文档内容
李林老师考研图书仅在北航出版社出版·李林全家桶之⑥
考研数学 2026
精讲精练
880题
(数学三)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
(数学三)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三的考生编写的习题训练用书。全书按照
数学三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.数学三.2,解析分册/
李林编著.-- 北京：北京航空航天大学出版社，2025.
3. -- ISBN 978-7-5124-4694-6
I.O13-44
中国国家版本馆CIP数据核字第2025NV3098号
版权所有，侵权必究。
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
李 林 编著
责任编辑 宋淑娟
*
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
三河市天利华印刷装订有限公司印装 各地书店经销
*
开本：787×1092 1/16 印张：30.25 字数：1030千字
2025年3月第1版 2025年3月第1次印刷
ISBN 978-7-5124-4694-6 定价：99.80元 全两册(试题分册+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………………………………………………………………………………………………………20
第二章 一元函数微分学及其应用……………………………………………………………22
基础题………………………………………………………………………………………………………22
综合题 ………………………………………………………………………………………………………36
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 多元函数微分学及其应用……………………………………………………………100
基础题………………………………………………………………………………………………………100
综合题……………………………………………………………………………………………………107
拓展题……………………………………………………………………………………………………119
第五章 微分方程及其应用 ……………………………………………………………………121
基础题………………………………………………………………………………………………………121
综合题…………………………………………………………………………………………………127
拓展题…………………………………………………………………………………………………136
第六章 微积分在经济学中的应用……………………………………………………………138
基础题………………………………………………………………………………………………………138
综合题…………………………………………………………………………………………………140
第七章 二重积分…………………………………………………………………………………146
基础题……………………………………………………………………………………………………146
综合题…………………………………………………………………………………………………154
拓展题………………………………………………………………………………………………165
第八章 无穷级数………………………………………………………………………………167
基础题…………………………………………………………………………………………………167
综合题……………………………………………………………………………………………………177
拓展题………………………………………………………………………………………………………190
线性代数
第九章 行列式 ……………………………………………………………………………………192
基础题………………………………………………………………………………………………………192
综合题………………………………………………………………………………………………………196
拓展题………………………………………………………………………………………………………200
1第十章 矩 阵…………………………………………………………………………………202
基础题……………………………………………………………………………………………………202
综合题……………………………………………………………………………………………………208
拓展题……………………………………………………………………………………………………214
第十一章 向 量………………………………………………………………………………216
基础题……………………………………………………………………………………………………216
综合题……………………………………………………………………………………………………221
拓展题……………………………………………………………………………………………………227
第十二章 线性方程组……………………………………………………………………………230
基础题……………………………………………………………………………………………………230
综合题……………………………………………………………………………………………………234
拓展题……………………………………………………………………………………………………242
第十三章 相似矩阵………………………………………………………………………………243
基础题……………………………………………………………………………………………………243
综合题……………………………………………………………………………………………………250
拓展题…………………………………………………………………………………………………………264
第十四章 二次型……………………………………………………………………………………267
基础题……………………………………………………………………………………………………267
综合题……………………………………………………………………………………………………………273
拓展题………………………………………………………………………………………………………287
概率论与数理统计
第十五章 随机事件及其概率 ………………………………………………………………………292
基础题………………………………………………………………………………………………………292
综合题………………………………………………………………………………………………………295
拓展题………………………………………………………………………………………………………297
第十六章 随机变量及其分布 ………………………………………………………………………298
基础题………………………………………………………………………………………………………298
综合题……………………………………………………………………………………………………………302
拓展题………………………………………………………………………………………………………305
第十七章 多维随机变量及其分布………………………………………………………………307
基础题………………………………………………………………………………………………………307
综合题………………………………………………………………………………………………………315
拓展题………………………………………………………………………………………………………323
第十八章 随机变量的数字特征 …………………………………………………………………324
基础题………………………………………………………………………………………………………324
综合题………………………………………………………………………………………………………330
拓展题………………………………………………………………………………………………………342
第十九章 大数定律与中心极限定理……………………………………………………………343
基础题………………………………………………………………………………………………………343
第二十章 数理统计的基本概念 …………………………………………………………………346
基础题…………………………………………………………………………………………………346
综合题……………………………………………………………………………………………………………348
第二十一章 参数估计………………………………………………………………………………353
基础题……………………………………………………………………………………………………………353
综合题………………………………………………………………………………………………………357
拓展题……………………………………………………………………………………………………………361
2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)|=|x|| sin x |e,其中|sin x|不恒等于0,e*>0,故根
f(O)=0,f()=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)|ec(-)=|xsin x |e2=f(x),
故f(x)是偶函数，选项C正确.
(2)D.
解在区间
(0,)内，sinx单调增加，cosx单调减少，任取x?,x?∈(0,2)
,且x?cos(sin x?),所以函数f(x)单调减少.又cos x?>cos x?,则sin(cos x?1)>
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A错误，选B.
lim f(x)=lim(√1+x+x2-√1-x+x2)
=m1+x+2+-x+
厘A++A+
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.
解 由题可得1imf(x)gc)=limg()+limFx)-0,故选项D正确.
(5)D.
+o,sin
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,B.
1………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
取x。2m+n=1,2,,则当z。一0时，,f(x。)=(2n+2)°·π2→∞,故sin1(x→0)
不是无穷小，也不是有界量.
1sim1
令：y。=n(n=1,2,…),当y,→0时，f(y,)=0,故当x→0时， 不是无穷大，选项D正确
(6)C.
im(1-a)x2-+a+b)x-b=0,
解 由已知，可得1 ,有1-a=0,a+b=0,故a=1,b=-1,选项C
正确.
y=z+1
注由im[+1-(ax+b)]=0
及渐近线的定义，知y=ax+b是 的斜渐近线.
(7)B.
解当x→0时，h(1+x")~x°,由 sinx=x-3+o(z3),知(x-sinz)tanx~6
.由已知，4>n
且n>2,故n=3,选项B正确.
(8)D.
解依题设，有
I+-ea+)-a+az2)-mea+bz)-(1+az2)≠0,
[+a+z2+2+ar]a+da)-d+a2
故
a+6)+(+b-a)a2+(+2)a'+。。
所以1+b=0,+b-a=0,6+2b≠0,解得a=-2,b=-1.选项D正确.
(9)A.
lig(a)=Li=2lim=2.lim1=o<1,
解由于
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,C)>1
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
ln^n,n°,a“,n!,n”(n→0),
其中λ≥1,α>0,a>1.
(10)C.
解对选项C,用反证法，若lim(a-b)存在，则lim[(a-bn)+(an+ba)]=lim 2a。极限存在，与已
知lim a。不存在相矛盾，故选项C正确.
(11)A.
解由e”=x+e”,有y。=In(e-xn),则
2………………………………………………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
-m-2)-e-z.+1-1)
=Iimz。-1
m-1=im1=0,
故y,是比x,高阶的无穷小，选项A正确.
(12)A.
解f(x)在x=0处间断，考虑间断点处的左、右极限.
+)-m+-2)-2-1-1.
+)-m(++)-++)-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)2-1~3ax2,osx-1~-2x2,故a=-2·
(2)-2.
解 因为
imsin2x+e1=imsn+im1=2+1ima=2+2a.
又由函数连续的定义，可得2+2a=a,解得a=-2.
(3)P≤2.
解由于
limz"(a3-a市)=limx°.a中Ta-1]=lima°.a市.z+1)
存在，则有P≤2.当P<2时，极限为0;当P=2时，极限为In a.
(4)
解当x→0时，e-1~x?.故
原式=im-=lime.e-1
=limz2-2+20osx=im2-2sinz
-专m1-立
=m1,
注 解答中1 ,这一步采用的方法是分子提取公因式 e2-28-.
提取公因式是考研数学试题中常用的技巧.一般以下三种情形常可考虑提取公因式：①○-0;②指
数函数；③幂函数.
(5)
3…………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
解当x→0时，tan x=x+}x3+o(x3),所以
-+a2+a-[e+2+oa]
+a-Da+a2+a-)e2+c-
由上式可得，a=0,b=1,c=0,d=号，故a+b+c+d=3
三、解答题
(1)证令f?(x)=f(x)+f(-x),f?(x)=f(x)-f(-x),则
f?(-x)=f(-x)+f(x)=f?(x),
故f?(x)是偶函数；
f?(-x)=f(-x)-f(x)=-f?(x),
故f?(x)是奇函数.所以
f(z)=f(a)+f(-)+f(a)-f(-).
(2)解由已知，
af(x)+bf(1)=, ①
12
在式①中用 代替x,得
af(!)+bf(x)=cx. ②
再由式①×a-式②×b,得(a2-b2)f(x)=a-bcx,由于|a|≠|b|,故
f(x)=a2-b2(-bz).
f(-x)=(-+br)=-f(x),
而
所以f(x)是奇函数.
(3)证 任取x?,xz∈(-a,a),且x?>x?,由已知，
If(x?)-f(x?)|≤lx?-x?|=x?-x?.
而 f(x?)-f(x?)≤If(x?)-f(x?)|≤x?-x1,
故f(x?)+x?≤f(x?)+x?,即F(x?)≤F(x?),所以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,使得当n>N时，有|xn-a|0,3正整数N?,使得当2k>N?时，有
①
lxz-a|0,3正整数N?,使得当2k+1>N?时，有
lx?+1-a|N时，有式①与式②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i)+f(z)=+0,li)f()=+,可知 为第二类间断点
=34,4
由limf()=1,m()=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.
