,0),
则
x元 -
Cv为球的体积叠(Z7,放
而
Ⅲzv=8/2×0=0,
z
于是I=I(x+y+2)dV=0.
(12)3(2-3)R3.
O
解xOy坐标面上方部分立体如图6-13所示，则 y
v=4[R-x2-y2drdy=4d。R2-rd
x
=4R(1-sin20)de=4(2-3)R3.
图6-13
133-
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
(13)(35元-48,0).
解 如图6-14所示，由对称性，知y=0.又由于
y
x
o
2
1
-1\
图6-14
(35π-48,0).
故形心坐标为(
(14)4,36
r.-Iy2drdy与I,-IJz2drdy,故
解对x轴与y轴的转动惯量分别为]
r.-fy2drdy=?daJ y2dy=。dr-4,
,-Ia2drdy=]dr z2y=36
注 质点(质量为m)对轴L的转动惯量为I?=m·r2,其中r?表示质点到轴L的距离.
平面区域D,对x轴的转动惯量可以采用微元法：任取一个小区域do(do 表示面积),如图6-15
I.-Iy2·od.
所示，看成质量集中为一点(x,y),则微元dI=p·y2do(p表示D的面密度),故1
y
do
m (x,yD
万
x
I 0
图6-15
三、解答题
(1)解(I)D如图6-16所示，先对y积分较简便.
r=Ixy(x-y)drdy=?dxr][zy(x-y)dy
-?(22-s)|dx=-3x?dr=-1
ay
(Ⅱ)D如图6-17所示，若先对y积分，则 不能表示为初等函数，故只能先对x积分.
r=drdy=[dJ,dx=。(y-y3)dy=?(-y)sin ydy
134……………
高等数学
第六章 重积分及其应用
=[-(1-y)cos y-sin y]|。=1-sin 1.
y
y=x
y
y=/x
y=x
1
D
D
x
1
x
0 1
y=-x
图6-16 图6-17
(Ⅲ)D如图6-18所示，先对x积分，则
r-+drdy y
y=x2
=1dJ。zdr
1
-d
=2·31+y3)。
x
0 1
=3(2-1).
图6-18
(IV)D如图6-19所示，作辅助线y=-arcsin x(-1≤x≤0),将D划分为D?与D?,则
y
r=Iz(e27siny-1)drdy
π2
-Ixe2si ydrdy-Irdrdy起I?-I?,
?-Ire2'sin ydrdy D?
-Ir2n ydrdy+Ize2sn ydrdy.
-1 D? 0 x
由D?关于y轴对称，xe2+ssin y关于x是奇函数，故
2m ydrdy=0.
2moysdrdy=0,故t?=0
同理， 图6-19
I?-Irdrdy-Irdrdy+Ixdrdy,
rdrdy-0.又
根据对称性，
rdady- ”ad--
故I=0-(-4)=4
135…………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
(2)解由已知，D 如图6-20所示，D关于直线y=x对称，则
y
r=+ydrdy-+y+y+]drdy
2
-号eb2drdy
1
-8.rdr
0 1 2 x
-48[+m]
dθ 图6-20
=4(e-eJcsO+sine
=4(e-e1ttaneo=4(e-e)·I+-tane。=-e
解
y
r=I(a-rdrda+I(r-1)rde
y=x
-a-)rdrd-[(a-)rdrde
=2[(-)rdrdo-[(a-r)rtde
D? D?
=2]。df](1-r)rd-J。d。1-r)rdr
0 1 2 x
=-J。(o30-2s2s8)d9
=2+9-4-8=36-24 图6-21
y
(4)解 积分区域D为图6-22中的半圆区域，x+y-2=0将D分成D?
与D?. x+y=2
2
r=lx+y-2|drdy
y=√2x-x2
=(a+y-2)drdy-I[(c+y-2)drdy 1
D?
x
-2[a+-2dcdy-+y-2dady,起x?-I 0 1 2
图6-22
=2[(x+y-2)drdy(先对z积分后对y积分)
=2]cja+)da-4drd
=2][+M-]2-(2-°+y(+√-2-2+]dwy-4(2x2-)
=2|(y√1-y2+√1-y2+y-1)dy-(π-2)
=2(3+4-2)-(π-2)=3-2,
-[(x+y-2drdy-[a+y)dy-[2ad
136-
…………………………………………………………………………
高等数学
第六章 重积分及其应用
=J。d]。r2Ccosθ+sine)dr-2×2×12
=3 [(cosθ+sinθ),2。]de-π
=8/ cos0d+3cos'sinOd9-π
-3×3×2×-8×4os0|。-
=2+3-=3-2,
故I=I?-I?=3--(3-)=1.
2+2=2,
解得交点A(1,3).
(5)解D如图6-23所示，由
y
rr--aa++xx22++yy))22++ddrrddyy
At是
1
==JJ。。dd,,ttrrddrr
D
==11。。ssiinnoo[[llnn((11++rr22))||,,]]dd
--11 0 1 2 x
==。。DDnn((11++44ccooss2200))--IInn 22]]ssiinneeddll
““DDnn((11++44uu22))--IInn22]]dduu
图6-23
== ccaahhmm((11++44uu22))--22uu++aarrccaann22zzuu --44mm22
==22((11nn22--11++aarrccttaann 22--44))..
y
(6)解如图6-24所示，直线x+y=i(i=1,2,3,4)将D分为4个区
域D(k=1,2,3,4),则
2
[1+x+y]=k(k=1,2,3,4), D
故
D?
I=|[1+x+y]dxdy 1
D?
D
x
1 2
0|
ardy
注 表示D的面积. 图6-24
(7)解当2x-x2=(1-y)2时，有
y
(x-1)2+(y-1)2=1.
圆周(x-1)2+(y-1)2=1将D分为D?与D?两个区域如图6-25 1
所示.于是
max12z-z2,(-)-{2-2,,D
D?
r-J(a-syPdrdy+I(z-a')drdy D
=Iα-y2dx+/(2z-z2)d 0 1 x
图6-25
137…………………………
李林全家桶之④
)解忻分册
-Pa-ya-2)-y+((a-)-a-z-z)m
-ja-u-Ia-y-6-Dd+f[(z-a)Zx-z
a->-1o-uN-G-rdy-D+f{-a-的1-G-JN
-+.-a-DPda-D-2|a-D2A-Ga-Iida-D,
而
I.-a-DPdz-D2-=-Fm==°v1-a2(-d
={。√1-u2d=4m·I2=4
(。√1-u2du表示四分之一圆的面积.)
f(x-12√1-(z-D2dz-1)z-1=msi2tcostcostd
mclc-m)-J ad-smaom
=J sim2umu-J。siudu
=2·-·1·=4-6
故I=3+4-2(4-)=3+g
(8)解由符号函数的定义，知
-+0-
-=
y
故x2-y2+2=0,即双曲线
1将D划分为三个区域D?,
2
D?,D?,如图6-26所示， D
sgBa(z2-y2+2)={仁1,(z,)∈DiUD,.
r-Ioa2-y2+2)hdy-Iitrdy-Idedy-Flardy D?
故 -2
0
/2 x
-Idd-2ldrd.
而 D
-2|
-I-「-I-tad.
图6-26
r-[--×2-[山
故
-m-贵A+2mm一2+z2-h+2+]
-a-4--mc2+同]-管+4hn?+5.
138…………………
高等数学
第六章 重积分及其应用
y
(9)解将D分成D=D?+D?+D?,如图6-27所示，则
y=x
r=If(cr,ydrdy-Iodrdy+2++odrdy
3
D? y-号x
=Jd=4Js2d=-{(1+cos20)d
2
D
=9(歪+1-4)="+6543/3
1
D?
(10)解(I)双纽线(x2+y2)2=2(x2-y2)如图6-28所示，
r-Izydrdy=0
x
由于D关于x轴对称，xy关于y是奇函数，故1 0 1 2 3
(Ⅱ)双纽线(x2+y2)2=2xy如图6-29所示，由于D关于原 图6-27
点对称，而xy=(-x)(-y),故
r-Izydrdy=2lzydrdy(D
是D在第一象限的部分)
=2]3d。s sinedr=6
y y
y=
D
x
-2
0
2x 0
图6-28 图6-29
注 设D关于原点对称，则
myay-he
,flz,)关于z,y是偶函数，
f(x,y)关于x,y是奇函数，
其中D?=D∩{(x,y)|x≥0}.
z
(11)解V如图6-30所示，用球坐标
x=rsin φcosθ,y=rsin psinθ,z=rcos φ, R
则V为0≤r≤R,o≤9≤4,o≤θ≤2π,故
r=Ⅲzav=J“dJ’d],smp·rosgldk
=
="]sin pcospdp",d
y
O
=2π·(2sin2p)|。·(4)|。
x
(12)解 用柱面坐标.积分区域V如图6-31所示， 图图66--3300
0≤θ≤2π,0≤r≤1,r-1≤z≤√1-r2,
139李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册 z
故 1
r=I2cv=J°dl]rad
=3[r(a-r2)°-r(r-1']dr=6
y
-1 0 1
注 此题若采用球面坐标需分两个区域积分：
I=J“d]。dp?r2cosprsin pdr+
x
“d/d。rs2p·r'sinpdr, -1
图6-31
显然计算量较大. z
(13)解依题意，立体体积V可视为以z=√5-x2-y2为曲
5
顶的柱体体积与以x2+y2=4z为曲顶的柱体体积之差，利用重积
+5=3消去
分计算.如图6-32所示，两曲面的交线为
z,得D:x2+y2=4,故
v-I[√5-z2-2-1(z2+3]drds
=Jd2(√5-2-4r2)rdr y
0
=2m]2(√5-r2-4r2)rdr
x
=2m]?√5-r2d-2rd
图6-32
=3(5√5-4).
v=Ⅲdv,
注 此题也可采用三重积分计算： ,用柱面坐标，有
v=Iav=J。d]rdrd=2m]2(√5--4r2)rd=笞(5√5-4)
z
(14)解 如图6-33所示，V由两个球面所围.
2+2+c2-R):=R,解得z-,
由 ,于是积分区域V在xOy
面上的投影曲线为 R
±2-(R),
y
O
考虑到被积函数仅含z,采用直角坐标的“先二后一”,有
1-2v-dd+Idrd
x
图6-33
=2z2(2Rz-z)da+?2R2-z2)d
-=(-)|。+a(-专)-k
注 此题也可采用下列方法：
0先-后=°,x-
,显然积分较烦琐.
140-
……………………
………高等数学
第六章 重积分及其应用
r=。d2d.
②柱面坐标，
化为
坐标，得
③球面坐标.由
解得φ=3,,故分区域积分有
r=。d]singoospdp,d+J“Jsmpoopederd.
比较以上情形，知选择“先二后一”较为方便.
综合题
一、选择题
(1)B.
2>1≥√x2+y2≥x2+y2≥(x2+y2)2≥0,且cosx在[6,]上
解在D:0≤x2+y2≤1上有-
为单调减少函数，故0≤cos√x2+y2≤cos(x2+y2)≤cos(x2+y2)2,所以I?0的情况.用极坐标，有
f(t)=2]“d],3f(r)dr+t?=4π],r3f(r)dr+t?,
上式两边同时对t求导，得f'(t)=4πt3f(t)+4t3,且f(0)=0,解此一阶线性 u
微分方程，得
u=/F
x
f(t)=-(e-1),t≥0
f(t)=(e-1).
而f(t)是偶函数，故在(-一，+一)内有
(11)解交换积分顺序，如图6-49所示，
d]f(,u)du=-dJf(t,u)d, o| x2 t
图6-49
148-
……………………………
高等数学
第六章 重积分及其应用
故
赋=-cad
由积分中值定理，有
『f(u,)d=f(,x)a2O≤8≤x2),
故 原式=lim-G,z)a2.
由f(x,y)在点(0,0)处可微，则由可微的定义，有
f(E,x)=f(0,0)+f:(0,0)ξ+f'(0,0)x+o(√x2+E2),
又 fE<,O)2|=If:(0,0)x|,
则 mO-0,lim(Na2+6)=lim()=0,
)-mF)+FO)s+FCDz+o(√z2+8
故
=-f,(0,0)=-1.
fdu,)do=AA为一个数),在已知等式两边同时取二重 y
(12)解设
2
积分，得
A=If(r,y)drdy
D
-I(a2+y2-x+y-Ddrdy+A)drd.
0 2 x
如图6-50所示，D关于直线x=y对称，则
A=号(c2+y2-x+y-1+2+za2-y+x-1)drdy+A·4·22 图6-50
-I(z2+s2-1)drdy+πA
=J3d](v2-1)rb+A=π+A,
故A=i-π,所求函数为
f(x,y)=x2+y2-x+y-1+-
(13)解 由已知，积分区域D如图6-51阴影部分所示，采用极坐标.
I=Ja+sn2)rdr=Jd?+sinr=1+sinr,
而 x+y=0 y个
2
={1+2tar-i+(Zztan e)2
-2-1 0 1 2 x
图6-51
149……………………
…………
李林全家桶之④
2026 考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
=arctan(/Ztane)+C,
r=11+dmr-3I+dm+1+dirF
故
-cn(Zmo)。+方cn(zmo)
-方·+(--arctan /Z)-方·(-)
=2-arctan 2.
1+-acn(Zzme)--—cn /Z是错误的，原因是cn(Zm)
在0=2∈[0,4m] [0,4] arcat(/Ztane)不是被积函数在
处无意义，它在 上不连续，即
[o.4m]
上的原函数，不能直接用牛顿-莱布尼茨公式，要分段处理.
②如果用换元法：令tanθ=u,有
1+dmr-1+z-arcam(za)=-zarcn Z
[o,4～]
也是错误的.其原因是当t∈[-1,0]时，θ=arctan u的值不落在原积分区间 上，不符合
第二换元法条件要求.
A=[+drdy,则
(14)解令
zf(+,y-+sin(π√x2+y2)+A·+,
A=+drdy=sin(n√z2+y2)dzdy+会drdy
=Iz+sin(n√z2+s2)dzdy+会drdy
-贵sm(n√z2+y2)drdv+会dcdy
=1Jdl] sin(xr)rdr+会·54
=4+58,
解得A=3
.故
(/G,y)drdy-i(wz2+)drdv+会drdy-2+-5笨-驾
(15)证 所证不等式变形为
I=]xf2(x)dz]f(x)dz-。zf(x)dz] f2(x)dz≤0,
由于定积分的值与积分变量的字母无关，故
I=2fd] [af2(x)f(y)-af(x)f(y)+vf()f(x)-yf(y)f2(x)dy
=贵[F(z)f()(x-)[f(x)-f(y)]dedy,
150………
高等数学
第六章 重积分及其应用
其中D:0≤x≤1,0≤y≤1为正方形.
由f(x)单调减少，知[f(x)-f(y)]与(x-y)异号，而f(x)>0,f(y)>0,根据二重积分的性质，
知I≤0,即所证不等式成立.
yyAA
(16)解 积分区域D如图6-52所示，设其密度为常数p,考虑D的对
称性，质心在x=π上，即x=π,只需求
DD
而面积 00
22ππ xx
[fdrdy-]"(xdr=J"(-cst)·(1-os)d=3x,
图图66--5522
-drdy-3-5[z]'d
故
zz
=6。(1-cost)3d=6,
RR
(π,5).
所以质心为(
VV
(17)解 考虑到被积函数3x2+5y2+7z2关于z是偶函数，对V补
上下半球体得V?:x2+y2+z2≤R2(见图6-53),则V?关于直线x=y=
z对称，故
oo yy
RR
2v-yav-zv-号Ⅲ(a2+y2+z)V,
vv
于是
xx
r=(3x2+52+7z)dv=号Ⅲ(3x2+5y2+7z)dV
图图66--5533
-亡(3z2V+5Iy2av+7z2av)
-号Ⅲz2v=县·号Ⅲ(a2+y2+z)dV
-Ⅲ(z2+y2+z2v5dsinpd
=5·2]sin pdp?,dr=2πR?,
(18)解(I)依题意，这是含参数t的三重积分，积分区域V是由圆柱面x2+y2=t2,平面z=0,z=h
所围，采用柱面坐标，则V:0≤θ≤2π,0≤r≤It|,0≤z≤h.
F(t)=ⅢCa2+f(a2+y2)]av=J"d]“"ra-fCa2+f(v2)]d
=2r。[s+hf(r2)]rdr=3ht2+2mh]"f(Gr2)rdr
=hit2+mh?f(u)du.
=3mh3t+2πhf(t2);
当t>0时，
票-3πh3t+2πhf(t2);
当t<0时，
当t=0时，由导数定义有
151-
………
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Po-mO)=O-s2+2o)
sb2+2mrce)-。
Fo-)=FO-s2+2zmr
+2r-
故 F'(0)=F+(0)=F_(0)=0.
(Ⅱ)利用洛必达法则，有
O-mz+2mf)-A2+A(O.
(19)解去绝对值.z=√x2+y2将V分成两部分(见图6-54).利用柱面坐 个z
标，得 2
1
y
0
即 V1:0≤θ≤2π,0≤r≤1,r≤z≤1,
x
V?:0≤θ≤2π,0≤r≤1,0≤z≤r
及故 0≤θ≤2π,1≤r≤√2,0≤z≤1,
图6-54
=l(a-z2+y3)drdydk+Ⅲ(Va2+y2-2)drdyde
=J"do rdr](z-r)dz+J“da]rdrJ?(r-z)dz+“da,"rdr?(r-z)dz
=6(8/2-5)π.
z
(20)解 建立如图6-55所示的直角坐标系，将球心置于原点，球底
面放在xOy上，则球面方程为
z= √a2-x2-y2.
又AB直线方程为
±-
A
y
a
10
即 绕z轴旋转得到： z=3√x2+y2-3,即为圆锥面
方程. x
由已知条件，质心坐标(x,y,z)=(0,0,0),故
-3 B
(常数 图6-55
p为物体的密度),
152高等数学
第六章 重积分及其应用
Ⅲzdv=0.
从而有
考虑到上部分为半球体，下部分为圆锥体，故分别采用球坐标和柱坐标计算，
zdv=J。d]'dprcosp·r'sin pdr+J"d"rdzd
=2m·-(·-6a2+a2)
=4a2(a2-3)=0,
解得a=√3.
(21)证 积分区域D如图6-56所示，D关于直线y=x对称，由轮换对称 y ,y=x
性，得 1
xf(x)f(y)[f(x)-f(y)] drdy
=lvf(y)f(x)[f(y)-f(x)] drdy
{zf(x)f(y)[f(x)-f(y)]+yf(y)f(x)[f(y)-f(x)]}drdy x
01 1
-J/()fo)(a-)L[f(x)-f()Jdrdy,
图6-56
由已知，f(x)f(y)>0,考虑到f(x)单调减少，故(x-y)[f(x)-f(y)]<0,于是
[af(a)f()[f(z)-f()Jdrdy≤0.
(22)证 积分区域如图6-57(a)所示，
f(x+)drdy-[df(x+)dv+?df(z+)dy
z+y=“dr]tf(u)du+?daf(w)dv.
如图6-57(b)所示，在xOu坐标下，交换积分顺序，则
[f(x+y)drdy-[mfwdz-[Lf(u)dm.
y u
1 u=2x-1
x-y=-1 x+y=1
u=2x+1
x
-1 0 1 x
0
x-y=1
x+y=-1
-1
-11
(a) (b)
图6-57
(23)证 由已知，要证
>
153-
……………
………
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即证/xf(x)dr>3af(x)dr.
令F(a)=]xf(x)dr-4aj。f(x)dxz,则
F'(a)=4af(a)-4f(x)dx,F"(a)=-2f(a)+4af'(a),
F"(a)=-4f'(a)+4af"(a)=-4f'(a)-f(0)]+4af(a)
=-4af"(s)+4af"(a)(00,故F"(a)单调递增.
又F"(0)=0,故F"(a)>F"(0)=0,F'(a)单调递增.
又F'(0)=0,故F'(a)>F'(0)=0,F(a)单调递增.
又F(0)=0,故F(a)>F(0)=0,所以不等式成立.
拓展题
解答题
(1)证(I)如图6-58所示， y↑
y=f(x)
x
0 a x
图6-58
由F(x)=]。f(t)d,得3x·F(x)=?。f(t)d,等式两边同时对x求导，得
3x·F'(x)+2F(x)=zf(x)=aF'(z),
即F'(x)=2F(z)
F'(x)=2F,
解(Ⅱ)由(I)知1 ,即
F(x)-2F(x)=0,
解此一阶线性齐次微分方程，得通解为
F(x)=C?.e(号)中=C?x2(C?为任意常数),
y
故f(x)=F'(x)=2C?x=Cx(C为任意常数).
2π
(2)解 积分区域D如图6-59所示，在直角坐标下，
D={(x,y)|0≤y≤2π,0≤x≤x(y)}.
π
=-smt'’确定。
这里x=x(y)由参数方程{
r=I(zx+)drdy=I[2zdrdy+Iydrdy. x
0 2
又 图6-59
154………………
高等数学
第六章 重积分及其应用
2xdrdy=J。dy]。"2xdr=?x2(y)dy
I(aCOJY·yod
=J。[z(t)]2·y'(t)d
=1-mJ“a-cos)2·(1-cost)d
=J"(1-cost)'d=J“(2sin2÷)°山
=”m出“1[on
=16·2]。sin?udu=32×5×3×2×=5π,
ydrdy=Jydy]。dz=J“y·x(y)dy
-]“y(a)·zt)·y'()山
=1-s(《-sint)(1-cost)2d
“+”?u+π+sinu)(1+cosu)2du
=f(u+sinu)(1+cosu)2du+u_(1+cosu)2du
=0+π_(1+cosu)2du(利用奇函数)
=2rf(1+osu)2du
=8rsd=216xJcossd
=16π×4×2×2=3m2,
故I=5π+3π2.
注由于D关于直线y=π对称，故区域D的形心位于y=π上，即形心的纵坐标y=π.
由配心公式，知
,则
[ydrdy=-·Idrdy=[(drdy==J
=πz(y)dy=a。z(z)·y'(t)d
=n]。(1-ost)·(1-ost)d
=π"(1-ost)2d=4π]"sind
立-16
=16π×4×2×2=3m2.
155-
…………………………
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(3)解D如图6-60所示，采用极坐标.
x2+y2=4 r=2.
的极坐标方程为
r=√sm+cs
x2+y2=x?+y?的极坐标方程为：
r=2+adrd y
1
=J aaineos.rd
12
-I8mes·
12
0 1 x
=ssinef+cos-88sinecos edB,
图6-60
J sinecosedB=J sin odcsine)=2sim?e=2,
而
了sini +s=J。2sin+sd
=Jcsi+s)+2ss-2cssi
--1。1+cs20)2=-2arctancos20)。
=-2 [arctan(-1)-arctan 1]=-2(-4-4)=,
故I=2×4-8×2=16(2π-1)
sino+cos
注 计算 dθ也可以用以下方法：
Jim+=。+a=1-2+1
“-2+1-。-m+
-×
=[arctan 1-arctan(-1)]=4
156高等数学
第七章 微分方程及其应用
第七章 微分方程及其应用
基础题
一、选择题
(1)A.
+=0
解 为可分离变量方程，故ydy+xdz=0,积分得x2+y2=C?,C?≥0,即x2+y2=
C2,故选A.
(2)B.
解将y=cos 2x代入y'+P(x)y=0,解得P(x)=2tan 2x,故
y'+(2tan 2x)y=0,
解此一阶线性齐次微分方程，得y=CeJPz)dr=Ce-J2m2rd=Ccos 2x.
由y(0)=2,得C=2,故y=2cos 2x,选项B正确.
(3)A.
解y"+2y'-3y=e2+x的特解为两个微分方程y"+2y'-3y=e2与y"+2y'-3y=x·e=
的两个特解之和.
特征方程为r2+2r-3=0,得r?=1,rz=-3,λ=-1与λ=0均不是特征根，故y"+2y'-3y=
e2有形如ae的特解，y"+2y'-3y=x有形如bx+c的特解，所以原方程的特解形式为ae2+bx+c,
选项A正确.
(4)A.
解依题意，y?(x)-y?(x)是y'+P(x)y=0的解.
当P(x)不恒为0时，非零常数不可能是y'+P(x)y=0的解，故选A.
选项D正确，因为y'+P(x)y=0的通解为y=Ce-JP(x)
,所以任意两个解相差一个常数因子.
选项C正确，因y'+P(x)y=0两个不同的解不能满足相同的初始条件.
事实上，假设存在x。,使得y?(x。)=y?(xo),令yo=y?(x)-y?(x),则y。(x)是该方程的解，且满
足初始条件y。(xo)=0,根据微分方程解的存在唯一性定理，知y。(x)恒为零，故y?(x)=y?(x),与已知
条件矛盾.
(5)D.
解由线性微分方程解的性质和结构，知该方程的通解为
C?[y?(x)-y?(x)]+C?[y?(x)-y?(x)]+y?(x),
即 C?y?(x)+C?y?(x)+(1-C?-C?)y?(x).
令C?=1-C?-C?,则C?+C?+C?=1,故选D.
(6)C.
解因y'+ay=f(x)的通解为y=e[f(t)e“d+c],故
limy(x)=lim[Ce+e=?f(t)e"d]
=o+moed
=limfcee=.
y=
所以y=y(x)有水平渐近线： .选项C正确.
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二、填空题
(1)(2x-1)(1+y2)=C(C为任意常数).
2x-1+1+y=0,积分可得
解 原方程可化为可分离变量方程：
云n|2x-1+1n(1+y2)=2lnc,
故通解为(2x-1)(1+y2)=C(C为任意常数).
(2)sin兰=2x.
解 原方程为齐次微分方程，令u=一，即y=ur,则
=u+x·=u+tanu.
分离变量得 cot udu一,
,积分得In| sin u|=In|x |+C?,故
sin u=±e3·x=Cx(C≠0),
即sin=Ca(C≠0).
又y=0也是原方程的解(y=0在分离变量过程中漏掉了),故上面常数也可以为零，则原方程的通解
为sin*=Cx(C为任意常数).
sin=2x.
由y(1)=否，得C=,
,故所求特解为
(3)=E+g(C为任意常数)
y'-6y=-xy2,
解 方程变形为 ,为n=2的伯努利方程.
d=-y d+6=x
,为一阶线性微分方程，解得z=+
令y1=z,则 ,代入原方程，得
1-+
即-
为通解，其中C为任意常数.
(4)x+ye?=CCC为任意常数).
图令P=1+e,Q=e3(1-二),则--3·(-吾),-3(-一),故器--,
,原方程为
全微分方程.通过凑微分法，求通解.
原方程变形为dx+e'dy+e(yda-zdy)=0,即dz+e3dy+ye?(-zd)=0,故dx+
e?dy+ye?d(二)=0,也即dz+edy+ydce3)=0,故d(x+ye3)=0,所以原方程的通解为x+
ye3=C(C为任意常数).
注 求全微分方程P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0共有三种方法：
①利用公式，(z,y)=5P(z,yodx+1Q(z,y)dy=C.
②凑微分.
=P(,),-Q(x,y),通过积
③利用积分，由du(x,y)=P(x,y)dr+Q(x,y)dy,知
分求出u(x,y),则通解为u(x,y)=C.
x=1+e,y=e3(1-一)
如本题，由 ,积分得
158高等数学
第七章 微分方程及其应用
u=?(1+e3)dx+q(y)=x+ye3+p(y).
-3-e3+p'y)=e3(1-二),
又
故φ'(y)=0,所以φ(y)=C?,于是u(x,y)=x+ye3+C?,所以通解为
u(x,y)=x+ye3=C(C为任意常数).
(5)y+√x2+y2=Cx2(x>0)和-y+√x2+y2=C(x<0),其中C为大于0的常数.
y=z2+2+学
解方程变形为：
v=√1+()2+
当x>0时，方程化为：
y′=-√1+()2+学
当x<0时，方程化为
=u+xd 1+=±
令立=u,则 ,方程变为- 两种情形，积分可得y+√x2+y2=
Cx2(x>0)和-y+√x2+y2=C(x<0),为原方程通解，其中C为大于0的常数.
(6)y=4[(x+1)e=+(x-1)e2].
解特征方程为r2+2r+1=0,r?=r?=-1,故对应齐次微分方程的通解为
y=C?e+C?xe2.
由非齐次项xe2,知λ=1不是特征根，故令特解为y'=(ax+b)e2,将y代入原方程，比较系数得
a=4,b=-4
,故通解为y=C?e2+C?ze2+4(x-1)e°.
由y(0)=0,y'(0)=0,得C?=4,c?=4
,故所求特解为
y=4[(x+1)e2+(z-1)e].
(7)y=e2(sin x+cos x).
解特征方程r2-3r+2=0的特征根为r?=1,r?=2,故对应的齐次微分方程的通解为y=C?e2+
C?e2.
由非齐次项10e*sin x,知-1±i不是特征根，故令原方程的特解为y*=e1(Asin x+Bcos x),将
其代入原方程，可解得A=B=1,所以原方程的通解为
y=C?e2+C?e22+e1(sin x+cos x).
当x→+○时，y(x)→0,而e2→+～,e2→+0,因此有C?=C?=0,故所求特解为y=
e(sin x+cos x).
(8)y=arcsin x(-10).
解令x=e,则t=Inx(x>0).
d=.=1.
,即x=黑，以及-黑),即x2=-
将 代人
x2y"-xy'+y=0,得
-2+y=0,
解得y=C?e+C?te2=C?x+C?xln x(x>0),C?,C?为任意常数.
由y(1)=1,y'(1)=1,得c?=1,cz=0.
故y(x)=x(x>0).
(10)y=C?(e-x)+C?(e2-x)+x(C?,C?为任意常数).
解 由线性微分方程解的性质及通解结构，知y?=e-x,y?=e*-x是对应齐次微分方程的两个
线性无关的解，故通解为y=C?(e2-x)+C?(e2-x)+x(C?,C?为任意常数).
(11)y=C?e+C?e2+xe(C?,C?为任意常数).
解 由特解y*=e=(1+xe2)=e2+xe,知该方程对应的齐次微分方程有特征根r?=-1,rz=1,
且xe2是其特解，故该方程的通解为y=C?e+C?e+xe(C?,C?为任意常数).
三、解答题
(1)解 依题设，有y(1)=0,y'(1)=1.
方程x2y"-y2=0不显含y,令y'=p,y"=p',代入原方程，得x2p'-p2=0,分离变量并积分，
得
方=1+c?
p==x,积分得，y=2x2+C?.
由y'(1)=1,得C?=0,故
又由y(1)=0,得C?=-2 y=2(x2-1).
,故所求积分曲线为：
(2)解方程变形为(sin y-ysin x)dz+(xcos y+cos x)dy=0.记
P=sin y-ysin x,Q=xcos y+cosx,
则有==cosy-sinx,故为全微分方程.
=P(z,y)=sin y-ysinz,=Qx,y)=zosy+0osx,
由
积分，得 u(x,y)=?dx+q(y)=?(sin y-ysin x)dz+9(y)
=x sin y+ycos x+φ(y).
由 =xcosy+cosx+q'(y)=acosy+cosx,
得φ'(y)=0,从而φ(y)=C?,所以u(x,y)=x sin y+ycos x+C?,故原方程的通解为x sin y+
ycos x=C,其中C为任意常数.
(3)解已知等式变形为f(x)=cosx-a]f(t)d+f(t)d,两边同时对x求导，得
f'(x)=-sinx-?f(t)d-xf(x)+zf(x)=-sinx-Jf(t)d,
①
再对x求导，得 f"(x)+f(x)=-cos x. ②
对应齐次方程的特征方程为r2+1=0,得r=±i,故齐次方程的通解为
f(x)=C?cos x+C?sin r.
由非齐次项-cosx,知0±i是特征根，故令特解为f=x(Acosx+Bsin x),将其代入②式，得A=
0,B=-2
,所以②式的通解为f(x)=Cicosx+C?sinx-云xsinx.
又由已知等式及①式，知f(0)=1,f'(0)=0,故得C?=1,C?=0,所以
160…………
高等数学
第七章 微分方程及其应用
f(x)=cosx-2zsin x.
(4)解由已知条件有f(O)=0,由导数定义有
f(x)=limf(x+A)-f()=imef(x)+f(x)(e--1)
=lime.f()-f+imf(x)·1
=e2f'(0)+f(x)=e+1+f(x),
即f'(x)-f(x)=e+1,为一阶线性微分方程，故f(x)=e[Je+1e"dx+c] =xe+Ce2.
又由f(0)=0,得C=0,所以f(x)=xe+1.
(5)解已知方程为不显含x的可降阶的二阶方程.
令y'=p,则3 x”=票·=染 ,代入原方程，得 染+2p2=2y,即p2+p2=4y ,是关于
p2的一阶线性微分方程，其通解为
p2=e(J4ye"dy+c:)=e-(4vedy+C?)
=e(4ye-4e3+C?)=4(y-1)+C?e.
由y(0)=2,y'(0)=2,得C?=0,故p2=4(y-1),p=±2√y-1.取p=2√y-1(因y'(0)=
=2√y-1,分离变量，得-=2dr,积分得
2>0),故
√y-1=x+C?,
即y=(x+C?)2+1.又由y'(0)=2,得C?=1,所求特解为y=(x+1)2+1.
(6)解依题意，y(0)=0,y'(0)=2,y"(0)=0.
y"-y'=0的特征方程为r3-r=0,得特征根为r?=0,r?=1,r?=-1,故微分方程的通解为y=
C?+C?e2+C?e#,故
y'=C?e?-C?e",y"=C?e2+C?e.
代入初始条件y(0)=0,y'(0)=2,y"(0)=0,得
C?+C?+C?=0,C?-C?=2,C?+C?=0,
解得C?=0,C?=1,C?=-1,故所求积分曲线为y=e-e
(7)解令√x2+y2=u,则
-rm,-r+rm)-r+a.
-f()+f(m),将其代入-
由z=f(√x2+y2)关于x,y具有轮换对称性，知
x2+y2,得f"(w)+f'(m)=u2, uf'(u)=4u?+
,即uf"(u)+f'(u)=u3,[uf'(u)]=u3,积分得
C?,故f(u)=4u3+,积分得f(u)=16u+C?Inu+C?,故
z=16(x2+y2)2+C?In√x2+y2+C?(C?,C?为任意常数).
(8)解(I)依题设，曲线L过点P(x,y)的切线为Y-y=y'(X-x),令X=0,则切线在y轴上
的截距为y-xy'.
y'=y-√x2+v2.
由已知，√x2+y2=y-xy',即：
v=-√1+()
由x>0,知3 为齐次微分方程.令=u,则y'=u+xu',得u+xu'=u-
161李林全家桶之④
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1+ =u,
√1+u2,为可分离变量的微分方程，
,积分并代回 ,得y+√x2+y2=C.又L过
点(,0),得C=2, y=4-x2.
,于是曲线L的方程为y+√x2+y2=,即
y=4-x2 x-(4-x2)=-2x(X-x),
(Ⅱ)在第一象限内， 在点P(x,y)处的切线方程为】
。5(a2+)
即Y=-2x·X+x2+4(o6 [0,1].
时，A'(x)<0;当 时，A'(x)>0,故 是A(x)在( 上唯一的极
Y=-2·3x+36+4
小值点，也是最小值点，所求切线为】 ,即
x=-x+3
(9)解设曲线弧OA的方程为y=y(x),则OP与OP所围面积为
。[y(t)-]d=]y(t)d-2xy.
y(t)d-2xy=x2(x>0),两边同时对x求导，得3y-2y-2ay'=2x,即y'-
依题意，
y=-4,
,为一阶线性微分方程，其通解为y=x(In x??+C)=x(C-4ln x).
s={8-4ha,o<8<1
又由已知，有y(1)=1,可得C=1,故所求方程为：
注①y=x-4xInx在x=0处无定义，但由于当x→0+时，x-4xInx→0,故x=0是函数的
可去间断点，若令y(0)=0,则积分曲线过原点.