当x≠0时，有
r)--
故x在(-∞,-1),(-1,0),(0,1),(1,+一)内f(x)连续.又
lim f(z)=1,limf(x)=-1,
lim f(x)=-1,
limf(x)=-1,limf(x)-1,
所以f(x)在x=0,±1处间断，都是第一类间断点，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同时为零时，命题成立；当m,n不同时为零时，由于
(m+n)k≤mf(c)+nf(d)≤(m+n)K,
6……………………………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
k≤mf(m+nfd)≤K.
故
f(ξ)=mf()+nd),即
由介值定理，知存在一点ξ∈[c,d]C(a,b),使得
mf(c)+nf(d)=(m+n)f(ξ).
(10)证 依题意，有
zi--ā,xa-√a+后，…,x-Ja+Ja+…后，…
通过数学归纳法可证得{x}严格单调增加.由xn?= √a+x,得x2=a+x,所以
m=+<+1.
而xn+1>√a,因此1,令。
imx。=lim(a-去1)=a-a+1=a21>0.
z。=a-a去1>0,即a,>“±1=M>1.
由极限的保号性可知，当n充分大时，有
8…………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
对于选项B,令xn=bn-a,则lim xn=lim(b。-a)=b-a>0,由保号性可知，当n充分大时，
xn>0,即a0,且limg(x)=+一.故f(t)在(1,+～)上严格单调增加，从而
limf(t)=+,故limf(n)=+0,{f(n))发散，可排除选项A.
由已知，有
f(n)=1+Inf(n)
,当n→一时，
n→0,故{{fn}
收敛，可排除选项B.
由反函数的求导法则，有
f'a)=g-2+|-2+mf@
imf(n)n()=lmf()n-m?+hf②
故
一高-8-+-
{mlnn}
所以{ 收敛，选项C正确，排除选项D.
(10)B.
解取xn=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{xn}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，{arcsin xn}单调有界，所以，{arcsin x,}收敛，故④正确。
因此选项B正确.
(11)D.
n·n<立+2+…+<1·n,
解 对于选项D,由于
鄂<(+贵+…+)#<河，
m流=1,lm√A=m =1
且
9………………
李林全家桶之⑥
2026 考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
故由夹逼准则，可知原极限等于1,选项D正确.
i→+~,2F→+,故lim=0;
对于选项A,当x→1时，有： ;当x→1+时，有
,2→0,故1+2--1.
,由此可知原极限不存在.
对于选项B,令
f(x)=(1+Sn),若取xn=nπ,y。=(2n+云)π(n=1,2,…),则当n→0时，
有x。→+∞0,y。→+0.由于lim f(x,)=lim(1+元)"=1,
血--
lim(1+sin二)不存在.
故由海涅定理，可知
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(t)d是关于u的奇函数，则 [Jf(t)d]d
解 由已知，得tf(t)是偶函数，故 是关于x的偶函数.
故选D.
?f(t)dt
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)d不一定为奇函数
时，
(13)C.
解当x>0时，f(x)=lim1+2=lim2“+1=1;
当x=0时，f(x)=lim1+2-2;
当z<0时，f(x)=lim+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)=Jf(t)dr,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.
(1+a=1
解由 1和极限的有界性，可知存在δ?>0,当-8?0,当O0,当|x I>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.
10………………………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
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(x),lim f(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x。∈(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'(E)(x-xo),则
If(x)|=If(xo)+f'(ξ)(x-xo)|≤If(xo)I+If'(ξ)|lx-x。|.
由f'(ξ)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，因分母中有 项，故可将√1+x2展开到比x2高次幂的项，得
√1+x2=(1+x2)=1+22+2·2·(2-1)x?+0(x'),
2+1-√1+x2=8+o(x?).
则有
又因 sin x2~x2,故可将cos x,e2分别展开到x2项，得
cosx=1-2+o(x2),e2=1+x2+0(x2),
(csx-e2)sin x2==2+o(x?)
则有
所---
(2)(1+e?1)2-1.
a3。1√1+x"dx=2·1。(+x”)d1+x")
解
=3.1·31+x)。-1{[1+(+)"]3-1}.
由lim("+1)"=e,知im(+1)"=
,故
mm.=Im{[1+(2)]2-1}-a+c)3-1.
(3)ai1.
解由00;i=1,2,…,k).
1>1,故
本题由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.
(7)Ae°.
解由im(-=A,知imf(x)=b.
对e"在[b,f(x)]或[f(x),b]上应用拉格朗日中值定理，有
ef()-e=e=[f(x)-b],
其中ξz介于b与f(x)之间.由limf(x)=b,知limez=b,故
-me Cf(x)-b]=Ae.
12-
…………………………………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
(8)1.
解y2+xy+x2-x=0两边同时对x求导，得
2yy'+y+xy'+2x-1=0,
解得y(x)=-y2z
.由y(1)=-1,知y'(1)=0.故
i{-x)路达m2-1
=-lim2-+122-+
=-2lim2xy-+2+-2-
-2lm2zy'+2y-+2+2x-1
=-2×(-2)=1.
19)?r)
解 limF1)(x-1f(x)-f(1为○-∞型，须先通分，再利用泰勒公式，则有
ro-
原式=imfC)f-1)-f)GF-
三、解答题
imm=lqI<1,
(1)证 考虑数列{|a,|},有 ,由极限保号性，知存在充分大的正整数N,使得当n>N
<1,即|amI3时，
x-xm=-2(-n2)=(-2)°(2-xn)
=…-(-)"(x?-x)=(-)"
故 xn=x?+(x?-x?)+(x?-x?)十…+(xn-x-1)
=1+2(-2)^=1+3[1-(-2)],
所以imx=3
[0,]上连续，f。O)=1,f.。(否)=0,而o<1<1,由
(4)证(I)f,(x)=1-(1-cosx)"在
xn∈(0,Z),使得fa(m)=2
介值定理，知至少存在一点：
f。(x)=-n(1-cosx)1·sinx<0(02,
而f.(arcos)单调减少，故f,(arcos)>
arccos10,x∈(e,+),
故f(x)=0在(e,+∞)内有唯一实根，记为ξ.
(Ⅱ)由(I)知，当x∈(e,ξ)时，f(x)<0,即1+2In x>x,故当exo,
x1=1+2In xo<1+2lnξ=5.
假设xn>xa-1,且x。xn,
xn+1=1+2ln x<1+2lnξ=5.
由数学归纳法，知{x}单调增加有上界，故lim z。存在，记limxn=A.在x=1+2lnxn-1左右两端
同时取极限，有A=1+2In A,即A为方程x=1+2In x的实根.
由(I)可知，lim xn=A=ξ.
14…………………………………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
(6)园(I)令g(x)=f(x)-f(x+2),x∈[0,1]
,则
g(0)=f(o)-f(2),g(2)=f(2)-f(1).
若g(2)=0,取ξ= 8(2)≠0,则由 f(0)=f(1),知g(0)g(2)<0.
即可；若
由零点定理，知至少存在一点ξ∈(0,2)(0,1),使得
g(ξ)=f(e)-f(s+2)=0,
即f(e)=f(∈+2).
(Ⅱ)令F(x)=f(z+7)-f(x),x∈[0,”-]
,则
F(0)+F(1)+…+F("-1)=f(1)-f(O)=0.
若F(0)=F(1)=…=F("-1)-0,即
f(0+1)-f(0)=f(2)-f(1)=…=f(1)-f("-1)=0,
则所证结论显然成立；
若F(O),F(1),…,F("二)
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(ξ+π).
ξ∈(0,1),使得F(E)=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+?-a).
(7)证(I)由f,(x)=x"-cosx,知
f,(0)=-1<0,f.(1)=1-cos 1>0.
由零点定理，知f,(x)=x"-cosx=0在(0,1)内至少有一个实根xn,又
f'(x)=nx"1+sin x>0(因00(因0f,(xn).
又f。(x)关于x单调递增，故xa+1>xn,即数列{x}单调递增.由单调有界准则，知lim x。存在.
In x=nIn cosx,故
由x"=cos xn,知1
im lnxn=lim1ln osrn=0
lim xn=1,
所以
15--
……………
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im(1-x)=lim(1-x)
=eb)
im lnr,Ln(1-x)-limlnt h(1-2)
而
1-“lim ln(1-u)lnu=-liulhu
故原式=e=1.
010
(8)解e3-1～3x3(x→0),所求极限为 型.
由洛必达法则，有
既一a+2mr-1+号)-]
--m+3m)-云
(9)解当x→+∞时，1-e~-
,故
[a-F[a+-]d
a+)m-
当x→+oo时,sin1→0,| cosxl≤1,即sin1-cosx有界，且分母-2x 趋于无穷大，故
血-。
又
学
故原式=-2+0=-2
圈在来血+'m
时，不能用洛必达法则.因为分子
[1+x2]sim1-cosx]'=2xsin1-1+a2s1+sinz,
limsinx不存在，lm(2xsim1-1s1)=2-1≠0;
16……………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
分母(-2x)'=-2,lim(-2)=-2≠0.
故血+m
不存在，且不是无穷大量，洛必达法则失效.
(10)解令1=t,则
ma()-(+)”]--a+o2-
由拉格朗日中值定理，有
e2-e=e[1+2]2-dh(1+2]
elhd1+1)之间.又
其中ξ介于(1+t)与
im(1+2)2=e, limelh(1+)=e,
故当t→0时，ξ→e,所以有
原式=ml+]
1+t)-1=-2+学+o(t2).
令n(1+2=u,
,由泰勒公式，有
[l+]-1]2~(-2)2=
故 ,因此
原式=elim4(u-1)2=elim8cu-1=ge+.
lim。[a+t]-]d法则达[a+]-x]
(11)解因
--J-+)-
= limz[aet]-1]
- limz[()-1]=b,
lim[e(t)-1]=0,
故
即
lim[na-xln(1+1)]=0,
,所以a=e,从而
b= limz[e]-1]- limx[1-xln(1+1)]
1md+s-s-IhQ+)
主-
故a=e,b=2.
17…………………………
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(12)证令x。=1+2+…+1-Inn,则由xm-=+1-In(1+7)<0,可得{x}单调
减少.又
KH-x。=n+1-In(1+1)>n+1-7
由
xn+=(x+-xn)+(x,-x)+…+(x?-x?)+x1
>(+1-n)+(1-n-)+…+(2-1)+1=n+>0,
可知{x}有下界，故limxn存在.
(13)由zm=Ln(e3-1D)-lnz。=h-,知(--1
由x?>0,知e
e2=—>1(利用结论当x>0时，e2-1>x),故x?>0,由归纳法知x>0,
即{x}有下界.
=e=e“-c=e0,从而f(x)=2x-tan x单调增加，于是有
o0,G(b)<0,由零点定理，知存在
x∈(a,b),使得G(x')=0,即F(x*)=x,
(Ⅱ)由已知条件，有xo∈[a,b],xn=F(x-1)∈[a,b],故{xn}有界.又
F'(x)=2[1+f'(x)]>0(因|f'(x)|<1),
由拉格朗日中值定理，得
xn-r-=F(r?)-F(xm?)=F'(ξ)(x-1-xm?)(E介于x?与x-z之间),
由上式可知，当x?>xo时，数列{x}单调增加；当x?0),显然f(x)单调减少且非负，则由(I)知
+≤d≤1,
HIdx=51d+dx+…+1dx≤1+2+…+,
故
20………………
高等数学
第一章 函数、极限、连续
1+?dr=1+1dx+dx+…+5dx≥1+2+…+
又因为 ,Idx=Inx|,=In(1+n),"dz=Inx|"=Inn
所以 n(1+n)≤1+2+…+1≤1+Inn.
①
由式①,可知
a+m<+++<+n,
im1+in"=limn+1=1,
又由于
t-m平-
故由夹逼准则，可知
++_1
21---
………………
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第二章 一元函数微分学及其应用
基础题
一、选择题
(1)A.
解
limf(x)=lim x2·p(x)=0,
而f(0)=0,故f(x)在x=0处连续.因为
ro-m)-
f-(O)=limf(x)-f=limz2(a)=0,
故ff(0)=f'(0)=0,所以f'(0)=0,选项A正确.
(2)A.
im(z+aar)f(-ba)
解
=ma.f(z+a)-f()+mb.f(a-6)-f(a)
=af'(x)+bf'(x)=(a+b)f'(x).
故选项A正确.
(3)B.
解由已知，有limf(2x-1)=f(1)=0,故
imf(2x-1)-f(1)=limfa+2z-22-f①).2=2=2f'(1)=1,
从而f'(1)=2.故
mf(1+sint]-fd+sint)
=limL+SmtF(1-limFd+sint)-f(1)
=limd+2sint+sin?-f①).2sint+sin2-imfd+sn)-f1).sin
=2f'(1)-f(1)=f'(1)=2
选项B正确.
(4)D.
ro-T---
解 因为
22高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
ro-mT---
故f(x)=cos√x「在x=0处不可导.选项D正确.
(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)时，f'(x)>0;由f"(x)>0,x∈(0,+一),可知当x∈(-○,0)时，f"(x)<0,
选项C正确.
(6)C.
解应用泰勒公式，f(x)在x=0处展开为
f(x)=f(o)+f'(O)(x-0+2(-O2≥f(0)+f(O)x,
其中ξ介于0与x之间，故
ff(x)dz>f [f(o)+f'(O)x]ldx=2f(0),
所以，f(0)<2f_f(x)dr=1,选项C正确.
(7)C.
f(O)=imf(x)=f=imf(a)=lim-cS.1-cosx
解
=2m1-sa=2m-o
故可排除选项A,B.
limICos=2>0、保号性及1-cosx>0,知在x=0的某邻域内有f(x)>0=f(0),故
再由
f(0)为极小值.选项C正确.
(8)C.
解 因为 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"(x。)=0及已知条件有
f"(co)=lim"(a)"a=imf"z)>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，知对于x∈(xo,xo+8),有f(x)>f(xo),即选项B正确.
f-(z)=lim)(>0,x∈(ro-8,x),
同理，对于
有f(x)0,不能推出f(x)在(x。-8,xo)和(xo,x。+8)内的单调性.
(15)A
解由已知，y'(-2)=0,y'(1)=-3,y(1)=0,即
24…………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
+
故 解得a=1,b=-8,c=6.选项A正确.
(16)C.
ms-=m1±C-1,imy=m±-+,
解由
y
可知有水平渐近线y=1和铅直渐近线x=0两条，选项C正确.
(17)D.
y=f(x)
y=kx+b
解由lime[1+x+f(x)]=lim1+x+fa)
存在，知 P(x,y
M
lim[f(x)+x+1]= lim[f(x)-(-x-1)]=0,
N
故y=f(x)有斜渐近线y=-x-1.选项D正确. x
0 X
注 设曲线y=f(x)有斜渐近线y=kx+b.如图2-1所示，
P(x,y)为y=f(x)上任意一点，由斜渐近线的定义，P(x,y)到直
线y=kx+b的距离|PM|→0(x→0),从而|PN|→0(x→0). 图2-1
故有
lim[f(x)-(kx+b)]=0.
二、填空题
(1)1.
解 im a1+x2)=lim(1+x5).1-osz.fd-sas-fO)
由于当x→0时，In(1+x2)～x2,1-cosx~2x2,故
原式=1·2·f'(0)=×2=1.
(2)3.
解x=J"sin2(4)d两边同时对x求导，得1=(y'-1)·sin2[4(y-x]
,解得
y'=cc[4(y-x)]+1.
又由已知，当x=0时，y=1,即f(0)=1,故'|=3,于是
--)-ro-
(3)f(x)=-1+2x+o(x).
im[n+f(x]=imsinx+zf(x)=2,
解由
知sin x+xf(x)与2x2是等价无穷小.又由于
sin x+xf(x)=[x+o(x2)]+x[f(0)+f'(O)x+o(x)]
25……………………………………………
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=[1+f(O)]x+f'(0)x2+o(x2)
故f(0)=-1,f'(0)=2,所以
f(x)=f(O)+f'(O)x+o(x)=-1+2x+o(x).
(4)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，
故其不是拐点.在x=0,x=x2两侧二阶导数变号，所以y=f(x)有两个拐点.
(5)±√2.
解 依题设，有
m[1+-csf[a]=im{1+1-fa]=e,
lim-csf()=1.当x→0时，sin x~x,1-cos f(x)~2f2(x),且f(0)存在，故
故1
1=lim1-sf(=mz=2(a).mf()=2fr(o)·f'(0),
解得f'(0)=±√2.
(6)3.
e=1+x+2x2+gx3+o(x3),
解
ln(1-x)=-x-2- z3+o(z2),
e+h(1-z)-1=1+x+2+言z3-a-22-ga2-1+0(x2)
故
=-g2+o(x3),
所以n=3.
(7)e.
解对f(x)求导，得f'(x)=ne-(1+n).依题意，有
f'(xa)=ne-(1+n)=0,
x=nn(1+六),故lime=lime+)=e
解得：
(8)
解由[(x2)]=3x2·f(z3)=,得f(x2)=,所以f'(x)=3
(9)-9.
f'(x)=-+
解由f(x)=In(√1+x2-x),可求得
--as+-
令g(x)=-+=-(1+x2),g(z)在x=0处的麦克劳林展开式为
=-1+2x2-8z?-o(z'),
26……………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
则g(0)=4!×(-8)=-9.故f(0)=-9.
(10)y=2x-4
解 由已知，有
m(Vax2-x+3-2z)- lima(J-1+3-2)=b,
故 lim(Ja-1+3-2)=0,即有/a=2,a=4.
将a=4代入原式，并有理化，得
+
b=lim(42-x+3-2)=lmx2-x+3+2x
所以lim(√4x2-x+3-2x+4)= lim[√4x2-x+3-(zx-4)]=0.
y=2x-4.
故斜渐近线方程为：
(11)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.
(12)2.
解由y(x)二阶可导，(a,2)是y=y(x)的拐点，知y(a)=2,y"(a)=0.
由出=(3-x)°,有
=(3-y)by-[(3-y)b-y].
①
=0,
又
=[3-y(a)]Iy(a)]=[y(a)]?=2?≠0,
将上面两式代入式①,得
[3-y(a)]b-y(a)=(3-2)b-2=b-2=0,
故b=2.
(13)e2+1.
解 由已知条件，视y为△r,知f(x)在点x处可微，且d[f(x)]=[f(x)-1]dz,故
dx=f(x)-idCf(x)],两边积分，得
x=In|f(x)-1l+c.
由f(0)=2,得c=0,故f(x)=e+1.
(14)1.
解 将已知方程化为
rctan?-云l(z2+y2)-_mn2+4,
上式两边同时对x求导，得
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+()
即v==++
.令y′=0,得x=y,代入原方程可求得x=1,y=1,故y'(1)=0.
y'=++
由于： ,即(x+y)y'=-x+y,故两边同时对x求导，得
(1+y')y'+(x+y)y"=-1+y',
y"(1)=-2<0.
将x=1,y=1,y'(1)=0代入上式，得：
故y(x)的极大值为y(1)=1.
三、解答题
-·=故'=-
(1)解(I)因
(Ⅱ)由原式可得
y'=a°x-1+a°(Ina)·(x°)'+a·(In a)·(a*)'
=ax-1+a(ln a)x-1·a+(lna)2·a·a,
注 将x视为幂函数.
(Ⅲ)由|sinx |= √sin2x,有y=2lmsl=22,则
y=z·(ha2)·(n2a)=z'·(dh2).22ms
=21.(n2)·sin2x·21sinz(sinz≠0.