②依题设，曲线过O(0,0)和A(1,1),若将y(0)=0作为初始条件，则从通解中不能确定常数C.
f'(x)-1f(x)=a(1n)+x
(10)解(I)已知方程变形为 ,则该方程的通解为
f(x)={?[a(1-n)+x]edx+c}
=x{?[a(1-n)+a]1dx+c}
=a[Ja(n)dx+?dx+c]
=a[+a(m+1)+x+c]
=-a+a(ln x+1)+x2+Cx
=aln x+x2+Cx.
a=na
由f(1)=1-a,得C=-a,故f(x)=aln x+x2-ax.
(Ⅱ)由(I)知f(x)=0,即-
162高等数学
第七章 微分方程及其应用
令g(x)=2,则g'(x)=2nz--1
令h(x)=2ln x-x-1,则h'(x)=2-1=2-
当x∈(0,2)时，h'(x)>0;当x∈(2,+一)时，h'(x)<0.
故x=2为h(x)的极大值点，也是最大值点，最大值为h(2)=2ln 2-3<0.
从而g'(x)<0,g(x)在(0,+一)内单调递减.
又由 limg(x)=+~,limg(x)=0,知g(x)的值域为(0,+∞).
>0,
故 ,即a的取值范围为(0,+∞).
综合题
一、选择题
(1)A.
解由通解y=C?e*+C?cosx+C?sinx,知其特征根为r?=1,r?=i,r?=-i,故对应的特征方程
为(r-1)(r2+1)=0,即r3-r2+r-1=0,故对应的微分方程为y"-y"+y'-y=0,选项A正确.
(2)C.
解 由齐次微分方程的通解为y=C?e2+C?xe2,知对应特征方程的根为r?=r?=1,其特征方程为
(r-1)2=0,即r2-2r+1=0,故p=-2,q=1,所以非齐次微分方程为
y"-2y'+y=x
①
令特解y*=ax+b,代入①式，得-2a+ax+b=x,解得a=1,b=2,故①式的通解为
y=C?e2+Czxe+x+2.
由y(0)=2,y'(0)=0,得C?=0,C?=-1,故y=-xe2+x+2,选项C正确.
(3)A.
解由y=e+2,有Iny=x2+Cx,即-x=C,两边同时对x求导，得
-a-1-0
化简，得xy'-yln y=x2y,选项A正确.
(4)B.
解由λy?+μy?是y'+P(x)y=Q(x)的解，知
(Ay?+μy?)'+P(x)(λy?+μy?)=Q(x),
即 λ[yí+P(x)y?]+μLy2+P(x)y?]=Q(x),
即(λ+μ)Q(x)=Q(x)(Q(x)≠0),故λ+μ=1.
由λy?-μy?是y'+P(x)y=0的解，知
(λy?-μy?)'+P(x)(λy?-μy?)=0,
即 λ[yí+P(x)y?]-μ[y2+P(x)y?]=0,
即(a-μ)Q(x)=0(Q(x)≠0),故λ-μ=0,解得λ=2,=2
,故选B.
注设y?,y?是y'+P(x)y=Q(x)的解，则：
①k?y?+k?y?是非齐次微分方程y'+P(x)y=Q(x)的解?k?+kz=1;
②k?y?+k?y?是对应齐次微分方程y'+P(x)y=0的解?k?+k?=0.
对n阶线性微分方程有类似结果.
二、填空题
(1)x=y(y+2ln y-1+c)(C为任意常数).
-1x=
解原方程不是可分离变量方程，不是线性微分方程，也不是齐次微分方程，需要变形为
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y+12,
,为一阶线性微分方程，通解为
x=e+D.edy+c]=s(y+2lnlyl-1+c)(C为任意常数).
(2)y=e-e-2sinx.
解特征方程为r2-1=0,r=±1.又sinx=e"·sinx,0±i不是特征根，故令原方程的特解为y=
asinx+bcos x,则(y*)=acosx-bsin x,(y·)"=-asin x-bcos x,代人原方程，得
-asin x-bcos x-(a sin x+bcos x)=sin x,
a=-b=0,
即-2asin x-2bcosx=sin x,比较 sinx与osx的两边系数，得-2a=1,-2b=0,即(
所以原方程的通解为y=C?e2+C?e2-2sinx.
由y(0)=0,y'(0)=2,得C?+C?=0,C?-C?=2,解得C?=1,C?=-1,所以特解为y=e2-
e-2sinx.
(3)y2=C(x+1)-(x+1)ln|x+1|-1(C为任意常数).
2vv'-1+s2=-1+x
解 原方程变形为2
u-1+xu=-1+x
由2yy'=(y2)',令u=y2,则方程变为 ,为一阶线性微分方程，其通解为
y2=u=e*[J(-1+).市"dx+c]
=(1+x)[-(1+x)dx+c
=C(x+1)-(x+1)ln|x+1|-1(C为任意常数).
(4)空n[(二)2+1]+arctan+Inx=0.
解 已知方程变形为 ,为一阶齐次微分方程.
令学=u,则y=uc,=+u,故u+x-+1
,分离变量得
《+1=-,
2lncu2+1)+arctanu=-In|x l+C.
积分，得
2n[(二)2+1]+arctan+Inx=0.
由y(1)=0,得C=0,故所求特解为
(5)tany-3(1+x2-)
u'+1+xzu=x
解由(tan y)'=y'sec2y,令u=tan y,则原方程为：
,为一阶线性微分方程，故通解
为
any=u=e(zxedx+c)=C+÷d+a2)
由y(O)=0,得C=-3 tany=3(1+x2-1+)·
,故所求特解为1
164…………………………
高等数学
第七章 微分方程及其应用
注 这类利用导数去“找变量替换”的方法值得注意.
(6)y=C?cosx+C?sin x+x+xsinx(C?,C?为任意常数).
解 特征方程为r2+1=0,得r=±i,故对应齐次微分方程的通解为
y=C?cos x+C?sin x.
令y"+y=x的特解为yi=Ax,则(yi)'=A,(yi)"=0,故
0+Ax=x,A=1.
令y"+y=cos x的特解为yz=x(Bcos x+Csin x),代人方程解得B=0,C=云 ,故其特解为
yi=2xsin x,所以原方程的通解为
y=C?cosx+C?sinx+x+2xsin x(C?,C?为任意常数).
(7)2+1
解y"+2ay'+b2y=0的特征方程为r2+2ar+b2=0,解得
r1,2=-a±√a2-b2,
故方程的通解为
y=C?e12+C?e2(C?,C?为任意常数).
由a>b>0,知ri,rz均小于零，故
lim y(x)=lim(C?e12+C?e2)=0,
limy'(x)=lim(C?r?e12+C?rze2)=0
于是
j(x)dz=J。[-b"(x)-y(x)]dx
=-by'(x)|。-(x)。
=-0-1)-(0-1)=2+1
(8)(x2+1).
f(a)=j。f+1d+f(o)
解将x=0代入已知等式，有
f(a)=aa2a1
2f(a)f(a)da=
上式两边同时对a求导，得 ,故2f(a)f'(a)=2a+2a3,积分，得
?(2a+2a3)da,故[f(a)]2=a2+za?+C.
由f(1)=√2,得C=2,故f(x)=(x2+1)(由f(1)=√2,知开方取正).
(9)cosz+-sin sinx.
解 已知方程两边同时对x求导，得
f'(x)=f(1-x), ①
两边再同时对x求导，得
f"(x)=-f'(1-x). ②
由①式，得f'(1-x)=f[1-(1-x)]=f(x),代入②式，得f"(x)=-f(x).
由原方程，有f(0)=1,在①式中令x=0,得f'(0)=f(1).
165……………………
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o=1f(O)=f(1),
解初值问题：{ 可得通解为f(x)=C?cosx+C?sin x.
由f(0)=1,得C?=1,即f(x)=cosx+C?sin x,故f'(x)=-sin x+C?cos x.
C?=snl,故f(x)=cosx+1-sn sinz.
再由f'(0)=f(1),得(
三、解答题
(1)解已知等式中，令x=y=0,得f(0)=0.由导数的定义，有
ra)-m+a)-)-a
-m-m-r
=Li[1+f(x)]f()-fO.-f(z)f()
=[1+f2(x)]f'(o),
即 f'(x)=[1+f2(x)]f'(0). ①
①式变形为 =f'(0),两边同时积分，得arctan f(x)=f'(O)x+C,
由f(0)=0,得C=0,故arctan f(x)=f'(O)x,即f(x)=tan[f'(O)x],其中f'(O)x≠2+kπ(k∈Z.
(2)解由x=sin t,y=y(t)及复合函数求导法则，有
=或·出=sta,
,
=()=(stda)·
=(st.+stf)st-S+sstd
+y=0,
将 代入原方程化简为 ①
特征方程为r2+1=0,r=±i,故方程①的通解为y=C?cost+C?sin t.
由x=sint(00;当x>e时，f'(x)<0,故f(e)=
le
为所求最大值.
(7)解方程的通解为y=C?y?(x)+C?y?(x)+y*(x), ①
其中y?(x),y?(x)是对应齐次微分方程的两个线性无关的解，y'(x)是非齐次微分方程的特解.
若y(x)=(Ax+B)e2,则λ=2不是特征根；
若y"(x)=x(Ax+B)e2,则λ=2是单特征根.
由已知特解y=2e+(x2-1)e22=2e2-e2+x2e22,应为①式中取定常数所得，从而可知
y?(x)=e2,y?(x)=e2,y'(x)=x2e2,
因此r=1,r=2为特征根，由根与系数的关系，知a=-(1+2)=-3,b=1×2=2,所以原方程的通
解为y=C?e2+C?e2+x2e2(C?,C?为任意常数).
将y=x2e2代入原方程，可得
e(4x2+8x+2)-3e2(2x2+2x)+2x2e2=(cx+d)e2,
即2x+2=cx+d,得c=2,d=2.
综上可得，a=-3,b=2,c=2,d=2.
(8)解令y'(x)+y(x)=f(x),则由一阶线性微分方程的通解公式，得
y(x)=eJef(t)d+c],
u)-rod+c
ef(t)d→~,则由洛必达法则，知
当x→十一时，若
limy(z)=limef(z)=lim f(x)=k;
ef(t)d不趋于~,则必有k=0,故
当x→+一时，若
limy(x)=limeef(t)d+c]=0=k.
(9)解由已知，有f"(x)=g'(x)=1-f(x),f'(0)=g(0)=1,
G)+f)=1.
故
解上述方程，得f(x)=C?cos x+C?sin x+1.
由f(0)=f'(0)=1,得C?=0,C?=1,故f(x)=sin x+1,所以
r=J3e=[g(z)-f(x)]dz=J2e=[f(x)-f(x)]dx
=J dcef(x)]=ef(x)。=2e÷-1.
?y(zu)du=y(t)1d=y(t)d,
(10)解
y'(x)+3y'(t)d+2]。y(t)d+e2=0,
故原方程化为 ①
①式两边同时对x求导，得 y"(x)+3y'(x)+2y(x)=e, ②
且y(0)=1,y'(0)=-1,特征方程为r2+3r+2=0,得r?=-1,rz=-2.令特解y=Axe,代入
方程②可得A=1,故方程②的通解为y=C?e*+C?e2+xe.
又由y(0)=1,y'(0)=-1,得C?=0,C?=1,故y=y(x)=e2+xe
168…………………………………………………
…
高等数学
第七章 微分方程及其应用
(11)解(I)由已知，f'(x)-1f(x)=xcosx(x>0),解一阶线性微分方程，有
f(x)=e(rcosx.eidx+c)
=x(rcos x·x?1dx+c)
=x(sin x+C).
由limf()=lim(sinx+C=c=0,知f(x)=xsinz.
(Ⅱ)依题设，有
A.=?"1f(x)|dx=?"xlsinx |dr.
。x Isinx |dr="二。(nπ-t)|sint|d
=nr["I sint|d-。t sint|d
=nπ|"Isinx |dx-。x sin z |dr
xlsinz|dx="2f"1sinx ldz.
移项，得
因|sin x|以π为周期，所以
J。z |sinx |dx=2·n|sin xdx=n2π.
故limn+12=imn+1=n.
-2+af(),=y-xf(),故
(12)解由已知，有
ra-2+f(),x-()-f(二).
由已知，u(x,y)有二阶连续偏导数，故
+f(二)=()-f'(Y).
令 立=t, ,当t=0时，f'(t)=0;当t≠0时， ,f"(t)-2f'(t)=2, ,为可降阶微分方程.
p'-2p=2,解得
令f'(t)=p,则
p=e3*(2elia+c:)=C?t2-2t.
由f'(1)=p(1)=1,得C?=3,故
f(t)=?(32-2t)d=t3-t2+C?.
由f(1)=1,得C?=1,所以f(t)=t3-t2+1(t≠0).
综上所述，有f(t)=t3-t2+1.
t=0,t=3
令f'(t)=3t2-2t=0,得t .由f"(t)=6t-2,知
f(3)=2>0,
f"(0)=-2<0,
f(3)=2
故f(0)=1为极大值， 为极小值.
(13)解由g(z,y)=f(二),有
169…………………………
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=f(±)(-),露=f()1,
=f(二)·+r(兰),
aray=f()·1·(-)+f(二)·(-),
=r()
+a2yray+2s=s
变形为 a+xyny+v=
①
将
代入①式化简得
(二)+r()=兰
令=t,得t2f"(t)+tf'(t)=t,即f“(t)+f'(t)=为可降阶微分方程.
p'+p=1,
令p=f'(t),有 ,解一阶线性微分方程，得
p=efC1e°d+c?)=1c+C?)=1+C
由器=r()1,=f'(1)1=2,得f'(1)=2,故C?=1,p=1+1,即f'(t)=1+
1t
,积分得
f(t)=t+Int+C?.
由g(y,y)=1,得f(1)=1,C?=0,故
f(t)=t+In t.
(14)解 如图7-1所示，D关于直线y=x 对称，则 y个
[r(x+y)+(c-)dedy
t
x+y=t
=[f(z+y)drdy+I(x-y)'drdy.
D
(-y)dzdy-贵rx-32+(y-x)drdy=0, 0 t x
f(x+)drdy-[dr]”f(x+y)dy+y=“[dJf(w)d 图7-1
交换牌分dJf(w)dr=J,uf(u)du,
f'x+)drdy-](drf(+)dyz+y=“[d-[f(w)dm
=。f'(t)-f'(x)]dx=tf'(t)-f(x)dr
=tf'(t)-[f(t)-f(0)],
故
f(t)-[f(t)-f(o)]=J uf(u)du.
170-
………
高等数学
第七章 微分方程及其应用
上式两边同时对t求导，得f"(t)-f(t)=0,解微分方程，得f(t)=C?e1+C?e'.
由f(x)在[0,1]上有连续导数，知
lim(Cie2+C?e)=C?+C?=1,
limf'(x)=lim(-Cie2+C?e)=-C?+C?=1,
故C?=0,C?=1,f(x)=e2.
(15)解(I)f'(x)+f(x)=e的通解为
f(x)=e(e."dx+c)=e(x+C).
由f(0)=0,得C=0,故f(x)=xe2.
由f'(x)=e(1-x),f"(x)=-e=(2-x),得x=1为f(x)的唯一驻点，且f"(1)=-e1<0,
f(1)=
为极大值.
由f"(x)=0,得x=2.当x<2时，f"(x)<0;当x>2时，f"(x)>0,故(2,2e?2)为拐点.
证(Ⅱ)由f(x?)=f(x?),知x?e21=x?e2,即有
2=e2,x2-x?=In,
+,>
要证x?+x?>2,只需证x ,即证
2=t,
令 ,则t>1.
令g(t)=In-21,则g'(t)=1-+1-+12>0
,所以g(t)单调递增，从而g(t)>
g(1)=0.故x?+x?>2.
(16)解依题设，上凸曲线y=y(x),y'(x)>0,过点M作x轴的垂 y个
Mx,y)
线MP,如图7-2所示，则
=NP,IMPI=y,INPI=√x2+y2+z.
+
故y(x)满足的微分方程为 x
N O P
图7-2
变形为
票=+√z2+=+√1+(3)2
令=u,代入上式，得
u+乐=u+√1+u2,
1+-
即- ,两边积分，得
In(u+√1+u2)=In y+C?,
171……
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故u+√1+u2=C?y C?=e>0),将=u代入并化简，得1=C2y2-2C?x,由y(0)=1,得C?=1.
所求y(x)=√1+2x(x>-2).
K=1+(21,化简得y"=-(1+y'2)
(17)解 由已知，y"<0,于是曲率为
y'=p,"= 1+p=-dz
由已知，y(0)=1,y'(0)=1,令： ,代入上面的方程，得 ,积分得p=
tan(C?-x),由y'(0)=1,得C?=4,故
=tan(4-x)(-40),满足x(O)=x。的解为
(Ⅱ)该方程的通解为
xo(t)=e"[zo+J[ef(s)ds](t>0).
当t∈[0,+一]时，由已知，设|f(t)|≤M(M>0),则可得
lx。(t)|≤lzoI+|fef(s)ds|≤lx。I+M|?eds≤lz。I+～
(19)解 依题设，有
PM|-y(z),PP=y'(x)(>0,y>0),
故ITPI=)·
由已知，有
-Pe
=2k]y(t)d.
即
上式两边对x求导，得
2w'-22=2ky,
即
yy"+2(k-1)y2=0. ①
y′=p,"=票·=,
方程①为可降阶的微分方程.令： ,代入方程①,得
染=21-k)p,
分离变量得
172………
高等数学
第七章 微分方程及其应用
=2(1-k)兴，
积分得
p==C?y)(C?>0),
变形为
=Cidr,
积分得
2k-Iy21=C?x+C?(C?>0,C?为任意常数).
由y(0)=0,得C?=0,则y2-1=(2k-1)C?x,即
y=[(2k-1)C?].x
令C=[(2k-1)C?],因k>2,c?>0,所以C>0.
故所求曲线方程为
y=y(x)=c·
(C为任意正常数).
(20)解(I)由y=y(x)在点(0,1)处有水平切线，知y(0)=1,y'(0)=0.
由已知，y"(x)>0,从而当x>0时，y'(x)>y'(0)=0.
依题设， 。√1+y2(t)dt=y'(x). ①
①式两边同时对x求导，得√1+y2(x)=y"(x),即1+y2=(y")2,其为不显含y的可降阶方程.
dx=
令y'=p,y"=p′=票，则1+p2=(祟),即出-√1+p2.
.该式分离变量后两边积分，有
+db,可得
x=In(p+√1+p2)+Ine1=Ine(p+√1+p2)
=InC?(p+√1+p2)(c?=e>0).
p+√1+p?=C?e(c?=c). ②
解得
②式变形，得
√1+p2-p=ce
③
②-③得
y'=p=2(c?e-Ge).
由y'(0)=0,得C?=1(负根舍去).故
y'=2(e-e).
上式两边积分得，y=2(e+e=)+C?.
y=2(e+e=).
由y(0)=1,得C?=0,所求函数为：
(Ⅱ)由(I)中的①式知，所求弧长为
,=1+ydr=y()-'(x)
=2(e?-e)-2(e2-et2)
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=2(3-3)-2(2-2)=7
(21)解 由牛顿第二定律=，知·Fm=ma=,故·由已知x条件，有-ku=m.又
表示位移),
故-ko=m·,即do=--dr,积分得
0=v。-mx,
①
故k=m(o-.
将m=4500 kg,vo=600 km/h,v=100 km/h,x=0.5 km代入上式，得k=4.5×10?kg/h.
由①式有v=600-4.5500°·x,令v=0,解得x=0.6km,即跑道至少应为600 m.
拓展题
解答题
(1)解 依题意，设该物体温度为T(t),则
dT(t)=-E[T(t)-20](k>0),
即T+kT(2)=20k
解一阶线性微分方程，得通解为T(t)=20+Ce.
由初始条件T(0)=100,得C=80,故T(t)=20+80e.
k=In 2,故
又由T(10)=20+80e1k=60,解得
T(t)=20+80·2-.L
由T(t)=25,即20=16,
,解得t=40,故物体从100℃降到25℃需要40 s
ru-√a2+o)drdy-fru-)=2afru-)山，有
(2)解由
f(t)=jrf(t-r)dr+t.
①
又由
f(t-r)dr1r“J,(t-u)f(w)d(-u)=t|f(u)du-J uf(u)du,
得
f(t)=±|f(u)d-[uf(u)du+t.
上式两边同时对t求导，得
f'(t)=]f(u)du+1
②
②式两边同时对t求导(等号右端可导，故左端f'(t)可导),得f"(t)-f(t)=0.解此微分方程，得
f(t)=C?e?+C?e'.
由①式知 f(0)=0,由②式知f'+(0)=1,故
C?+C?=0,-C?+C?=1,
解得C?=-2,c?=2.所以f(t)=2(e-e2).
(3)解已知方程为全微分方程，记
174……………………………………………………
高等数学
第七章 微分方程及其应用
P=xy(x+y)-f(x)y,Q=x2y+f'(x),
=婴
则由 ,得
f"(x)+f(x)=x2. ①
由齐次方程f"(x)+f(x)=0,得特征方程为r2+1=0,解得r=±i,故其通解为
y=C?cos x+C?sin x.
由于x2e*,且λ=0不是特征根，故令方程①的特解为
y*=x°·(ax2+bx+c),
代入①式，可求得a=1,b=0,c=-2,故y'=x2-2,从而方程①的通解为
f(x)=C?cos x+C?sin x+x2-2.
由f(0)=0,f'(0)=1,得C?=2,C?=1,故
②
f(x)=2cos x+sin x+x2-2.
由②式，可知全微分方程为
[xy2-(2cosx+sin x)y+2y]dx+(-2sin x+cosx+2x+x2y)dy=0
由于
[xy2-(2cos x+sin x)y+2yldx+(-2sinx+cosz+2x+x2y)dy
=d()+d(2x)-d(2ysmz)+dyost)
=d22+2xy-2ysinx+ycosx)=0,
故全微分方程通解为
2+2xy-2ysinx+yosx=C(C为任意常数).
e
(4)解(I)如图7-3所示，设导弹在t(t≥0)时刻的位置为 0
P(x(t),y(t)),则飞机的位置为Q0,vt),故y=y(x)在点P处的切 y
线斜率为
P
y'(x)=0二，
即
vt=y-xy'.
P?
①
P。P弧长为 x
-"1+y"dx=2u.
图7-3
②
将①式代入②式，可得
- 1+y2dz=2(y-xy).
上式两边对x求导得
2xy"=√1+y2.
令y'=P,则y"=P',可得2xP'=√1+P2.分离变量，得
1+P-尝，
两边同时积分，得In(P+√1+P2)=In(c?x3),
P+√1+P2=C?x2.
即
,C?=4
由P(16)=y'(16)=0(因在P。处方向指向O0,0)),可得 ,故
P+√1+P2-4
③
对③式有理化，得
175……………………………
………
李林全家桶之④
2026 考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
P-√1+P=-4x
④
由③+④可得，
=P=8x3-2m,
y=?(gz3-2x)dx=1z3-4z3+C?.
所以，
由y(16)=0,解得(C?=3.所求轨迹为
y=12-4x3+3
y=3
(Ⅱ)由y=23-4x3+33,取z=0,得3 (0,3).
.所以，飞机被击中的位置为
T=32
由?=u,
,知所需时间
176高等数学
第八章 无穷级数
第入章 无穷级数
基础题
一、选择题
u. u
(1)C.
2u.
解由】 发散，知 lu。|发散(否则 ,绝对收敛，故 收敛，与 u.发散矛盾).
∑1vI 2(1m,I+1v。1)必发散，故选C.
同理，由 发散，知 |发散，于是
u与2. ∑u。 与∑v ∑(u+va)不
对于选项A:当 至少有一个不是正项级数时，若 ,都发散，
六与2() (1-1)-20收敛.
一定发散，如 均发散，但
广与一 方·—-2
对于选项B:如 均发散，但 收敛.
六与2(-贵) h+(-1)]-
对于选项D:如 均发散，但) 收敛.
(2)B.
解由
m:
0≤(u,+vn)2=u2+v2+2uvn≤2(u2+v2)
2
w+v)2
可知，若 和】 都收敛，则 ∑2(u2+v?) 收敛.由比较审敛法，知 2收敛，故选B.
对于选项A:不一定成立.
对于选项C:缺正项级数条件，不一定成立
<1.
对于选项D:如 发散，但：
注常用不等式|uv,I≤(u2+v2).
(3)D.
Zm
解由
收敛，知lim u=0(级数收敛的必要条件).又
im,=lim lu,I=0,
∑1uv。
由比较审敛法的极限形式，知 |收敛，故选D.
u.-2
=--,m.与2
对于选项A:取 都(条件)收敛，但 发散.
uw0--2
u=—,。=-,Zm.与20。都发散，但
对于选项B:取 收敛.
u-,-,Zu. 0 m0-2
对于选项C:取 。收敛， 发散，但 收敛.
u m u+um
(4)B.
解由 收敛，知 收敛，根据收敛级数的运算性质，知 收敛，故选B.
177--
李林全家桶之④
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(-1~-n+1
取u=(n+1,则∑u收敛，但 发散，排除选项C.
∑u
取u。=(-1,则 u21-uz)=2(-+2)
收敛，但 发散，排除选项D.
2
注①当正项级数 收 u 敛时，有limun=0,则当n充分大时，|uI=u,<1(有界),故u20)收敛，则∑(uz--uz)
②若条件改为 收敛(收敛级数加括号后仍收敛).
∑u:
(-1) |(-D-|<÷(+六),而
③若条件改为 收敛，则】 绝对收敛，因
(-1~
收敛，由比较审敛法，可知 绝对收敛.
(5)A.
解由∑u(uu,>:0)
收敛，知lim un=0,故当n充分大时，|unl=un<1(有界性),则u20)条件收敛，知!1-1)-uaI=∑
解由 发散(否则与已知条件收敛矛
盾),故选C.
ua(u.>0),有
对于选项A:由正项级数的比较审敛法的条件是充分非必要的，知错误.对
收敛.
对于选项B:显然不一定成立(缺正项级数条件).
对于选项D:缺正项级数条件.
(7)A.
解已知级数为任意项级数，
+
m+1-n=1sincn+k)≤m+1-n-1
而
n+1-”1~1m→,而
故- 收敛，所以原级数绝对收敛，选项A正确.
(8)C. a”
解令x-1=t,当x=-1时，有t=-2.
∑a"
依题意， 在t--2处条件收敛，故t=-2是其收敛区间的端点，即 的收敛区间为
(-2,2),故-21时，级数发散；当a=1时， 为p级数.当01时，级数收敛.
(Ⅲ)用比较审敛法，
。1+
而 收敛，故级数收敛.
(IV)a-a中=a市(a市-1)=a*[a-1]~nn+1~nn→),
n
而 收敛，由比较审敛法，知原级数收敛.
(V)由泰勒公式，得
+-
1-n(1+1)=n-[1-2·n+0()]=2n+o(),
即1 ,由比较审敛法，知原级数收敛.
注 比较审敛法的极限形式：设有正项级数
∑u与∑o
的敛散性相同，
∑u
也收敛，
∑u
也发散.
利用其判别级数的敛散性，关键是找同阶或等价无穷小.
(VI)由泰勒公式，得
-√1+=e-(1+1)
=1+—lna+2·六m2a+o()-[1+2·1+2·2·(-1)·+o(n)]
=(na-2)·n+(2n2a+g)+0(n).
180………………………
高等数学
第八章 无穷级数
当1Ina-2=0,即a=√e时，级数收敛；
Ina-2≠0,即a≠Je时，级数发散.
当1
(2)解(I)由已知条件，知lim(-1)"'a,e"=0,即limane=0,故当n充分大时，
a
lane"|≤M(M>0),
所以la,I≤,而
收敛，故 绝对收敛.
(Ⅱ) 2|(-1?nC+n)|-C+n),
21
由；In(1+n)>n,而
发散，由比较审敛法，知原级数不绝对收敛.
又lim(1+n)=0,{(1+n}
单调减少，由莱布尼茨定理，知原级数条件收敛.
厉-mn≥言，而二 后-n
(Ⅲ)由 发散，知 不绝对收敛.
令f(2)=反，则mf(x)=m反m=,
r-()c>0
故lim-=0,且n-n)(n>4)
单调减少，由莱布尼茨定理，知原级数条件收敛.
3-1=e"-1~3n→),
(IV)
而之m3
∑3-1)发散，即原级数不绝对收敛.
发散，由比较审敛法，知
又lim(3-1)=0,且{3-1}单调减少，由莱布尼茨定理，知原级数条件收敛.
m-m?m+-2=p,故R=—=2.
(3)解(I)利用公式1
212-方
当x=2时， 条件收敛(根据莱布尼茨定理);
-2°(-2)°-后
当x=-2时， 发散，所以级数的收敛域为(-2,2).
(Ⅱ)记a。=,x-3=t,则m-mm+1)·3-言，故级数
的收敛半径为3.
当|x-3|<3时，即01
当<1
1时，即|x|<√3,级数收敛；当 1时，即|x|>√3,级数发散，故收敛半径为R=√3.
181一
李林全家桶之④
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2房
当x=√3时，
发散(一般项不趋于0);
方
当x=-√3时，】
发散，故收敛域为(-√3,√3).
(4)解(I)缺项，用比值法，
)|=m=m2
lim=0<1,级数收敛；
当|x|<1时，
limz2=+,级数发散；
当|x|>1时，
当|xI=1时，lim2=2<1
1,级数收敛，故收敛域为[-1,1].
(Ⅱ)缺项，用比值法，
im“.()=m+(n+1D·3”+n2|
+n
当<1时，即-√31,即limb≠0,所以级数发散.同理，x=-e也是发散点.故收敛域为(-e,e).
(1+2)x=n+
(Vn)
im-im+1lnn+1=1,收敛半径R?=1.
对 用m公式n， n
是交错级数，且imnn=0,{n}(m≥
当x=1时， 发散；当x=-1时，
2)单调减少，故收敛，所以收敛域为(-1,1).
对2,m-
,收敛半径R?=2.当x=±2时，级数发散，收敛域为(-2,2).
综上所述，所求级数收敛域为[-1,1].
油①
n用积分判别法：由于zhnx=In(lnx)|=+∞,
,反常积分发散，故级数
发散.
∑ax与2b (a+b.)z“的收
②设级数 的收敛半径分别为R?和R?,则当R?≠R?时，
182…………………………………………………………………
高等数学
第八章 无穷级数
敛半径R=min{R?,R?}.
(5)解(I)易求得 的收敛半径R=2,收敛域为[-2,2].
令S(x)=2n,则S(x)=2,
LaSar-[②共()]-()]-()"-
xS(x)-0S(o)=5。2-,=-In(2-x)+In2.
两边同时积分，得
当x≠0时，S(x)=-1n(1-2);
);当x=0时，S(O)=2,故
-),-2≤x<0,0e时发散，当a=e时，比值法失效.
又由(1+π)1,故lim u≠0,从而当a=e时级数发散.
-++加-+小
22
m+2-n-2~2m→0而 ,当O0(已知),得 ,故选D.
(1+1)"0,根据单调有界准则，知Iimu。存在，且“
是正项级数.由
aa+am-m
=(1+√)(u-√um)
≤2(√u-√um)(因为“≤1),
知该级数的部分和为
s.=“<22(-√u)
=2(√u1-√ua)<2√u1,
从而{S,}有上界.又{S.}单调增加，故lim S。存在，级数收敛.故选项D正确.
(-1D-u,不一定收敛.
对于选项A,limu。存在，但不一定有limu=0.由级数收敛的必要条件知
u=1+
=1+弄，而2六 —收
对于选项B,取 ,则{u}是单调减少的正值数列，且 发散，
敛，故 发散.
-—,则1-=1-+1-n+,而空+
对于选项C,取 发散.
综上所述，排除选项A,B,C.
(6)B.
解对于选项B:由limbn=0,知{ba}有界，即存在M>0,使得|bnI≤M,故|abI≤M|aI.又
∑1a ab。
因为 收敛，所以由比较审敛法，知 ∑1ab|收敛，故 收敛，选项B正确.
∑a.b2
∑a
a-b=-1,则 收敛，limb。=0,但
对于选项A:若取 发散，排除选项A.
a=b=π
对于选项C和D:若取 ,则可排除选项C和D
a
(7)C.
解若】 收敛，由bm+(bm+1-b)=a及a,>0,bn>0,知b+-bn>0,即{b}单调递增.由b?=1,
知b≥1,且
00,从而an>b>0.
∑a b。
a
对于选项A,由比较审敛法可知，当 收敛时， 收敛，排除A.
对于选项B,当 发散时，∑b。不一定发散，选项B错误，故选B.
a=—,则Za-
如取。 发散.由e"=a+e",得
b=In(e-a)=In(e-).
当n→0时，
In(e=-1)=In(e-1+1-1)~e-1-1.
又e-1-1=n+0(),[+0()]收敛，从而2∑6.收敛。
2a:1
对于选项C,由∑a,收敛，知lima=0.当n充分大时，la,I=a?<1,故a2b'>0,知 收敛，排除C.
选项D是选项C的逆否命题，由选项C正确可知，选项D正确，排除D.
综上，选B.
(9)A.
(-1)°(2n+1!=2≥(-1)°(2+1
解
=2[(-1°(2n+1+∑(-1)°(2n+1]
=2[2(-1°(2n+D+∑(-1)"(2m]-2(sin 1+os1).
故选A.
注sinx=(-1)°(2n+1!,cosx=(-D°(2m)!
(10)A.
解令f(x)=zne,∈[2,+∞],则f(x)单调减少且非负，用积分判别法，可知
发散，p≤1,
收敛，p>1.
dr=b24e2d[(p2-4)x]=p2-421。
当p2-4<0,即当-21,n当x=1时， 收敛，由比较判别法，知 收敛.当x=
{nn
-1时，) 为交错级数.由 单调递减且趋于零，并根据莱布尼茨定理知收敛.故收敛域为
[-1,1],选项C正确.
1
,而
对于选项A:若0≤p<1,当x=1时， 发散，由比较判别法
知二°
发散；
(-1)°°n
当x=-1时， 收敛，故收敛域为(-1,1).
1n
dnz=In(lnx)|。=+0,由积
对于选项nB:若p=1,当x=1时，原级数为 .考虑
分判别法知， 发散；
∑(-1)°nnn
当x=-1时，原级数为 ,由莱布尼茨定理知收敛.故收敛域为[-1,1].
对于选项D:若p<0,则un+0(n→).幂级数在x=±1处发散，收敛域为(-1,1).
二、填空题 m.
(1)(-4,2).
ax"与2m,x
解 根据逐项求导收敛半径不变，可知 收敛半径相同.令x+1=t,则
与2≥ma.
收敛半径相同，故由|x+1|<3,得-40,使得当n充分大时，有|a,x"|≤M,因此 Vx∈(-∞,+一),有
°-28.0)发散，知lim S,=+.记S'为所求级数的部分和，则
s:=(5-s)+(-s)+…+(5-s1)
=s-s·
(s-s)-lims:=S-1
故】
证(Ⅱ)记 的部分和为S",则
s:=s=云+SSS
≤+Ss-S=+(s1-)
=1+S-s<1+1-2,
s
从而{S"}有上界，且该级数为正项级数，故 收敛.
n=∑Dnf(x。)-xa]=(m-xa).