注当sin x=0时，y=2l的左、右导数值分别存在，且异号.
(V)由原式可得
v=tanx+secz·(tan x+secz)
=tanx+sec·(se2x+secztan z)=secx.
注(ln|x1'=1(x≠0).
(2)解(I)对原式取对数，有In|yl=In(1+x2)sin x.两边再同时对x求导，得
1·v′=In(1+x2)csa+2,
v'=(1+x2)[n(1+x2)cosx+1+x].
故
(Ⅱ)利用对数的性质，化简后再求导.
y=ln++--去ncz+√x2+1),
v′=-2·+2+·(+√x2+1)'
=-+2·(1+2z2+)=-2x+
(3)解(I)由题设可得
28……………………
…
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
dv=e(cm)-d(cm-)=9(acm)+A()
-()+()--(-)
(Ⅱ)由题设可得
d(e-ysin x)=0,即e+d(x+y)-[sin xdy+yd(sin x)]=0,
e(dx+dy)-(sin xdy+ycos xdx)=0,
d=s-sindx=co-1)sina)dz.
故
n(x2+y2)=arctan,即
(4)解 对方程两边同时取对数，再对x求导，得
立+(,
x′=±y,
解得
y"=(1+y)(x-X-(+)(-=x
将y'=±y v=2(2+2).
代入上式，得
ra)-r-m-mm
(5)解(I) ra-
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
若k≤2,则imf'(x)=lim(kx?sin1-x2s)
不存在，故当12时，limf'(x)=0=f'(0),此时 f(x)在x=0处导函数连续.
注 错误解法是：
f'(x)=(z*sin1)=kxsin1-xos,
当x=0时，没有意义，故f'(0)不存在；当x≠0时，f'(z)=kx?sin1-2cos.
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)-mu+)-rO)D6+]-ra)
-a)+(+)-ra)
29李林全家桶之⑥
+-r-
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故f(x)在(0,+∞)内可导.
由f'(x)=1,
,积分得f(x)=Inx+C.又由f(1)=0,得C=0,所以f(x)=In x.
-。
17)图r(O-m)-rO-
(a)=2,故
.当x≠0时，
f(O)=imf(a)-f′(O=m1..e=m?e2=0
同理可得f)(0)=0(k=3,4,…),所以f(0)=0.
注 利用洛必达法则，对任意正整数k,有1
(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).
v=4m3,
由已知，气球体积为 ,两边同时对t求导，有
噩=4m2·
-4
=100,r=10,代入上式得100=4π·102·出,解得
由已知， 故气球半径增加的速率为
4cm/s
=30.
(9)解由已知，设点P的坐标为(x,y),则
9=8xd
在9y=4x2两边同时对t求导，有 ,即
=9.出=3
又S=√x2+y2,两边同时对t求导，有
-+(+出)-(30x+孥z),
=82.
将x=3,y=4代入上式，有 .故距离S的变化率为82 cm/s.
mf(z)-=limf(z)1=imf(c)-rO=2f“(0)=1.
(10)解!
注①错误解法是：
iml)-=limFz)-1=lim2a)=2f(0)=1,
mx)=f(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此题也可用泰勒公式求解.由于
flz)=f(0)+f(0)x+2+o(z2)=x+z2+o(z2),
mf(z)=lim+x2+o(z2)-=1.
故
30…………………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
(11)T 由limf(x)-1+x)2+1=1,并根据极限与无穷小的关系，有
f(x)-(1+x)2+1=1+a(当x→0时，α→0),
即 xf(x)-e2rhl+x)+1=x2+x2a. ①
由式①,可得
f(x)=1[x2+x2a+e-1]
=x+xa+[eha+]-1].
由f(x)在x=0处连续，知limf(x)=f(O),即有
f(O)=limf(x)=lim-[e-H?+]-1]=lim2n(1+=0.
故
ro-mr)-O+
=1+1im1=1+lim2hn(I+z)
=1+lim22=1+2=3.
(12)证(I)令F(x)=x2f(x),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2Ef(ξ)+E2f'(ξ)=0,故
2f(ξ)+ξf'(E)=0.
(Ⅱ)令G(x)=e2f(x),则G(a)=G(b)=0,由罗尔定理，知存在一点y∈(a,b),使得G'(n)=0,
即-2ηe2f(η)+e2f'(η)=0,故2nf(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，知存在一点E∈(a,b),
使得F'(E)=0,即(b-ξ)-1[(b-ξ)f'(ξ)-af(E)]=0,故(b-ξ)f'(E)-af(E)=0,即
af(E)+(E-b)f'(ξ)=0.
(14)证 只要证f(x)在(0,+一)内取得极值即可.
若f(x)=0,则在(0,+一)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,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，知存在一点5?∈(0,xo),使得
f'(G)=f(e)-fO>=1;
若f(x?)!-=1.
综上可知，知存在一点ξ∈(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，知存在x∈(0,1),使得F(x?)=0,即f(x。)=2(1-xo).
(Ⅱ)f(x)在[0,x。]和[xo,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'(5)=fcc)-o=fc)=2-x),
f'(n)=f1)-F(c=-F(z=-1,
所以
f'(G)[1+f(n)]=2(-a (1+2-1)=2.
xo=1+x2,将不等式变形为f(x)≥fCai)+f(C2,即
(19)证令：
f(x。)-f(x?)≥f(x?)-f(x?). ①
由拉格朗日中值定理，得
f(x?)-f(x?)=f'(E?)(xo-x?)(E?介于x?与x。之间),
f(x?)-f(xo)=f'(E?)(x?-xo)(ξ2介于x。与x?之间),
将以上两式同时代入式①,得
f'(E?)(x。-x?)≥f'(E?)(x?-xo),
而xo-x?=x?-z=222>0,故f(E)≥f'(ξ2.
(20)证由f(x)在(0,1)内取得最小值，知存在一点xo∈(0,1),使得f(x。)为f(x)在(0,1)内的
最小值，于是f'(x?)=0.
由拉格朗日中值定理，有
f'(x。)-f'(0)=f"(E?)(x。-0)(0f(a)=f(b),由拉格朗日中值定理，知存在E∈(a,c),η∈(c,b),使得
f'(E)=f(C-f(a>0,f'(7)=f?)-f<0,
故f'(ξ)·f'(η)<0.
(1,1),使得
(22)证(I)由推广的积分中值定理，知存在一点c∈
2]f(x)dz=2f(c)(1-2)=f(c),
于是f(O)=f(c)=f(1),在[0,c]和[c,1]上分别应用罗尔定理，有
f'(E?)=0(0二，o0,tan元>2
,故f'(x)<0,从而f(x)单调减少，于是f(x)>f(π)=0,
即F(a)->0.
(Ⅱ)要证a?>b°,只需证 eblna>emb,即证bln a>alnb.
令f(x)=xln a-aln x,且x≥a,则f'(x)=Ina-“,由eIna>In e=1,
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bln a>alnb,所以
原不等式成立.
33……………………
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(Ⅲ)令f(x)=(x2-1)ln x-(x-1)2,则
f(x)=2zlh x-x+2-1,f(1)=0,
f"(x)=2lhx+1+,f"(1)>0,
f(x)=z2-D.
当00,故f"(x)在(0,1)内单调减少，在
(1,+0)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x∈(0,+○)时，f"(x)>0,从而f'(x)在(0,+∞)内单调增加.
又由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.fa)=0,
f(0)=limf(x)-f=limf(a)=1.
由泰勒公式，有
f(x)=f(0)+f'(O)x+2Sx2=x+5x2
(5介于x与0之间),
由f"(x)>0,知f(x)≥x,故原不等式成立.
(25)证对所证不等式((1+2)(1+1)2>e两边同时取对数，得
n2t1+In(1+1)2>1.
令f(x)=n22+1+1n(1+1)2-1,x>0,则
lim f(x)=In1+Ine-1=0,
f'(x)=-(2x+1)x+n+1+1,
limf'(x)=0,
f(x)=(2x2+x)2+x++1°=(2x2+)5(+1>0
故f(x)单调增加且 limf'(x)=0,从而当x>0时，有f(x)<0,所以f(x)单调减少且lim f(x)=0.
故当x>0时，f(x)>0,所证不等式成立.
(26)解y=I2+e
,令y'=0,得x=0,x=-1.
一
列表如下：
T (-,-1) -1 (-1,0) 0 (0,十0)
y' +
0 0 十
-e
-2e
y ↗
由列表可知，单调减少区间为(-1,0),单调增加区间为(-∞,-1)和(0,+∞),极小值为f(0)=-e3,极
大值为f(-1)=-2e.
34………………………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
k?=m血=m=-De=,
一mo-h)-血-
m--
=e limi+-e°=-e-e=-2e°.
同理，当x→-○时，k?=1,bz=-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.
limf()=Lim=lime=。=e=1,
(27)解 因为
limf(x)=lim(x+2)=2,
故f(x)在x=0处不连续，所以不可导，于是
f'(x)={22(nx+1),x>0,
x=
令f'(x)=0,得驻点x=e
,故x-0和 是可能的极值点.
当x<0时，f'(x)=1>0;当0
当00,故 是f(x)的极小值.
(,+) (0,1)
综上可知，f(x)在(-○,0)和( 内单调增加，在( 内单调减少.
(28)解函数y=√4x2+zin(2+1)在[-2,0]
上没有定义.由于)-y=-,
imy=lim√4z2+xn(2+1)
=lim√4x2+xln(2x+1)-lim(V?x+1·√alnx)=0,
故x=-2
是铅直渐近线.
k=lim=limx√4+1In(2+1)=2ln2,
b= lim[y-(2ln 2)x]
=.lim(√4z2+x-2x)ln(2+1)+ lim2x[n(2+1)-In2]
=lim4x2++2ln(2+)+ lim 2zxln(1+)=4m2+1.
同理，可求得 lim=-2ln2,lim[y+(2ln 2)x]=-4n2-1,所以曲线有两条斜渐近线，分别为
y=(2hn 2)x+4m2+1,y=-(2ln 2)x-1m2-1.
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。1-os2zdr=?/2snzdx=2√2,
(29)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)=+~,lim f(x)=+~,
所以方程仅有两个不同实根.
(30)解问题等价于讨论In?x-4lnx+4x-k=0不同实根的个数.
令f(x)=In?x-4ln x+4x-k,定义域为(0,+～),则
f'(x)=4(nz-1+x)=0,
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lim f(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(z)>0(<0),limf(x)>01<0),
若仅存在xo∈(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 y
y=fx)
y=f(x)
y=fx)
x?
a x。 ax。
0 bx 0 bx 0 a bx
(a) (b) (c)
图2-2
上述结论对(-~,+)仍成立.
综合题
一、选择题
(1)A.
解 比较f(x)与x的大小，考虑用作差法构造新函数，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(1-8,1)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)f(6)
由于f"(x)<0,则f'(x)0,
由1 ,且根据极限的保号性，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.
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o-
limf(x
对于选项A,B, 不一定存在.如
)-mm+-1
f(x)是可导函数，且
f(x)={32m-ce+2,z≠0,
T=0,
但imf(x)=lim(3xsin1-os1+2)
不存在，故排除选项A,B.
mf()
对于选项C,由l 不一定存在，知f"(0)=2不一定成立.故排除选项C.
(7)B.
解由已知f'(xo)=f"(xo)=f"(xo)=0及泰勒公式，有
f(x)=f(z)+f'(o)(x-xo)+2T(x-xo2+3(x-xo3+
4(x-zo)
(E介于x。与x之间)
=f(o)+4(x-zo)°,z∈(o-8,zo+8),
故f(x)-f(ro)=4((x-xo)?<0,于是f(x)在x。处取得极大值.选项B正确.
(8)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
Y(a)=limFa)-Ff@)=imf(x)-f(a)<0.
由极限的保号性，知在x=a的某去心右邻域内f(x)0,
-x>0
由 ,知在x。的去心邻域内有 ,即f(x)-f(x。)的正负
由(x-xo)”确定.
当n为奇数时，若x>xo,则f(x)-f(xo)>0;若xxo或x0,故x。是f(x)的极小值点，选项C
正确.
(10)D.
解 涉及f(x)与f'(x)的极限，考虑用拉格朗日中值定理.
38……………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
由 lim f'(x)=+0,知存在充分大的x。和M,当x>xo时，有f'(x)>M>1,故当x→+0时，
f(x)=f(xo)+f'(ξ)(x-xo)>f(x?)+(x-xo)→+○(E介于x。与x之间),
故选项D正确.
(11) C.
解令f(x)=Inx-+k,则f'(x)=1-1=e
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.
(12)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,x2=3.又
f"(x)=2(3kx-1),有f"(0)<0,f"(3)=2>0.由f"(O)<0,可知f(0)=1>0是极大值点.
f(2)>0(否则有两个实根),故27k-9A+1>0,解得|k>子3,
要使方程有唯一实根，必须有
所以选项A正确.
(13)D.
解 由拉格朗日中值定理，有
f(4)-f(1)=f'()(4-1)=4f(E)≥4M,ξ∈(1,4),
即f(4)≥4M+f(2).
f(1)≥0,故f(4)≥4M>0,所以在[3,]上，有
又由f'(x)≥M>0,知f(x)单调增加，且
f(x)≥4M
,选项D正确.
(14)C.
解由已知，当x∈(0,1)时，f'(x)<0;当x∈(1,3)时，f'(x)>0;当x∈(3,4)时，f'(x)<0.
由拉格朗日中值定理，有
f(3)-f(1)=f'(E?)(3-1)=2f'(ξ?)>0,S∈(1,3),
f(4)-f(3)=f'(ξ?)(4-3)=f'(ξ?)<0,S?∈(3,4),
且由牛顿-莱布尼茨公式，有
f(4)-f(1)=?'f(x)dr=? f'(x)dz+jf(x)dr=S?-Ss>0,
故f(3)>f(4)>f(1).选项C正确.
y
(15)D.
解 依题设，y=f(x)如图2-3所示.
结论①可变形为
f(a)-fO<1)-. 1 y=f(x)
由拉格朗日中值定理，有
0 x 1 x
f'(G)=f(a)-fO,ei∈(O,z),
图2-3
f'(s?)=F11-F(),,G?∈(x,1)
39……………
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由f"(x)>0,知f'(x)单调增加，故f'(E)0时，有
y'-p(x)y>0,
ed
,得
上式两边同时乘以
eLCy'-p(x)y]>0,
[r(z)e]'>0,从而f(z)e?
故有 在(0,+一)内单调增加，所以
f()eF>ru)-r(O)≥0.
e>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,+○)内单调增加.
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增加.选项D正确.
由limf'(x)=1,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.
例如，f(x)={z+1,z0,
则当x≠0时，f'(x)=1,且
limf'(x)=limf'(x)=1.
但limf(x)=0≠limf(x)=1,所以imf(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'(x。),f+(xo)均存在和limf'(x)=limf'(z).
(18)A.
f(1)=limf()-f1)=lim-1)sinc-1)°
解
当α+1<0时，f+(1)=0;当α+1≥0时，f+(1)不存在.而
f<(1)=lim)f1)=Lim°-9=0,
故当α<-1时，有
ra)={-n+a-z>1,
≤1.
40……………………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
imf(z)=lim[-1sin-D+x-Bx-15].
当a+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)-9π
[an(4=)-1]|=0,可令f(x)=[tan(4x)-1]·g(x),则
解由
f'(1)=[tan(4x)-1]|·g(1)+0·g'(1)
=[tan(4x)-1]T,[tan(4x2)-2]…[tan(4)-100]|
)-9--
(2)64.
.
r=又
解由f(x)=3x2+kx?3,有f'(x)=6x-3kx??=0,得唯一驻点
f"(x)=6+12k,f“)>0,
故(周)-5()
为f(x)在(0,十一)内的最小值
由5()3≥20,解得k≥64,即k至少为64.
(3)
解易知k≠0,故有
im(k)“=lm[1+k]]e.
由拉格朗日中值定理，有
f(x)-f(x-1)=f'(5)·1(E介于x-1与x之间),
因而lim[f(x)-f(x-1)]=limf'(E)=e,于是e?=e,所以k=2.
(4)4,3.
f'(x)↑
解 由图2-4可知，
f'(x?)=f'(x?)=f'(xa)=f'(xs)=0,
x?
故x?,xg,T?,xs是驻点.f'(0)和f'(xs)不存在，所以可能的极值点为 x
x? 0 x? ix? x?
x=x1,x=X3,x=x,x=x6,x=0,x=xs, x?
在x=x?,x=xs,x=0,x=x4两侧的f'(x)均异号，故有4个极
值点.
图2-4
f"(x?)=0,f"(z?)=0,f"(O)和f“"(x?)不存在.在x=x2,x=x?
两侧，f"(x)变号，在x=xs两侧，f"(x)变号，故拐点有3个.
(5)e
41………………………
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解 极限为1型，利用重要极限结论，有
-rauREm-
(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)=[]=&[]·出
=-Fa)·=-f(a),
8"9)=C8"()]=-da)}=-&(a)F}·
=-f"(a)f(a)]-3C()·Cr"(c).a
=_f(z)Cr()r-)()2Cf"(z)2,
故 8"(yo)=-(zrcLF(so(zof"(o)?=9.
(7)n!-1)2
解f(x)=Je-d两边同时对x求导，得f'(x)=e-/),即e).f'(x)=1.
两边同时积分，得e)=x+c,即f(x)=In(x+c).
由已知，f(0)=0,得c=1,故f(x)=In(x+1).因此
g(x)=xf(x+1)=zlh(x+2)=zhn[2(1+云)]
=x[n2+In(1+元)]
=x[in2+-2()2+…+(-1()"+o(x"]
=xln2+2-2·23+…+72+o(z),
所以g(0)=nla。=n!-D22
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
42………………………
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
imf(1+sinxs-3f(1-sin=im[8z+a().sm]=8,
im[fC+snz]-f1]+3f(-siszn)-f(2)]=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)证(I)由 -1----1
-C-
知f(0)=f(1)=0,ff(0)f_(1)>0.由保号性及
f(O)=limf(a=1>0,
知 3x?∈(0,8?)(8?>0),使得f(x?)>0;由
f(1)=limf(a)=1>0,
知3x?∈(1-δ2,1)(O?>0),使得f(x?)<0,由零点定理，知 3s∈(x?,x?)C(0,1),使得 f(ξ)=0.
(Ⅱ)令g(x)=f(x)e2,在[0,ξ]和[E,1]上分别应用罗尔定理.
由g(0)=g(ξ)=0,知 3E?∈(0,ξ),使得g'(G?)=0,即
e??[f'(E1)-f(E?)]=0,
可得f'(E?)-f(E?)=0.
又由g(ξ)=g(1)=0,知 352∈(;1),使得g'(E?)=0,即
e?“2[f'(E?)-f(ξ2)]=0,
可得f'(ξ2)-f(5?)=0,于是f'(x)-f(x)=0有两个根E?和ξ2.
再令F(x)=e[f'(x)-f(x)],在[8?,ξ2]上应用罗尔定理，F(E1)=F(G?)=0,所以 3η∈
(E?,ξ2)C(0,1),使得F'(η)=0,即
e'[f"(η)-f'(η)+f'(η)-f(η)]=0,
故f"(η)=f(η).