(6)证(I)由已知，有
由拉格朗日中值定理，有
xn+1-xnl=|In f(x)-In f(x?)|
=|f(G)(x。-x)|≤a|z。-xm
≤a2|x1-xn?|≤…≤a"?1|x?-x?1.
由00
由
恒成立),即x>0时，原级数收敛，且
ze"=i-?,x∈(0,+)
当x=0,级数和为0,故
(14)解由f(x)=x"+n2x,知f'(x)=nx1+n2,f'(1)=n+n2.
故y=f(x)在点(1,1+n2)处的切线方程为
y-(1+n2)=(n+n2)(x-1).
a=x=nn+1,故
令y=0,得
ax-2n(n+12
由im=im|m+1)(n+2)±12|=1,知收敛半径R=1.
n+1)(-1)+为交错级数，mn+1=0,
当x=-1时， ,且当n≥3时， ,a=n(n+1单
调递减，由莱布尼茨定理知，当x=-1时，级数收敛.
196……
高等数学
第八章 无穷级数
+1
当x=1时，
n(n+1=n+1-n(n+1),而
发散，
n+1)
收敛.
故当x=1时，级数发散.所以收敛域为(-1,1).因
S(x)=2n+12-2n+-—起s?(x)-S?(2),
则S(x)=22x=1,
s(t)d=S?(x)-S?O)=21d=-2x-2ln(1-x).
由S?(0)=0,知
S?(x)=-2x-2In(1-x)
S?(x)=2=x记zS:(z)
S(x)==,
]S'(t)dt=S?(x)-S?(O)=S?(x)=-In(1-x).
故S(x)=-2x-2ln(1-x)+xln(1-x)=-2x-(2-x)ln(1-x),x∈[-1,1].
(15)证由na=3a-(n-1)a,可知am=n+1(3-n)a
m(-)·121-IzI<1.
因为 ax
2ax°收敛.
所以当|x|<1时， 绝对收敛，故]
令y(x)-Zax°,则
y'(s)=Zmax=a?+Zmax1=a?+∑(n+1)amx"
=5+(3a-na.)a°=5+3(∑ax-ao)-xZna
=5+3y(x)-3×3-xy'(x)=3+3y(x)-xy'(x),
故(x+1)y'(x)-3y(x)=3,即
v-3(2+1=x31
解一阶线性微分方程，得y=C(x+1)-2,由y(0)=ao=3,得c=2
,故
y(x)=∑ax=(x+13-2.
y=J n√snid,有y'=√sim票，故
(16)解(I)由：
s.-[。/+y"d-5J1+m。+md
-n?。(sin+cos)du
=n?[sm2+s|du=n?(sim艺+cs艺)du=4n.
197李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
S.s=162nn+1s(x)
(Ⅱ)由(I)知， ,其收敛半径R=1,当x=±1时，级数收敛，
故收敛域为[-1,1].
令S?(x)=2nn+1),则aS;(x)=2n+1(x≠0).
[zS;(x)]-[2+5]'-L+]'-2系，Izl<1,
[aS,(a)r=()'-a=,IzI<1,
[zS,(x)]dx=5。-
,即[xS?(x)]-0=-In(1-x).
积分得
再积分，得
?[as(x)'dx=-J。in(1-x)dz,
即
xS?(x)-0=(1-x)ln(1-x)+x.
S?(x)=1+1In(1-x),且S(x)在x=-1处右连续，在x=1处左连续.故
当x≠0时，有：
所求和函数为
x≠0,x∈[-1,1],
x=0,
x=1.
(17)证 因为 的收敛域为[-1,1],所以f(1-x)的定义域为[0,2].
令F(x)=f(x)+f(1-x)+In xln(1-x),定义域为x∈(0,1),由于
f'(x)=(②)=n-2
=1(二元)d=11w
=-n(1-x),
f'(1-x)=Inx,
[In zlh(1-x)]=ln(1-x)-1na,
所以 F'(x)=f'(x)-f'(1-x)+[ln xln(1-x)]=0,x∈(0,1),
故F(x)=C.又由于
c=LmF(a)=fa)+fO)+timhCL+(a-DJm(l-z)=ro)=②六
所以
f(x)+f(1-a)+ln zln(1-x)=2x∈(0,1).
(18)解 特征方程为r2-r-2=0,得r?=-1,r?=2,故通解为
f(x)=C?e2+C?e2.
C?=-3,C?=3
由f(0)=0,f'(0)=1,得C?+C?=0,-C?+2C?=1,解得( ,故
f(z)=-3e+3e.
198高等数学
第八章 无穷级数
将f(x)展开为x的幂级数，
f(x)=-3e+3e=-二n+2
=-2-D°z+÷-[(-喜)(-1°+3],
故a=3[(-1)++2^].
(19)解将(π-x)展开为傅里叶级数，其系数即为bn.
先定义一个以2π为周期的函数f(x),它在(一π,π)上定义如下：
6.sinx,其中
f(x)为奇函数，其傅里叶级数为正弦级数
=元Jf(x)sinnadr=(m-x)sinnrdr=n
f(x)在(0,π)内连续，由收敛定理，知
sinnx=(π-x),x∈(0,π),
当x=时，—sm"-1-3+亏-1+…=4
拓展题
解答题
(1)解a=?z"√1-x2dx=m] sin?·os'td
=J sint(1-sin'?t)d=J sin"td-J sintdt=b。-btz.
=J sim*2d=-J simttdcost)
又
=-[ost·sin2|。-J st·(n+1)sin*t·costd]
=(n+1)]2sin"t(1-sin2t)dt=(n+1)6。-(n+1)bm,
移项得6-"+2,所以a=b.-bm=b.贺+2n+2,故。n+2,则
∑(-1~6=(-1°n+2
构造幂级数，令S(x)=∑(-1)~n+2·x2,则
S'(x)=∑(-1)1z+=,xI<1,
S(x)-s(o)=1+=2x2-x+In(x+1),-10,故In S(x)=-x-In(1-x),即
S(x)=-,x∈(-1,1).
(3)解(I)已知方程的特征方程为r2+2r+1=0,得特征根为r?=rz=-1,故通解为
f(x)=C?e2+C?xe。
由f(0)=1,f'(0)=0,得C?=C?=1.所以
f(x)=e2+xe2=(1+x)e2.
a=Jf(x)dz=J1+z)e"de=-51+x)de
=-[(1+x)e?.-Je?dz]
=(1+n)e"+e"=ne"+2e".
(Ⅱ)Za=Zne"+22e~,而≥e=e--
.令
S(a)=ne=-2e)'=-(c)
=-(e)'=-1z>0.
ne=S(1)=e-1),故
令x=1,则)
∑a=(e-1+e21-e-12
200高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
第九章 曲线积分与曲面积分
基础题
一、选择题
(1)A.
x=sint,+则ds=√x'2(t)+y2(t)d=d,故
解L的参数方程为
I=Jzds=j。(1+cost)dt=2π,
选项A正确.
注 也可利用质心(形心)坐标x=1,则
[zdx=x·[ds=1×2π=2r(?,ds表示圆周长).
(2)B.
解 注意到S分别关于平面x=a,y=b,z=c对称，则
r=I(z+y+z)ds-ICcz-a)+(y-b)+(2-c)ds+[(a+b+odS
=0+(a+b+e)lds=4(a+b+c),
故选B.
T
注||dS 表示球面的表面积.
(3)C
zas=4adS.
解由z=zx?y°,知z关于x,y均为偶函数，故
ras=o,IJs-o,Izseds-0,而asS>0,IJuds>0,
由S关于xOz面，yOz面均对称，知
zds>0
,故排除选项A,B,D,选项C正确.
(4)B.
y↑
解 区域D如图9-1所示.
4
当(x,y)∈D时，0≤x+y≤4.
x+y=4
应用格林公式，有
--+Yddy<0,I,-drdy>0, 1
0 4 x
2=-4dzdy=-4·(x-y+y-x)drdy=0 x+y=0
图9-1
(D关于直线y=x对称).
综上所述，I?0,Ar,<0),
=(,fca,y)dx=mFG.7]r,>0(因f(Gn.)>0,Ar,>0),
0 x
-1( /1
L
T?-[,f(x,)ds=imF(e)L,>L?(因△?=√(r,3+(2≥
-1
△x,),
图9-14
故I?>I?>I?,选项B正确.
y
(2)B.
解由L:|x I+|y|=1,知 1
I=f,ardy+byd=fazdy-bydx,
x|+y|=1
x
I=faxdy-bydr.
则问题转化为求I -1 0 1
如图9-15所示，记D为|x l+ly|≤1,应用格林公式，得
r=fardy-bydr-I(a+b)drdy=(a+b)·(2)2=2(a+6). -1
图9-15
故选B.
注 这里将L:|x I+ly|=1代入被积表达式是曲线积分计算中常用的技巧.
(3)B.
解 由格林公式，知
210高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
-)ddy-fPdz+Qdy.
取P=-y,Q=x,则 ldrdy=9xdy-ydr,即面积为
-
s=Idrdy-frdy-ydr.
故选B.
注 简单闭曲线表示无重点的闭曲线，如
O
OL
7
简单闭曲线 不是简单闭曲线
(4)A.
解 依题设，曲面z= √x2+y2的法向量为
n=,-1-(+-1)-(,受，-1)
其方向余弦为csa=sβ=osy=元
se-dos=sosy
由转换公式 ,有
dydz=sydrdy=-drdy,dadr=ospdrdy=-drdy.
IPdydz-Qddx=(-P+?Q)dcdy,选项A正确.
故
二、填空题
(1)-22.
解 沿闭曲线L的积分，考虑用格林公式.先将L:x2+y2=R2代人被积函数，去掉被积函数中无定义
的点(0,0),则
I=f,(e2-x2y)dz+(xy2-e)dy
格林公式-(x2+y3)drdy
=-“d]。,·rd=-.
注L为顺时针方向，用格林公式需加一个负号.
-,=--,
(2)xy=2.
解依题设，记P(x,y)=F(x,y)y,Q(x,y)=F(x,y)x,则 ,即
F(x,y)+xF(x,y)=F(x,y)+yF',(x,y),
整理得
故=-
,得In|yl=-In|x I+Ine,所以xy=c(C=±e),又过点(1,2),得C=2.
综上可知，所求函数为xy=2.
=-(,
注设F(x,y)=0确定的隐函数为y=y(x),则
(3)8π.
211李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
m=I(cz2+y2+z2dS
解
=I2zrds=[2(x-1ds+I[2as=0+2×4x×I2=8-(利用球面面积).
注①S:x2+y2+z2=2x,即(x-1)2+y2+z2=1关于平面x=1对称，2(x-1)关于(x-1)
2cx-1)dS=0.
是奇函数，故
lxdS(
②计算 (被积函数为一次函数).
应注意利用奇偶性(包括“平移”,如上例),有时还可利用质心(形心)坐标：
则zads=z·[ds.
对二重积分、三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分都有类似解决方法.
(4)0.
解 grad sin(x+y+z)=(cos(x+y+z),cos(x+y+z),cos(x+y+z)).
由斯托克斯公式，有
I=fcsx+y+z)dx+os(x+y+z)dy+cos(z+y+z)dz
品-
(5)j,3.
一房号
解
=j+(y-1)k,
在点P(1,1,1)处，有rot A=j.
divA-婴++婴-1+x+1=2+x,
故在点P(1,1,1)处，div A=2+1=3.
(6)4π.
解令F(x,y,z)=x2+y2+z2-1,则外法向量为
(F′,F',F′)=(2x,2y,2z),
故外单位法向量为
n=()3+2)+((z)3+(2)°+(2)'()3+(22+(22)
=(x,y,z)=xi+yj+zk,
T
从而 y·ndS=I](zi+yji+zk)·(xi+yi+zk)ds
-Ia2+y2+z2ds-Iids=a×I2=4π
这里z2+y2+z2=1,fds
表示球面S的表面积.
212………………
高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
三、解答题
-婴
(1)解记P=[xe22-6f(x)]sin y,Q=-[5f(x)-f'(x)]·cos y,依题意，有 ,且
cos y≠0,故
f"(x)-5f'(x)+6f(x)=xe2. ①
①式对应齐次微分方程的特征方程为r2-5r+6=0,解得r?=2,rz=3.令非齐次微分方程的特解
为 f"=x(aox+a?)e2,
ao=-2,a=-1
代入①式可解得( ,故方程①的通解为
f(x)=C?e2+C?e°-2x(x+2)e2
又由f(0)=0,f'(0)=1,得C?=-2,C?=2,故
f(x)=-2e“+2e-(x+2)e“.
yy
(2)证由格林公式，有
11
fre2dy-ye2d-I(2+e2)drdy
xx22++yy22==11
又D关于直线y=x对称(见图9-16),则
DD
2+e2)drdy=Iedrdy+Ie2crdy=Ile2dardy+le2drdy
=I(e2+e2)drdy≥[z√e'·.e2drdy 00 11 xx
图图99--1166
=2ldrdy=2×4m×I2=2
注这里分开利用轮换对称性.
--
(3)解设L的参数方程为=2m,'则
I=f,-3ydz+ff(c,)dr+f(z,)dy
=-(-3sint)d(2cst)+fdLf(x,y)]
=-6π+0=-6π.
注pd[f(x,y)]=0是利用了积分与路径无关的等价命题.
yy
(4)解法1记上P=x2+,Q=-x2+,则
ππ
DD CC
婴--x2+2,
LL
故在不含点(0,0)在内的单连通区域积分与路径无关.
选择折线ACDB,如图9-17所示，其中 --ππ 00 LL ππ xx
AC:{“y,CD:z=,DB:=y,
故
BB
I=[_+[_+[ BB((--ππ,,--ππ)) AA((ππ,,--ππ))
-++7=
图图99--1177
=-2π
解法2利用格林公式求解.
213李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
如图9-17所示，作辅助线BA:x=x,'L:y=8sint,
8充分小，取顺时针方向，则
I=fH,---,
f+a--dy 格林公式(-哿)drdy=0,
其中D为L+BA+L?构成的复连通区域.
+)d2--dy
=5x2+xd-2+2-2+
=云h(x2+x2)|-π·arctan元|=-,
x+y)a--)d
=cost+osint2st+8°sist-sint)ocoS'd
=-d=2π,
故I=0-(-2)-2π=-32
注 如下解法是错误的：
由-器，连接AB:二”"则
r=?,+x2+-d=厂2+ndx=2·
因为AB与y=πcosx所围区域D内含奇点(0,0),所以D不是单连通区域，不能说明积分与
路径无关.
(5)解平面曲线L:|lnx|+|Iny|=1为第一象限内的闭曲线，设L围成的区域为D.如图9-18所
示，
当x≥1且y≥1时，L为Inx+lny=1,即xy=e;
y=1z;
当x≥1且00,得
即，fa)-8(2)]=-[f(t)-g(4)],当f(t)≠g(t)时，变形为f()-8()=-,
积分得f(2)-g(t)==(C≠0),
f(t)-g(t)=÷
当f(t)=g(t)时，即f 也成立，故
f(xy)-g(xy)=(C为任意常数).
(Ⅱ)当f(x)=φ'(x),由(I)有
du=yp'(xy)dz+x[p'(xy)-]a
=sp'(xyda+ap'(x)dy-Sd
=d[p(xy)]-Cd(lnly1)=d[p(xy)-Cln|y|],
故
u(x,y)=φ(xy)-Cln|y I+C?(Co,C为任意常数).
(10)解将L满足的微分方程y'=f(x,y)代入被积表达式，得
I=f,zf(x,y)dr-f(x,ydy
=fx·y'dx-f(x,)f(x,)dr
=fzdy-ydr.
fzdy-ydr=ICc-(-1)]drdy=2[drdy=2A.
由格林公式，得
216………………
高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
Pdx+Qdy
注 将曲线L的方程代入曲线积分 化简积分，是值得重视的技巧.
(11)证令P=f(x,y),Q=-f(,y,依题意，有
fF(x,ydr-f(x,dy=°=婴，
[-fr,]-[,],
即
f:(,)+fG,,)-2f(x,=0,
则
从而 xf'(x,y)+yf'(x,y)-2f(x,y)=0, ①
故原问题转化为证①式成立.
在已知等式f(tx,ty)=t2f(x,y)两边同时对t求导，得
xfi(tx,ty)+yf2(tx,ty)=2tf(x,y),
令t=1,得 xfi(x,y)+yf?(x,y)=2f(x,y),
即
xf(x,y)+yf,(x,y)-2f(x,y)=0.
故所证结论成立
注 满足f(tx,ty)=t*f(x,y)的函数f(x,y),称为k次齐次函数.本题若条件为f(tx,ty)=
φyf(x,y)dr-xf(x,y)dy=0(本题为数学一真题).
t?2f(x,y),则有
(12)解(I)由已知，均匀立体V如图9-22所示，设V的密度为常数p.由对称性，知V的质心坐标为
(0,0,z),则
个
-1
D?
v-Ialir-Jmk-
-1 0 1 y
dv-Id[ ad-P mb-
x
(0,0,3).
图图99--2222
故所求质心坐标为
(Ⅱ)设M的坐标为(x,y,z),则点M处切平面的法向量为n=(2x,2y,-1),故切平面方程为
Z=z+2x(X-x)+2y(Y-y),
即 2x·X+2y·Y-Z-(x2+y2)=0.
++下面来d的最小值
V的质心到此切平面的距离为
-青eEc,]求导得
令x2+y2=u,则d转化为关于u的一元函数，且
-+m-(+)-2+-
u=6
当 时，d'(u)=0;当O≤u<6时，d'(u)<0;当?0.
z2+y2=6
故u=6
为d(u)的唯一极小值点，也是最小值点.此时 ,所求轨迹方程L为
217….
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
x=√后cost,y=√ sint,z=6
L的参数方程为
I=Jrdy-ydx+zdz
-[J后./后s-√后m(-后m)+0d
=J。6=3
(13)解 依题设，曲面S可分成三个曲面(见图9-23),即 z
S?:z-x=R,S?:z=0,S?:x2+y2=R2,
r=dds=Izads+Izas+Izds
则
zds=I(R+2)√1+2+asdrdy
=2[(R+z)drdy
=√dj"(R+rcos)rdr x o
R -R
=2“(LR3+3R2cos0)do
=√2πR3(Dy:x2+y2≤R2). Fy
图9-23
将S?分两块，其方程分别为y=√R2-x2,y=-√R2-x2,
将其投影到rOz面上，D为三角形的区域，又ds=√1+v2+y?drdz =R2drdz,
,由对称
性，知
zds=2RRdk=2|“RR”zdk
=RR(R+x)drRRj(1+simt)'d
=3mR
Sz=0上，zdS=0,
显然在平面S
I=√2πR?+0+32R=πR°(2+2).
故 z
(14)解 由对称性，知求S?只需考虑x≥0的部分(见图9-24).
由z=√R2-x2-y2,知
dS=√1+z1+z2drdy
-√+()'+()dd o1
y
=R2-R,drdy,
x
图9-24
218高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
si=2las=21+24zdkdy
故
=2R-drdy
=2RJ2dRrdr=2R2(m-2),
其中St为球面在柱体内且z≥0的曲面.
求S?只需考虑y≥0,z≥0的部分，由x2+y2=Rx,知y= √Rx-x2.又
ds=1+y2+v?dd=√1+(2R-)+°drdk
=2√Rdrd,
S?=4lds=4A+y2+v?drdke
故
-r
-4[2Rdrk=2“Rw
=2R[2+aresin(1-餐)]d
-.-()
=4RJ“dk=4R2,
其中S:为柱面在球体内且y≥0,z≥0的曲面.所以
S,24R?2-:(n-2)
2+2=R-R,
R2Rz2
注 由交线
得Rx+z2=R2,即：
(15)解(I)由已知，C的方程为 2x2+y’消去z,得x2+y2=2x,故C在xOy面上的投影
2=o2=2z,
曲线方程为
(Ⅱ)S的质量为
m=lu(r,y,z)ds=I?√z2+y2+z2dS
-I0反Z2+y2·/Zddy(Dia2+y2≤2)
=18_rdr=64.
(16)解设S?:x2+y2+z2=a2,在S。上取点P(0,0,a),则球面方程S?为
x2+y2+(z-a)2=R2,
219李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
z
如图9-25所示.由 2+2+c2-a2=R2,
S
la
可得z=a2
,故所求内部曲面在xOy上的投影区域为D:x2+y2≤R2-
S。
y
0 R
D
内部曲面记为S,则S:z=a-√R2-x2-y2,故
ds=√1+22+2drdy=√R2-z2drd.
x 图9-25
所求表面积为
A-[s-=R!--会]
=2r(2R-)=0,得R=g,
令 ,此时表面积最大.
z↑
(17)解(I)Z:x2+y2=-2x(z-1)为锥面，立体Q如图9-26所示，则
/1
K0
-号·π12·1=3 1
其中
设D={(x,y)|x2+y2≤2x},则 x y
-[add]-[2-dd
图9-26
=a。"C2rcs8→2)rd
=2(3·8oS0-4·16cos't)d
=1·3csde=2·8·4·1·Z-4
故=4
z=1-2+2,则z',=y2,x',=-,故
(Ⅱ)由x2+y2=-2x(z-1),得
ds=√1+22+2,2drdy=√1+(x2)2+(-二)2dxds
=4x'+2x2+y3)dzdy,
r=2s-[drdy-xP=
(18)解令P=y+3(+8)+3xy2,
Q=+4(+3)+3x2y
R=z3.
220高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
z
如图9-27所示，所求积分满足高斯公式的条件.利用高斯公式，有
r=T(++婴)av=31[(a2+y2+z)dV
球坐标3“a]”sinpdp),d
=号(2-2)π.
y
0 方
(19)解(I)直线AB的方程为
°=°=2-°=t
xx
其参数式方程为x=0,y=t,z=t,故AB绕z轴旋转一周所得曲面∑为 图图99--2277
x2+y2=O2+t2=z2(1≤z≤2),
z
即z=√x2+y2(1≤z≤2).
(Ⅱ)Z如图9-28所示，用投影法，令F(x,y,z)=z-√x2+y2,则法向量为为 2 Z
n=CF?,F',F)=(2,,1)=(-,共，1). 1
y
0
se-s-dsy,sa,cs,csy为n的方向余弦，得
由
+Y x
图9-28
+)
)+)°+
则 dydx=os'drdy=(-)drdy,
dzdr=S drdy=(-)drdy.
r-I[r()+a]dd+[r()+]dkedr+[z()+4]dy
故
-I[zr(S)·(-)-+vf()·(-)-+f()+4]drdy
=[-23()-2+2+zr()+4z]drdy
=I[-(S)-z+zf()+42]dcdy
-Iaedrdy-3[/+idrdy,
↑y
D
其中D,如图9-29所示，于是
x
=3+dkd=3/mr 0/1 2
=3·2π3|=14π
图9-29
221李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
(20)解(I)设点M(x,y,z)为∑上任意一点，依题设，M可视为z轴上点M。(0,0,zo)绕旋转轴L
旋转所得.
由于L:x=y=z的方向向量为(1,1,1),故L垂直于平面x+y+z=zo,则点M到L的距离的平
方等于点M。到L的距离的平方.由点到直线的距离公式，有
d,,32_d,1,×C,y,2)
①
a.bD×00--,
又
ax-^-a-+G-U+-),
(1,1,1)×(0,0,zo)I2=2zo2,
|(1,1,1)×(x,y,z)I2=(z-y)2+(x-z)2+(y-x)2,
故由①式可得
(z-y)2+(x-z)2+(y-x)2=2z?' ②
又z=x+y+z,将其代入②式，得
(z-y)2+(x-z)2+(y-x)2=2(x+y+z)2
上式化简整理，得曲面∑是圆锥面，其方程为
yz+xz+xy=0.
z
(Ⅱ)由(I)知，∑与平面x+y+z=1的交线L?是圆锥体的底面圆周，记∑?为
x+y+z=1被∑所截得的有限部分，由已知，∑?取上侧，如图9-30所示. ∑,x+y+z=1
1 x=y=z
由斯托克斯公式，有
1-2,+-号号号
0 1 y
-Iod+dx+drdy. 1 x
图9-30
∑E?的方向余弦为cosa=cosβ=cosy=
,由转换公式
dosea =cosp=osy-ds
知dydz=dadr =drdy,drdy=}as.
故I=3[drdy=3·s-3×2,的面积
又Z?的面积为平面x+y+z=1上圆的面积，圆心为x+y+z=1与x=y=z的交点，
(3,言，3) (3,3,3)
所得圆心坐标为 ,其半径为(0,0,1)到点( 的距离，即
√3)2+(1)2+(1-3)2-√3,
1=3×π·(√3)2=23m
故
m==p
注①设P。(xo,yo,zo),直线L ,则P。到直线L的距离为
=b×PP
222……………………
高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
其中s=(m,n,p),P?(x?,y?,z?)∈L.
P。
事实上，如图9-31所示，有
d=IP,PlIsine=IPPlslsine_ls×PFPl
d
θ
求点到直线的距离是考研大纲要求的内容.
②方程yz+xz+xy=0表示圆锥面. P? S L
二次型f(x,y,z)=yz+xz+xy的矩阵为
图9-31
由
有
1=λ2=-2,as=1,
得A的特征值为λ, ,故f在正交变换下的标准形为
f=-2x2-2x2+z2.
由于正交变换不改变曲面的几何图形，所以f=0在正交变换下化为
X2+Y2=2Z2,
是圆锥面.
(21)解由两类曲面积分的关系，有
r=I(e-y°)dydz+(z°-z)dedx+(°-x"drdy.
z个
记P=z"-y",Q=x“-z”,T=y"-x",如图9-32所示，添加辅助面
r=-
S
S?:z=0,x2+y2=R2,取下侧，由高斯公式，得
y
O R
而
xx S,
fPdsd+Qdkd+Tdds-(++)v-[ov-
图9-32
a-y)dydk+(z?-'dadx+°-a"drdy
故
=0+0-[°-z"drdy--J“d(ire-rcorb
=-J。"(sin"O-cosO)d]“,dr=π+2J“(sin0-cosS0)d0
=n+2·4](sin"0-cs30)dB=0(因)。sinOds=Jco0de).
注①此题也可利用对称性计算：
令F=x2+y2+z2-R2,则(F′,F',F)=(2x,2y,2z).
223李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
sa-z)+(2)°+(2+x+-责
同理，coβ=京，sr=赣·故n=(osa,cos B,cosY)=r(x,y,2),所以
r=[z-]贵+(c°-)贵+(v°-a)]ds.
由于S关于yOz面、xOz面对称，且(z"-y")k,(x"-z")R分别关于x,y是奇函数，
故
[[a2-]黄+G-2]贵]ds=0.
zds=IJz“adS,即
又S关于平面x=y对称，由轮换对称性，知
G°-x”)餐dS=0
综上所述，I=0.
f(x,y,)dS与三重积分f(x,y,z)dV一样，在利用轮换对称性时，可以三个变量轮换，也
②
可以两个变量轮换.
z
(22)解 由于被积表达式在点(0,0,0)处没有意义，先将曲面S:z=
√R2-x2-y2代入化简，得
S
1=贵(Rrdsdk+CR+2)idrd.
si:{z2+y2≤R2,
为了利用高斯公式，添加辅助面： 取上侧，如图9-33
y
0
R
所示，故
贵fRrdydk+(R+z)Pdrdy S?
x
一贵Ⅲ(R+2R+2)dv=-贵Ⅲ(3R+2)dV
图9-33
=-京·3R·等m2·2-贵zaV
球坐标-2mR-“drcosp·r2sinpd
=-2πR3-2πR3=-5πR°.
又由于
贵Rdsk+(R+2)drdy=0+贵『R′rdy-责RnR2=nR°,
故I=f---mR°-R=-2nR
(23)解被积函数较烦琐，又不能代入S的方程化简，考虑到(x2+y2+z2)
在原点(0,0,0)处为零，
挖去原点，作球面S?:x2+y2+z2=r2(r充分小),取内侧，V,表示S与S?所围空间区域，应用高斯公式，
记
P-2+y+=2+y2+)R=a2+x2+z)’
224高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
++器=0,故
计算可得在V,中，有
d2+y2+)-(++器)v-0.
-2+y+)a--d2+y+)
于是
-2+y2+)
一f÷as=·m2=4(S7为S.的外侧。
注①(*)利用两类积分之间的关系：
IPdvdk+Qdkdz+Rdrdy-I(Peosa+QcsB+Res)ds.
因为S?:x2+y2+z2=r2的法向量为n=(2x,2y,2z),所以
osa=x2+2+,
osβ=x2+y2+=兴，
osY=z2+2+=,
故
2+y++2+y2++2+2+d
f(csa+}23+2r)s-cosa tos3+oas
-÷S.
a+y+z)
②计算 时，也可代入S?的方程x2+y2+z2=r2,化简得
dyds+?ddz+}drdy= bzdydk+ydedx+zdrdy
斯公式共Ⅲa+1+Dav-3·等w2=4n
(24)解Ω可变形为x2+(y-t)2+z2≤t2.
由高斯公式，有
ra)=Ⅲ[2+f("+af(]av
=ifra)v.
选择“先二后一”计算三重积分，有
w)-[d[fraitedy-FL[raldrak]d,
I(t)=π_f(z)(t2-z2)dz,
其中D。的面积为π(t2-z2),则1
225….
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
am-Fram]
raa)d
法则lim[f(u)+f(-1)]-nkim2f“)3t2(-
=f(0)(2π-3π)=4nf(O)=4π.
(25)解由z=√1-x2-y2代入被积表达式，有
r=T2+y2+z=Irdydke+zdrdy.
由已知可得，∑:z=√1-x2-y2的外法向量为
n=(-2-x2,).
故其方向余弦为
cos a=x,cosβ=y, cosγ=√1-x2-y2=z,
用投影法，dydz=osydrdy=drdy,则
I=I(z·+2)dzdy.
球面上经过M?,M?的大圆弧M?M?的方程为
2±x2+z2=1,
M?M?在xOy面上的投影曲线为
{z2+s2=1,
z
故∑在xOy面上的投影区域(见图9-34)为
1
D={(x,√≤x≤√1-2,0≤y≤1}.
于是 M?
-J(+)-(+)i
M 0 M? y
∑
M
-厚-fa-
图9-34
=?(1-2)(2-4)dy=6
(26)解 依题设，流量为
?=f(x3+x2y+x22)dydz+(}y3+y22)dzdx+gzdrdy.
利用高斯公式，得
=IⅢT(z2+2zy+2zz+y2+2y2+z2)dV
-i(a2+y2+z)OV+2l(ay+x+x)V.
226………
高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
z
如图9-35所示，由V关于xOz面、yOz面对称，xy与yz关于y是奇函
4
数，xz关于x是奇函数，知
2(xy+xz+yz)dV=0,
dy 2
=IⅢ(z2+y2+z2)dV
故
3
球坐标dp。r2sinpdr=336m
y
0
国x2+y2+z2=4化为球面坐标为r=4cosp,x=2,
x
即z2=3(x2+y2)(z≥0),化为球面坐标为r2cos2p= 图9-35
3r2sin2φ φ=3
,即 tan φ=√3,故
(27)解 先转化为第二型曲面积分，再用高斯公式.
令F(x,y,z)=x2+y2+z2-2y,则∑在点(x,y,z)处的外法线向量为n=(2x,2y-2,2z),其方
向余弦为
osa=2+(y-D2+r,SB=x2+G-D2+=y-1,
osy=x2+-D2+.
(由(x,y,z)∈∑,知x2+(y-1)2+z2=1).
I=(x·z+2y2-2+2+3z·2)dS
=Crosa+2(y+1)(y-1)+32osr]ds+2jds
-Cca+2y+10coy+3csyJds+2鄂dS
=rdydz+2(y+1)dzdz+3zdzdy+2·4π·I2
Ⅲa+2+3dV+8r(其中V为2所田球体)
=6·4π·I3+8π=16π.
此题也可用第一型曲面积分的计算公式来计算.
gradu=(,y,)一(P,Q,R),
(28)解
div(grad u)=婴++婴-ar++,
x=f'(r)=f'(r)-(r=√2+y2+z2),
而
=f(v)+f(r)z2,
考虑到u=f(√x2+y2+z2)关于x,y,z具有轮换性，故
=f“(r)+f(r)22,
=f"()+f'(r)2,
227李林全家桶之④
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x++=√2+y2+z2,
将其代入
f(r)+2f'(r)=r,
得 ,为可降阶微分方程
变形为[r2f'(r)]=r3,积分得rr2f(r)=4r+C?,即f'(r)=4r2+9,再积分得f(r)=立-
+C?,即
u=1z(x2+y2+z2)2-C?(z2+y2+z2)2+C?(C?,C?为任意常数).
拓展题
解答题
yy
(1)解积分区域D如图9-36所示.
r=I(z+禁)drdy
00 xx
//11
极坐标]"df(f ·rcos8+f·rsine)rdr
=?rdr?“(f·rcosθ+f/·rsin O)d9.
图图99--3366
设L,:x2+y2=r2O≤r≤1),取逆时针，D,:x2+y2≤r2,则
j。(Cf?rcos0+f/·rsin O)d9
-,-f;d+f:ay-(+)rdy
-e2drdy=m(1-e2),
1=[(z+)dzdy=[(-e)d= y
故
(2)证 应用极坐标计算，积分区域D如图9-37所示.
f (a,x2+yfs(a, D
_f?Gose,rsmo)ros8+f,(rcose,rsineorsine
0
/1 x
F,)+r,drd
故
-Icrfcosersme)cs8+fcrose,rsmne)smeltd
图9-37
=J“dd=J。[f(rcose,rsine)]|'d
=J。[o-f(tcs ,tsin )]d0
=-2πf(tcosE,tsin ξ)(积分中值定理，0≤E≤2π),
m,)+yf;Cdrdy=imt-2nf(cs,sns)]
所以
=f(0,0).
(3)解(I)设∑围成的立体为V,由高斯公式，有
228高等数学
第九章 曲线积分与曲面积分
=3(a2+y2+z2-1)dV.
为使I达到最小，要求V是使得x2+y2+z2-1≤0的最大空间区域，故V={(x,y,z)|x2+y2+
z2≤1}.所以，V是球体，∑为球体的表面，此时I最小，其最小值为
1=3(a2+y2+z2-1Day球坐标3“l)dr2sinped-3da
=135"-3×4π×12=-5
(Ⅱ)曲面∑?的面积为
s=Ias-[1+2+3dedy.
由z=√1-x2-y°,计算可得√1+22+27=1-x2
记D?为Z?在xOy面上的投影区域，则
s-dry-“rd=(2-2)m.
229李林全家桶之④
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线性代数
第十章 行列式
基础题
一、选择题
(1)A.
解 设元素a;的代数余子式为A,=(-1)中M,则
Ma+Ma?+M??+M
=-(-1)+1Ma+(-1)22M?+[-(-1)+8]M?+(-1)*M
-L一
=-Aa+A??-A??+A?
故原式=-28.选项A正确.
注在D=la;lnx中，a。的代数余子式A。仅与a,的位置有关，而与a,的取值无关，即改变D中a
的值，A,不改变.
(2)D.
解 矩阵A+B=(β?+β2,2α1,4a2,2αs),故
|A+B|=|β?+β?,2α1,4α2,2α?l
=16[lβ?,α1,α2,α?|+|β2,α1,α2,α31]
=16[B?a?a,a+号Pua,3a,a,]
=16×(1+3×3)=16×2=32,
故选D.
(3)A.
解由
|A'|=|A|?1=|A|2,|A'|=IkA*|=k3|A·|,|A'|=|A|,
可知|A|=k3|A|2,故
|A|(k3|A|-1)=0,
IAI=
于是有|A|=0或| .又AT=kA*,即a,;=kA,,故
IA|=anAn+aAn+ajsAa=1(ai+a2+a2)=3k2≠0,
2=,c=√=
于是 ,故选A.
注 设A是n阶方阵，则|A*|=|A|-1
二、填空题
(1)k2(k2-4).
解 将第2,3,4行加到第1行，提取k,再用行列式性质，有
230……………………………………
线性代数
第十章 行列式
|1-ku-4.
(2)a+1或a-2.
国---A-+
=(λ-a-1)[(A-a)2+(λ-a)-2]=0,
得λ=a+1或λ=a-2.
(3)13.
解 箭形(爪形)行列式，利用主对角线元素将第4行前3个元素化为零.
=1×2×3×(4-1-2-3)=13.
(4)-4.
解 数字型行列式，每行(列)有2个元素为0,可以直接按一行(一列)展开计算，考虑到元素有规律，可
--B
以利用行列式的性质，交换第1,4行，再交换第2,4列，得
(5)a?+a3+2a2+3a+4.
解 按第1列展开D. .-d+---
-ela|+3-[-D-!-:1]+4
=a?+a3+2a2+3a+4.
(6)6.
解 若按第1行展开，只有-2x乘以其代数余子式会出现x3项，故只要求出这一项即可.
cz)·-D-z-z(-3(a+D
=6x3-6x,
故x3的系数为6.
(7)0.
解将A+E变成矩阵乘积的形式，
|A+E|=|A+AAT|=|A(E+AT)|=|A||E+AT|
=|A||ET+A"|=|A||(E+A)|=|A||E+A|,
故(1-|AD)|A+E|=0,由|A|<0,知1-|A|>0,所以|A+E|=0.
(8)0.
解法1利用矩阵的秩.
由A2=A,可知A(A-E)=0,故
r(A)+r(A-E)≤n.
231-
……………
李林全家桶之④
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又A-E≠0,知r(A-E)≥1,从而r(A)1,得r(A)≤3-r(B)≤1.显然r(A)≥1,故
r(A)=1,所以A的行向量成比例，即
2=1=3,2==1=6,
解得a=-2,b=-3,c=-2,故
a--二--i|a,-1.3EP,
A'-9A---二
则βα=9,于是
注 结论：
①r(A)=1=A=aβT(α,β为非零列向量);
k=β^a=∑a=∑a,(i=1,2,…,n),a为A的特征值
②r(A)=1>A"=k"?'A,其中
(2)解 A2=(E+aβT)(E+αβT)=E+aβ?+aβT+α(β'α)βT
=E+4αβT=4E+4aβ?-3E=4A-3E,
A1=43A
A-4E)=-3E,故A可逆，且
注 结论：设α,β为n维列向量，k?≠0,β"a≠
,则A=E-k?aβT可逆，且
A1-E-kzaβT,
β'a-方+
其中k?,kz满足 .(见《2026考研数学线性代数辅导讲义》)
(3)解(A*)-1=(A-1)·,又A?1(A-1)=|A?1|E,故(A-1)=|A?1|A.
243……………
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a--2,
而| ,对A?1用初等行变换求A,
郭
所以a'-ar-y-A1A-
故
(4)解由于[(E+B)2]-1=[(E+B)-1]2,且
(E+B)-1=[E+(E+A)1(E-A)]1
=[(E+A)?1(E+A)+(E+A)-1(E-A)]1
=[(E+A)-(E+A+E-A)]?1=[2(E+A)-1]-1
-贵吧+A)--
【E+BY$=CE+B)--
故
(5)解求抽象矩阵的逆，常用可逆的定义与(AB)-1=B-1A-1.
A?1+B-1=A1(E+AB-1)=A-1(BB-1+AB-1)
=A-1(B+A)B-1,
故由已知条件，知A?1+B-1可逆，且
(A?1+B-1)-1=[A?1(B+A)B-1]1=B(A+B)?1A.
注由于A?1(A+B)B-1=B-1(A+B)A?1,等式两边同时取逆，故
B(A+B)1A=A(A+B)?1B,
即本题的答案还可以写成A(A+B)?1B.
(6)证由AB=BA,得A-1(AB)A-1=A1(BA)A-1,故
A-1(AB)A?1=(A?1A)BA?1=BA-1,
A-1(BA)A?1=A?1B(AA-1)=A?1B,
于是A?1B=BA1(即A?1与B可交换).
(7)证 只要证|A-E|=0,由A是正交矩阵，知AAT=ATA=E,所以
|A-E|=|A(E-AT)|=|A||E-ATI
=|A||(E-A)T|=|A||E-A|
=|-(A-E)|=(-1)2a+1 |A-E|=-|A-E|,
故|A-E|=0,所以A-E不可逆
(8)证由已知，只要证明|A+B|=0.
由A2=E,B2=E,知|A2|=|A|2=|E|=1,及|B2|=|B|2=|E|=1,故|A|=±1,|B|=±1.
由|A|+|B|=0,可知|A|与|B|异号.
而 |A+B|=|AB2+A2B|=|A(B+A)B|=|A|lA+B||B|,
由于|A||B|=-1,故|A+B|=-|A+B|,所以|A+B|=0,从而A+B不可逆.
(9)解由AB+E=A2+B,可得AB-B=A2-E,则(A-E)B=A2-E.
油A-E-9
,可知A-E可逆，故
244………………
线性代数
第十一章 矩 阵
B=a-E)'a°-E)-a-E)2a-E)A+E)=A+E=3
注 此题属于解矩阵方程，这类题分两类：
①已知矩阵方程化简为下列三者之一.
AX=B,XA=B,AXB=C,
当A,B可逆时，解得
:
X=A?1B,X=BA?1,X=A?CB-1.
②当A不可逆时，问题转化为解非齐次线性方程组.
(10)解由A?1BA=6A+BA,得A?1BA-BA=6A,即(A-1-E)BA=6A.
由已知，得A可逆，A-1-E可逆，故B=(A-1-E)?1(6A)A?1=6(A-1-E)-1.
又
B=6u?-Er-
故
注 设a,a?,a?均不为零，则
(11)解A与B为初等矩阵，故可逆，由AXB=C,得X=A-1CB-1,故
X=A-CB-1=ACB
—3—
A=x2)
(12)解已知矩阵方程无法利用矩阵运算化简，则令 ,代入等式转化为解方程，有
(2)(2)=(32)(2),
,2r?+x2)(z:+2r。3x?+2x),
即
比较两边对应元素，得
此方程组只有零解x?=x?=x3=xa=0,故A=0.
综合题
一、选择题
(1)B.
解由AB=0知，r(A)+r(B)≤3.
若k=1,则r(A)=1,故r(B)≤2,所以r(B)=1或r(B)=2,选项A,C不正确.
245………………………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
若k=-3,则r(A)=2,故r(B)≤3-r(A)=1,又B是非零矩阵，故r(B)≥1,从而r(B)=1.故
选B.
(2)C.
解由r(A')=1,知r(A)=n-1=3-1=2,故|A|=0.又
A--a+)-a+2xa-oy-o
得a+2b=0或a=b.
又当a=b时，r(A)=1≠2,故a+2b=0(由a,b均不为零，可知a+2b=0已经蕴含a≠b),故
选C.
ar)-二
注设A是n阶方阵，则r
(3)A.
解P是初等矩阵，左乘A,相当于把A的第1,3行交换，故交换偶数次，相当于不变；右乘A相当于把
A的第1,3列交换.同理，交换偶数次，相当于不变.故选A.
(4)A.
解 根据初等变换不改变矩阵的秩，有
r?=r[BA])=r([-B0])=r([oE])=r(AB)+n,
?=r(oE))=r(oEJ)=r(A)+n,
rs=r(AAB))=r(eB))=r(B0))=n.
又r(AB)≤r(A),故r?≥r?≥r?,选项A正确.
注 关于分块矩阵的初等变换，现行考研大纲未作要求，但近年考试中常出现，有关分块矩阵的初等变
换内容见《2026考研数学线性代数辅导讲义》.
(5)B.
解对于命题①:由ABC=E,知|A||B||C|=1,故A,B,C可逆.
等式ABC=E两边左乘A-1,得BC=A?1,再右乘A,得BCA=E.
等式ABC=E两边右乘C1,得AB=C-1,再左乘C,得CAB=E.
故BCA=CAB.命题①正确.
A=(。9),B=(68) A+B=(69)
对于命题②:取 ,则A,B均不可逆，但 可逆.故命题②不
正确.
对于命题③:由A,B均不可逆，知|A|=|B|=0,从而|AB|=|A||B|=0,故AB必不可逆，命
题③正确。
对于命题④:由(AB)2=E,即(AB)(AB)=E,知A,B均可逆，从而ABA=B-1.故BABA=E,即
(BA)2=E.命题④正确.
综上所述，选项B正确.
二、填空题
(1)(。2B·)
解由C·C=|C|E,得
c=Iclc1=0B0B)
=|AI|BI0B°))=(AlABB|BA)
=(B。AA°B.)=(30 2B).
246--
--
-
线性代数
第十一章 矩 阵
注6B)~=。B),Bo)"=(°。)
(其中A,B均可逆).
方
(2)
解 先说明k≠0,由已知，将|A|的第2,3,…,n列加到第1列，有
由A可逆，故|A|≠0,所以k≠0.
将A,A-1,E写成分块矩阵(以列分块),有
A=(a?,α2,…,α),A-1=(β,β2,…,β),E=(e?,ez,…,en),
由A?1A=E,得 --A-1(αa1,α+2,…,+α)=-E=(e?-,ez,…,en),
故A-α=e;(i=1,2,…,n),于是
A?1α?+A-1αz+…+A-1α。=A-1(aα?+α2+…十α)
{i-+-
即
故
1k
即A?1的每行元素之和均为
注 此题也可作为一个结论，在做选择、填空题时直接运用.
4E,,n=2k-1(k=1,2,…).
(3)
解 找出A”的规律.
A”={4E,,n=2k-1’(k=1,2,…).
故
247-
--
………………………
李林全家桶之④
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解 注意到A的特殊性，
--A--
故E-A?=E,从而(E+A)(E-A+A2-A3)=E,故
注 一般地，设A是n阶方阵，且A?=0,则E-A*=E,即E*-A*=E,故
(E-A)(E+A+A2+…+A1)=E,
从而(E-A)-1=E+A+A2+…+A*1.
进一步，当k为偶数时，有E-(-A)=E,从而可计算(E+A)-1.
(5)5.
解由AB=A-B+E,得(A+E)(B-E)=0,故
①
r(A+E)+r(B-E)≤3.
又3=r(A+B)=r[(A+E)+(B-E)]≤r(A+E)+r(B-E),即
r(A+E)+r(B-E)≥3. ②
由①式与②式，得
r(A+E)+r(B-E)=3. ③
a+E)=:≥2
由 2,且由B≠E,知r(B-E)≥1.
-0倍-5
故由③式知，r(A+E)=2,即
三、解答题
(1)解 利用分块矩阵表达A.令α=(1,2,3),βT=(3,2,1),则
A=pro),A2=PFo)pTo)=(op°α),
A'=(b°))-(°na)-(Pa)e)=p'aA,
A?=βTαA2,….
-pla.2.D-,pra=832s-10
又
故
(k=1,2,…).
(2)证
即A2+4A=0.
又 (E+A)2=E+2A+A2=E+2A-4A=-2(E+A)+3E,
即(E+A)(E+A+2E)=3E,故
248……………………
线性代数
第十一章 矩 阵
a0-a+m-
A1=_1二={--2≠0,可知A可道
(3)证由
将A作一系列初等行变换(相当于左乘初等矩阵),化A为单位矩阵.
=第加一-
第2b×言加行[-9第2有×()
第BF×-2加26
将上述4次初等行变换用初等矩阵表达，得
E?(-2)·E?(-2)·E(2)·Ea(1)A=E,
其中，E,(a)表示第j行乘以a加到第i行上，E?(b)表示第k行乘以b,故
A=[Ea(-2)·E?(-—)·Ea(1)·En(1)]
=[E(1)-·[Ea(1)]·E?(-2)]2·[Ea(-2)]-
=Ea(-1)·Ei?(-1)·E?(-2)·Ea(2)
-L了8
(4)解由A'BA=2BA-8E,得(A*-2E)BA=-8E,可验证(A*-2E)可逆，故
B=(A*-2E)-1(-8E)A
=-8(A'-2E)?1A-1=-8[A(A*-2E)]-1
a--
=-8(AA*-2A)?1=-8(|A|E-2A)-1
而|A|=-2,故 B=-8(-2E-2A)?1=-8[-2(E+A)]
=-8·(-2)(E+A)?1=4(E+A)-1.
又
所以
249-
………………………
……
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A-8-
注①由
,知A可逆，A'也可逆，直接计算A'-2E,证明A'-2E可逆，计算量较
大.可考虑利用A的特征值λ?=1,λz=-2,λ?=1,故A'的特征值为
AI==2=-2,Al=二=1,AI-=2=-2,
一
A*-2E的特征值为：-2-2,1-2,-2-2,故
|A*-2E|=(-4)×(-1)×(-4)≠0,
所以A'-2E 可逆
②验证A'-2E可逆，也可利用公式AA*=|A|E=-2E,故A'=-2A-1,即
8-
A*-2E=-2A-1-2E=-2(A-1+E)
显然可逆.
5图记a-21-
,则|A|=0,故A不可逆.
x--214-
,只要解两个非齐次线性方程组.对增广矩阵作
初等行变换，
解得其通解为(x?,x?,x3)=k?(-1,3,1)T+(0,2,0)T.
同样解得另一个方程组的通解为(y?,y?,y?)T=k?(-1,3,1)T+(1,-2,0)T,故
-2+3-2+3k。0.,k:为任意常数。
拓展题
解答题
(1)解AX+2B=BA+2X变形为
(A-2E)X=B(A-2E).
由A-a-8
可逆，知X=(A-2E)1B(A-2E),由此可得
X2=(A-2E)?1B2(A-2E)
28-
-{8-?-
250…………………………………
线性代数
第十一章 矩 阵
(2)证要证A,B是正交矩阵，只要证A'A=Em,BTB=E.
依题设，PTP=E,则
PTp=(oB)'oB)=(cB)6B)
=(cAcc+B"B)=E=(。E),
故
ATA=Em,ATC=0,CTA=0,cTC+BTB=E.
由于P是正交矩阵，故P可逆，|P|=|A||B|≠0,因此|A|≠0,A可逆，从而AT可逆.由AC=
0知C=0,所以BTB=E,,于是A,B是正交矩阵
251李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
第十二章 向 量
注
基础题
一、选择题
(1)A.
解 对于选项A:由α2,α3,α4线性无关，知α2,a3线性无关，而α1,α2,a?线性相关，故α?必能由α2,
α3线性表示.选项A正确.
对于选项B:若α。可由α1,α2,α3线性表示，而α?又能由α2,α3线性表示，则α?就能由α?,α3线性表
示，这与α2,αs,α、线性无关矛盾，故α4不能由α1,αz,α3线性表示，所以选项B不正确.
同样，选项C和D也是错误的.
(2)C.
解 由线性无关的定义知，选项A和B不正确.
(6),(9),
对于选项D:由α1,α2,…,α,线性无关，知任意两个向量也线性无关，但反过来不成立.如
(),
,其中任两个向量均线性无关，但3个2维向量显然线性相关.
故选C.
注 讨论向量组线性相关性的常用方法：
①判别n维向量组α?,α2,…,α,线性相关的步骤：
(1)当s>n时，必线性相关；
(i)当s=n时，行列式|α?,α2,…,α,|=0;
(i)当sn-(n-1)=1个基础解系，故选C.
(4)C.
解由AB=0,知B的每一个列向量都是Ax=0的解.
又B≠0,知Ax=0有非零解，从而
A1-1-a-D2=0,
所以λ=1.
又若|B|≠0,则B可逆，故ABB-1=A=0,与A≠0矛盾，所以|B|=0.故选C.
注由B≠0不能直接推得|B|≠0,应注意矩阵不为零与行列式不为零的区别.
264…………………………
线性代数
第十三章 线性方程组
(5)B.
解 对于选项B,由于r(AB)≤r(A)≤n1,故r(A)=2.选项B正确.
(2)C. PP
PP??
解 分两种情形讨论： xx PP??
(1)若y=f(x)为直线，则P?,P?,P?为同一直线上三个不同点，由
图13-3(a)知 图图1133--22
M?(x?-0,y?-0,1-0),M?(xz-0,y?-0,1-0), 个
z=1
MM
M?(x?-0,y?-0,1-0)为平面z=1上同一直线上的三个不同点，故三个向量
M
OM?,OM?,OM?共面但不共线.所以r(A)=2.
(2)若y=f(x)为非直线，则P?,P?,P?为曲线y=f(x)上三个不同点，由 y
0
图13-3(b)知
xx
M?(x?-0,y?-0,1-0),M?(xz-0,y?-0,1-0),
M?(x?-0,y?-0,1-0)为平面z=1上曲线y=f(x)上三个不同点.故三个
(a)
向量OM?,OM?,OM?不共面，从而混合积
,ow,ox)=IAI-+0,用ru)-
z个
z=1
M?
M
M
特殊情形，y=f(x)不是直线，但M?,M?,M?仍为平面z=1上同一直线上三三
0 y
个不同点，则由(1)讨论知，r(A)=2.
故选项C正确.
x
(3)C. (b)
图13-3
解 由三个已知平面的方程知，这三个平面都过原点，只要说明它们还经过异
于原点的某一点，这三个平面就经过同一直线.
三个平面方程构成的齐次线性方程组为
上述方程组有非零解的充分必要条件是其分数矩阵的秩小于3,故
-{--a+oY-0,
268…………………………………
线性代数
第十三章 线性方程组
即a+b=0,选项C正确.
(4)C.
解Ax=b有无穷多解?r(A)=r(A|b)0,
即对Va≠0,有(Aα)(Ba)>0,所以有Aα≠0,Ba≠0,故A,B均可逆，从而有
r(A)=r(A,α)=n,r(AB)=r(AB,α)=n.
故AX=α有唯一解，ABX=α有唯一解.选项C正确.
注(Aα)T(Ba)为内积(Aα,Ba).
二、填空题
(1)(1,1,2,3)".
解设Ax=β有特解α=(x?,x?,xg,x4)T,则
'-Q--m,
=(β-α?-2α?-3α?)x?+α?xz+α2x?+α3x4
=βx?+(xz-x?)α?+(x?-2x?)αz+(x?-3x?)α3=β.
只要取x?=x?=1,x3=2x?=2,x4=3x?=3即可.故Ax=β有一个特解为(1,1,2,3)T.
(2)(x?,x?,xs)T=(0,0,1).
-^--^;-
解 由已知，A,=a,知A'=AT,故
又 |A|=aAs?+as?A32+aA33=a3+a2+1=1,
知as=a32=0,所以(x?,x?,xs)T=(0,0,1).
(3)-15.
Ax=() -2)+(-)5+n,即有AB=0,An=(3)
解 由已知 的通解为k .将β用5,η
线性表示，再计算Aβ.
设β=k;(-2)+k?(_3)=(-50)
),则
,-4k3=-15,
解得k?=2,k?=3.
Aβ=AC25+3n)=0+3An=3{(3)=(6)
故
β"Aβ=(5,-10\6)=5×9-10×6=-15.
从而
三、解答题
(1)解依题设，找出Ax=0的基础解及Ax=b的一个特解.
A(1ta2)=b,取
由解的性质，知Aα?=b,Aα2=b,故
n=去a?+a?)=(1,1,2,2)
为Ax=b的特解.又
A(α?+α2)=2b,A(α?+2as)=3b,A(2a?+3α1)=5b,
270…………-…-
线性代数
第十三章 线性方程组
故
A[3(α?+α?)-2(α?+2a?)]=6b-6b=0,
A[(2α?+3α?)-(α?+α?)-(α2+2α?)]=5b-5b=0,
所以
η1=3(α?+α?)-2(α?+2α?)=(7,4,-1,6),
η2=(2α?+3α?)-(a?+α?)-(a?+2α?)=(12,2,-14,0)
为Ax=0的解，且线性无关(不成比例).
又r(A)=n-2,故η1,η2是Ax=0的基础解系，故Ax=b的通解为
k?(7,4,-1,6)T+k?(12,2,-14,0)T+(2,1,3,2)(k?,k?为任意常数).
(2)证(I)由Ax=β的解的结构，知r(A)=r(α1,α2,α,α)=3,并有
即
α?+2a?+2a?+α4=β, ①
α1-2α2+4α3=0. ②
由①式知
B=(α3,α2,α?,β-α)=(αs,α2,α1,α?+2α2+2α?),
又由②式知α?,α2,α3线性相关，由于r(A)=3,故r(B)=r(αs,α2,α1)=2.
(Dma,aa-)--a-
2,知(0,-1,1,0)T是Bx=α?-α2的一个解.又由于
…
aede,+2,+22)-,-m,+a,-
、4,-2,1,0)T与(2,-4,0,1)线性无关，故Bx=α-α2的通解为
(0,-1,1,0)+k?(4,-2,1,0)T+k?(2,-4,0,1)T,
其中k?,k2为任意常数.
(3)解由α?,α2,α3,α与Ax=0的基础解系等价，知α,α2,α3,α。必是Ax=0的解，又r(A)=1,
知Ax=0有n-r(A)=4-1=3个线性无关的解向量，故
r(α?,α2,αs,α)=3,
其极大线性无关组是Ax=0的基础解系，
对(α1,α2,αs,α)作初等行变换，有
当a=-3时，α1,α2,α4是一个极大线性无关组，故Ax=0的通解为
k?(1,2,0,2)+k?(1,1,-1,3)T+k?(2,-3,-3,-5)T,
其中k?,kz,k?为任意常数.
当a=1时，α1,α2,α3是一个极大线性无关组，故Ax=0的通解为
271…………………………………
李林全家桶之④ ……
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k?(1,2,0,2)T+k?(-1,-1,1,1)T+k?(1,-1,1,5),
其中k?,k?,k?为任意常数.
当a=4时，α1,α2,α3是一个极大线性无关组，故Ax=0的通解为
k?(1,2,0,2)T+k?(-1,-1,1,4)+k?(1,-1,4,5)T,
其中k?,k?,k?为任意常数.
(4)证(必要性)设三条直线交于一点，则非齐次线性方程组
-,a-
有唯一解，故r(A)=r(A)=2,其中
由r(A)=2<3知|A|=0,即
-a+6+0|
-a+6+0|
=6(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
=3(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]=0.
又三条直线互不相同，故
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0,
于是a+b+c=0.
(充分性)若a+b+c=0,则|A|=0,故r(A)<3.
又626=2(ac-b2),将c=-(a+b)代入上式，得
62c=-2[a(a+b)+b2]=-2[a+号]2+462]≠0,
故r(A)≥2,r(A)≥2,又显然r(A)≤2,所以r(A)=r(A)=2,故方程组有唯一解，即三条直线交于一点.
(5)解 求抽象方程组Ax=b的通解，首先要讨论秩，从而确定解的情况.
由已知，b=(a?,a?s,a33)是A中的第3列，且a;=A,故
|A|=a??A??+az?A23+a?As=a23+a2s+a3s>0(因as?≠0),
A1=AI
所以r(A)=3,即Ax=b有唯一解x=A-b.而 ,故
-六-8
(6)证 只要证明r(A'A)=r(ATA|ATb).
记A=(α?,α2,…,α),则
r(A'AA'b)=r(AT(α?,α,…,α)|ATb)=r[(ATα?,ATα2,…,ATα)ATb]
=r[AT(α1,α2,…,αn|b)]≤r(AT)=r(A"A).
又r(A'A|A"b)≥r(ATA),故r(ATA|ATb)=r(A'A),所以方程组ATAx=ATb必有解.
(7)解(I)由已知，有
E-A-。三三
272-
……………
线性代数
第十三章 线性方程组
]-
由r(E-A)=1,得a=3.
(Ⅱ)由(A-E)α=β,(A2-E)α=2β,得A2α-α=2(Aα-α),即(A-E)2α=0,故α为方程
组(A-E)2X=0的非零解.
由(D知A-=1-出河可得A-Ey--。
故α为任意非零列向量.记α=(k?,k?,ks)T(kj,k?,k?为不同时为零的常数),则
B=a-Ea-三-(z,-k-k)i
故a=kob-C--
,其中k?,kz,k?不同时为零且k?+k?≠2k?.
=1i
(8)解(I)由A有2阶非零子式 ,且A是2×3矩阵，知r(A)=2,从而AX=0有
3-r(A)=3-2=1个基础解.
由AX=0的解均是BTX=0的解，但这两个方程组不同解，知BTX=0的基础解系中至少有两个解
向量，故r(BT)≤3-2=1.又B是非零矩阵，故r(BT)=r(B)≥1,即r(BT)=1.
由B?=(-1-12)→(!-12+b)
,知b=-2.
由A=(二11a)→(11a-1),得AX=0的基础解为(x?,x2,x?)?=(1,1-a,1)T.
将其代入BTX=0,即-x?-x?-2x3=0,得a=4.
Ax==0
=(+)<3,对()
(Ⅱ)由题设，知方程组 有非零解，从而知 作初等行变换，有
故a+b-2=0,4-a=0,解得a=4,b=-2.
当a=4,b=-2时，
解得(x?,x?,xs)T=k(1,-3,1)(k≠0)为全部非零公共解.
(9)证(I)对(A,α)作初等行变换，有
.)-9
令x=1,得AX=0的一个基础解系为(-1,-2,-1,1)T.
令x?=0,得AX=α的一个特解为(1,1,0,0).
故AX=α的通解为
273-
---
……………
李林全家桶之④
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计算
点
-L--
故AX=α的解均是BX=β的解.
解(Ⅱ)由(I)知，AX=a的解均是BX=β的解，但AX=a与BX=β不同解，故AX=a的解
集是BX=β的解集的真子集，从而AX=0的解集是BX=0的解集的真子集.
12
所以r(B)≥2,故r(B)=2
由(I)知，r(A)=3,故r(B)<3.又B有2阶非零子式
对B作初等行变换，有
由r(B)=2,知a-1=0,即a=1. 2×=0,
'同解.
(10)解(I)由ATx=0的解均是βTX=0的解，知Ax=0与
^-
故r(AT)=-()
,即r(A)=r(A,β).对(A,β)作初等行变换，有
a.D)=
-+
当a=1时，r(A)=1,r(A,β)=2,故a=1舍去.
当a=-1时，
a.y8
故b=-2,有r(A)=r(A,β)=2.
综上所述，a=-1,b=-2.
(Ⅱ)由(I)知
,则由
K-A1-“Aa+2r=-.
得A的特征值为λ?=0,λz=λg=-2.
由-A-[
,得α?=(1,0,1)T.
274……………………………………………………
线性代数
第十三章 线性方程组
由-E-A--1-11-
,得α?=(-1,1,0)T,αz=(-1,0,1)T.
P=aicaa-.Pa-{8-_i-A
拓展题
解答题
解由已知条件及Ax=b的通解结构，只需求Ax=0的基础解系，而基础解系有n-r(A)=4-2=
2个，(0,1,-3,0)T是Ax=0的一个解，于是再求一个与(0,1,-3,0)线性无关的解即可.
注意到α?+α?-2a3是Ax=0的解，事实上，
A(α?+α2-2α?)=Aα?+Aα?-2Aα?=b+b-2b=0,
且α?+α?-2α?=(4,6,-8,4)T-2(1,2,-1,1)T=(2,2,-6,2)T,
又(2,2,-6,2)T与(0,1,-3,0)线性无关(分量不成比例),所以Ax=b的通解为
2为任意常数).
注 结论：设α1,a?,…,α。是Ax=b的n个解，当k?+k?+…+k=1时，k?α?+k?a?+…+k,a。
也是Ax=b的解.
275李林全家桶之④
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第十四章 相似矩阵
基础题
一、选择题
(1)B.
14
解(3A2)=3(A-)2,
,由已知A有特征值λ=2,故A-1有特征值
,a-)2有特征值
,故所求特
34
征值为- 选项B正确.
注 有关特征值、特征向量的结论：
A A” A+kE f(A) A-1 A' P?1AP AT
1>
λ λ" λ+k f(A) AI(Al≠0 λ λ
α α α α
α α P-1a /
其中f(A)为多项式.以上结论可用特征值、特征向量的定义Aα=λα(α≠0)进行验证.(见《2026
考研数学线性代数辅导讲义》)
(2)C.
解 因实对称矩阵必相似于由特征值组成的对角矩阵，即diag(0,1,2,3),且有相同的秩，即
r(A)=r(diag(0,1,2,3))=3.
故选C.
(3)A.
解判别A,B与对角矩阵C是否相似，利用矩阵相似于对角矩阵的充分条件或充要条件.
由|λE-A|=0,得A的特征值为2B,2,-1.A又-8-9
知r(2E-A)=1,即(2E-A)x=0,特征值2对应两个线性无关的特征向量，所以A~C.
由|λE-B|=0,得B的特征值为2B,2,1.-又 B-
其秩为2,即(2E-B)x=0,特征值2只对应一个线性无关的特征向量，所以B不能相似于C.
故选A.
(4)D.
解 对于选项D,由于 K-Di-:9-xa-D=,
所以D的特征值为λ?=λ2=0,λ?=1.
对λ?=λz=0, -D--9
可知r(OE-D)=2,故λ?=λz=0只对应3-r(OE-D)=3-2=1个特征向量，所以D不能相似于
276线性代数
第十四章 相似矩阵
对角矩阵.故选D.
对于选项A:显然A是实对称矩阵，故必相似于对角矩阵.
对于选项B:由|λE-B|=0,得λ?=1,λz=2,λ3=3,即B有三个不同特征值，故必相似于对角矩
阵.
对于选项C:由|λE-C|=0,得λ?=λz=0,λ?=3,对于λ?=λ?=0,
--1:-1.
故λ?=λz=0有两个线性无关的特征向量，所以C相似于对角矩阵.
(5)B.
解由A~B,则|A|=|B|,故|A|=|B|≠0或|A|=|B|=0,即A,B同时可逆或不可逆.故
选B.
(6)A.
解A为抽象矩阵，用定义验证.
由已知，有Aα?=α1,Aα2=α2,Aα?=2α?,故
(2E-A)α1=2a?-Aα?=2α?-α1=1α1,
(2E-A)α2=2αz-Aαz=2αz-αz=la?,
(2E-A)α?=2a?-Aα?=2a?-2α?=0α3,
所以α1,α2,α3是2E-A的特征向量.同理可验证选项B,C,D不正确.故选A.
注 注意定义Aα=λα中α≠0,即特征向量一定不能是零向量.
(7)C.
解由已知，λ=1是A的三重特征值，故|A|=1×1×1=1,|A-1|=1,又
f(0)=|-A |-|A-1|=(-1)?|A|-|A-1|=-|A |-|A-1|=-2,
f(1)=|E-A |-|A-1|=0-1=-1.
由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点x。∈(0,1),使得
f'(xo)=1-f==1--2=1.
故选项C正确.
二、填空题
(1)-1.
a=Zb
解由A～B,有)
,知1+1+1=-1+5+a,得a=-1.
(2)-1.
解设λ是A的任一个特征值，α≠0为对应的特征向量，则Aα=λα,故
(A2+2A+E)a=A2α+2Aα+α=λ2α+2λα+α
=(A2+2λ+1)α=0,
由α≠0知λ2+2λ+1=0,故λ=-1.
注 也可有如下解法：
由已知 |A2+2A+E|=|(A+E)2|=|A+E|2=0,
故|E+A|=0,即|(-1)E-A|=0,所以A有特征值λ=-1.
(3)1.
解由已知，得A有3个不同特征值，故A必相似于对角矩阵，即存在可逆矩阵P,使得
AP-A-{8
由于 P-1BP=P-1(A3-2A2)P=P-1A3P-2P-'A2P
=(P-1AP)3-2(P?1AP)2
88-8-8-旦c,
277李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
故B与C相似，从而r(B)=r(C)=1.
三、解答题
(1)解(I)由
E-A1-三-三
-a-三-a-|8
=(A-5)(λ+1)2,
可得A的特征值λ?=5,λ2=λ?=-1.
对λ?=5,解-方程A组(5E--A)x=0,=二-3-
解得α?=(1,1,1)T,即k?α?(k?是任意非零常数)是λ?=5对应的全部特征向量
对λz=λ=-1,
-DE-A-
解得α?=(-1,1,0)T,α?=(-1,0,1)T,即k?a?+k?a?(kz,ks是不同时为零的任意常数)是λz=Ag=
-1对应的全部特征向量.
PAP=A-8-;
(Ⅱ)令P=(α1,α2,αs),则
(Ⅲ)由(Ⅱ)知λ2=λ?=-1为二重特征值，对其特征向量α?=(-1,1,0)T,α?=(-1,0,1)正交
化，令 β2=α2=(-1,1,0),
βa=a-PaB)B?=(-1,0,1)*-去(-1,1,0)T
=(-2,1,1) =(-1,-1,2)2.
再对α1,β?,β?单位化，得
r.=(1,1,1)°,r?-(-1,1,0)T,r:=店(-1,-1,2)°,
-Ae=A-8-!
令Q=(Y?,Y?,Ys),则Q为正交矩阵，使得(
注①此题属于基础题，计算|λE-A|时，先化简再计算.
②考虑到三行不成比例，且|5E-A|=0,故r(5E-A)<3,初等行变换后至少有一行元素全为
0,所以可以将其中任意一行写成(0,0,0),放到最后一行.这个小技巧希望读者能掌握.
(2)解(I)A为实对称矩阵，B为对角矩阵，而实对称矩阵必相似于对角矩阵，且与其相似的对角矩
阵的对角线元素必为其特征值，故只要判别B的特征值3,0,0是否为A的特征值即可.
由|λE-A|=λ2(λ-3)=0,得A的特征值为3,0,0,故A～B.
由(3E-A)x=0,得A的特征向量α1=(1,1,1)T;
由(OE-A)x=0,得A的特征向量αz=(-1,1,0),α?=(-1,0,1)
P=aua)-
令
则P可逆，且P?'AP=B.
278…………………………………………………………………
线性代数
第十四章 相似矩阵
(Ⅱ)A是实对称矩阵，故A相似于对角矩阵.又
|λE-A|=(λ-1)(A+1)(A-2),
|AE-B|=(A-1)(+1)(-2), 8-
知A与B都有三个不同特征值，即λ?=2,λ2=-1,λ3=1,因此A与B均相似于对角矩阵
所以A～B.
由(2E-A)x=0,(一E-A)x=0,(E-A)x=0,可分别求得A的特征向量为
α?=(1,0,0)T,α2=(0,-1,1)T,α3=(0,1,1)T.
令P?=(α1,α2,αs),则 P?'AP?=diag(2,-1,1).
同理，可求得B属于λ?=2,λ2=-1,λ3=1的特征向量分别为
β?=(0,0,1)T,β?=(0,1,2)T,βs=(1,0,0).
令P?=(β,β?^,β?),则-P'BP?=diag(2,-1,1),故PF1AP?=P?1BP?,即
-pe-P?P'AP?Pz1=B=(P?Pz1)-1A(P?Pz1).
令P
,则P-'AP=B.