F(x)=f(x)g(t)d+g(x)f(t)dt,
(3)证令
则F(a)=F(b)=0,由罗尔定理，存在一点ξ∈(a,b),使得F'(E)=0,即
F'(ξ)=f("g(t)d-f(E)g(5)+g()f(e)+g'(∈)f(t)d
=f()"g(z)d+g')f(t)dt=0.
(4)解将函数f(x)进行恒等变换，有f(x)=(1+x)=e+.又
In(1+x)=x-2x2+3x3+o(x3),e=1+x+会+o(x2),
e?+)=e2++3=e.e++2+02)
故
=e·[1+(-2x+÷z2)+(-2+÷2)2+o(z2)]
=e-2er+24ex2+o(x2),
43……………………………
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a=-2e,b=2e
所以
(5)证(I)由已知，f+(a)f'-(b)<0,不妨设f'+(a)<0,f'-(b)>0.
f(a)=limf(a)-fa<0,
由
知存在x?∈(a,a+δ?)(8?>0),使得f(x?)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=ξ∈(a,b),f(x)取得最小值，从而知f'(ξ)=0.
(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ξ∈(a,b),使得g'(ξ)=0,即f'(ξ)=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
(6)证(1)用反证法.
假设不存在ξ∈(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,又f(a)=f(b)=0,则
f(a)=limf(z)-Ffa)=limfa≥0,
f-(6)=limf()-f(6)=imf)≤0,
故有f4(a)·f_(b)≤0,与条件fí(a)f_(b)>0矛盾；
若f(x)<0,则于ff(a)=lima≤0,f_(b)=lim-b≥0,故有ff(a)f_(b)≤0,与条件
fi(a)f_(b)>0矛盾.
综上可知，存在E∈(a,b),使得f(ξ)=0.
(2)对于f(a)=f(ξ)=f(b),在[a,E]和[,b]上对f(x)分别应用罗尔定理，3η?∈(a,ξ),
ηz∈(ξ,b),使得f'(η?)=0,f'(η?)=0,对f'(x)在[η1,y?]上再用罗尔定理，3η∈(71,y2)C(a,b),
使得f"(η)=0.
(7)西由f(O)=lim)fO=im(<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"(G?)(x-0)≥f'(0)+Mx→+∞(x→+∞),
其中ξ介于0与x之间，故存在充分大的xo∈(0,+一),使得在(xo,+一)内有f'(x)>1.
对f(x)应用拉格朗日中值定理，有
f(x)=f(x?)+f'(ξ?)(x-xo)≥f(xo)+(x-xo)→+○(x→十∞),
其中ξ2介于xo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,+一)内有唯一实根.
(8)证(I)将要证的等式变形为
由极限m+1)
存在，可知limf(x+1)=0=f(1).
e,?f(t)dt
对( 在[0,1]上应用柯西中值定理，有
44高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
O<ξ<1.
①
(Ⅱ)由f(1)-f(ξ)=f'(η)(1--ξ),-ξ<η-<1,得Df(ξr)=(ξ-1)f'(η),代人式①,得
整理得ef(t)d=(e-1)e(E-1)f'(n).
(9)解(I)f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+2(x-c)2(ξ介于x与c之间).
证(Ⅱ)在上式中，分别令x=0,x=1,则有
f(O)=f(c)+f'(c)(0-c)+2o-c)2(0<5?1时，令f(x)=arctan x-2arcos?+x-4,则
ro-市
=1+x2+-a+x2)=0,
故f(x)=c(c为常数).
又f(x)在[1,+]上连续，故f(1)=lim f(x)=0,有f(x)=0,即
rctan x-zarcos+x-4
(11)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--1
当x≠1时，若xo>1,则f"(xo)>0,若x。<1,则f"(xo)>0,故x=x。为f(x)的极小值点；
当x。=1时，由f'(1)=0,f"(1)=limf"(x)=lim--1=1>0
,知f(x)在x。=1处取得极小值
45……
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综上可知，f(x)在x。处取得极小值.
(12)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n+10,故sin xo=1,得
(n为整数).
曲线y=f(x)在点(xo,yo)处的切线斜率为f'(xo);
曲线y=f(x)sin x在点(xo,yo)处的切线斜率为
[f(x)sinx}f(zo)sin zo+f(zo)cosro,
由于在x。=2+2nπ处，coS zo=0,sin x。=1,故[f(x)sin z]|=f'(co).
因此它们在交点处相切.
(15)解y=f(x)在点(x,f(x))处的切线方程为
Y=f(x)+f'(x)(X-x).
46-
-
高等数学
第二章 一元函数微分学及其应用
X=x-a)=u(x),故
令Y=0,可得切线在x轴上的截距为
法则")=1+)
=1+limf(a)-f·x)
=1+fO=1+1=2.
(16)证(充分性)由f(x)-f(xo)=(x-xo)g(x),有当x≠x。时，
g(x)=f(x)-f(o).
mf(a)-f()=limg(c)=g(zo),故f'(zo)=g(z).
由g(x)在x。处连续，有
f'(xo)=lim-xC.令
(必要性)设f(x)在x。处可导，则
故
img()=m—(=f'(zo)=g(zo).
综上可知，g(x)在x。处连续.
(17)证 由已知，不妨设x?0,对任意x?,x?∈(a,b),x?≠x?,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)x?,f(u)在点x处展开，有
f(u)=f(x)+f'(z)(u-x)+2u-x)2(s介于u与x之间),
将u=x1,u=x2代入上式，得
flz)=f(z)+f(z)(x1-x)+2)(x1?-x)2
=f(x)+f(z)(1-A)(x?-?)+2(x?-z)2,
①
f(z)=f(z)+f(z)(z?-z)+2l(z?-x)2
47……………………
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=f(x)+f'(x)Ax?-x?)+f2G)(x?-xP2,
②
其中ξ介于x?与x 之间，ξ2介于x?与x之间，则式①×λ+式②×(1-λ),得
af(z?)+(1-A)f(x2)=f(x)+a)(?-)2+(1-a)(z?-x).
由f"(x)>0,知
λf(x?)+(1-λ)f(x?)>f(x)=f[λx?+(1-λ)x?].
(18)证将|A|的第2行×(-1)加到第3行，再将第1行×(-1)加到第2行，按|A|的第1列展
开，有
A--
=-x?f(?)-f(x?)
=(x?-x?)[f(x?)-f(x?)]-(x?-x?)[f(x?)-f(x?)].
故|AI>0等价于-fCz2>f(z)-f(a)
先证必要性.由拉格朗日中值定理，知存在E?∈(x?,x?),S?∈(xz,x?),使得
f'(G)=(2-f(a),f'(G?)=fG)-f(a2).
由f'(x)在(a,b)内严格单调增加以及E?<ξ2,可得f'(E?)f(a)-(aD
再证充分性.任取xo,x?,xz∈(a,b),满足x?0).
令Y=0,可得切线在x轴上的截距为1
由f"(x)>0,知f'(x)>f'(0)=0,
imF()-lim[-]--m)-0,
mF'(a)=hm1-"a)c)"]=mfC)fa
=f"(O)m)=f"(O)imF))=,
故 lim[F(x)+F'(x)]=0+2=2.
49…………
…………
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(2)汇(I)当f(x)=0时，显然原不等式恒成立.不妨设f(x)≠0,且|f(zo)|=maxlf(x)|,
则x。是f(x)的极值点，从而f'(x。)=0,故利用泰勒公式，可知存在ξ,使得
f(x)=f(zo)+f(xo)(x-xo)+f"(C)(x-xo)2=f(ro)+f“()(x-x)2
成立，将x=a,x=b代入上式，得
0=f(a)=f(xo)+f"G)(a-xo2,
①
0=f(6)=f(cx)+贵f"G)(b-xo2,
②
其中ξ?∈(a,xo),ξ2∈(xo,b).
若z∈[a,&±]
,则由式①,得
If(zo)l=2If"()|(a-xo2≤云xIf"(x)|.b-a)2=8M(b-a°.
若zo∈(±6,6)
,则由式②,得
If(zo)I=2|f"(G?)|(b-xo2≤÷mxIf"(x)|.b-a)2=8M(b-a)2.
综上所述，原不等式得证.
(Ⅱ)不妨设|f'(x1)I=maxIf'(x)|,则由泰勒公式，可知
o=f(a)=f(z)+f(z)(a-x?)+f"(?)(a-x?2,
③
0=f(b)=f(?)+f'(c)(b—xi)+f"(p?)(b-x?)2,
④
其中η?∈(a,x?),η2∈(x?,b).由式③-式④,得
If(x?)(b-a)I=2If"(n)(b-x?)2-f"(n)(a-x?)21
≤2If"(n?)(b-x)2+2If"(?)(a-xi)2|
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)]和[a,b]上分别应用拉格朗日中值定理，有
f[f(b)]-f[f(a)]=f'(η?)[f(b)-f(a)],η1∈(f(a),f(b)),
f(b)-f(a)=f'(η?)(b-a),η2∈(a,b),
故
f[f(b)]-f[f(a)]=f'(ni)f'(y?)(b-a). ①
若f'(η?)=f'(η?),则取ξ=71,有
f[(f(b)]-f[f(a)]=[f'(E)]2(b-a);
若f'(7i)≠f'(y2),不妨设f'(η?)0,且If(x)|在(0,1)内取得最大值M.不妨
设|f(xo)|=M,x。∈(0,1).
若z。∈[0,]
,由拉格朗日中值定理，知存在一点∈?∈(0,xo)C(0,1),使得
f'()I=|f(xo)-f|=≥2M;
若zo∈(1,1),
,则由拉格朗日中值定理，知存在一点ξ2∈(x。,1)C(0,1),使得
f'(2)I=1-fc|=>2M.
综上所述，至少存在一点ξ∈(0,1),使得|f'(ξ)≥2M.
(Ⅱ)由f(0)=f(1)=0,并根据罗尔定理，知存在一点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)|=|f"(E?)(x?-0)|≥Mx?(0<ξ?0时，F(x)=Jcoszdr=sinz+cz.
由原函数F(x)的连续性，知
limF(z)=c1,limF(z)=c2,
故c?=c?.令c?=c?=c,得
)->
取c=0,知选项D正确.
注 作为选择题，可利用F(x)的连续性，检查选项中F(x)在x=0的左、右极限，当lim F(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)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 f(0)
[f(0)+f(1)j
x∈(0,1)时，f(x)>f(1),故
f(1)
N=(1-0)f(1)0,知 0 1 x
P=2(1-0)[f(O)+f(1)]>?f(x)dx=M,
图3-1
故选项B正确.
(7)A.
d→0,
解当x→0时，sin x-ax→0,故 ,于是必有b=0.
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
实寓
故选项A正确.
(8)B.
解令F(u)=?"f(x)dz-Juf(x)dr,则
F(w)=?"f(x)dx-u[f(x)dx+?f(x)dz]-?"(1-u)f(x)dz-u['f(x)dxr.
根据推广的积分中值定理，有
?(1-u)f(x)dr =u(1-u)f(:)(0<6?f(ξ?),所以
F(u)=u(1-u)[f(E?)-f(ξ?)]>0,
故选项B正确.
(9)A.
解对于选项A,利用极限审敛法.由于
血-厘庄a->1.<1-11,发敏，
(may·≤1,发散
(10)B.
解依题设，有
S,22abt?-1)dz=5axb)a+bdz.
当a-b≠0时，
limx·az)x+b=a≠0.
由比较判别法，知原反常积分发散，而已知积分收敛，故a-b=0,于是有
1=J,2x2+bdx=J,(1-2x+b)dx =In2zx+b,=in2+6
故a=b=2(e-1).选项B正确.
二、填空题
(1)sincos x
解由已知，F'(x)=f(x),故2F(x)F'(x)=sinctans
,两边同时积分，得
?2F(x)E'(x)dx=?sincos)d,
故
F2(x)=2zlactansz)dx=[Ln(tanx)2+C.
将F(4)=0代人上式，得C=0,故F(x)=√[In(tan x)]=In(tan x),所以
54…………………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
f(x)=F'()=[ln(tanx)了=sincOSx
5
(2)
解由f(x+4)=f(x),知f(9)=f(1),而
f'(x)=1+x={1+x,<≤2.,
积分得
因f(x)可导，所以f(x)在x=0处连续，可得C?=C?=1,故f(9)=f(1)=2.
(3)f(x)-f(x。).
fa+Ar)d1+=“f()dm,故
解由于
mfca+)-rcr-
法则lim[f(x+Ax)-f(zo+△x)]=f(x)-f(zo).
f(t)d
注① 不含△r,对△r→0的极限而言为常数.
②错误解法是：
÷flu+Ax)-f(t)]d=Lmi+)-f)山
=mf+4)-f()d=5f'(t)山=f(x)-f(zo),
一般情况下，积分号与极限号不能任意交换.
解对f(x)=max{1,x2}={1,x<≤1>1积分，得
令x=0,则由F(0)=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)= limF(x)=F(-1),limF(x)=limF(x)=F(1),
解得C?=3,c?=3
即 ,故
55………………………………………………
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(5)4
解 由题意，有
m()=m4x2=imf2=1mfc2)-fO=4f(O)=4
注 错误解法：
m法对fs(a2)-4
由于没有f'(x)连续的条件，故lim f'(x)未必存在.
(6)3ln 2-1.
解由g(t-x)d=“。g(u)du,得
。g(u)du=x2ln(1+x),
上式两边同时对x求导，得g[f(x)]f'(x)=2zln(1+x)+1+x
,即
xf(x)=2xlh(1+x)+i+
当x≠0时，f'(x)=2ln(1+x)+i+x,故
f(x)=?2lh(1+x)dz+?i+zdz
=2xIn(1+x)-x+In(1+x)+c.
由limf(x)=f(0),知c=0.故f(1)=3ln2-1.
r-
(7)6·
解
(8)2
解|sint|以π为周期，并在每个周期上的积分相等，且?|sint|d=2,故当nπ≤x≤(n+1)π
时，有
2n=?。 sint|d≤?。|sint|d≤。sinz|d≤2(n+1),
从而
<1m0),知当x∈[0,a]时，f(x)≥0,f(a)=0,f(0)>0.故所求面
解由
积为
s=?f(x)dx=。[e()d]dx
=z?edl。-[ed]dx
=5"ze2-2dx=-2e22d(a2-x2)=-2e22=(e2-1)
(11)1.
解依题设，
V(e)=πy2dx=π(1+2)dz=2(-1+x)。=2(1-1+).
lim V(e)=2,V(a)=Z(1-1+a2),
又
由V(a)=limV(e),得(1-1+a)=4
,解得a=±1,又a>0,故a=1.
(12)3n2+4π.
y=sin x+1
解 如图3-2所示， 个
v=Jπ(sinax+1)2dx=n。(1+2sinx+1-2S2)dr
=π(2x-2cosx-4sin 2x)|=2π2+4π. 1
13)4
π x
0
m(+)2=m[1-+]]=
解 图3-2
广zc-+Hc
=4ne-16e“4ne”+16e,
n=5
故(+6)e=e
,解得
57---
………………
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三、解答题
-+
(1)解(I)
注=2+1|+c.
-x={-,dx=[z2(+1)dr
(Ⅱ)
=J}dx+1+a2dx=-1+[?--J-
=-1+d(x2+1+?)dz
=-1+2-x-2i+x
=-1+4mx-2arctan z+C.
x=1,则
(Ⅲ)利用倒代换，令
1+x?=-i+d=-++1d=-(u2-1)d-Ji+
=-33+t-arctant+C=-3x+1-arctan1+c.
1+x2--1+,故
(IV)考虑到
arct+xdz=arctaadx-artndz
=-Jarctan xd(1)-Jarctan xd(arctan x)
=_arctana+(1+x2-2(arctan x)2
=-arctan+2(-1+x)d(z2)-2(arctanx)2
=_arctan-(arctan z)2+n?++c.
z+hn(!-)dx=?+n-)d=Inlx -Jin(1-z)a(1)
(V)
=In|zI-n(1-x)-z-
=Inlxl-a(1-a-?(1+=)dx
=(1-1)In(1-x)+C.
(2)解(I)令√x=t,则x=t2,故
58高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
(1+反={a+2=2(+
=2?(1-主)d=2[Lnt-In(1+1)]+C
=2[Ln/F-In(1+√a]+C=2n?++c.
dx=2zad(e-1)=2[ze-1-(√e-Idr)
(Ⅱ)
=2x√e2-1-2[√e2-1dz,
令√e-1=t,则x=In(1+t2),dx=12dy,故
[√e-Idx={1"ad=2[t2+1-1d
=2t-2[1+t=2t-2arctant+C,
所以原式=2x √e-1-4√e2-1+4arctan √e2-1+C.
(Ⅲ)令x=tant,t∈(-2,2)
,则dx=sec2tdt,故
+d=tnsected
√1+x2
x
=Jtan'td(sect)=?(se2t-1)d(sect)
=3seet-sect+C.
t
1
如图3-3所示，sect= √1+x2,于是1 I=3(1+x2)2-(1+x2)2+C. 图3-3
注 此题也可凑微分.
+dx=?2d+2)=?(a2+1-1)d(√1+x2)
=?(√x2+1)2d(√1+x2)-?a(√1+x2)
=3(1+x2)-(1+x2P+c.
(IV)令tan t=x,则dx=sec2tdt,故
S(Zx2+1)1+-(czur2+Dcos
=S?n'stc={ismnr=arctan(sinz)+C.
又sint=1+,故I= arctan1++C.
arcanac=2(rcaz1az=1)
(V)
=2 arctar-a(z-1)
=2|arctan √x-1d(arctan √x-1)
59-
………………………………
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=(arctan √x-1)2+C.
(VI)
---·2f(1-z)--1-xk后+C.
(3)解(I)sid=Ssicsdx=?(s++sm2z)dz
=Jfan2ad(tanx)+2tanz-cotx=专tan2z+2tanx-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时乘以 cos2x,得
si2csdr=J tan2csdx=saed(tan x)
= tanz+2tan2z+1d(tanz)= tan2x+2tanx-ot z+C.
(Ⅱ)分子分母同时乘以(1-sin x),再凑微分，得
i+sdr=?1-sindx=d+dcosx)=tan x-sz+c.
注 也可利用三角公式，即
+-1+2m2-1m+m
-+c
ms+c=1fsina+csaz)+(snx-cO)d
(Ⅲ)
=d-asinz+cos-2-去nl sinz+osxl+C.
注这里利用了
f(x)=f(x)+f(-x)+f(x)-f(-z),
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
sinzx+20sdx=?sina+2ssx)+2cosz-2simx)d
-Jdx-dsinx+2sa)=x-Inlsina+2csz +c.
tan=t,则sinx=2,cosx=1+,dx=1+,故
(V)利用万能代换.令!
60-
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
=41+d=4[1d+4{d=4n|tl+gt2+C
=4m|tan|+gtan2+C.
a2sm2x+b°2={s- tanx+C;
(V)当a=0,b≠0时，
a2in2x+b°c2={a2sin=-cotx+C;
当a≠0,b=0时，
-+)
当a≠0且b≠0时，
+(m)z)-(mz)+c.