注①判别两个同阶方阵A与B是否相似，可先利用矩阵相似的必要条件：|A|=|B|,tr(A)=
tr(B),r(A)=r(B),|λE-A|=|λE-B|,λE-A～λE-B,λ为实数.(特别地，λ为特征
值也成立.)
②看A与B是否相似于同一个对角矩阵.
③若A与B是同阶实对称矩阵，则A～B?A,B有相同的特征值及重数.
(3)解(I)已知A的一个特征向量α,确定A中的参数a,b,利用定义Aα=λα,得
B=
比较等式两边对应元素，得λ=-1,a=-3,b=0.
(Ⅱ)由(I)知 ,则
E-A1=|xf32-a+,
得A的三重特征值λ?=λz=λg=-1.
-E-A=3)-2
由
可知三重特征值-1只对应一个线性无关的特征向量，故A不能相似于对角矩阵.
(4)解由A～A,知A有3个线性无关的特征向量，λ=2是二重特征值，应该对应有两个线性无关的
特征向量，故r(2E-A)=3-2=1,即
E-A)-(一三)-)-1.
^-[二
所以x=2,y=-2,故
279……………
李林全家桶之④
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又A的另一个特征值λ?满足λ?+A?+λg=2+2+A?=Za=10,故λa=6.
对λ?=λ2=2,由(2E-A)x=0,得α?=(1,-1,0)T,α2=(0,1,1)T;
对λ?=6,由(6E-A)x=0,得α3=(1,-2,3)T.
令P=(α1,α2,α?),则P-1AP=A=diag(2,2,6).
(5)解(I)由已知，有
Aaiaa)=(a?+a?+a,Za?+a,2a?+3)=(aiaa)2
①
记B=
,由α1,α2,α3线性无关，记C=(α?,α2,α?),则C可逆.
由①式，知ACE=CB,-即CB?1AIC=B-,因2此A-与B有a相-同的r特v征值a--
由
得B的特征值为1,1,4,即为A的全部特征值.
(Ⅱ)先求B的特征向量.
对λ?=λ2=1,由(E-B)x=0,可解得基础解系为
η1=(-1,1,0)T,η2=(-2,0,1)T;
对λ?=4,由(4E-B)x=0,可解得基础解系为ηs=(0,1,1).
PBP-A-
令P?=(η?,72,ηs),则
于是P?'c1ACP?=A,即(CP?)1A(CP?)=A.令
P-cr-aca-(-a,+au-a,+a,d,+a),
则P?1AP=A.
又由A~A,则A-2E~A-2E,放|A-2EI-IA-2EI=-8-
(6)解(I)由A～B知，A与B有相同的特征值，而由|μE-B|=0,可得B的特征值为μ=A2=
0,μs=14,故A的特征值为λ?=λz=0,λg=14.
由已知，有二重特征值λ?=λz=0,对应的特征向量为α1,α2,且α1,α2线性无关，设λ?=14对应的
2r+=o,
aja2=0,
特征向量为α?=(x?,x?,xs)T,因为A是实对称矩阵，故 即{ 解得α3=(1,
-1,2)T.
P=(aua)-.
(Ⅱ)令
aP-
则P可逆，使得
(7)解由AE~B,知A-,B有相A同的特I征值-λ?=λ-z=b,λ2s=c.又=
=(λ-2)(A2-10λ+13-a),
280线性代数
第十四章 相似矩阵
二重特征值λ?=λ2=b有两种情况：b=2或b≠2.
当b=2时，由b是二重特征值，得λ2-10λ+13-a会有因式λ-2,故可得a=-3.
a=2b
又A～B,知 ,即1+5+6=2b+c,故c=8,且此时有
E-)-|-1
即λ=2有两个线性无关的特征向量，使得A~B,所以a=-3,b=2,c=8
当b≠2时，由于2是A的特征值，故c=2,又由
1+5+6=b+b+c=2b+2,
知b=5,此时λ2-10λ+13-a=(A-5)2,即得a=-12.
-)-=|)-2*1.
而
即λ?=λz=b=5,只有一个线性无关特征向量，因此A与B不相似.
综上所述，a=-3,b=2,c=8.
(8)解(I)由A是实对称矩阵，知A必相似于对角矩阵A,由A2=A知，A的特征值的取值是0与1.
又r(A)=r,故r(A)=r,即有
1
1
r个
1
0
0
从而A的特征值λ=1的重数为r,λ=0的重数为n-r,故3E-A的特征值λ=2的重数为r,λ=3的
重数为n-r,所以|3E-A|=2'·3".
(Ⅱ)由A2=A,知A的特征值是0与1,但没有A是实对称矩阵的条件，所以要检验A是否相似于对
角矩阵.
由A-A2=A(E-A)=0,知r(A)+r(E-A)≤n.又
r(A)+r(E-A)≥r(A+E-A)=r(E)=n,
故r(A)+r(E-A)=n,即有r(E-A)=n-r(A)=n-r.
对于λ=1,(E-A)x=0,而r(E-A)=n-r,故A有r个线性无关的特征向量α1,α2,…,α,;
对于λ=0,(OE-A)x=0,即Ax=0,而r(A)=r,故A有n-r个线性无关的特征向量α,αr2,…,αn,
所以P=(α1,α2,…,α),使得
1
1
r个
1 =A,
0
0
可得3E-A~3E-A,所以
281-
--
-.
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|3E-A|=|3E-A|=2'·3".
注n阶方阵A满足A2=A,求A的特征值.由定义，设λ是A的任一个特征值，α是对应的特征向量，
即有Aα=λα(α≠0),故A2α=λAα=λ2α,即有
(A2-A)α=(λ2-λ)α=0.
而α≠0,故λ2-λ=0,得λ=0,λ=1,即A的特征值的取值只能为0或1,但有多少个特征值
6),
取0或1不能确定，还需要其他条件才能确定.事实上，满足A2=A的矩阵不唯一，如
(9)
都满足A2=A.
(9)解(I)先求A的特征值，由Aα,=λ,a;(i=1,2,3)有
=8
解得λ?=3,λz=2,λs=1.
令P?=(a?,αz,Aαs)-,则P'PAP?=AA=diaga(3,2r,1).故:-
-8-1-
A-
(Ⅱ)由(I)知
AT与A有相同的特征值μ=3,μz=2,μ3=1.下面求A'的特征向量.
由(3E-AT)X=0,得β?=(0,0,1)T.
由(2E-AT)X=0,得β?=(0,-1,1)T.
由(1E-AT)X=0,得βs=(-1,1,0)T.
令P,=(0,B,R)--
,则P?'ATP?=A,故
P1AP?=Pz'ATP?=A=diag(3,2,1),
即P?Pi'AP?Pz1=A',于是=(P?Pp?')-1Ae(P?P?:1)=A'-.令 -
则P-1AP=AT.
282线性代数
第十四章 相似矩阵
综合题
一、选择题
(1)D.
解 利用矩阵相似的定义.由
BA=EBA=A-1ABA=A-1(AB)A,
知AB～BA.由A?1～B-1知，存在可逆矩阵P,使得P-1A-'P=B-1,两边同时求逆，得
p-1AP=B, ①
故A～B.①式两边同时取转置，得PTAT(P-1)T=BT,即PTAT(PT)-1=BT,故AT~BT.
又由P-1AP·P-1AP=P-1A2P=B2,可知A2～B2.
综上所述，选项D正确.
(2)D.
解 由于A是实对称矩阵，所以A相似于对角矩阵.又
|λE-A|=λ2(λ-2)(λ-4)=0,
得A的特征值为λ?=λz=0,λ3=2,λ4=4.
而B～A,故B的特征值也是
λ?=λ2=0,λ3=2,λa=4.
且B也相似于对角矩阵，故
r(B)=r(OE-B)=4-2=2,
r(B-2E)=r(2E-B)=4-1=3.
由于1不是B的特征值，所以|E-B|≠0,故r(B-E)=4,故选D.
注①由B～A,知二重特征值λ,=λz=0对应两个线性无关的特征向量，故
r(OE-B)=4-2=2.
由λ?=2是单根，故对应一个特征向量，故r(2E-B)=4-1=3.
②n阶矩阵A～A的有关定理(一个充分条件，两个充分必要条件):
(i)(充分条件):A有n个不同的特征值→A～A;
(ii)(充分必要条件):A～A?A有n个线性无关的特征向量；
(i)(充分必要条件):A～A?A的k重特征值λ。对应k个线性无关的特征向量(即r(λE—
A)=n-k).
这三个基本定理必须熟练掌握.
(3)C.
解 对于选项A,由|λE-A|=0可得特征值λ?=0,λ2=1,λs=-1,故A与A相似(因A有3个
不同特征值且与A的特征值相同).但A由于不是实对称矩阵，而A是实对称矩阵，故A与A不合同.
对于选项B,由|λE-B|=0可得特征值λ?=0,λ2=1,λ?=-5,与A的特征值不同，所以B与A
不相似，排除选项B.
对于选项C,由|λE-C|=0可得特征值λ?=0,λ2=-1,λ3=1,故C与A相似，且实对称矩阵C
的正、负惯性指数与A的正、负惯性指数分别相等，所以选项C正确.
对于选项D,由|λE-D|=0可得特征值λ?=1,λz=3,λs=-2,与A的特征值不同，故与A不相
似(或根据迹不同也可知不相似);D的正惯性指数为2,与A的正惯性指数不同，故D与A也不合同.
(4)A.
解记已知条件矩阵及选项A,B,C,D的矩阵分别为A,A?,A?,A?,A?.由
|λE-A|=|λE-A?I=|λE-A?|=|λE-A?|=|λE-A.|=(λ-1)3,
可知五个矩阵的特征值均为λ?=λz=λg=1.
由E-A-8
,知r(E-A)=2,故三重特征值1只有一个线性无关的特征向量，所以
A不相似于对角矩阵.同理，A?,A?,A?,A?都不相似于对角矩阵
作为选择题，可用两个矩阵相似的必要条件，利用排除法.由
283…………………
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E-A-18-
,知r(E-A?)=2,
E-A--
,知r(E-A?)=1,
E-A.-18
,知r(E-A?)=1,
K--
,知r(E-A?)=1,
故只有r(E-A?)=r(E-A)=2,而r(E-A)与r(E-A?),r(E-A?),r(E-A?)均不相等，所以E-
A与E-A?,E-A?,E-A.均不相似，故选A.
注 结论：
①A~B→r(A)=r(B);
②A～B≥r(λE-A)=r(λE-B).
(5)D.
解 依题设，知Aα?=α?,Aa?=-α2,则
A2α?=Aa?=α1,A2αz=A(-α?)=-Aα2=α2,
从而
A2α?+A2α?=A2(a?+α?)=α?+α?.
由已知，α?与α2线性无关，故α?+α?≠0.所以，α?+α2是A2的特征向量.选项D正确.
对于选项A:若k=0,则kα?=0不是A的特征向量.
对于选项B:用反证法，若α?-α2是A的特征向量，其特征值为λ,则A(α?-α?)=λ(a?-α2).
又 A(α?-α2)=Aα?-Aα2=α?-(一α2)=α?+α2,
故即 α?+αz=λα?-λα2,
(1-λ)α?+(1+λ)α2=0.
由α?,a2线性无关，知1-λ=0,且1+λ=0,矛盾.所以，α?-α2不是A的特征向量.
同理可知，选项C不正确.
(6)B.
解 由(A-2E)a=0,得Aα=2a,λ?=2为A的特征值，α?=a=(-1,1,1)是其对应的特征向量.
又由A是实对称矩阵，且r(A)=1,知
A～A=diag(2,0,0),
即λz=A?=0是A的二重特征值.令其对应的特征向量为β=(x?,T?,x?)T,则
a[β=-x?+xz+x?=0,
解得β?=(1,1,0)T,β?=(1,0,1)T.故有
(OE-A)β?=-Aβ?=0,(OE-A)β?=-Aβ?=0,
即Aβ?=0,Aβ?=0,又3-r(A)=2,所以β,β2是AX=0的基础解系.选项B正确.
由于选项A,C,D中存在与α=(-1,1,1)T不正交的向量，故排除.
(7)C.
解 由已知，有
A@iaa)=aa,+da,u,+a.)=aa
由α1,α2,α?线性无关，有
acneoAcaica-旦
284………………………
线性代数
第十四章 相似矩阵
E-BI=:-a-v2=o
由
AI,
知B的特征值为λ?=λz=λ?=1,也是A的特征值，且|A|=1,从而A'的特征值为 ,即μ=μz=
μ3=1.
故An+A2+A?3=tr(A')=μ?+μz+μ3=3.选项C正确.
(8)C.
解由|α+βl= la-β,知|α+β2=|lα-βl2,即内积相等.
因(α+β,α+β)=(α-β,α-β),故(α+β)T(α+β)=(α-β)T(α-β),即α1a+aTβ+βTα+
βTβ=αTα-αβ-βTα+βTβ,从而2(αTβ+βTα)=0.
又αTβ=βTα,故4αTβ=0,于是α'β=0.所以α与β正交(垂直).
故A是2阶实对称矩阵，从而A必相似于对角矩阵，选项C正确.
由于A的特征值未知，故选项A,B,D不正确.
β a+β
注①Ilα+βl= |α-βⅡ,如图14-1所示，显然α⊥β.
②令Q=(α,β),则Q为正交矩阵，使得
Q-AQ=A=diag(A?,λ?),
其中λ1,λ2为A的特征值.从而
a-β
A=QAQ-1,AT=(Q-1)ATQT=QAQ-1=A. a
故A是对称矩阵.
图14-1
二、填空题
(1)-4.
解由B=P-1AP,知AP=PB,故
AP=A(α,Aα,A2α)=(Aα,A2α,A3α)=(Aα,A2a,3Aα-2A2α)
-aA3-阳，
得B-
|A+E|=|PBP-1+PP-1|=|P|·|B+E|·|P-|
-IB+Ei-1{--4
(2)a?=(1,1,0)T,αs=(1,0,1).
解 由于r(A)=1,A为实对称矩阵，故A～A=diag(λ?,λ2,λ?),且λ?=2,λ2=λ3=0.
设λ?=λ?=0对应的特征向量为α=(x?,x?,xs)T,则α与α1正交，即
α?Tα=-x?+x?+x?=0,
解得αz=(1,1,0)T,αs=(1,0,1)T
由(OE-A)x=0,知Ax=0的基础解系为
α2=(1,1,0)T,αg=(1,0,1).
(3)2*-).
解由已知，有
aja,={0,i;,
(i,j=1,2,…,k),
则 A2=(α1αF+α?αZ+…+ααT)2
=α?(α{a?)α{+α?(αα2)αZ+…+α(αTa)α
=α1α{+α?aZ+…+ααT=A,
285………………………
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四N-AA-aeA为对陈阵，且c)--)-,故△有
k重特征值1,n-k重特征值0.从而A+E有k重特征值2,有n-k重特征值1.故
|(A+E)'|=|A+E|1=(2*)"1=2k-D.
三、解答题
(1)解(I)由已知，有
BA=B(α1,α2,αs)=(Ba?,Ba?,Ba?)
-au--a)-ana-3
ec--
,则BA=AC,故A?1BA=C.
又由于
E-c1--a-Da-2a+2)-,
得C的特征值为λ?=1,λz=2,λ?=-2,也是B的特征值.
(Ⅱ)求C的特征向量.
对于λ?=1,由(1E-C)x=0,得ξ=(1,0,0)T;
52=(0,-,1)°;
对于λz=2,由(2E-C)x=0,得
n-s
58=(o,2,1)*
对于λ?=-2,由(-2E-C)x=0,得
,则
-m-a
P?'CP?=A= diag(1,2,-2). ①
将A?1BA=C代人①式，得Pi1A-1BAP?=A,即(AP?)-1B(AP?)=A.令
=(a,2a2+as,zaz+as),
则P为所求可逆矩阵，使得P?1BP=A.
(2)证(I)用定义证.设
①
k?α?+k?α2+…十k,αn=0,
由已知条件，有
Aα?=α2,
A2α?=Aα2=α3
A"1α?=A"2α2=…=Aα1=α,
A”α?=A"1α2=…=Aα=0.
用A"1左乘①式，得k?αn=0,由α,≠0,得k?=0.
依次用A"2,A"3,…,A左乘①式，可得
286--
……………………
线性代数
第十四章 相似矩阵
k?=k?=…=k1=0,
代入①式，可得k。=0,故α1,α2,…,α,线性无关.
解(Ⅱ) A(α?,α2,…,α)=(α2,α3,…,αn,0)
令P=(α?,α2,…,α),由(I)知P可逆，则
(3)证(I)只要证α?,α2,α3线性无关，则α?,a?,α3是R3的一组基，设
k?α1+k?αz+k?αs=0. ①
①式两边同时左乘(A-kE),得
k?(A-kE)α?+k?(A-kE)αz+k?(A-kE)α?=0,
即 k?α?+k?α2=0. ②
②式两边同时左乘(A-kE),得k?α1=0.
由α?≠0,得k?=0,代入②式和①式，可得k?=0,k?=0,故α1,α2,α3线性无关，α1,αz,α3是R3的
一组基.
解(Ⅱ)由已知，有
A(α1,α2,α3)=(Aα?,Aα2,Aα?)=(ka?,α?+kα2,α?+ka?)
-anea)
③
记B-
,由Aα1,Aα2,Aα3线性相关，α1,α2,α3线性无关，可知B不可逆，从而|B|=
9-0用A=e
令P=(α1,α2,α?),则由③式知，AP=PB,即
PAP=B-
故r(A)=2,tr(A)=0.
(4)证(I)用定义证.设
k?β+k?Aβ+k?A2β=0, ①
由已知有
Aβ=A(α?+α?+α?)=λα?+λ?α2+λ?α3,
A2β=λ2α?+λ2α2+λ?α?.
将β=α?+α2+α?及以上两式代入①式，整理得
+
(k?+kzλ?+k?λi)α?+(k?+k?λz+kgλ2)α?+(k?+kzλ?+k?λ3)α3=0,
由于α1,α2,α3是不同特征值对应的特征向量，所以它们线性无关，故
287李林全家桶之④
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≠
=
其系数行列式 0,所以k1 k?=k?=0,故β,Aβ,A2β线性无关.
解(Ⅱ)由A3β=Aβ,有
A(β,Aβ,A2β)=(Aβ,A2β,A3β)=(Aβ,A2β,Aβ)
-0.ApAn
B-
令P=(β,Aβ,A2β),故AP=PB,其中 ,即P?1AP=B,所以A-E与B-E相似，
故r(A-E)=r(B-E).而
-B)-11)-2.
a--
所以r(A-E)=2.
用定义，设A的任一个特征值为λ,对应的特征向量为ξ,则
Aξ=aβTξ=λξ. ①
①式两边左乘βT,得βTαβTξ=λβTξ.
当β'5≠0时，有λ=β'a=∑ab;当B'ξ=0时，由①式知λ=0,故A的特征值为λ=0或
λ=Ba=Zab
(Ⅱ)当aa'β=∑ab?=0时，由(I)知，A的全部特征值为λ=0(n重根),因a≠0,β≠0,故A=
aβT≠0.于是r(A)=1,但对应λ=0(n重根)的线性无关的特征向量满足(OE-A)x=0,即Ax=0,
只有n-r(A)=n-1个基础解系，即只有n-1个线性无关的特征向量，故A不能相似于对角矩阵.
当a'β=∑ab?≠0时，对于λ=a'p,由AE-A)ξ=(a'E-aBT)5=0,以及
(αTβE-αβT)α=(αTβ)α-α(βTα)=0,
知对应的特征向量ξ?=α,对于λ=0,由(0E-A)ξ=0,即Aξ=αβTξ=0,故
βTξ=b?x?+b?xz+…+b,x。=0. ②
因β≠0,不妨设b?≠0,解方程②得线性无关的特征向量为
52=(b?,-b?,0,…,0)T,
5s=(b?,0,-b?,0,…,0)T,
ξ。=(bn,0,…,0,-b?)
令
288-。
…………………………………………………………
线性代数
第十四章 相似矩阵
使
k=βTa=∑ab,即
注①此题A=αβT,显然r(A)=1,故A2=kA,其中
A2=(βTα)A.
设A的任一个特征值为λ,则A2-(βTα)A有特征值λ2-(βTα)λ.
而A2-(βTα)A=0,故
λ2-(βTα)λ=0,
从而A有特征值λ=0,x=β^a=∑ab
;(这实际上是秩为1的矩阵特征值的结论).
c-ec-e+a
②求A的特征值、特征向量的常用方法：
(1)当A是具体矩阵时，用公式|λE-A|=0,(λE-A)x=0;
(i)当A是抽象矩阵时，用定义Aα=λα(α≠0).
由r(B)=1,|λE-B|=0,得B的特征值为
λ?=a=n,A2=As=…=A=0,
于是A的特征值为
n+(a-1),0+(a-1),…,0+(a-1).
下求B的特征向量.
由(nE-B)x=0,得α?=(1,1,…,1)T;由(0E-B)x=0,得
α2=(1,-1,0,…,0)T,α3=(1,0,-1,…,0)T,…,α=(1,0,0,…,-1)T,
由特征值、特征向量的性质，知α?,α2,…,α。也是A的特征向量.
令P=(a?,α2,…,αn),则P-1AP=diag(n+(a-1),a-1,…,a-1).
(Ⅱ)由(I)知A～A,故|A|=|A|=(n+a-1)(a-1)1,所以
a)-=e
故
a)-a=1-n 目a去1.
注①设Ba=λα(α≠0),A=(a-1)E+B,则
Aα=[(a-1)E+B]α=(a-1)α+Ba
-(a-1)α+λα=(a-1+λ)α,
故α是A对应特征值a-1+λ的特征向量.
事实上，一般地设Aα=λα(α≠0),f(x)为多项式，则α为f(A)的特征向量.
②此题直接求矩阵A的特征值和特征向量较烦琐，将A写成A=(a-1)E+B,利用r(B)=1求
B的特征值和特征向量较方便.秩为1的矩阵的特征值和特征向量有结论，见《2026考研数学线
性代数辅导讲义》.
(7)证(I)用反证法.假设α,Aα线性相关，则存在不全为零的常数k,k?,使得
k?α+k?Aα=0.
Aα=-?a,
显然k?≠0(若k?=0,则k?α=0,由α为非零向量，知k?=0),则有 ,这与α不是A的
289--
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特征向量矛盾，故α,Aα线性无关.
(Ⅱ)由于
AP=A(α,Aα)=(Aα,A2α)=(Aα,8α+2Aα)
=(a,Aa)(12)=P(12),
故P-1AP=(12)记B.又由
AE-BI=|-1x-2|=2-2-8=a+2)a-4)=0,
得B的特征值为λ?=-2,λ?=4,同时-2,4也是A的两个不同特征值，故A相似于对角矩阵.
(8)证(I)由αTβ=0,知βTa=(αTβ)T=0,即α,β为单位正交列向量.
由已知 Aα=aβTα+βaTα=β,Aβ=aβTβ+βaTβ=α,
则 A(α+β)=α+β,A(α-β)=-(α—β).
由已知，α,β为单位正交列向量，所以α,β线性无关，故
α+β≠0,α-β≠0.
所以1,-1是A的特征值，又
r(A)=r(aβT+βaT)≤r(aβT)+r(βaT)=1+1=2,
故A不可逆，所以0是A的特征值，即A有三个不同的特征值1,-1,0,从而
~{-。
解(Ⅱ)由AY=0,Y≠0,知?是特征值0对应的特征向量，所以0,1,-1分别对应的特征向量为γ,
2(α+β),β-α,故
注①若α+β是A的特征向量，则k(α+β)(k≠0)也是A的特征向量.
②由A=αβT+βaT,可得
A1=(αβT+βaT)T=(aβT)T+(βaT)T=βa1+aβT=A,
故A是实对称矩阵，所以A～A.
(9)解(I)由1 ,得
所以B的特征值为λ?=1,λz=λ3=2,λ1=1对应的特征向量α1=(1,1,1)T.
令λ2=λ?=2对应的特征向量为x=(x?,x?,xs),由于B为实对称矩阵，故xTα?=0,即x?+xz+
x?=0,解得
α2=(-1,0,1)T,α3=(-1,1,0)T.
=a-
故B对应λ2=λ3=2的特征向量为k?α2+k?α?,其中k?,k?为不全为0的任意常数
(Ⅱ)对α2,α3正交化，令
-[i-
再单位化，得
290………………………………………………………………
线性代数
第十四章 相似矩阵
-日-,-后
令Q=(Y?,Y?,Y?),则Q为正交矩阵，使得
eQ-gcrm=a-2
a0图(T)ea-d-[11
当a≠0时，知r(B)=2,4由向1量-组(-I)a与(aⅡ)2等价-，D知r=(A)o=r,(B)=2,故
得a=±1.
当a=1时，对(A|B)和(B|A)作初等行变换，有
aIB)-1=-i
故B的列向量组可由A的列向量组线性表示.
aA)--
故A的列向量组可由B的列向量组线性表示，从而向量组(I)与(Ⅱ)等价.
当a=-1时，有
aIB)-21----{8-:-
故B的列向量组可由A的列向量组线性表示.
aA)-二-1-2
故A的列向量组可由B的列向量组线性表示，从而向量组(I)与(Ⅱ)等价.
综上所述，a=±1.
A=1
(Ⅱ)由D知，当a=1时， 是实对称矩阵，故存在正交矩阵Q,使得Q-1AQ=A.
AE-Al=^a-1-aa-Da+2),知A的特征值λx=0,x?=1,x=-2.
由|
由oc-A-L--
,得α?=(1,0,1)T.
由E-a--
,得αz=(0,1,0)T.
由-E-A-[---
,得α?=(-1,0,1)T
291李林全家桶之④
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将α?,α2,α3单位化，得
r=(,0,1)°,r?=(0,1,0)",r.=(-1,0,1°.
令Q=(Y?,Y2,Y?),则Q-1AQ=A=diag(0,1,-2).
当a--1时，A-
不是实对称矩阵，故不存在正交矩阵Q,使得Q-'AQ=A.
综上所述，当a=1时，存在正交矩阵Q,使得Q?'AQ=A.
(11)解(I.)对(A,β)作初B等行变换，有---
由AX=β有无穷多解，知r(A)=r(A,β)<3.
故1-a2=0,a=±1.
.b)-8-
当a=1时，
解得AX=β的全部解为k?(-1,0,1)T,+(1,-1,B0)T(k?为-任意常数).
当a=-1时，
解得AX=β的全部解为k?(1,0,1)T+(-1,1,0)T(k?为任意常数).
-|8-,B-
(Ⅱ)当a=1时，
由trA=1,tr B=-3,知^A与B不相-似. B-
当a=-1时，
E-A1-^+-xa-Da+2,
由
-B-a-Da+2,
可知，实对称矩阵A与B有相同的特征值：0,1,-2.
故A与B可正交相似于同一对角矩阵，从而A～B.下面求A与B的特征向量
由oE-A-L-8-
,得α?=(1,0,1)T.
由E-A-
,得αz=(0,1,0).
由--A---
,得α?=(-1,0,1)T.
将α?,α2,α3单位化，得
r=—(1.0,1)°,ra=(0,1,0)°,v.-(-1,0,1).
292………………
线性代数
第十四章 相似矩阵
令Q?=(Y?,Y?,Y?),则Q?'AQ?=A=diag(0,1,-2).
由E-B--。9-
,得β?=(1,1,0).
正-B--:
由 ,得β?=(0,0,1)T.
由-2E-B=-
,得β?=(-1,1,0)T.
将β?,β?,β3单位化，得
5=(,1,0)°,5?=(0,0,17,5,=(-1,1,0)
令Q?=(ξ1,52,53),则Q'BQ?=A=diag(0,1,-2).
故Q?AQ?=Q'BQ?,Q?Q'AQ?Qz1=B.
即(Q?Q1)1A(Q?Q?1)=B,令Q=Q?Qz1,则
Q-1AQ=B,
(12)证(I)A,B均是抽象矩阵，用特征值、特征向量的定义证明.
设λ是AB的任一个特征值，ξ为AB对应的特征向量，则
ABξ=λξ. ①
①式左乘B,得BABξ=BA(Bξ)=λBξ.
若Bξ≠0,上式表明λ是BA的特征值，Bξ为对应的特征向量；
若Bξ=0,则由λξ=ABξ=0,又ξ≠0,得λ=0,即AB有特征值0,从而|AB|=0.又|BA |=
|AB|=0,即|0E-BA |=0,故BA 也有特征值0.
综上所述，AB与BA有相同的特征值.
(Ⅱ)由A有n个不同特征值，w知A～A,-即存在A可逆矩阵-P,使得
由AB=BA,得
(P-1AP)(P-1BP)=(P-1BP)(P-1AP), ②
令P-1BP=(C?)x,代入②式，得
比较等式两边元素，得λC,=C;λ;(i,j=1,2,…,n).
293。
李林全家桶之④
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当i≠;时，有a,-A,)Co=0,而λ,≠A,故Co=0,即
故B相似于对角矩阵.
(13)证令Q=(a,α2,…,a),由已知，有
A=QdigCa,2,…,AQ1=Qdiag(a,A?,…,a)Q2,
故
=λ?a,aF+λzazaZ+…+λ,a,a.
^-Ax=
(14)解(I)由已知， 有无穷多解，故r(A)=r(A,β)<3
A--a+Da-DV=-0一1或--1
由|
当a=1时，
a.-1)-1.,a.D-2,
故Ax=β无解.
当a=-1时，
明
由r(A)=2=r(A,β),知b=-2,故a=-1,b=-2.
,解得
z?=k+,x?=-2,xa=k(k为任意常数).
故B=(k+)a1-?a?+ka.
(Ⅱ)由(I)知，
^-一1
-A1--a+zr-
付值为A1=0.A=),=-3
294………
线性代数
第十四章 相似矩阵
由oE-A-L1一
,得A的特征向量为β=(1,0,1)T.
由-2E-A-1-11一
,得A的特征向量为β2=(-1,1,0)T,β?=(-1,
0,1)PT. =9,R,-,.Pa-8-
(15)解(I)由A~B,知
aA)=B(B,),即s=a+5,.
解得a=0,c=3.
E-A1-|--a-va-3=
由
得A的特征值为λ?=λz=1,λ?=3.
B=-
由A是实对称矩阵，知A必相似于对角矩阵，故 也可对角化，且B与A有相同的
特征值，为μ1=μ2=1,μs=3.由-D--.
知b=-2.综上所述，a=0,b=-2,c=3.
(Ⅱ)由(E-A)X=0,得特征向量α?=(-1,1,0)T,αz=(0,0,1)T.
由(3E-A)X=0,得特征向量α?=(1,1,0)T.
令P?=(α1,α2,α?),则P'AP?=diag(1,1,3).
由(E-B)X=0,得特征向量β?=(-2,1,0)T,β?=(3,0,1)T.
由(3E-B)X=0,得特征向量βs=(1,0,1).
令P?=(β?,β2,βa),则P?'BP?=diag(1,1,3).
故Pi1AP?=P'BP?,即(P?P?1)-1A(P?Pz1)=B.
令P=P?P?1,则PP-1A=P=B,pe:-
为所求可逆矩阵.
(Ⅲ)由|A|=1×1×3=3,知A'的特征值为
IAI=3,AI=3,
Al=1,
故(3E-A')的特征值为0,0,2,于是r(3E-A')=1,从而方程组(3E-A')X=0有两个基础解.
由(3E-A")X=0,即A*X=3X,知X可取A*的特征值3对应的特征向量，
295--
………………………………
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a?=(-1,1,0)T,α2=(0,0,1)T,
即A的特征值1对应的特征向量，故所求通解为
k?(-1,1,0)T+k?(0,0,1)T(k?,k?为任意常数).
(16)解(I)对B作初等行变换，有
由B不可逆，知k=1,r(B)=2,故|B|=0.
由BB'=|B|E=0,知r(B)+r(B')≤3,从而r(B')≤1.
1!≠0,
当k=1时，B中有二阶子式 ,即B*中至少有一个元素B=-1≠0,从而r(B')≥1,
故r(B')=1.
(Ⅱ)由AB=B,知(A-E)B=0;又由r(B)=2,知B的列向量是(A-E)X=0的解，且至少有两
个线性无关的解，故A有特征值λ=1,且至少为二重特征值.
对B*(AT+E)=0两边同时取转置，得
(A+E)(B*)T=0,
知(B*)的列向量是(A+E)X=0的解；又r(B*)=1,故A有特征值λ=-1,且至少有一个线性无关
的解.
所以A有3个线性无关的特征向量，从而A相似于对角矩阵.
由r(B)+r(B*)=2+1=3,知λ=1是二重特征值，λ=-1是单特征值.
λ=B1对应-的特征9向量可取B的第1列与第2列，即α?=(1,1,-1)T,αz=(-1,0,1)T.
由 ,可求得代数余子式B?=-1,Bz=0,B?=-1.
取(B)的第1列，即α?=(-1,0,-1)为λ=-1的特征向量.
令P=Cicna)-L1,则PaP-A-9
从而P-A2P=A2=E.故A2=PEP-1=E.
拓展题
解答题
(1)解(I)设λ?=-1对应的特征向量为α=(x?,x2,xg),由A是实对称矩阵，知α1,α2,α3两
两正交，故
①
②
③
由①式解得k=1或k=-1.
当k=1时，由②式和③式解得α3=(-4,1,1),且
α?=(1,2,2)T,αz=(0,-1,1),β=(2,-5,3)T
又由已知A"β=λoβ,两边同时左乘A,得
AA*β=λ?Aβ,|A|β=λ。Aβ,
即 Aβ=LAlβ--2B(|A|=AiAxs=-2),
故β应是A的特征向量，但β与A的特征向量α1,α2,α3任一个都不共线，即β不是A的特征向量，所以k=1
不合题意，舍去.
当k=-1时，α1=(1,0,2)T,且
αz=(-2,1,1)T,a?=(-2,-5,1)T,β=(2,5,-1)T,
故Aα?=λsαs=-ag,两边同时左乘A*,得A'Aα?=-A'α?,即|A|α?=-A'α3,又α?=-β,
296--
……………
线性代数
第十四章 相似矩阵
|A|=-2,故
-2(一β)=-A*(一β),
即A'β=2β,所以λ。=2-,k=-21. _,
(Ⅱ)
故(A-)=A=-2A.
(2)解由A～B,知A,B有相同的迹，即
k+3+(-6)=1+2+(-1),
解得k=5.由
E-Bi-:=-a-Da-2a+D=o
得B的三个不同特征值分别为λ?=1,λ2=2,λs=-1,由此可知，B相似于对角矩阵.
由(1E-B)x=0,得特征向量α?=(1,0,0)T;
由(2E-B)x=0,得特征向量αz=(8,3,4)T;
由(一E-B)x=0,得特征向量α3=(1,0,-1)".
令P?=(α1,α2,α3),则
iBP-9-4
又由于A～B,故1,2,-1也是A的特征值.
由(1E-A)x=0,得特征向量β?=(1,1,-1);
由(2E-A)x=0,得特征向量β2=(0,1,1)T;
由(-E-A)x=0,得特征向量βs=(1,0,-3)T.
令P?=(β?,β2,β?),则 iP-;-A
综上可得，Pz1AP?=Pi'BP?,即(P?P1)-1A(P?P?1)=B,故P-1AP=B,其中
1服
(3)解 依题设所给的递推关系，有
(6)=(-12)()=(-14)(6)-…-(-14)(。)
297……………
李林全家桶之④
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记A=(_12)
,为求出a,b,只要求A”,为此先求A的特征值与特征向量.
AE-AI=|a-1-4=a-2)a-3)=0,
由
得A的特征值为λ?=2,λz=3.
由(2E-A)x=0,得A的特征向量α?=(2,1)T
由(3E-A)x=0,得A的特征向量αz=(1,1)T.
令P=(a,a2),则P-1AP=A=(23)
,故A=PAP-1,
A"=PAP1=(?1)(2。)(-1-2),
所以
6)=A6)-(?1)(2。s)(-1-2)(_1)=(2-3+).
于是
an-b=2"+2-3"+1-(2"+1-3"+1)=20+1,
-言
故
298线性代数
第十五章 二次型
第十五章 二次型
基础题
一、选择题
(1)B.
解 用配方法，
f(z1,2x)=2x2-2x?(x?+x?)+÷(?+z?2+是x3+是x}-3xz。
=2(z?-2x?-2xs)"+2(x2-2xzxs+x3)
=2(x?-2x?-2xs)2+3(x?-xs)2
令
=
则标准形为f=2y2+2y3.故选B.
注①下列做法是错误的：
令 ,则标准形为f=yi+y2+y3.
21-9
错误原因是矩阵 是不可逆的，线性变换要求可逆.由于二次型的秩为2,
所以标准形中没有y?项.
②此题也可将平方项展开，写出二次型f的矩阵A,求A的特征值得标准形，注意标准形不唯一.
(2)B.
解依题意，A的二次型f=x2+2x2+3x?在可逆线性变换x=Py下化为
f=2y2+3y2+y3,
故该变换为
-做P-
即
.选项B正确.
注①f=x1AxP可逆(Py)'APy=yPPAPy,P1AP=B,则称A与B合同，x=Py称为合同
变换.
②A,B合同?A与B的正、负惯性指数分别相等，即pA=ps,qA=qB.
(3)A.
解A的第i列与第j列、第i行与第j行交换，相当于右乘、左乘初等矩阵，即
B=E,AE,
299……………
李林全家桶之④
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又E=E,ET,=E,故
B=E.AE.=E7AE;=ET;AEj,
所以A与B等价、相似且合同.选项A正确.
(4)A.
解 判定规范形，只要确定二次型的秩及正、负惯性指数，可以通过求二次型矩阵A的特征值来确定.
的4为A---
,由|λE-A|=λ2a-9)=0,得λ?=9,λz=λ?=0,所以r(A)=1,
正惯性指数p=1,负惯性指数q=0,故选A.
(5)D.
解 对于选项A:A为实对称矩阵，则存在可逆矩阵P,使得P?1AP=A.由于P由A的特征向量构成，
所以P不唯一，排除选项A.
对于选项B:Q由A的特征向量经正交单位化后构成，故Q不唯一，排除选项B.
对于选项C:若B是实对称矩阵，则存在正交矩阵Q,使得Q-1BQ=A,即B=QAQ-1=A2,但A不唯
一，排除选项C.例如，Q-1Be=(9),B=e(。9)Q-1,则
B=e(!_i)e-e(!_i)Q1=e(9)e-1e(i)e!
记A?=Q(!-9)e-,A2=e(9)Q1,则B=A2,B=A,故A不唯一.
对于选项D:当B是正定矩阵时，B的特征值全大于零，则存在唯一正定矩阵A,使得A2=B.
选项D正确.
(6)D.
解 选项A中的矩阵C没有可逆的条件，故由A=CTC不能得到A与E合同，即A不一定正定.
选项B是A正定的必要条件但不是充分条件.由r(f)=p+q≤n知，当q=0时，有r(f)=p≤
n.此时可能p0且k>0,得k>0,故选A.
二、填空题
(1)-20,△?=|a4|=4-a2>0,
-1--u-Na+>°
解得-20).
对λ?=1,由(1E-A)x=0,得α?=(0,1,-1)T;
对λ?=2,由(2E-A)x=0,得αz=(1,0,0);
对λ?=5,由(5E-A)x=0,得α3=(0,1,1)T.
显然α1,α2,α?已两两正交，单位化得
r=(,1,-1°,r?=(1,0,0)°,r.=0,1,1)T,
令Q=(Y?,Y?,Ys),则Q为正交矩阵，x=Qy为所求正交变换.
(3)证(充分性)对Vx≠0,则Px≠0(因P可逆，Px=0只有零解),
xTAx=xTPTPx=(Px)T(Px)>0.
由二次型正定的定义，知xTAx是正定的，故A正定.
(必要性)由A正定，所以A的特征值λ;>0(i=1,2,…,n),且存在正交矩阵Q,使得
A-ee1-e“e-e°
取P-e: A-PP.
注 此题可作为判别A是否正定的一个结论.
(4)解(I)由A与B合同，知r(A)=r(B),因为r(B)≤2,所以r(A)≤2.
20
又由|A|中有2阶子式 ≠0,知r(A)≥2,故r(A)=2,从而|A|=0.
A1=12i--8=0,得a=2
由|
^-{-1.
当a=2时，有
302线性代数
第十五章 二次型
E-A1-1-3i-:-xa-2a-3,
A的特征值为λ?=0,λ?=2,λ3=3.
由A与B合同，知A与B有相同的正、负惯性指数.故b>0,即b∈(0,十一).
(Ⅱ)由QTAQ=Q-1AQ=B,知A与B相似，从而A与B有相同的特征值，故b=2.下面求A的特
征向量.
由E-A-[---
,得α?=(-1,1,2).
由2E-A-
,得αz=(1,1,0)T.
由B-A-[
,得α=(1,-1.1)T
将α1,α2,α3单位化，得
r=方店(-1,1,2)2,r?=—1,1,0°,v.=方a,-1,D°.
令Q=(Y?,Y?,Y?),则Q为正交矩阵，使得
QTAQ=B.
(5)解(I)依题设，f(x?,x?,x?)=0,当且仅当
对上述方程组的系数矩阵作初等行变换，有
-i-9=3
当a≠1时，f(x?,x?,xg)=0只有零解(0,0,0).
当a=1时，f(x1,T2,xg)=0有非零解，且通解为k(-1,1,1)(k为任意常数).
(Ⅱ)由(I)知，当f(x?,x?,x3)=0有非零解时，a=1.
此时f(x?,x2,x?)=2x2+2x2+2x2+2xix?+2x?xg-2x?xg,其矩阵为
^-{-
E-A1-A-xa-3,
由
得A的特征值为λ?=0,λ2=λ?=3.
对于λ?=0,由(OE-A)X=0,得特征向量α?=(-1,1,1)T.
对于A?=A?=3,由(3E-A)X=0,得特征向量a?=(1,1,0)T,a=—(1,-1,2)T(az,as已正交).
将α1,α2,α3单位化，得
r1=1(-1,1,1)2,r?=(1,1,0)T,ro=(1,-1,2)
令Q=(Y?,Y?,Yg),则X=QY为所求的一个正交变换，标准形为
0y?+3y2+3y?=3y2+3y3.
(Ⅲ)当a≠1时，由(I)知f(x?,x2,x?)=0只有零解.
303………………
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8
,有f(x?,x?,xs)>0,故f(x?,z?,xs)为正定二次型，其规范形为z2+z2+z2.
当a=1时，由(Ⅱ)知f(x?,x?,xs)的矩阵A的特征值为0,3,3,故r(f)=2,正惯性指数为2,负惯
性指数为0.所以，f(x?,x?,xs)的规范形为z2+z}.
(6)解(I)由α?+2a?a-α33=0,有-^_3--
故λ?=0是A的特征值，βs=(1,2,-1)T是其特征向量.
令λ?=λz=1,对应的特征向量为β=(x?,x?,xs)T,由A为实对称矩阵，知βTβ?=0,即x?+2x?-
xs=0.解得β?=(-2,1,0)T,β?=(1,0,1)T,为λ?=λz=1对应的特征向量.
将β?,β?正交化，得
η1=β1=(-2,1,0)T,
n2=β?-B,BB?=号(1,2,5)?.
将η,η2,β?单位化，得
v.=方(-2,1,0)°,v-—(1,2,5)°,r.=店(1,2,-1*.
令Q=(Y?,Y?,Y?),则X=QY为所求正交变换，标准形为y2+y2.
(Ⅱ)由(I)知，Q-1AQ=A,A=QAQ-1=QAQT,故
由r(A)=2,知r(A')=1,A'X=0有两个线性无关的解，|A|=0.
由A*A=|A|E=0,知A的列向量中线性无关的α?,α2是A'X=0的两个基础解.
故所求通解为k;(6,-3,6)+k?(-3,3,3)"(k?,k2
为任意常数).
(7)解(I)由(A-2E)α=0,即Aα=2a,知λ?=2是A的特征值，其对应的特征向量为α?=α=
(-1,1,1)T.又r(A)=1,A是3阶实对称矩阵，故
A~-
即λ2=λ?=0是A的二重特征值.设其特征向量为β=(x?,x?,xs)T,由A的不同特征值对应的特征向
量必正交，知αTβ=-x?+x?+x3=0,解得基础解系为
β?=(1,1,0)T,β?=(1,-1,2)T,
满足(OE-A)β?=0,(OE-A)βz=0,即Aβ?=0,Aβ?=0,故AX=0的通解为
k?β?+k?βz=k(1,1,0)T+k?(1,-1,2)T(k?,k?为任意常数).
(Ⅱ)将α?,β?,β2单位化，得
304线性代数
第十五章 二次型
r=方(-1,1,1),v?=—(1,1,0)2,r.=a,-1,2)
令Q=(Y?,Y2,Y?),则Q-1AQ=A.故
XTAXX=e2y2+0y2+0y2=0.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知
令y?=0,yz=c1,ys=c?(c?,c?为任意常数),则
为XTAX=0的全部解.
综合题
一、选择题
(1)A.
解求正、负惯性指数，可通过标准形(规范形)或特征值得到.已知二次型f中没有平方项，先作可逆
线性变换产生平方项，再化为标准形或求其矩阵的特征值.
令 ,矩阵 可逆，则
f=(y?+y2)(y?-y2)+(y?-y2)y3=y2-yi+y?y3-yzys.
用配方法化为标准形，得
f=(v?+2v.)2-(x?+2v.)2.
令 矩阵 可逆，故二次型为f=zi-z2,所以p=1,q=1.故选A
(2)C.
解首先④是必要条件.
若A与B合同，则存在可逆矩阵C,使得CFAC=B,故r(A)=r(B),且正、负惯性指数不变，即pA=
pB;反之，若r(A)=r(B),且pA=pB,由于
Pa+qA=r(A),pn+gB=r(B)
得qA=qB,所以A与B合同.
305李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
③是充分条件.故选C.
注 存在可逆矩阵C,使得CTAC=B,称A与B合同，定义中并没有要求A,B是实对称矩阵，但当A是
实对称阵时，由于(CTAC)T=BT,即CTATC=BT,故CTAC=BT=B,说明B也是实对称矩阵.
一般情况下，只讨论对称矩阵的正、负惯性指数.
(3)D.
解令
f(x,y,z)=(x-y)2+(y-z)2+(z-x)2
=2x2+2y2+2z2-2yz-2zx-2xy,
则二次型的矩阵为
^-=2二
由|λE-A|=0,得A的特征值为λ?=0,λ2=λ?=3,即pa=2,qA=0,故f在正交变换下的标
准形为0y2+3y2+3y3,所以曲面为柱面.故选D.
注 设
f(x,y,z)=xTAx,x =(x,y,z).
A的特征值为λ1,λ2,λ3,则f(x,y,z)=1按特征值符号有如下情形：
①全正，为椭球面(含球面);
②两正一负，为单叶双曲面；
③两负一正，为双叶双曲面；
④两正一零，为椭圆柱面(含圆柱面);
⑤一正一负一零，为双曲柱面；
⑥一正两零，为两个平行平面.
(4)A.
解 由正定二次型的定义，知f(x?,x?,…,xn)正定的充分必要条件是对任意x?,x?,…,x,有f(x?,
x2,…,x)≥0,其中当且仅当以下方程组只有零解时等号成立，
①
方程组①只有零解的充分必要条件是其系数行列式不为零，即
因此，当1+(-1)"+1a?az…a≠0时，对任意不全为0的x?,x?,…,x都有
f(x?,x2,…,xn)>0,
故正定，选项A正确.
注 按第1列展开计算行列式.
(5)A.
解 利用排除法，A,B,C均不是对称矩阵，D是对称矩阵，故矩阵A,B,C均与D不合同，排除选项B,
C,D,只有选项A正确，下面说明选项A正确.
考虑矩阵B与C,可以看出，交换B的第1,2行，再交换第1,2列可得C,即
16)B(11)=c=(11),
1o)B11)=(19)=c.
故
由合同的定义知，B与C合同.
证明A与B相似.
306…………………
线性代数
第十五章 二次型
AE-AI=|^-2-|=a-D2,
由
AE-B|=|^-1x-1|=a-1)2,
知，矩阵A,B有相同的二重特征值λ=1.
r(IE-A)=-((1-1))=1
又
r(IE-B)=r(。-1))=1,
故A,B的二重特征值λ=1只有一个线性无关的特征向量，从而A,B均不相似于对角矩阵.
利用相似的定义，看是否存在可逆矩阵I
P=x2),使得P-1AP=B,即AP=PB,得方程组
(-11)(T2)=2)(。1),
即
P=(-19)
求其一个基础解.取xs=-1,x?=1,则x?=1,xz=0,故可取1 可逆(不唯一),使得
P-1AP=B.所以选项A正确.
注 若矩阵A与B合同，则存在可逆矩阵C,使得CTAC=B,如果A是实对称矩阵，则
(CTAC)T=BT,
即 CTATC=CTAC=B=BT,
从而B也是实对称矩阵，即若A与B合同，A与B中有一个矩阵是实对称矩阵，则另一个矩阵必为
实对称矩阵.
(6)D.
解 确定xTAx的规范形，只要确定其正、负惯性指数，通过A的特征值可以得到正、负惯性指数.
A'=A-E,两边同时左乘A,得AA'=A2-A.
由|A|=2,知|A|E=A2-A,即A2-A-2E=0.
设A的任一特征值为λ,则λ2-λ-2=0,故A可能的特征值为-1,2.由|A|=2,知A的特征值只
能为-1,-1,2.所以p=1,q=2,选项D正确.
(7)B.
AE-AI=|a-2a-1|=a+1)a-3),
解由
AE-BI=|^-1a-1|=a+1)a-3),
知A,B有相同的特征值λ?=-1,λ2=3,由于A是实对称矩阵，所以A～A=diag(-1,3).由B有不同
的特征值，知B~A=diag(-1,3),故A～B,即必存在可逆矩阵P,使得P-1AP=B.选项B正确。
对于选项A,A为实对称矩阵，必存在正交矩阵Q?,使得Qi'AQ?=A,B不是实对称矩阵，则存在可逆
矩阵P?,使得PF'BP?=A,则QF'AQ?=P?'BP?,即
P?Q'AQ?P1=B,(Q?Pi1)-1A(Q?P1)=B.
令P=Q?PF1,则P-1AP=B,但P=Q?P1不是正交矩阵，选项A不正确.
对于选项C,A是实对称矩阵，B不是实对称矩阵，故A与B不合同，选项C不正确.
对于选项D,A的特征值为-1,3,正惯性指数p=1,负惯性指数q=1,故A不合同单位阵E,即A不
是正定矩阵.选项D不正确.
注①仅实对称矩阵才能利用正交矩阵相似于对角矩阵，当A不是实对称矩阵时，不同特征值对应的
特征向量没有正交性(是线性无关),即使用施密特正交化，B?=a?,B=a-(Br,B)p?,记
307李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
k=-B,B)
.因(α?,β?)≠0,知k≠0,则βz=α2+ka,已不是A的特征向量(因A的不同
特征值的特征向量之和不是A的特征向量).
②设A是n阶实对称矩阵，则
A正定?A=PTP(P为n阶可逆矩阵)
?A合同于单位矩阵.
(8)A.
解依题设，对VX≠0,有|X1AX|<|xx|,而XTx>0,故
-XTX0.又A+E是2阶实对称矩阵，故A+E是正定矩阵.
同理，由XTAX0,故E-A是正定矩阵.
因A+E=(a=1a-1),E-A=(-a2-a)
,故
I4+E|=3a-1>0,{E-A|-1-a>0,
即a>3且a<1,a∈(3,1).选项A正确.
(9)A.
解f(x?,x?)=(a?,X)2+(a?,X)2=(X?a?)(a[X)+(X1a?)(aZX)
=x1(2)(1,2)X+x(?)(a,1)X
=x*(2+a22+5)x,
故f的矩阵A=[2+a225a].
B=(6b).
由已知，g的矩阵为1
依题意，A与B合同，知r(A)=r(B)=1,且A与B有相同的正、负惯性指数，故|A|=(2a-1)2=0,
得a=2
-1--K-G+J]-0mu-->。
当a=2
时，由
又|AE-Bl=“-b-|=A(p-2b)=0,得A=0,A?=2b>0
a=2,b>0.选项A正确。
故(
(10)C.
解依题设，对VX≠0,有|XTAX|<|xTx|.而XTx>0,故
-XTx0.
又A+E为2阶实对称矩阵，故A+E为正定矩阵
同理，由XTAX0,故E-A为正定矩阵.
(×?)'(+EE-A)(×)=xi,x5)(AE-A)(x?)
=XT(A+E)X?+XZ(E-A)X?.
A+E-A)正
当X?≠0,X?≠0时，XT(A+E)X?+XZ(E-A)X?>0,从而4阶实对称矩阵
定.所以，二次型的规范形为y2+y2+y3+y?,选项C正确.
308………………………………
线性代数
第十五章 二次型
(11)C.
解由|A|=3,A'=-A+4E,有
AA'=A(-A+4E)=-A2+4A,
故3E=-A2+4A,即(2E-A)(2E-A)=E.
于是2E-A为可逆矩阵，又(2E-A)T(2E-A)是实对称矩阵，从而(2E-A)T(2E-A)是正定矩
阵，故二次型XT(2E-A)T(2E-A)X的规范形为y?+y2+y3.选项C正确.
注 结论：设A是实对称矩阵，则A正定台存在可逆矩阵P,使得A=PTP.
二、填空题
(1)n.
解由已知，Ax=b有唯一解，故Ax=0只有零解，即对 Vx≠0,有Ax≠0,故x1(A'A)x=
(Ax)(Ax)>0,所以二次型正定.于是，二次型的正惯性指数为 n.
注由(A'A)T=ATA知，ATA是对称矩阵.
(2)-y2-y2+y3.
解由xTAx经正交变换下的标准形，知A的特征值为λ?=λz=1,λ3=-1,且
|A|=1×1×(-1)=-1.
又A'的特征值为
IAI=-1,LAI=-1,Al=1
故p=1,qA·=2,所以x1A*x的规范形为-y2-y2+y?.
注①若A是可逆实对称矩阵，则A-1,A*都是实对称矩阵.
②讨论正、负惯性指数时，应掌握惯性定理：二次型f经可逆线性变换，其正、负惯性指数不变，且
p+q=r(f),其秩r(f)也不变.
(3)10.
解由已知，|A|=2×3×4=24,A*的特征值为
AI=12,A=8,AI=6.
由A为实对称矩阵，知存°在正交矩n阵Q,使-得owe-8
故|XTA*X-XTAX|=|XT(A*-A)X|
X=e(12-2)y2+(8-3)2+(6-4)y3l
=|10y2+5y2+2y}|≤10(y2+y2+y3)=10Y'Y.
又xTxX=eyteToY=YIY,故当|X^A'x-x1AX|≤ax'x时，有|X'A*x-X1AX|≤ar'y.
故a的最小取值为10.
三、解答题 ^-11=
(1)解(I)二次型的矩阵为
由已知p+q=2=r(A),故|A|=-(a-1)2(a+2)=0,解得a=1或a=-2.
当a=1时，r(A)=1,不合题意，故a=-2,所以
^-[=1
(Ⅱ)由(I)知，二次型为
f(x?,x2,xs)=x2-2x2+x3+2x?x2+4x?xs-2x?as,
由配方法，得
f(x?,x?,xs)=x2+2x?(x?+2xs)+(x?+2xg)2-(x?+2xs)2-
309-
-
李林全家桶之④
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2x2+x2-2xzxs
=(x?+x?+2x?)2-3x2-6x?x?-3x?
+
=(x?+x?+2x?c)2-3(-x2+2xzx?+x3)
=(x?+x?+2xs)2-3(x?+x?)2.
令
即y=c-x,其c中 -,-
,且C可逆，故
即 为所求可逆变换，所以
f=x'ax×=c-c-y)'AC-y=y'(C-)AC-y.
BB=A-18一
令B=C-1,则E ,标准形为y2-3y2.
注 用配方法求可逆线性变换(不是正交变换)是常用方法.
(2)解(I)由已知A*α=4α,等式两边同时左乘A,得AA'α=4Aα,即
|A|α=4Aα, ①
故Aa=Ala.又
∑a=1=Za=A?+λ?+A?=2+2+A,
得λs=-3,于是有|A|=λ?λzλ?=-12.
由①式得Aα=-3a,λs=-3对应的特征向量为α?=α=(1,0,-2)T.
由A是实对称矩阵，令λ?=λz=2对应的特征向量为x=(x?,Z2,xs),则x'a?=0,即x?-2x?=0,
解得α?=(0,1,0),αz=(2,0,1)T.
由A(α1,α2,α?)=(λ?α1,λzα2,λ3a?),得
A=(λ?α1,λ?αz,λgαs)(α1,α2,α?)-1
(Ⅱ)由于α1,α2已正交，所以只需将α1,α2,α3单位化，得
9,--8-后
令Q=(Y?,Y?,Ys),为正交矩阵，x=Qy为所求正交变换，标准形为2y2+2y2-3y2.
(3)解(I)设λ2对应的特征向量为x=(x?,x?,…,x)T,由A是实对称矩阵，得xTα=0,其中
αn=(1,0,…,0,1)T,即x?+xn=0.解此方程，得λ?对应的特征向量为
显然，λ?=1与λ?对应的n-1个特征向量已两两正交，则单位化得正交矩阵
310-
--
………
线性代数
第十五章 二次型
故Q?1AQ=A=diag(λ2,…,λz,1),于是
(Ⅱ)由于A是实对称矩阵，所以A正定的充分必要条件是其特征值全大于0,故λ?>0
注 证明矩阵是正定矩阵，应先验证其是对称矩阵.
^-8-B-
(4)解(I)f与g对应的矩阵分别为
由已知，r(A)=r(B),a≠0,知r(B)=2,从而
A-8---c2-D=0,得a-±1
当a=1时， --B-
显然，tr(A)=1,tr(B)=-1,知A与B不相似.
由 |λE-A|=λ(λ+1)(A-2)=0,得A的特征值为0,-1,2.
|λE-B|=λ(a-1)(λ+2)=0,得B的特征值为0,1,-2.
知A,B有相同的正、负惯性指数，所以A与B合同，于是存在可逆线性变换x=Py将f化为g.
用配方法求P.
当a=1时，f(x?,x?,xa)=x2-x2+x2+2x?xs=(x?+x?)2-x2.
令 即
g(y?,y?,ys)=-y2-y2+y3+2y?yz=-(y?-y?)2+y2.
令 即
-8
则
-1
故
311---
…………………………
李林全家桶之④
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-{
所以
-9B-
(Ⅱ)当a=-1时，
E-A1=-+=aa-Da+2,
由
E-B1--xa-Da+2,
知A,B有相同的特征值0,1,-2.而A,B均为实对称矩阵，故分别存在正交矩阵Q?,Q?,使得
Q?'AQ?=A=diag(0,1,-2)=Q'BQ?,
即 Q?Q?'AQ?Qz1=(Q?Q?1)-A(Q?Q21)=B.
记Q=Q?Q1,则Q为正交矩阵，使得Q-1AQ=B,从而f(xi,xz,x?)经正交变换X=QY化为g(y?,
y2,y?).
注①若A,B为实对称矩阵，则
A,B有相同的特征值?A～B.
②设Q?,Q?均为正交矩阵，则QFQ?=E,QIQ?=E,故
QFQ=(Q?Qz1)(Q?Qz1)=(Q?1)QFQ?Q1=(QE)EQz1=Q?Q1=E,
从而Q=Q?Q1是正交矩阵.
③存在可逆(非正交)线性变换x=Py将二次型xTAx化为yBy(A,B均为实对称矩阵),相当于
矩阵A与B合同但不相似，用配方法求可逆矩阵P.
A-18
(5)解(I)由已知，有f的矩阵为
-A1--°--J-a-a+DJa-ou-a-2J,A的在值
由|
为λ?=a+1,Az=a,λs=a-2,且互不相等.
a+DE-A-一：
由
得λ?=a+1的特征向量为α?=(1,-1,1)T.
B-A-L一
由
得λ?=a的特征向量为α?=(1,1,0)T.
a-2B-A---一
由
得λ?=a-2的特征向量为α?=(-1,1,2)"
将α1,α2,α3单位化，得
v.=}a,-1,D)T,n?=(1,1,0°,y,-店(-1,1,2):
312线性代数
第十五章 二次型
,所求正交变换为x=Qy,标准形为(a+1)y2+ay2+
(a-2)y2.
(Ⅱ)由(I)知
~[-A~cE-ay~
故x?(aE-A)2x×=yí+0·y2+4y2=0,从而
y?=0,ys=0,yz=C(C为任意常数).
所求全部解为(x?,xzx)T=c(,0)
^-~-8
(6)(I)由已知
,则a+a+a=1+1+4,得a=2.
B-A1-三-6-Da-)=0,得b=1,
由|
^-{
故
其特征值为λ?=λ2=1,λ3=4.
对λ=λ2=1,由(E-A)x=0,解得特征向量为
α?=(-1,1,0)T,αz=(-1,-1,2)(已正交).
对λ?=4.由(4E-A)x=0,解得特征向量为
αg=(1,1,1)T.
将α1,α2,α3单位化，得
r?=(-1,1,0)T,y?=店(-1,-1,2)2,r=1(1,1,1)T
所求正交矩阵
(Ⅱ)由A的特征值λ?=Az=1,λg=4,知|A|=1×1×4=4.可得A*的特征值分别为
M=A=4,2=Al=4,=AI=1
313-
……
李林全家桶之④
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故A+A·的特征值为5,5,5,且知A+A'是正定矩阵，
oru+A~0-A-{
则
-A+A-oe2-e
B=e1-QCGEng′-5B°-后
,E为3阶单位矩阵.
E.其中
故
①当|A|≠0时，设a是A的特征值λ对应的特征向量，即Aa=λa,可得A'Aa= A'a,故
A
a=A。
的特征向量，此题中的正交
.说明α是A'关于特征值
A|α=λA'α,即A
矩阵Q,使得Q?1A'Q=diag(4,4,1).
②(I)中求b时，若利用A~A,有|A|=|A|=4,
A---。|-(2-12+2)。
即
故(2-b)(2+2b)=4,2b(1-b)=0,解得b=0,或b=1.需将b=0,b=1代入A检验是
否保证λ=1是A的特征值.此题b=0代入A中，可验证λ=1不是A的特征值，故b=0舍
去.取b=1,其原因为|A|=|A|是A～A的必要条件而非充分条件.
(7)解(I)依题设，AX=0的基础解系为
51=(-1,1,0),52=(2,0,1)T,
故ξ1,52是A的特征值λ=0的两个线性无关的特征向量.
由η=(1,1,-2)是AX=b的解，即
--[8-
知ξ:=η=(1,1,-2)是特征值6的特征向量.
令P=(51,52,58),则P可逆，使得P-1AP=A,故
A-mr-
4-
(Ⅱ)由(I)知
的列向量组的一个极大线性无关组为
然，L)=1.tA=PAp'-a-()-[,-2,
取β=(6,6,-12),则A2=aβ
(Ⅲ)用配方法，将f(x1,Z?,xg)=xTAX化为标准形
314线性代数
第十五章 二次型
rCt)=a,_
=x2+x2+4x3+2xix?-4x?x?-4xzx3
=x?+2x?(x?-2x?)+(x?-2x?)2-(x?-2x?)2+x2+4x3-4xzI3
=(x?+x?-2x?)2.
由XTAX=0,知x?+xz-2x?=0,解得α?=(-1,1,0)T,α2=(2,0,1)T.
故XTAX=0的全部解为
C?(-1,1,0)T+C?(2,0,1)T,C?,C?为任意常数.
(8)解(I)由二次型f经正交变换X=QY化为标准形2y2-y2-y3,知A的特征值为λ?=2,
λz=λ?=-1,所以|A|=λ?λ2λ?=2,A*的特征值为
Al=1,AI=-2,Al=-2
A'α=α,
又
AA'α=Aα,
上式两边左乘A,得
即|A|a=Aα,故Aα=2α,所以α=(1,1,-1)T是A属于λ?=2的特征向量.
设λz=λ?=-1对应的特征向量为X=(x?,x?,xs)T,由于A是实对称矩阵，故α与X正交，即
αTX=x?+x?一x=0.
解得X?=(1,-1,0)T,X?=(1,1,2)T(已正交).
将α,X?,X?单位化，得
v.=方(1,1,-1)2,v=方a,-1,0)°,v.=方(1,1,2)
e-8A
,则
A=QAQ1=QAQ'
(Ⅱ)由
Q-1(A+2E)Q==Q?'AAQ+Q-+1(2E-)Q A
知A+2E是正定矩阵，且A+2-cne°-8
令 =98le-8
315李林全家桶之④
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则B为所求正定矩阵，满足B2=A+2E.
A-
(9)解(I)二次型f的矩阵为
A=
依题设，知A合同于
,从而r(A)=r(B)=2,所以|A|=2(a-1)=0,得a=1.
AE-Al=^-a-。-9=xa-2Y=o,
由
得A的特征值为λ?=λ2=2,λ3=0.
对于λ?=λ2=2,由
-A-1
知其特征向量为α?=(0,1,0)T,α2=(1,0,1)(已正交).
对于λ?=0,由
B-A-L-1
知其特征向量为αs=(-1,0,1)T.
将α1,α2,α3单位化，得
r2=(1,0,1)°,r.=}(-1,0,1)°。
Y?=(0,1,0),1
令Q=(Y?,Y?,Y?),则X=QZ为正交变换，标准形为2z2+2z}.
令 :,记作Z=PY,则
f(z?,T?,xs)X=eriYyi+y3.
所求可逆矩阵为
316线性代数
第十五章 二次型
(Ⅱ)当XTx=1时，
xx×=ZzQToz=Z'EZ=ZIz=z2+z2+z2=1,
故
f(x?,x?,xg)x=0Z?22+2z2=2(z}+2+z2)-22≤2×1-0=2,
即f(x?,x?,xs)的最大值为2,此时z?=0,
=z1
当x?=x?>0时，即- ,得zs=√2z?.
由}+z2+z2=1,得z2=3,由已知取 ?=方
,故
日
为所求最大值点.
注①考虑到(Ⅱ)求f(x?,xz,xs)的最大值，(I)先求正交变换将f化为标准形，再用可逆线性变换
化为y2+y3.注意Q的列向量排列顺序.
②(I)也可用配方法，P不唯一，(Ⅱ)用正交变换.注意正交变换保持几何图形不变.求f的最值，
用正交变换.
(10)解(I)依题设，ABX=0与BX=0同解，故r(AB)=r(B)
而由B中有二阶子式 ≠0;知 r(B)=2,所以r(AB)=2,从而行列式|AB|=0.
----1|-ac2-)
由| 知，对任意a,|AB|=0.
B-uB)-Li(B)=2,放aX-0与5X-0不同解
当a=0时，
当a≠0时，-1t--
-8
B=(二11a)→(61-8),
故ABX=0与BX=0同解.所以，a的取值范围为a≠0.
(Ⅱ)当AB为实对称矩阵时，由(I)知，a=1
-由8---a-Da+2-0,用
此时
317李林全家桶之④
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的特征值为λ?=0,λz=1,λ?=-2.
由E-AB-1--8-
,得特征向量α?=(1,0,1).
由E-A-
,得特征向量α2=(0,1,0)T.
由-Z-AB--
,得特征向量α3=(-1,0,1)T.
将α?,α2,α3单位化，得
r=÷(1,0,1)°,r?=(0,1,0),r.=方(-1,0,1)°.
令Q=(Y?,Y2,Y?),则X=QY为正交变换，标准形为y2-2y3.
拓展题
一、选择题
C.
解依题设，αFa?=0,α{a?=0,αas=0,知A的三个特征向量α1,α2,α3是两两正交的向量.
设其对应的特征值分别为λ1,λ2,λ?,将α1,α2,α3单位化后，记为Y?,Y?,Y3.令Q=(Y?,Y?,??),则Q
为正交矩阵，使得
Q-1AQ=△=diag(λ?,λ2,λ?),
故 A=QAQ-1.
从而 AT=(Q-1)TATQ?=QAQ-1=A(因为Q1=Q),
所以，A是对称矩阵，选项C正确.
由于不能确定特征值λ?,λ2,λ?中是否有0特征值，所以A不一定可逆，从而A不一定是正交矩阵与正
定矩阵(正交矩阵与正定矩阵均可逆),故排除选项A,B,D.
注 设A是n阶实矩阵，则
A有n个两两正交的实特征向量?A是实对称矩阵.
二、解答题
(1)解(I)f(x?,x?,…,xn)
=(n-1)x2+(n-1)x2+…+(n-1)x2-2x?xz-2x?x3-…
2x?xn-2xzxa-…-2x?x,-…-2x-1xn,
故二次型的矩阵为
国
注意到A的各行元素之和均为0,利用初等变换得
国
所以r(A)=n-1.
(Ⅱ)由|AE-A|=0,解得A的特征值为λ?=λ2=…=λ1=n,λ。=0.
318--
…………………
线性代数
第十五章 二次型
对λ?=λz=…=λa-1=n,解(nE-A)x=0,得A的特征向量为
对λ,=0,解(0E-A)x=0,得A的特征向量为α。=(1,1,…,1)T
令P=(a?,α2,…,αn),则P可逆，使得P-1AP=A.
由于A的特征值为
λ?=λz=…=λa1=n>0,λ。=0,
故二次型的正惯性指数为n-1.
A-二+,()-1
求A的特征值、特征向量时，可利用秩为1的矩阵的特征值、特征向量的结论，见《2026考研数
学线性代数辅导讲义》.
(2)解(I)由二次型在正交变换x=Qy下的标准形为-y2+2y2+ays,知矩阵A的特征值分别为
A1=-1,λ2=2,λ3=a.
又由|A|=λ?λzλ3=(-1)×2×a=-4,得a=2.
(,3)
(Ⅱ)由正交矩阵Q的第1列为 ,可知特征值λ?=-1对应的特征向量为α?=(1,1,
1).令α=(x?,x?,x3)是λz=λ3=2对应的特征向量，则由
αTα=x?+xz+xs=0,
解得a?=(1,-1,0)T,as=(1,2,-1)'
是λz=λ3对应的特征向量，且α2,α3正交.
将α?,α2,α?单位化，得
n-.v--,n-后_
则 为所求的正交矩阵.
(3)解(I)由Q是正交矩阵，知Q的列向量是两两正交的单位向量，故有
解得b=1,c=√2,a=±1.当a=1时，Q的第1列与第3列不正交，故a=-1.所以，a=-1,b=1,
c=√2.
由已知，得Q?'AQ=diag(0,b,c2)=diag(0,1,2)=A,故
A=QAQ-1=QAQT
319:
李林全家桶之④
2026 考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
(Ⅱ)由(I)知，
ora+Bg=A+B-
x"(A+E)xx=vi+2y2+3y?.
即 旧
令
记作y=P?z,则
x1(A+E)x×=QPizi+z2+z}
令P?=QP?,则PZ(A+E)P?=E,从而
A+E=(PT)-1p1=(Pz1)TP?1.
令P=Pz1,则A+E=PTP,其中
P=P1=(QP?)-1=P?1Q-1=Pi1QT
(4)解(I)由已知，A与B合同，且r(B)=2,知r(A)=2,故
a=-
解得a=1或
a=-2
当a=-2
时，r(A)=1,故 舍去，取a=1.
(Ⅱ)由正交矩阵Q,使得QTAQ=Q?1AQ=B,知b为A的特征值
1高
得A的特征值为A?=Az=2,As=0.
田A
故b=2
由(2E-A)x=0,解得A的属于A?=A?=2
的特征向量为
320……线性代数
第十五章 二次型
α=(-1,1,0)T,αz=(1,1,-2)(已正交).
由(OE-A)X=0,解得A的属于λ?=0的特征向量为α?=(1,1,1)T.
将α?,α2,α?单位化，得
r=方(-1,1,0)2,r?=F(1,1,-2)°,r.=(1,1,D°.
,则QTAQ=Q-1AQ=B.
(Ⅲ)由(Ⅱ),知A=QBQT,且由计算可知|Q|=-1,故
QTA*Q=Q(QBQT)"Q=Q(Q·)TB*Q*Q
=(Q·Q)TB*(Q·Q)=(1Q|E)B*(1Q|E)
=(一E)B*(-E)=B,
由计算可知
AI
注 由于|A|=0,所以不能用 计算A*的特征值.
321李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
概率论与数理统计
第十六章 随机事件及其概率
基础题
一、选择题
(1)D.
解依题设，ABCC,故
1≥P(A UB)=P(A)+P(B)-P(AB)≥P(A)+P(B)-P(C),
即P(C)≥P(A)+P(B)-1.故选D.
仅由ABCC不能推出P(C)=P(AB)和P(C)=P(A UB).
(2)B.
解由P(AB)=0,得P(A-B)=P(A)-P(AB)=P(A).故选B.
(3)A.
解由P(A|B)=P(A)知，A,B相互独立，故选项C正确，A与B也相互独立，选项D正确.
因P(A)>0,P(B)>0,且A,B相互独立，知A,B必不互不相容，即相容，故选项B正确.故选A.
注①若P(A)>0,P(B)>0,则当A,B独立时，有AB≠×,即A,B相容.当AB=×时，有A与
B不独立(见《2026考研数学概率论与数理统计辅导讲义》).
简单地说，在P(A)>0,P(B)>0的条件下，A,B相互独立与A,B互不相容不能同时成立.
②若A,B相互独立且其概率均大于零，则
P(B|A)=P(B)?P(B|A)=P(B)
?P(A|B)=P(A)
?P(A|B)=P(A).
(4)B.
解由A,B,C相互独立，知AB与C相互独立，AUB与C相互独立，A-B与C相互独立，故排除选
项A,C,D.选项B正确.
注 事件A,B,C相互独立，“不重叠分组，各自运算后仍独立”(见《2026考研数学概率论与数理统计辅
导讲义》).
(5)B.
解由1-P(A|B)=P(A|B),知P(A|B)=P(A|B),即
P(B)-PB)-P(A)PGAB),
故可得P(AB)=P(A)P(B),即A,B相互独立.故选B.
(6)B.
解由ACB,得AB=A,P(B)≤1,故
P(A|B)=P(B)=PB)≥P(A),
选项B正确，
当P(B)=1时，选项A不正确；当P(B)<1时，选项C和D不正确.
(7)C.
PAB)-PBA-PB-PAB
解由P(B|A)=P(B|A),得 ,故P(AB)=P(A)P(B),
选项C正确.
322…………………………………………………
概率论与数理统计
第十六章 随机事件及其概率
此时，A,B相互独立，所以
P(A|B)=P(A),P(A|B)=P(A).
由于01,此时AB≠×,所以P(AB)的最小值为0.2,故P(AUB)
的最大值为1.又当ACB或ADB时会使A UB最小，本题应取ACB,故P(A UB)=P(B)=0.7
为最小值.
(3)2.
解由AB=AB,知(AB)(AB)=AABB=x,而(AB)(AB)=AB=AB,所以AB=?.又由
对偶律AB=A UB=?,故AUB=ΩQ表示全集),从而A与B为对立事件(因AB=0),于是A=
B,A=B,故P(A|B)+P(A|B)=2.
(4)4p2(1-p)3.
解令A={试验成功2次之前已经失败3次},As={第5次试验成功},B?={试验4次失败3次}.
依题设，A?与B?独立，且A=A?B?,而
P(B?)=Cp(1-p)3=4p(1-p)3,P(As)=p,
故 P(A)=P(A?B?)=P(A?)·P(B?)=4p2(1-p)3
(5)号
解 用古典概型计算.
测试7次，就是从10件手机中不放回地抽取7件，故基本事件总数为A7o.
设A={7次测试后3个次品都已找到},故存在两种情况：第一种情况是在前6次测试中有2次找到
次品，而在第7次测试时找到最后一个次品；第二种情况是前7次测试均为合格品，最后剩下的3件就是次
品.所以A所包含的基本事件数为C·C·A·3!+C·7!,
P(A)=C·C·A;3!+C·7!=
故
(6)2[1-(1-2p)”].
解设A?={n次试验中A出现奇数次},A?={n次试验中A出现偶数次},则
P(A?)=Cpq"1+Cp3q"?3+Cp?q"??+…,
P(A?)=Cp°q"+C2p2q"2+Cp?q"?+….
其中q=1-p,故 P(A?)+P(A?)=(p+q)"=1,
P(A?)-P(A?)=(q-p)"=(1-2p)",
325李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
两式相减，得所求概率为P(A?)=2[1-(1-2p)"].
三、解答题
(1)解(I)设A,={第i次取得红球}(i=1,2,3),B,={第j次掷硬币出现正面}Gj=1,2,3).
依题设，易知B,为第j次从甲盒中取球.将“掷一次硬币，再由硬币出现的结果从相应的盒中取出”看
作一次试验，则每次试验都是重复的，且相互独立，所以它的结果A?,A?,A?是相互独立的，且
P(A)=P(A?),i=1,2,3,
故所求概率为P(A?|A?A?)=P(A?)=P(A?).
又由全概率公式，得
P(A?)=P(B?)P(A?|B?)+P(B?)P(A?|B)
=2×4+2×6=2,
故P(A?|A?A2)=2.
(Ⅱ)由于两次试验是独立重复的，所以A?B?与A?B?是相互独立的，且
P(A?B?)=P(A?B?)=P(B?)P(A?IB?)=2×4=3
由条件概率公式得
ra(A---)
(2)解设X={抽取20个样品中的次品数},则X~B(20,0.15).所求问题是，当k为多少时，
P{X=k}=Co×0.15*×(1-0.15)20*(k=0,1,…,20)最大.
设当k=k。时，P{x=k}最大，则有
P{X=ko}≥P{X=ko-1},P{X=ko}≥P{X=ko+1},
考虑任意两项的比值，
PPX==-}=C×0.5×0.85=20-.85××0.15,
则P{X=k}≥P{X=k-1},当且仅当k≤(20+1)×0.15=3.15.
同理，P{X=k}≥P{X=k+1},当且仅当k≥(20+1)×0.15-1=2.15,故当P{X=k}最大
时，k=3,且P{X=3}=C2×0.153×0.851?≈0.2428.
注 本题是求二项分布中最大可能目标数，一般结论是：若X~B(n,p),如果(n+1)p不是整数，则当
k=[(n+1)p](向下取整)时，P{X=k}取得最大值；如果(n+1)p是整数，则当k=(n+1)p
或k=(n+1)p-1时，P{X=k}取得最大值.
如本题，[(20+1)×0.15]=[3.15]=3.
拓展题
解答题
解(I)设A={取出的是白球},B?={取到第i只盒子},i=1,2,3.
依题设，P(B?)=3
,由全概率公式得
P(A)=PB,)P(A|B)=×(4+3+专)=5
(Ⅱ)由(I)及贝叶斯公式得
raIA-rei)云
326概率论与数理统计
第十七章 随机变量及其分布
第十七章随机变量及其分布
基础题
一、选择题
(1)A.
解 要使F(x)为某一随机变量的分布函数，必须有F(+一)=1.又由已知，有F?(+一)=1,
F?(+)=1,故a-b=1,即只要a,b的取值满足a-b=1即可.故选A.
(2)B.
解 考虑到f(-x)=f(x),知f(x)为偶函数，故
F(-k)=f(x)dx=Jf(x)dx=2[f(x)dx+f(x)dr]
=2f(x)dz-f(x)dz]=2[1-Jf(x)dz]=2-f(x)dr.
选项B正确.
(3)B.
解F(x)要成为某一随机变量的分布函数，必满足以下三个条件：
①0≤F(x)≤1,F(+一)=1,F(-∞)=0;
②F(x)是单调不减函数；
③F(x)右连续，即limF(x)=F(a).
只有B满足以上三个条件，而选项A和C中F(x)不满足F(+一)=1,选项D中F(x)不一定单调
不减，故选B.
(4)B.
F(x)=P{X≤x},对任意实数x,F(x+0)=F(x)(右连续).又
P{X=x}=F(x)-F(x-0),
故P{X=x}=0?F(x)-F(x-0)=0?F(x-0)=F(x)?F(x)在x处连续.选项B正确.
(5)C.
p?=P{X≤μ-4)=P{X?≤-1}=(-1),
解
pz=P{Y≥μ+5)=P{Y5“≥1}=1-(1)=(-1),
故p?=p?,与μ取值无关.选项C正确.
(6)C.
解由X~N(μ,o2),则×-~N(0,1),故
P{IX-μI16|X>8}=P{X>8}=e.
F(x)={0-e”,x0.
注 指数分布的分布函数为 无记忆性是指：
P{X>m+n|X>m}=P{X>n}(m,n均大于0).
(2)0.8.
p(x)-
解由X~N(2,o2),知X的概率密度曲线 关于直线x=2对称，因此
P{X<2}=P{X≥2}=0.5,P{00}=1-P{X≤0}=1-(P{X<2)-P{0t}表示相继两次故障之间的时间间隔超过t,故在时长为t的时间间隔内没有发生故障，所以
P{Y>t}=P{X=0},而X是服从参数λt的泊松分布，故
P{Y>t}=PX=0}=!e“=e“
(5)
解依题设，知P{X>μ}=P{X>o},故
1-更(0)=1-(°二),
即(°二)=(0)=2
.从而知μ=σ,即A=B.
又CCA,ACC,CA=,故
“事件A,B,C至多有一个发生”=ABCUABCUABCUABC=×UA=A,
因此所求概率为P(A)=P{X≤μ}=更(0)=2
三、解答题
(1)解(I)分布函数的定义：F(x)=P{X≤x}.
当x<-1时，F(x)=P{X≤x}=0;
当-1≤x<1时，F(x)=P{X≤x}=P{X=-1}=0.2;
当1≤x<2时，F(x)=P{X≤x}=P{X=-1)+P{X=1}=0.2+0.3=0.5;
当x≥2时，F(x)=P{X≤x}=P{Ω}=1,故
(Ⅱ)P{x>2}=1-P{x≤2}=1-F(2)=1-0.2=0.8
(Ⅲ)P{-1≤X≤2}=P{X=-1}+P{-10).
(3)解由已知，得X的概率密度为 .令Y为对X作三次独立重复观
察中，事件{X>3}发生的次数，则Y～B(3,p),且
p=P{X>3)=Jλedx=e".
P{Y≥1}=1-P{Y=0}=1-(1-p)3=26,
依题设，
故力=3,由p=3=e",得λ=-3n3
(4)解用定义法求分布函数Fy(y),Fy(y)=P{Y≤y)=P{≤y}.
Fr()=P{侵≤y<0}=P{1≤x<0}=Jiody=0
当y<0时，
当o<1<1
,即y>1时，
Fr(y)=P侵≤y}=P{x≥1}=1-P{x<÷}=1-]。3x2dx=1-
1>1
当 ,即00}=1,P{X≤0}=0,则Y的分布函数为
Fy(y)=P{Y≤y}=P{max(x,x)≤v}
=P{x≤y,文≤y,X>0}.
当y≤0时，Fy(y)=0;
侵≤y,x>0}={1≤x,x>0}={传≤x}
当00}不能同时发生，故Fy(y)=0;
当y≥1时，
Fr(y)=P{x≤y,1≤x,x>0}=p{1≤x≤y}
=Iaedz=e-e.
FrO)=,1
故
综合题
一、选择题
(1)A.
解f(x)作为随机变量的概率密度，必须满足：①f(x)≥0;②_f(x)dx=1
对于A,f(1-x)≥0且
f(1-x)dr=-I_f(1-x)d(1-x)=Jf(t)d=1,
选项A正确.
对于选项B,(云)dx=2f()a()=2≠1
f2(x)dr与_f(x2)dz都不为1.
对于选项C和D,
(2)C.
解依题设，有p?=P{-2≤X?≤2}=Φ(2)-Φ(-2)=2φ(2)-1,
p?=P{-2≤X?≤2}=P{-1≤×2?≤1}=(1)-更(-1)=2D(1)-1,
ps=P{-2≤X?≤2)=P{-3≤×??≤-1}=①(-1)-(-3),
又Φ(x)单调增加，所以p?=2Φ(2)-1>2Φ(1)-1=pz.
而φ(1)-Φ(-1)>0.68,故
330…………
概率论与数理统计
第十七章 随机变量及其分布
pz=(1)-φ(-1)>0.68>0.5=Φ(0)>Φ(-1)>ps,
故选C.
注 根据3g准则，可知更(1)-Φ(-1)>0.68.
(3)B.
解若X~N(μ,o2),则X的概率密度为
f(u)-,-1
当 ,所以选项A,C,D不正确.
(4)D.
解由已知，可得X的分布函数为
F(a)-6-,<0
区间[0,1]上的均匀分布的分布函数为
ca)-<1
记Y=G(X)的分布函数为H(y),则：
当y<0时，H(y)=P{Y≤y}=P{G(X)≤y}=0;
当y≥1时，H(y)=P{Y≤y}=P{G(X)≤y}=1;
当0≤y<1时，H(y)=P{Y≤y}=P{G(X)≤y}=P{X≤y}=1-e.
故Y=G(X)的分布函数为
HG)-<1
由此可知，y=1是Y的分布函数H(y)的间断点.选项D正确.
由H(y)知，Y不服从区间[0,1]上的均匀分布，Y既不是连续型随机变量，也不是离散型随机变量.
排除选项A,B,C.
二、填空题
(1)μ,
f(a)=
解由X~N(μ,o2),得其概率密度为 ,则
r(c)-r(o-=-o
故xo=μ,F(xo)=yo=2
(2)1.
解F(μ-xo)+F(μ+xo)=P{X≤μ-xo}+P{X≤μ+xo}
=P{X-≤-x}+P{×-≤x}
331………………
……
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
=Φ(-x)+Φ(x)=[1-Φ(x)]+Φ(x)=1.
(3)1-3e?2.
解由已知，有
P{X=k}=e,A>0,k=0,1,2,…,
依题设，λe=^2,
,解得λ=2,λ=0(舍去),所以
P{X>1}=1-P{X≤1}=1-P{X=0}-P{X=1}
=1-e?2-2e?2=1-3e~2.
(4)亏
解 依题设，
P{X=k)=(1-p)?p=pq?(q=1-p=4),
P{X=2n}=加+po3+…+po1+…
故
=pg·-g2=1+=5.
(5)e.
ZP{X=k)=1,故
解 由分布律的性质，有
Ce2=ae2≥1=ae2·e=ae1=1,
所以a=e.
①2斤-e(-○0时，有P{X>s+t|X>t}=P{X>s},故
P{X≤k+1|X>k}=1-P(X>k+1|X>k)=1-P{X>1}
332……………………………
概率论与数理统计
第十七章 随机变量及其分布
=1-e1=1-
解法2直接利用条件概率进行计算.
P{X≤k+1|X>k}=1-P{X>k+11|X>k}=1-PXPk+kX>k
-咯---1
(8)1-e2+e.
解由已知，可得X的概率密度为
f(u)={8,,≥0.
故所求概率为
P{x≤4}=P{x<4,xI≤1}+P{x≤4,xI>1}
=P{x≤4,1xI≤1}+P{-x≤1,1xI>1}
=P{-1≤x<4}+P{X>1)
=J*aedx+?aedz
=1-e+e
三、解答题
(1)解由已知，得X的分布函数为 F(x)={6-,≤0,y=1-e“ 是单调增加函数，其反函
数为x=-nd2.
令G(y)是Y的分布函数，则
G(y)=P{Y≤y}=P{1-e-2x≤y}
Pik<2).<
-S<1. y1,
gr(y)=C(9)={6,其他，<1,
即Y在[0,1]上服从均匀分布.
注 结论：设连续型随机变量X的分布函数为F(x),且严格单调增加，则Y=F(X)服从均匀分布(见
《2026考研数学概率论与数理统计辅导讲义》).
(2)解Y=sin X的值域为[-1,1].
当-1≤y<1时，
F(y)=P{Y≤y}=P{sinX≤y}=P{X∈D},
D={x Isinx≤y}=U[2kπ-π-arcsin y,2kπ+arcsin y],
其中
故F(y)=f()dr.
333……………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
当y<-1时，F(y)=0;当y≥1时，F(y)=1.Y的概率密度为fr(y)=F'(y),即
ro)=2Cr(2km+acsns)+f(2k---arcsms)].-I≤y<1,
其他.
(3)解 用定义法，Fy(y)=P{Y≤y}=P{X2≤y}.
当y≤0时，Fy(y)=0;
当y>0时， Fy(y)=P{X2≤y}=P{-√y≤X≤√y}
=F(√y)-F(-√y),
F(x)是X的分布函数.
当x≤0时，F(x)=Φ(x),故F(-√y)=Φ(-√y);
当x>0时，
F(x)=2+Je“d=2+(1-e“),
故F(反)=2+2(1-e?),所以
Bo)-(+a---5>
y≤0.
.O)=F/(O)=5+p(-5),>0
334概率论与数理统计
第十八章 多维随机变量及其分布
第十入章 多维随机变量及其分布
基础题
一、选择题
(1)A.
解记A={X≤xo},B={Y≤yo},由分布函数的定义，
F(xo,yo)=P{X≤xo,Y≤yo},
故 P{X>x,Y>yo}=P(AB)=P(A UB)=1-P(A UB)
=1-P(A)-P(B)+P(AB)
=1-P{X≤xo}-P{Y≤yo}+P{X≤x,Y≤y?}
=1-F(x。,+∞)-F(+∞,y。)+F(xo,yo).
选项A正确.
(2)A.
解由X,Y相互独立，X～N(0,1),Y～N(1,1),知
X+Y~N(0+1,1+1)=N(1,2),
所以X+Y的概率密度曲线关于μ=1对称，故P{X+Y≤1)=2
.选项A正确.
注 设X?～N(μ1,o2),X?~N(μ2,o2),且X?与X?相互独立，则
aX?+bX?~N(aμ1+bμ2,(ao?)2+(bo?)2),
其中a,b为不全为零的实数.
(3)D.
解设X?的分布函数为Fx(x),由X?与X?同分布，知X?的分布函数为Fx(x),则kX?的分布函
数为
)-Px->A--(-),<
kX?的分布函数为
e)-rxe-.
故kX?与kX?同分布.同理可证kY?与kY?同分布.选项D正确.
由于边缘分布不能唯一确定联合分布，可知选项C不正确，由此可得选项A,B不正确.例如，
X?
0 1
Y?
13 13
0 0
23 23
1 0
13 23
335………………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
X?
0 1
Y?
19 29 13
0
29 49 23
1
3 213
()
则X?与X?同分布，Y?与Y?同分布，均服从 .但(X?,Y?)与(X?,Y?)不是同分布.
x,+x,~[,x-x~日·
x+x~青]x-x~吾音号
二、填空题
(1)4,4
解由已知，得
P{X=0}=P{X=0,Y=0}+P{X=0,Y=1}=4+b,
P{X+Y=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=1}=a+b.
又a+b+4+4=a+b+2=1,知a+b=2
,于是
P{X=0,X+Y=1}=P{X=0,Y=1}=b.
因{X=0}与{X+Y=1}相互独立，所以有
P{X=0,X+Y=1}=P{X=0}·P{X+Y=1},
即b=(4+b)·县，得b=4,=4
(2){,,≤0
F(x)={1,e"≤0.
解依题设，X与Y的分布函数均为1
Fz(z)=P{min{X,Y}≤z}=1-P{min{X,Y}>z}
=1-P{X>z,Y>z}=1-P{X>z}·P{Y>z}
-1-[1-F(2)β=6,z0
可见，min{X,Y}服从参数为2λ的指数分布.
(3)6
ra)-6其他，<4
故P{X>3}=P{Y>3}=4
解 依题设，X,Y的概率密度均为
P{(X>3)U(Y>3)}=1-P{X≤3,Y≤3}
=1-P{max{X,Y}≤3}
=1-16=16
336概率论与数理统计
第十八章 多维随机变量及其分布
所以
P{min{X,Y}>3}=P{X>3,Y>3}
=P{X>3}+P{Y>3}-P{(x>3)U(Y>3)}
=4+4-16=16
三、解答题
(1)解(I)随机变量取值情况如下
(X,Y) (0,-1) (0,1) (1,-1) (1,1)
36 16 91 31
P
2X+Y -1 1 1 3
0 1 1 1
max{X,Y}
min{X,Y} -1 0 -1 1
故
2X+Y -1 1 3
31 58 6
py
0 1
max{X,Y}
31 11
p
min{X,Y} -1 0 1
3
314 11
p
P{min(X,y)≥0)=16+6-4
(Ⅱ)X与Y的边缘分布律分别为
X 0 1 Y -1 1
14 314 4 4
p p
显然满足p,=pi·p;.,故X与Y相互独立.
CD)r)-[10-
-={2,其他，F<1
故fr(y)={1-其他
337-
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ma1s)--kc
(Ⅱ)
fmcOla)--其他i0-
P{x>2,x>0
注 考虑到f(x,y)的非零部分为常数1,可用面积求 和 y
A
P{Y>0},如图18-1所示. 1
P{X>,Y>0}等于图中阴影部分的面积，P{Y>0}等于图18-1 y=x
中△AOB的面积，故 B
0 12 1x
y=-x
-1
(3)解(I)由
ff(x,y)drdy=kedz[edy=k=1, 图18-1
得k=12,故
f(a,)={82其他，>>0,
又由于
fx(x)=5f(x,y)dy=?"12e·edy=4e,x>0,
故fx(x)={4,其他’
'同理，可得fr(y)={3e,”,其他0’显然，f(z,y)=fx(x)·fr(y),故X
与Y相互独立.
f?(z)=?fx(x)fr(z-x)dr.
(Ⅱ)由卷积公式，有
当z<0时，fz(z)=0;当z≥0时，
f?(z)=]°12e·e-2dx=12]e"e"dx=12e(1-e).
(4)解由X与Y相互独立，有
f(x,y)=fx(x)·fv(y)={o.Aze其他0,y>0,
P(Z=1)=P(X≤Y)=[aiaze?drdy
=Aix]dx]e"dy-A+
P{Z=0)=1-P{Z=1)=x、+,
分布函数为
338-
…………………………
概率论与数理统计
第十八章 多维随机变量及其分布
xa)-ff(a,)dy-edy,z>0
(5)解(I)
={oe,≥0
)-f(,)d-d,y>0
由于f(x,y)≠fx(x)·fr(y),故X与Y不相互独立.
(Ⅱ) F(x,y)=F{X≤x,Y≤y}.
考虑一点(x,y)的分布函数.
当x<0或y<0时，F(x,y)=0;当0≤y
(Ⅱ)k有实根，则△=(2X)2-4Y≥0,即X2≥Y,令A={(x,y)|x2≥y},则
P(A)=?dr2edy=?(a-e3)d
-1-√23dx=1-√2(1)-p[0]≈0.1445,
其中Φ(x)为标准正态分布函数.
(8)解法1依题设，X和Y的概率密度分别为
n)-no)-信
f?(z)=Jfx(x)fr(z-x)dz.
用卷积公式
z
确定积分限，只需确定fx(x)fy(x-x)的非零取值区域，即x>0且z-x>0,
如图18-5所示. z=x
当z<0时，即x0时，即x>0
且x0,y>0无公共部分，故
Fz(z)=P{X+Y≤z}=P(O)=0
当z>0时，F?(2)=P{X+Y≤z)=lf(x,y)drdy,,其中D:x+y≤z, y↑
x>0,y>0,如图18-6所示，故 z
x+y=z
F?(z)=J。dz]。6e()dy=2。(e3-e3.e3)dz
=1+2e2-3e3 D
z x
F?a)-3+2?-3,8 可|
所以
图18-6
naG)=Fi-(-),
注 卷积公式画图是在xOz(或yOz)坐标中，定义法画图是在xOy坐标中.
(9)解 用定义法.
ra,)-倍他)eG,
由已知，得(X,Y)的概率密度为
F?(2)=P{Z≤z)=P{xY≤x)=If(x,y)drd.
当z<0时，Fz(z)=P()=0;
当O≤z<2时，积分区域为区域G与xy≤z的公共部分，如图18-7所示的 y1
xy=z
阴影部分，故
F?(2)=? defzdy+ d|2d
1
=5。量dx+2dx-÷(1+1n2-Inz);
x
0
Z 2
当z≥2时，F,(z)=1.所以
图18-7
rnG)=Fie-2-他2
(10)解(I)先求X与Y的边缘概率密度，即
fx(x)=?f(x,y)dy
-eedy+2.ydy
-e3y+。2d.
dy=1.yedy=0,故
由于-
fx(x)=Ze2,-t-px≥t}-1-1-
(Ⅱ)Fz(z)=P{Z≤z}=P{X-Y≤z}
=P{X=0}·P{X-Y≤z|X=0}+P{X=1}·P{X-Y≤z|X=1}
=P{X=0}·P{Y≥-z|X=0}+P{X=1}·P{Y≥1-z|X=1}.
由X与Y相互独立，知
P{Y≥-|X=0)=P(Y≥-z)={,z≥0,
P(Y≥1-z|X=1)=P(Y≥1-z)={,,z≤1,
故Z的分布函数为
F)-<1
综合题
一、选择题
(1)D.
P{X=Y)=ZP{X=Y=k)=P{X=k,Y=k)
解
342概率论与数理统计
第十八章 多维随机变量及其分布
=∑P{X=k}P(Y=k}=p2·(1-p)2-2
=b≥[(1-p)]1=p3·-(1-b=2p
故选D.
(2)D.
解记(X?,X?)的分布函数为F?(x?,x?),(Y?,Y?)的分布函数为F?(y?,y2),则
F?(y?,y?)=P{Y?≤y?,Y?≤y?}=P{2X?≤y?,3X?≤y?}
=P{x?≤2y?,X?≤3y?}=F?(2y?,3v?),
AiGx)(
故
=2·3s:(2v?,3v?)=6f,(2y,3v2)
选项D正确.
(3)C.
解令A?={X≥0},A?={Y≥0},则A?与A?相互独立，且
P(A?)=P(A?)=?p(x)dx=2,
其中φ(x)为N(0,1)的概率密度，故
P{min{X,Y}≥0}=P{X≥0,Y≥0=P(A,A2)=P(A?)P(A2)=4,
选项C正确.
由X,Y相互独立且均服从N(0,1),知X+Y,X-Y服从N(0,2),故
P{X+Y≥0)=P{x-Y≥0)=2
P{max{X,Y}≥0}=P(A?UA?)=1-P(A?UA?)
=1-P(A?)P(A?)=3,
选项A,B,D错误.
(4)C.
解 依题设，pxy=0,故X与Y相互独立，记U=X-Y,则U~N(0,1),于是
E(IU1)=[ll
-m--=√
所以，
P{X-Y>E(|X-Y|)}=PU>E(|U|)}=1-P{U≤E(|U|)}
=1-P{u≤√?}=1-(2).
选项C正确.
(5)A.
解 由全概率公式及X与Y相互独立，有
F(z)=P{Y=0}·P{XY≤z|Y=0}+P{Y=1}·P{XY≤z|Y=1}
=4P{o≤z|Y=0)+3PX≤z|Y=1)
=4P(O≤z)+3P{X≤z
343李林全家桶之④
+
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其中更(x)与N(O,1)的分布函数，是连续函数，且更(0)=2
,故
mF(2)=2×÷-豪，mF(2)=4+4×1-5
选项A正确.
二、填空题
(1)35
解记U=max{X,Y},依题设，有
P{11,Y>-1}=P(AB)=P(A UB)=1-P(AUB)
=1-P(A)-P(B)+P(AB).
P(A)=P{X≤1)=φ(1)
又
P(B)=P(Y≤-1)=(-!)=1-(1),
P{X>1,Y>-1)=1-()-1+?()+4-4
所以，
(3)0.
解依题设，当(x,y)∈D时，事件{|X-Y|≤x}对应于图18-8(a)中的阴影区域，故
PIX-YI1时，D为0≤x≤1,0≤y≤1,故F?(z)=1,即
)-:<1.
所以Z=|X-Y|的概率密度为
f?(z)=F?(z)={2(1-z),其他z<1,
(2)解(U,V)可能的值为(0,0),(0,1),(1,0),(1,1),依题设，(X,Y)的概率密度为
y
r)-信共他<202Y}=2,P(Y2Y}=0,
P{U=1,V=0}=P{X>Y,X≤2Y}=P{Yb时，Fz?(z)=1,故
-=)
rG)=F/a)-
Z?的分布函数为
Fz?(z)=P{Z?≤z}=1-P{Z?>z}=1-P{min{X,Y}>z}
=1-P{X>z,Y>z}=1-[1-P{X≤z}]2
-(-9
2,
1⑤-FA-
(Ⅱ)(Z1,Z?)的联合分布函数为
F(z?,z?)=P{Z?≤z,Z?≤zz}
=P{max{X,Y}≤z?,min{X,Y}≤z?}.
346………………………………………
概率论与数理统计
第十八章 多维随机变量及其分布
当z?z?时，
F(z?,z?)=P{(max{X,Y}≤z?)N[0-(min{X,Y}>z?)]}
=P{(max{X,Y}≤z?)-[(max{X,Y}≤z?)∩(min{X,Y}>z?)]}
=P{max(X,Y)≤z?}-P{(max{X,Y}≤z?)∩(min{X,Y}>z?)}
=Fz?(z1)-P{(X≤z?,Y≤z1)∩(X>z2,Y>z2)}
=Fz?(z?)-P{z?-1}={X>-1,Y>-1}.
由A=AB+AB,知P(AB)=P(A)-P(AB).又X与Y相互独立，故所求概率为
P(AB)=P{max(X,Y)≤2,min(X,Y)≤-1}
=P{max(X,Y)≤2}-P{max(X,Y)≤2,min(X,Y)>-1}
=P{X≤2,Y≤2}-P{-11}
=P{X?≤1}·P{X?>1}
=2de·(1-2广de)
=(2arctane)(1-2arctan e),
P{Y?=0,Y?=1}=P{Y?=1,Y?=0}
=(2arctane)(1-2arctan e),
P{Y?=0,Y?=0}=P{X?>1,X?>1}
=P{X?>1}·P{X?>1}
-(1-2arctane)2.
(7)解(I)先求F(x),F(x)=P{X≤x)=_f(t)d.
当x<0时，F(x)=0;
F(x)=?tdt=2;
当0≤x<1时，
348………………………………
概率论与数理统计
第十八章 多维随机变量及其分布
当1≤x<2时，F(x)=fd+?(2-t)d=2x-1-2;
当x≥2时，F(x)=1.
记U=F(X),则有0≤F(x)≤1,F(x)关于x单调不减且连续.
当u<0时，Fu(u)=0;
当u≥1时，Fu(u)=1;
当O≤u<
时，有
Fu(u)=P{F(X)≤u}=P{0>0,
利用卷积公式
f?(z)=Jf(u,z-u)du, z个
f(u,z-u)的非零区域为00,如图18-12所示.
当z≤0时，fz(z)=0;
当01时，
na)-<4. 0| 1 u
故
图18-12
拓展题
解答题
(1)解用定义法.
F?(2)=P{Z≤z}=P{z≤z,x≤2}+P{z≤z,x>2}
=P{r≤z,x≤2}+P{x≤z,x>2
349李林全家桶之④
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=P{x≤1}·P{Y≤z}+P{x≤z,x>2}
(2)证(I)求Y的边缘概率密度.
当y≤0时，fy(y)=0;当y>0时，
f,(y)=5_f(x,y)dx=?ja2edx=Ae,
故fr0)={0r,,y0,-ma-
即Y服从参数为λ的指数分布
解(Ⅱ)X的边缘概率密度为
=8,,≤0,
结合(I),可得f(x,y)≠fx(x)·fy(y),由此可知，X与Y不相互独立.
350概率论与数理统计
第十九章 随机变量的数字特征
第十九章 随机变量的数字特征
基础题
一、选择题
(1)A.
EX=2.又
解 由于X服从参数为2的指数分布，故
E(ex)=_e“f(x)dz=?”e·2edz
=2]edx=2,
EY=2EX+E(e“x)=2×2+2=2.
所以
选项A正确.
(2)B.
解由X~B(n,p),可知 EX=np,DX=np(1-p),故
-2.4)=1.4,
解得n=6,p=0.4.故选B.
(3)A.
解由DX=E(X2)-(EX)2≥0,知E(X2)≥(EX)2,故选A.
选项C与D均不一定成立，如X~N(2,4),
EX=2,Dx=4,
E(X2)=DX+(EX)2=4+4=2,
则E(X2)=EX=2.
(4)C.
解 因为U与V不相关?Cov(U,V)=0,由于
Cov(U,V)=Cov(X+Y,X-Y)
= Cov(X,X)-Cov(X,Y)+Cov(Y,X)-Cov(Y,Y)
=Cov(X,X)-Cov(Y,Y)=DX-DY=0,
故U,V不相关的充分必要条件是DX=DY.
而 DX=E(X2)-(EX)2,DY=E(Y2)-(EY)2,
故选C.
(5)C.
解由X与Y相互独立，知X与Y不相关.
由Cov(2X+1,2Y-1)=4Cov(X,Y)=0,知2X+1与2Y-1不相关，排除选项A.
由Cov(X+Y,X-Y)=Cov(X,X)-Cov(Y,Y)=DX-DY≠0,知X+Y与X-Y相关，排除选
项B.
利用定义可验证e×与Y+1相互独立.
当x>0时，
P{e×≤x,Y+1≤y}=P{X≤Inx,Y≤y-1}
=P{X≤Inx}·P{Y≤y-1}
351…………………
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=P{e×≤x}·P{Y+1≤y};
当x≤0时，P{e×≤x}=0,所以有
P{e*≤x,Y+1≤y}=0=P{e≤x}·P{Y+1≤y},
故e×与Y+1相互独立，选项C正确.
由Cov(X+Y,Y+1)=Cov(X,Y)+Cov(Y,Y)=DY≠0,知X+Y与Y+1相关，从而X+Y与
Y+1不相互独立，排除选项D.
(6)A.
解由Px=1-P{Y=aX+b}=1,且a>0,排除选项B和C.又
1=EY=E(aX+b)=aEX+b,
由于EX=0,故b=1.选项A正确.
注 结论：
lexI=1→存在常数a(a≠0)和b,使得P{Y=aX+b}=1,且
ex={=1,a<0,
(见《2026考研数学概率论与数理统计辅导讲义》)
(7)B.
解由于arcsin X+arcos X=2,故Y?+Y?=匹，即Y?=2-Y?,故exy=-1.选项B正确.
(8)C.
3 5
解 依题设，可知试验为有放回摸球，故每次摸到红球的概率为- ,所以X～B(4,5) ,故EX=np=
4×3=号
.选项C正确.
二、填空题
(1)六
解设A={取得一球为白球},依题意，有P{A|X=k}=六，X的取值可能为{0,1,2,…,N}.由全
概率公式得
P(A)=∑P{X=k)·P{A|X=k)=六ZkP{X=k)=警=n
(2)
r)--
解由
知X~N(1,2),故EX=1,DX=2
,所以
E(X2)=DX+(EX)2=2+12=2
(3)2.
解 先求Y的分布律.
Y的所有可能取值为1,2,3,4,5,由全概率公式得
P{Y=k)=∑P{X=i}·P{Y=k|X=i}=号÷(k=1,2,…5),
EY=k·P(Y=k)=(k·号÷)=2.
故
(4)0.5.
解 先求X的概率密度，再求 EX.
352………………………………
概率论与数理统计
第十九章 随机变量的数字特征
f(x)=F'(x)=0.3(24)·2+0.79(s1)·3,
其中φ(x)为X～N(0,1)的概率密度.
Ex=Jxf(x)dx=J0.3·2·ze(24)dx+J0.7·3·x("31)dz
=0.3×2x(24)dx+0.7×3zo("31)dx
=0.3×1(2t+4)p(t)·2dt+0.7×3(3t-1)p(t)·3d
=0.3×4+0.7×(-1)=0.5.
注①tp(t)dt=μ=0.
②设X~N(μ,o2)(σ>0),则分布函数
F(x)=P{X≤z}=p{×-≤"}=(。),
即分布函数为Φ((-)
,相应随机变量X有EX=μ
F(x)=k?o(")+keP(二2),
③一般结论：若
当k?+k?=1时，有EX=kiμ1+kzμ2.
(5)亏
解 由于
cv(3X+Y,X32)
=6Cov(3X+Y,X-2Y)
=言[3Co(X,x)+Cov(Y,X)-6Cov(X,Y)-2Co(Y,Y)]
=6[3DX-5Cov(X,Y)-2DY]
=6(3o2-50o2-2o2)=62(1-5o)=0,
故。=5.
(6)e?1.
解 先求X的边缘概率密度.
当x≤0时，fx(x)=0.
当x>0时，fx(x)=Jf(x,y)dy=?。ze=+)dy=e
故fx(z)={8,,<0, EX=六=1.
'即X~E(1),所以
由指数分布的无记忆性，有
P{X>2|X>EX}=P{X>2|X>1}=P{X>1+1|X>1}
=P{X>1}=1-P{X≤1}
=1-(1-e-1)=e-1.
三、解答题
(1)解(I)由P{X2=Y2}=1,知P{X2≠Y2}=0,故
P{X=0,Y=-1}=P{X=0,Y=1}=P{X=1,Y=0}=0.
又 P{X=1,Y=-1)=P{X=0,Y=0}=P{X=1,Y=1)=3,
353李林全家桶之④
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故(X,Y)的联合概率分布为
X
0 1
Y
-1 0
13
0 0
13
1 0
(Ⅱ)由(I)知，XY的概率分布为
3-
XY -1 0
13 13
p
故E(XY)=0.
又EX=3,EY=0,故Cov(X,Y)=E(XY)-EX·EY=0,所以pxx=0.
(2)解E(X+Y-2Z)= EX+EY-2EZ=1+1-2×(-1)=4,
D(X+Y+Z)=DX+DY+DZ+2Cov(X,Y)+2Cov(X,Z)+2Cov(Y,Z).
Cov(X,Y)= √DX·DY·Px=1×0=0,
Cov(X,Z)=√DX·DZ·exz=1×2=2,
Cov(Y,Z)=DY·DZ·ex=1×(-2)=-2,
D(X+Y+Z)=1+1+1+0+2×+2×(-2)=3.
故
(3)解由X,Y相互独立，可知
z=x-Y~N(1-1,2+2),
即Z~N(0,1).
E(Z1)=5z1=2.2d
-2().[°()]
=ra)=√2,
E(|ZI2)=E(Z2)=DZ+(EZ)2=1+0=1,
故 D(X-Y1)=D(|Z1)=E(IZl2)-[E(IZD]2=1-2.
zed可以凑微分，也可用T函数：
注①计算
Fla)=J.edr令—2-e2dy,
F(1)=1,r(2)=/元，
T(α+1)=αI(α),T(n+1)=n!(n为正整数).
②本题若用二维随机变量函数的期望公式
E(IX-Y1)=x-ylfx(z)fsy)drdy,
计算量较大.
354………………
概率论与数理统计
第十九章 随机变量的数字特征
(4)解(I)EX=?xf(x)dr=Jx·2e?dx=0(奇函数),
DX=E(X2)-(EX)2=E(X2)
=x2f(x)dx=2]。x2·2e=dx=2.
(Ⅱ) Cov(X,|X1)=E(X|X|)-EX·E(|X|)=E(X|X D.
E(X|x1)=5xlx|f(x)dr=Jzxl2cdr=0,
而
故Cov(X,|X|)=0,即X与|X|不相关.
(Ⅲ)对任意给定的00,
故 P{X≤a,|XI≤a}=P{|X|≤a}.
但 P{X≤a}·P{IX|≤a}0,故选A.
(4)D.
翻由x~u[o,]
,知X的概率密度为
a)-共他：
故 EU=[_f(x)sin rdr=J。2sin xdz=2,
E(U)=?f(x)sin2xdx=J。2sin2rde=2,
DU=E(U2)-(EU)2=2-
同理，可得1EV=2,Dv=2-4.又
EUV)=J。2sin zcoszdr=1,
CovU,V)=EUV)-EU·EV=1-4<0,
-10,
ex=ox,-oCX,-oX,x,
由
知
Pxy=1?Cov(X,Y)=Cov(X,X)
?Cov(X,Y-X)=0
?Cov(X-Y,X)=0,
故选B.
对于选项A,当DX= DY>0时
Cov(X+Y,X)=0=Cov(X,X)=-Cov(X,Y),
所以， e=Cov(X,x)=-1.
对于选项C,
Cov(X+Y,Y)=0?Cov(X,Y)=-Cov(Y,Y),
ex=CoDY,=-1.
所以，
对于选项D,
Cov(X-Y,X+Y)?DX-DY=0.
(6)B.
解3号袋子中的白球个数X取决于从前2个袋子中取出的球是否为白球.
x,={0,箕他号袋子中取出的球为白球，
i=1,2,
令
357李林全家桶之④
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x~号号]a=1.2,故
则X?与X?相互独立，且服从同一分布】
EX,=3,Dx,=3×3=5,i=1,2
又由X=3+X?+X?,有
EX=E(3+X?+X?)=3+EX?+EX?=3+3+3=号，
Dx=D(3+X:+X?)=DX?+DX?=2×6=2
故选项B正确.
二、填空题
(1)2.
G=Ce=1,可得C=e
解 根据概率分布的性质，有
注意到X服从泊松分布，
P{X=k}=e(k=0,1,2,…),
P{X=k}=—(k=0,1,2,…),知λ=1,即X～P(1),故
对比1
EX=DX=λ=1,
所以 E(X2)=DX+(EX)2=1+12=2.
注 常用分布的期望、方差公式应记住，利用方差公式DX=E(X2)-(EX)2求E(X2)是常用方法.
(2)1-
解由已知，有X,与Y=min{X?,X?,…,X?}相互独立，且X?,X?,…,X,独立同分布，记其分布函
数分别为F?(x),F?(x),…,F,(x),概率密度分别为f?(x),f?(x),…,f,(x),则
Fy(y)=P{Y≤y}=P{min{X?,X?,…,X?}≤y}
=1-P{X?>y}·P{X?>y}·…P{X-1>y}
=1-[1-F?(y)]”-1,
故 fy(y)=F(y)=(n-1)[1-F?(y)]”2·f?(y),
P{x.>Y)-If.cx)(n-1)fi()[1-F?(9)]“drdy
所以
=f,(x)drl_(n-1)fi(9)[1-F?(y)]dy
=Jf,(x){-[1-F?(y)]1'}dx
=_(1-[1-F?(x)]-}f,(x)dz
=1+1-F;(a)+-1-
(3)1n2+2.
解 用期望的定义计算.
E(min(| X|,1})=Jmin{lx|,1}·f(x)dz.
当|x|≤1时，min{|x|,1}=|x|;当|xI≥1时，min{|x|,1}=1,所以
min{|z1,1}f(x)dz=六+dr+厂1+z+jI+x2
=-[+dz+1+]=六n2+2
358概率论与数理统计
第十九章 随机变量的数字特征
(4)10.
解令
x,={0,第；件产品为正品
(i=1,2,…,150),则
X=X?+X?+…+X150
又因X,的分布律为
X, 0
11 i=1,2,,150),
p
EX=∑Ex,=150×5=10.
所以EX,=5,故
(5)-3.
解 由题意，可知X～N(1,2),Y~N(1,2),Pxy=0,于是
EX=EY=1,DX=DY=2,
且X与Y相互独立.
ew=oD
由于 ,其中
Cov(U,V)=Cov(X+2Y,X-2Y)
=Cov(X,X)-2Cov(X,Y)+2Cov(Y,X)-4Cov(Y,Y)
=Cov(X,X)-4Cov(Y,Y)
=DX-4DY=2-4×2=-6,
DU=D(X+2Y)=DX+4DY=2+4×2=10,
DV=D(X-2Y)=DX+4DY=2+4×2=10,
故pw=10×--5·
(6)14.
解由已知，p=0,知X与Y相互独立，从而X2与Y2相互独立，且X~N(1,2),Y~N(1,4),于是
有
D(XY)=E[(XY)2]-[E(XY)]2=E(X2)E(Y2)-(EX·EY)2
=[DX+(EY)2][DY+(EY)2]-(EX)2·(EY)2
=(2+12)×(4+12)-12×12=14.
三、解答题
(1)解(I)依题设，X?(i=1,2,…,n)相互独立，且都在(0,1)内服从均匀分布，其概率密度为
f(x)={0,其他，<1,
)-<1
其分布函数为
d=max{X?,X?,…,X。)-min{X?,X?2,…,x)记x-xa,
其中，X(m)的概率密度为
fms(x)=n[F(x)]-1·f(x)={0,,其他，<1,
X(1)的概率密度为
fao(x)=n[1-F(x)]1·f(x)={0(-x),其他，,
故 EX=Jx·fm(x)dx=[x·nxdx=n+1’
EXa)=5x·fa(x)dr=?x·n(1-x)dz=n+1
359李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
Ed=EXm-EXm=n+1-n+1=m+1
所以
(Ⅱ)先求Y的分布，用X表示在(0,1)内任取的数，则X在(0,1)内服从均匀分布，其概率密度为
f(a)-6,其他<1
记A={x>3},则P(A)=P{x>3}=??ldx=3
由已知，有Y~B(n,3),所以
EY=n·p=3,DY=np(1-p)=
注 设X?,X?,…,X,独立同分布，其分布函数为F(x),则：
①max{X?,X?,…,X,}的分布函数为[F(x)]";
②min{X?,X?,…,X}的分布函数为1-[1-F(x)]".
DY,=D(x,-X)=D(x,-1Zx.)
(2)解(I)
=D[(1-n)x.-1∑x.]
=("-1)'Dx,+Dx
x =("-1)2·1+π·(n-1)="-1,
这里利用了X与 相互独立.
ery.=DYr·DY
(Ⅱ)
由(I)知√DY?·√DY="二1,故
Cov(Y?,Y,)=E[(Y?-EY?)(Y,-EY)]
==E[(X?-X)(X,-X)](EY?=EY,=0)
=E(X?X,)+E(X2)-E(X?X)-E(X,X)
=EX?·EX,+DX+(EX)2-六E(x3)-1EX,x?)-1E(x:)1E(X,X),
而
DX=D(1x.)-Dx,=n=7,
E(X2)=DX?+(EX?)2=1+0=1,
E(X?)=DX,+(EX)2=1+0=1,
EXx)-C(Ex,·EX,)=o,Exx)CEx,·EX)=0,
故 Cov(Y?,Y。)=0+1+0-n-o-1-o=-n,
言
所以
油①设x=—x,x,X?,…,X,相互独立，X,~N(p,o2)(i=1,2,n),则EX=p,Dx=%
这是统计学中的基本结论
360……………
概率论与数理统计
第十九章 随机变量的数字特征
②X,Y相互独立→E(XY)=EX·EY,D(X±Y)=DX+DY.
(3)解(I)由已知，有P(A?)=P(A?)=P(A?)=3
,所以
x~B(2,3),x~B(2,3).
依题设，(X,Y)有9个取值，分别为
(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2).
由X,Y的二项分布计算概率
P{X=0,Y=0}=c·3·3=,
P{X=0,Y=1}=C·3·3=9.
同理，可得
P{X=0,Y=2)=号，P{X=1,Y=0)=章，
P{X=1,Y=1}=9,P(X=1,Y=2}=0,P{X=2,Y=0}=1,
P{X=2,Y=1}=0,P{X=2,Y=2}=0.
故(X,Y)的联合分布律为
X
0 1 2
Y
19 29
0
29 29
1 0
19
2 0 0
(Ⅱ)由(I)知，X,Y的分布律为
心_o
X 0 1 Y 0 1 2
49 49 49 49
p p
ex=x,b
由公式 ,需计算DX,DY,Cov(X,Y).
EX=1×4+2×9=3,E(X2)=12×4+22×9=8,
DX=E(X2)-(EX)2=9.
EY=3,DY=告，E(XY)=2,
同理
Cov(X,Y)=E(XY)-EX·EY=9-3×3=-9
所以
(4)解(I)由已知，得X?与X?相互独立，故(X?,X?)的概率密度为
raz)-,>0°
设Y的分布函数为Fy(y),则当y≤0时，Fγ(y)=0;当y>0时，有
361…………………
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
Fy(y)=P{min{X?,X?}≤y}=1-P{X?>y,X?>y}
=1-P{X?>y}·P{X?>y}=1-e?·e
=1-e-.
fr)=F{(9)={6,e,<0.
故
(Ⅱ)先求T的分布函数与概率密度.
当t≤0时，F┐(t)=0;当t>0时，有
Fr(t)=P{T≤t}=P{max{Y,X?}≤t}=P{Y≤t,X?≤t}.
而Y=min{X?,X?}与X?相互独立，故
F?(t)=P{Y≤t}·P{X?≤t}=(1-e?u)(1-e“),
frt)=F(t)={o,"+2λel-3ae,≤0.
所以
ET=5。·ae"+2λe-3ae)d
于是
=1+2-3=67
(5)解对于n个随机变量的函数的期望计算，先求Z的分布函数，得Z的概率密度，再用期望定义计算.
由已知，得X?,X?,…,X。共同的分布函数为
F()-(fu)d-6-,8.
Z的分布函数为
F?(z)=P{Z≤z}=P{min{X:}≤z}
=1-P{min{X?}>z}
=1-P{X?>z,X?>z,…,X>z}
=1-P{X?>z}P{X?>z}…P{X>z}
=1-[1-F(z)]"
-6-,z<8:
f?a)-Fia)={,≤0;
于是Z的概率密度为
EZ=Jfz(2)d=[0“2nzed=0+2
故
(6)解(I)依题设，Y?与Y?均服从0-1分布，故
E(Y?)=P{Y?=1}=1-P{Y?=0}
=1-P{X?+X?=1}=1-3p(1-p)2,
E(Y?)=P{Y?=1}=1-P{Y?=0}
=1-P{X?-X?=2}=1-P{X?=0,X?=2}=1-p2(1-p).
Y?Y?也服从0-1分布，故
P{Y?Y?=0}=P{(Y?=0)U(Y?=0)}
=P{Y?=0}+P{Y?=0}-P{Y?=0,Y?=0}
=3p(1-p)2+p2(1-p),
这里P{Y?=0,Y?=0}=P{X?+X?=1,X?-X?=2}=P{×}=0,故
P{Y?Y?=1}=1-P{Y?Y?=0}=1-3p(1-p)2-p2(1-p),
所以 Cov(Y?,Y?)=E(Y?Y?)-E(Y?)E(Y?)
=0·P{Y?Y?=0}+1·P{Y?Y?=1)-[1-3p(1-p)2]·[1-p2(1-p)]
=-3p?(1-p)3记f(p).
(Ⅱ)由(I)知，f(p)=-3p3(1-p)3.令
f'(p)=-9p2(1-p)2·(1-2p)=0,
362…………
概率论与数理统计
第十九章 随机变量的数字特征
,p=2
得p=0(舍去),p=1(舍去),
当p<2时，f'(p)<0;当p>2 p=2
时，f'(p)>0,故 是f(p)在(0,1)内唯一的极小值点，
p=2
也是最小值点，所以当 时，Cov(Y?,Y?)取值最小.
注求P{X?+X?=1},利用X?与X?相互独立.
X?～B(1,p),X?～B(2,p),
且X?与X?相互独立，则X?+X?～B(1+2,p)=B(3,p).
(7)解(I)由已知，得Y的概率密度为
r(y)={o,其他，<1
因此，Y的分布函数为
FO)-P_rum-:<1.
令G(z)是Z=X+Y的分布函数，则当z<0时，G(z)=0;当z≥2时，G(z)=1;当0≤z<2
时，
G(z)=P{Z≤z}=P{X+Y≤z}
=P{X+Y≤z,X=0}+P{X+Y≤z,X=1}
=P{X=0,Y≤z}+P{X=1,Y≤z-1}
=P{X=0}·P{Y≤z}+P{X=1}·P{Y≤z-1)
=2P{Y≤z}+P{Y≤z-1)
=22.
综上可得，Z的分布函数为
Z的概率密度为
r?a)-ca)-信其他，<2
即服从U[0,2].
(Ⅱ)由于
x-CDXX,D?-XZD-ED2,
其中
EX=2,EY=°去1-2,Ez=°去2-1,
DX=p(1-p)=2×(1-2)=4,
Dz=2-20)2-3,
363--
-
李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
E(XZ)=E[X(X+Y)]=E(X2)+E(XY)
=2+EX·EY=2+2×=4,
故
,可知x~N(1,2),故
(8)解由
EX=1,DX=2,Y=√2(X-EX)=√2(X-1)~N(O,1).
从而EY=0,DY=1.
Cov(X,Y)=Cov(x,2(X-1))=Cov(X,√2x)-Cov(X,√2)
=√2Cov(X,X)-[E(√2X)-EX·E√2]
=√2DX-√2EX+√2EX
=√2×÷=
度
由Y~N(0,1),知Y2～X2(1).故D(Y2)=2.
(9)解(I)用定义法.
Fz(z)=P{Z≤z}=P{X?X?≤z}
=P{X?X?≤z,X?=-1}+P{X?X?≤z,X?=1}
=P{-X?≤z,X?=-1}+P{X?≤z,X?=1}
=P{X?=-1}P{X?≥-z}+P{X?=1}P{X?≤z}
=4(1-P{X?<-z})+3P(X?≤z}
=4口-(-z)]+3(z)=4(2)+3中(z)=(z),
其中，Φ(z)为N(0,1)的分布函数，故
f?2)=?(z)=,-○1k<)-yx<
P{x<2}=J32edx-1-e3,
又
Pkx+Y>1,x<2}-[farydrdy-tm2
=2]cdx=e
故P{x+Y>1|x<2}=1-ee-1
(Ⅲ)记Z=Y-X,则Z的分布函数为
F?(2)-P(Y-x≤z)-[f(cr,)drdy.
y-x=z(>0)
如图19-3所示，当z≤0时，Fz(z)=0.
y↑
y=x
当z>0时，F?(z)=J。dx]2ee"dy
=2]。e=(e-e?e2)dz y-x=z(<0)
x
0
=2(1-e)e"dz=1-e.
故F?(z)={8,-e,z≤0,’即Z=Y-X服从参数λ=1的指数分布， 图19-3
从而EZ=EY-x)=六=1.
365李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
拓展题
解答题
(1)解(I)由X?与X?相互独立及X?~B(1,p),X?~B(2,p),可知
Cov(X?,X?)=0,DX?=p(1-p),DX?=2p(1-p).
由于
Cov(Y?,Y?)=Cov(2X?+X?,X?-X?)=2DX?-DX?-Cov(X?,X?)
=2p(1-p)-2p(1-p)=0,
故
evw-DYrDx=
(Ⅱ)由于
{Y?=0}={2X?+X?=0}={X?=0,X?=0},
{Y?-0}={X?-X?=0}={X?=0,X?=0}U{X?=1,X?=1},
且{Y?=0}C{Y?=0},P{Y?=0}<1,故
P{Y?=0,Y?=0}=P{Y?=0},
P{Y?=0}·P{Y?=0}b)=4,P(X≤a)=4,
知ab}=0,
P{X?=1,X?=-1)=P{X>a,X≤b}=P{a0,都有
imP{贵x?-E(X3)|a}=p{1?-1)S2>10-1)a}
=P{42>96}=0.1,
96=x&?(10-1)=x2:(9)=14.684,所以a≈26.1.
故
(3)0.95.
及P分和的义x~*
1x
~F(n,n),即X与
解由X～ ,故 都服从F(n,n),
故P{X>a}=P{>a}
,所以
P{x>1}=P{ia}
=1-P{X>a}=1-0.05=0.95.
(4)2a.
解由X~t(n),知X2~F(1,n),所以
P{Y>k2}=P{X2>k2}=P{X>k}+P{X<-k}=2a.
注设合~m),则t2~F(1,n),~F(n,1),见《2026考研数学概率论与数理统计辅导
讲义》.
广
(5)
解依题设，知X~N(p,o2),x~N(μ,n)
,则
。- ×-~N(O,1),n(X-)~N(0,1).
由P{|X-μIo)=1-P{×|<1}=1-Z)-(-√A)]
=2[1-(JZ)],
其中Φ(x)为N(0,1)的概率分布函数，所以P{|X-YI>o}与σ无关，选项C正确.
(5)B.
10X-)~N(O,1),x,-X)2~x2(9),故
解 依题设，
又P{T≥a}=P{3T≥3a}=0.05,由t分布的对称性及分位数，知3a>0,故
P{|3T I≥3a}=P{(3T≤-3a)U(3T≥3a)}=0.05+0.05=0.10.
选项B正确.
二、填空题
(1)+n2-z
373………………………
李林全家桶之④
2026 考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
解 依题设，知X~N(μ1,o2),Y～N(μ2,02),且X与Y相互独立，则
m-ss_x-X~xw-D.
m-ns_-°~xm-D
其中，S{与S2分别为两组样本的样本方差.
由X2分布的性质，知
-x]-m-.-D-2m-D,
所以，
or-(B-x2
=(+n-2)2·[2(m?-1)+2(n?-1)]=n1+n2-2
(2)1+n.
解 E(T2)=E[n(X-S)2]=nE[(X-S)2]
=n[E(X2)-2E(XS)+E(S2)].
由已知，有EX=EX=0,DX=n,E(S2)=DX=1.
由X与S2相互独立，知区与S相互独立，且
E(X2)=DX+(EX)2=7+o=7,
E(XS)=EX·ES=0,
E(T2)=n(1-0+1)=1+n
故
三、解答题
(1)解(I)T?=÷x:+xz-X?
=2(xi+x3+…+XL+x2)+X,X?+X,X?+…+X-X?
=2(x?+X?2+2(x?+XA2+…+(Xz+Xz)2
=(X)v.
由Xz-～N(0,1),X?~N(0,1),知X?-1+X?~N(0,2),故
x,=×+Xa~N(O,1.
所以T?=ZYr~x2(n).
腐(a2N-)
374……
……………
概率论与数理统计
第二十一章 数理统计的基本概念
Zx?~x2(3),x?~x2(2n-3),且相互独立，故
(Ⅲ)由
(2)证 利用t分布的定义证明，令Y?=X?+X?,Y?=X?-X?,则
Cov(Y?,Y?)=E(Y?Y?)-EY?EY?
=E[(X?+X?)(X?-X?)]
=E(X2)-E(X?)
=o2-o2=0,
所以Y?,Y?相互独立且均服从N(0,2o2).又由已知，得Y,Y?与X?独立，则
X?+X?+X?=X?+Y?~N(0,3c2),
故言(x?+X?+X?)~N(O,1.
又(?-)~x2(1),且X?+X?+X?与X?-X?相互独立，故由t分布的定义，知
√3X?xz+X~(1).
(3)解(I)先确定Y服从的分布.依题设，
xm~N(μ,o2),x~N(n,°),
且X与X相互独立，故X-X~N(o,"+12),所以
)-+-x-r~xo
由X2分布的性质，EY=1,DY=2.
-~rcm-,
(Ⅱ)由已知，有样本方差S2与X独立，X与S2独立，且X,X+,S2相互独立，故S2与(Xa-X)2
也独立，所以
即k=n+1·
(4)解(I)Z的分布函数为
Fz(z)=P{XY≤z}=P{XY≤z,Y=-1}+P{XY≤z,Y=1}
=P{Y=-1}P{X≥-z}+P{Y=1}P{X≤z}
=a(1-P{X<-z})+(1-a)P{X≤z}
=a[1-(-。)]+(1-a)o()
=ao(二)+1-a)D()
=?(),
375李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
其中Φ(x)为N(0,1)的分布函数，故
f?(a)=F?a)=(音)-,z∈-,+)
(Ⅱ)由已知，X～N(O,o2),故EX=0,DX=o2,EY=(-1)×a+1×(1-a)=1-2a.
Cov(X,Z)=E(XZ)-EX·EZ=E(X2Y)-0
=E(X2)·EY=[DX+(EX)2]EY
=(o2+0)(1-2a).
a=2
当Cov(X,Z)=0,即 时，X与Z不相关.
(Ⅲ)由Z与S2相互独立，知Z2与S2相互独立，故DT=D(Z2-S2)=D(Z2)+DS2.
又由Z~N(O,o2),知Z~N(0,°),(。)2~x2(1),n-1S2~x2n-1),则有
Dr=D(·。)'+D[n2.n-1]S']
=D[X2(1)]+n-1)DLX2[n-1]
=2+n-1)·2(n-1)
=2+2-1
376…
概率论与数理统计
第二十二章 参数估计
第二十二章 参数估计
=b(s)\
基础题
一、填空题
解 由已知，X~N(u,o2),则ESx=o2,ES3=o2.
依题设，EZ=E(aS&+bS3)=aES&+bES3=ao2+bo2=o2,则a+b=1.
又DZ=a2DS+b2DS2=(a2+b2)DS&,要使DZ达到最小，即a2+b2在条件a+b=1下达到最小.
a=2,
令f(a,b)=a2+b2,g(a)=f(a,1-a)=a2+(1-a)2,由g'=2a-2(1-a)=0,得
从而b=2
二、解答题
(1)解由 EX=θ2+2·20(1-0)+3(1-θ)2=-20+3,
θ=3-EX,0的矩估计值6=32.又
得(
=1+2+s=1+3+1=3,
所以=6
似然函数为L(θ)=θ2·20(1-0)·θ2=20?(1-θ),
In L(θ)=In2+5lnθ+In(1-θ).
A=6.
令dnL@)=5-1-=0,
,解得θ的最大似然估计值为
EX=?x·f(x;à)dx=-x·A*ln xdz
(2)解
=-Jrda=)=-xλ=。+Ja=dr
=na|。=-n,
即EX=-,解得λ=e,,故λ的矩估计量为A=e文,其中X=—Zx
(3)解(I)由
Ex=Jx·f(x;0)dz=?x·恒·z-dx=?。ozdr-+1,
θ=(-EX) 6=()2
解得( ,故θ的矩估计值为
(Ⅱ)似然函数为L(8)=真oxP=o3(IIx),取对数，得
InL(8)=2Inθ+O-1)Zln x;
daL=20+2 lnx?=0,
令
377李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
(ma)
得θ的最大似然估计值为
Ex=xf(x)dr=?x1edx=0,
(4)解由于
E(X2)=[x2f(x)dx=5x2·20d
-cd
=θ2r(3)=θ2·2!=202,
?=√2x3.又由2=22x:,得
故θ的矩估计量(
E(O2)=—E(X3)=云z2f(x)dz]=02
(5)解(I)由已知，似然函数为
o-8地他
要使L(θ)最大，0应尽量小，但0≤x?,x?,…,xn≤0,即θ应大于或等于x?,x?,…,x。中的每一个，故θ
的最大似然估计量为θ=max{X?,X?,…,X}.
(Ⅱ)O的概率密度为
-()”
EG=。"xdx=n+10,
故
E(2)=x2·”xdx=n+2°2,
Db=E(2)-(E)2=n+2)(n+1
所以
(6)解(I)由已知，X服从几何分布，故其分布律为
P{X-k}=p(1-p)-1,k=1,2,….
EX-Lkp(1-p)方，
(Ⅱ)
即力-,故分一文
为矩估计量.
设(x?,X?,…,xn)为(X?,X?,…,X)的样本值，则似然函数为
L(p)=立p(1-p)2?1=p"(1-p)
=
InL(p)=nlnp+(Zx-n)Ln(1-p),
取对数，得
dndD)=分(Zx-n)=0,
由
解得p的最大似然估计量为
Ex=方，Dx-1P100且使】∑(x,-A?)达到最小时，才能使LC?,A2)达
到最大.
(?-A?)在
当x?≥A?(i=1,2,…,n),即min{X?,X?,…,X}≥λ?时，有LA?,A?)>0,若使】
a?处达到最小，应取A?=min{X?,X?,…,X?},故当A?=min{X?,X?,…,X。}时，有LA?,λ?)≤
LCa?,λ2).
当A?=&?时，由②式知A?=-?,由于 故L(?,A?)在λz=A?处达到最大，
故有L(A?,A?)≤LA?,A?),从而知λ?,λ2的最大似然估计量分别为
a?=min{X?,X?,…,X},A?=X-min{X?,X?,…,X}.
(18)解(I)由P{T>b}=0,知P{T≤b}=1-0,
P{X=-1,Y=-1}=P{T≤a,T≤b}=P{T≤a}=θ,
P{X=-1,Y=1}=P{T≤a,T>b}=0,
P{X=1,Y=-1}=P{T>a,T≤b}=P{a0时，Fz(z)=P{Z≤z}=P{X2+Y2≤z}
-息-
h-ra-
故
即Z服从参数为 的指数分布.
Lo2)=Mf(z;o2)=立
(Ⅱ)似然函数为
mLo)--ah
上式两边取对数，得
hLO)-+-
令
解c2=-z,故=-Zz,
为c2的最大似然估计量.
2
由(I)知，Z服从参数为 的指数分布，从而
EC)=-ZEz=222=2·2o2·n=o2,
所以，2是a2的无偏估计量.
fl,)-2,
注由
知(X,Y)～N(0,0;o2,o2;0),pxy=0,从而X与Y相互独立，X2与Y2也相互独立，X～N(0,
(×)2~x2(1),(=9)2~x2(1).
o2),Y~N(0,o2),且(
384……
概率论与数理统计
第二十二章 参数估计
所以， (X2+Y)~x2(2).
(20)解(I)Z的分布函数为
F?(z)=P{XY≤z}=P{XY≤z,Y=-1}+P{XY≤z,Y=1}
=P{Y=-1}P{X≥-z}+P{Y=1}P{X≤z}
=2(1-P{X<-z})+P{X≤z}
=2[1-(-。)]+o()=(。),
其中Φ(x)为N(0,1)的分布函数，故
f?(2)=F{(2)=,z∈(-,+∞).
(Ⅱ)似然函数为
L(o2)=ITf?(z,)=(2π).(o2).
两边取对数，得
InL(o2)=-2h(2m)-变m2-2+2+…+2
5mL2)=-++2+2=0,解得o2=—,
令
,故σ2的最大似然估计量为
-—2zi.
(Ⅲ)由Z?,Z?,…,Z,相互独立，且均服从N(0,o2),知
DU=aiDZ?+aDZ?+…+a;Dz.=a2a?
F=o2a2-x(a-1),则
应用拉格朗日乘数法，令1
-(2)-
解得a,-会，代入∑a,=1,有
a-2会-a·n=1
-1
故λ=22,,所以
于是DU的最小值为
2Zai=2(1)°=o2.(1)2·n=°
f(y)=(-x?,x?,…,xn,故当θ=max{x?,x?,…,xn}时，L(θ)达到最大.
θ的最大似然估计量为θ=max{X?,X?,…,X,}.
故θ的分布函数为
F?(x)=P{max(Xi,x2,…,x。)≤x)=ⅡP(x,≤z)=F(z)]”,
其中，F(x)为X的分布函数.
于是θ的概率密度为
r)-/-
Eb=x·dx=n+1,
所以，
E(2)=J2·dx=n+2
DA=E(2)-(EA)2=n+2-+1)2=n+2)(n+1
故
证(Ⅱ)应用切比雪夫不等式，有
P(18-0|≥e}=P{0-+1-n+1≥e}
≤P{0-+1|++≥e}
=P{10-EC)|≥e-n+}
m+2m+Dc-)”
386………………………………………………………………………………
概率论与数理统计
第二十二章 参数估计
故lim P{|8-0|≥e)=0.
解(Ⅲ)用置信区间的定义求a.
因为 PO<θ1),所以，比，有效.
F(a)=?。x??e"dr(a>0).
注 题中计算用到I
T(a+1)=aF(a),F(n+1)=n!,r(2)=√π,F(1)=1.
T函数在考试中常用到.
389李林全家桶之④
2026考研数学精讲精练880题(数学一)解析分册
第二十三章 假设检验
基础题
一、选择题
(1)A.
解由P{拒绝H?|H。为真}=α,知选项A正确.
(2)C.
解 由已知，得犯第一类错误的概率，即
a=P{否定H。|H。为真)=P{区>μ+=μo
当K=μ。成立时，总体X~N(po,1),X~N(m,元).
-Px>m+-79-1--<1g-1-80802
故
选项C正确.
二、填空题
Xn-1
Xg~N(0,1),而"-DS~x'n-1),
解当H。成立时，有
产-~-
~x2(n-1),且相互独立，故
即
三、解答题
(1)解 此题已知方差o2=2.62,检验假设H:μ≥μ=12,H?:μ<μo=12.
u=×-n
选用统计量 ,将x=11.2,μo=12,σ=2.6,n=100
代入计算，得U=-3.08,而α=0.05,故Φ(U?)=1-α=0.95,所以U?=1.645,从而
-U?=-1.645,U=-3.08<-1.645,
故拒绝H。,即不能认为小头平均直径在12 cm以上.
x2="-1S2~x2(n-1),
(2)解设H?:o2≤152,H?:o2>152,统计量为1
当α=0.05,X2.os(9)=16.919时，拒绝域为[16.919,十○].
n1S=9153°=36,
又由于 ,且36∈[16.919,+∞],故H。被拒绝，即机器生产不正常.
390作者简介
李林 原大连理工大学教师，考研数学实力派辅导名师，具有20多年丰富的考研
辅导经验，深谙考研数学命题规律，预测精准。考研数学畅销书系作者，所出版的图
书题目难度贴近真题，不偏不怪，让学生有“做其题如临考”的感觉，性价比很高，
题目少而精，具有“精做一题，胜做十题”的良好效果，让广大考研学子赞不绝口。
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李林全家桶之⑧:2026考研数学冲刺预测6套卷(数学一) 2025年10月出版
李林全家桶之⑨:2026考研数学冲刺预测6套卷(数学二) 2025年10月出版
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ISBN 978-7-5124-4678-6
9787512446786>
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