(4)解(I)用分部积分法.
Jarctan Fdx =rarctanx-x?+x·2—dr
=xarctanvx-1+-)dr
=xarctan/x-[2于d+1+(z)
=xarctan√x-√x+arctan√x+C.
-xdx=-Iinxd(—)=--+—· dx
(Ⅱ)
=In+?(—-1)dx=--+1n|x-1|-1n|xl+C.
x+2)dr=-(2ed(+2)=-x2e·+2++2dcx2e)
(Ⅲ)
=-2+2+2e+2edx=-+2+[redr
=-x+2+xe-Jedx=-+2+xe-e+C.
(IV)令Inx=t,则x=e',dx=e'dt.
sin(ln x)dx=?sint·ed=?sin td(e)=esint-Jecostdt
=e'sint-[costd(e)=esint-(ecost+[e sintd),
设I=Je'sin tdt,则I=e'sint-e cost-I,即
I=2(esint-ecst)+c=r[sin(lnx)-cos (In x)]+C.
(V)令√1+=t,则x=1,r=-a+山，故
61…………………………
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d=-{a-2山
=-2a)=-2|a()
=-12+2[1ad=-12+1n=+c
=-1-2++x++c
=1,则dx=-贵d,故
此题也可利用倒代换.令
i+dx=-√干1d,
N层=u,
再令 ,去根号继续求解即可.
Je=(1+tanz)dx=?e(1+2tanx+tan2x)dz
(V)
-Je“se2rdx+2]etan xdz
=?e2d(tanx)+2]e"tan xdx
=e"tanx-2]e2tan zdx+2]e"tan xdr
=e2“tan x +C.
此题通过分部积分法消去2]e"tan xdx,这类问题一般也可凑微分.
Je2se2rdx+2]e2tan rdz=?(ese2r+2e"tan x)dr
-Jdletan x)=e"tanx+C.
(5)解在对称区间上积分，考察被积函数的奇偶性.
(I)In1=In(1+x)-In(1-x)是奇函数，cosz是偶函数，故
(z2n1±-osz)dx=0-2 cs zdx=-√2.
厂，(2+sinx)√1-x2dx=4。√1-x2dz+0=4·4π=π.
(Ⅱ)
I(x+lx)e=dz=0+2。xledz=2]2ze*dz
(Ⅲ)
=-2xe*。+2]edr=2-6e?2
1+- 1++-
(IV)因 是偶函数， 是奇函数，故
厂1+ae-dx-4°1+-dz+0=4'dx-4]。√1-x2dx=4-π.
(6)解(I)
『(z-D2√2x-x2dx=J(x-1D2√1-x-1)idr
62……………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
x-1=[t√1-t2d=2||2√1-d
=si“2] cos2usin2udu=2]。(1-sin2u)sin2udu
=2×1×-2]sin'udu=8
±-e)k=0.
(Ⅱ)
注e'-e'是奇函数.
m2a<2<,故
(7)解(I)因为
厂min(2,x2}dx=5min{2,x2}dx+min(2,x2}dx+Imin{2,x2}dz
=52dx+x2dx+52dx=10-8√2.
(Ⅱ)当-1≤x<0时，/(1-ltD)d=_(1+t)d=(1+t|=1+)2;
当x≥0时，(1-ItDd=[(1+t)d+](1-t)d=1-—(1-x)2.
注 注意当x≥0时 (1-It|)d≠?_(1-t)d.
(Ⅲ)分段积分，去绝对值符号.
Ix-yledx=J_(y-x)e'dx+?'(x-y)edr
=(y-x)e|+edz+(x-y)e|'-'edz
=2e°-(y+2)e?1-ye.
(V)?√1-sinx dx=?。|sin-s|d
=J (cs-sm元)dx+?[(sm--s)dx=4(Z-1.
注 因为√1-sinx 在[0,π]上关于直线x=2对称，所以
1-sinzdr=2]。√1-sinzdr
=2](s-sin元)dz
=4(√2-1).
(8)解(I)因xcos2x是奇函数，sin2x cos2x为偶函数，故
(x+si2r)cs2zdx=0+2]sin2zcos2zrde
=2]sin2z(1-sin2x)dr
=2] sin2xdx-2]3sin'cdx
63………………………………………………
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=2×2×2-2×3×2×2=8
(Ⅱ)令x2=sin t,则2xdr=cos tdt,故
x(1-x')d= cost·cos'td =2×3×2×2=32
Jsin tda=-Jtdcost)=(-tcost)。+cstdt=π.
(Ⅲ)
Jaf(sinx)dr=f(sinz)dr,有
注 利用结论
-(m-)
n为正偶数，
n为大于1的正奇数，
tsin td=2J"sintdt=π
故(Ⅲ)可利用结论求解，即
?√2x-x2dx=?√1-(x-1)2dx-1=_√1-td=4π,
(IV)
√1-x2)dz2=smcostd=4×2×2=36'
故原积分=4+36=16
I=?[f(x)+f"(x)]sin zdx=J f()sin zd+Jf"(x)sin zdz,
(9)解 ①
又 ?f"(c)sinzdz=Jsin zd[f(x)]=f'(z)sinz|。-Jf(z)osxdr
=-Jf'(x)cs xdz--cos zd[f(x)]
=-f(z)cosx|。+Jf(x)(-sinx)dr
=f(π)+f(o-f(x)sin xdx=3-J"f(x)sin xdx,
将结果代入式①,得I=3.
+=ee+e-。e+e
(10)解(I)令x-1=t,则
=1+=arctane|。-(Z-4)=4
(贵，1)和(1,3]
(Ⅱ)积分区间内x=1是瑕点，在区间 上分别计算积分.
"=a-+J
-(不)
cc-Dl+ma((-)+/-)|
=2+In(2+√3).
64高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
e=arcsin+c,
注 积分公式：
-=nla+√x2-a2I+C.
(11)解当x<0时，有
f(x)=?2(t-x)sin td=] tsin td-x? sin zd
=-(cost|。-J3costd)-x(-cost)|。=1-x.
同理，当x>2时，f(x)=x-1.
当O≤x≤公时，
f(x)=?(x-t)sin td+2t-x)sintdt=x-2sinx+1.
故
计算可知：f-(0)=f(0)=-1,f-(2)=f+(2)=1.
当x<0时，f'(x)=-1;
当x>2
时，f'(x)=1;
当O≤x<2时，由f'(x)=1-2cosx=0,得x=3·
由f"(孚)=3>0,知f(弯)=3+1-3为极小值，无极大值
(-~,3), (3,+○).
故单调减少区间为( ,单调增加区间为
x-2
(12)证 利用泰勒公式证明.将f(x)在： 处展开为
f(x)=f(2)+f(2)(x-2)+f"(-2)2
2
≥f(2)+f(2)(x-2)
(E介于 与x 之间),
积分得
jf(x)dz>.[f(2)+f(2)(a-2)]dz
f(2)·z+r(2)(x-2)]|=af().
(13)T利用单调性证明.令F(x)=]2tf(t)dt-“±]f(t)d,a≤x≤b,则
F'(x)=zf(x)-1f(t)d-"±f(x)
65……………………………
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="f(x)-f(t)d
=*2"f(x)-f(∈)(x-a)(利用积分中值定理)
=22"[f(x)-f(∈)]≥0(因 f(x)单调增加),
其中a≤F≤x,所以F(x)单调增加，故F(b)≥F(a)=0,即
zf(x)dx≥“2f(x)dr.
所证不等式成立.
(14)证 利用积分换元法证明.
Jzf(x)dxr=a+b=((a+b-1)fa+b-1)(-d)
=j(a+b-t)f(a+b-t)d.
x=±b对称，则有f(x)=f(2.a±b-x)=f(a+b-z),故
由题知y=f(x)关于
xf(x)dx=j(a+b-t)f(a+b-t)d=(a+b)f(t)d-Jf(t)d
=(a+b)f(x)dx-Jaf(x)dz,
f(x)dr=a±6f(x)dr.
移项，得
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).
(15)证 利用单调性证明.令
F(x)=Jtf(t)d-2[z]f(t)d-af(t)d],
F'(x)=xf(x)-2xf(x)-2f(t)d-2xf(z)-f(t)d
则
≥2xf(x)-2。f(x)d=2zf(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.
注 考虑到L6f(x)dr-a]f(x)dr,令辅助函数为F(x)=x?f(z)d(z≥0),则
bf(x)dr-a?f(x)dr=F(b)-F(a)=JF'(x)dz
=5[Jf(t)d+af(x)]dx≤[J“f(z)d+xf(z]dr
=f(s)x+zf(x)]dr=2]zf(z)dx,
f(z)dr≥2[6f(x)dz-a?f(x)dz].
所以 x
f'(z)=z-+1
(16)解对f(x)求导有 ,令f'(x)=0,解得
当-10.又
66高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
f(1)={z--+1d=In(z2-1+1|。=0,
f(-1)=5。z-+1 =In(t2-t+1)。=In3
(2)=J。-1d=In(c2-1+1|。=1n3,
in3,
故最小值为 ,最大值为In 3.
y
y=2+c2,且y(0)=2, B
(17)证 依题设，如图3-4所示，由于
y(a)=a2+2,
,故梯形OABC的面积为
C v=2+x2
s=2(0CI+IAB1)·|0AI
x
=2(2+a2+2)·a=a(a2+1). 0 A
曲边梯形OABC的面积为 图3-4
s?=?。(x2+2)dx=(3x3+2x)=3a(a2+3),
+)
故
yy
(18)解由已知，如图3-5所示.
yy==ssiinnxx
设sin x=k(0≤x≤2) 11
,依题意知，两个函数图形的交点是唯一的，
SS??
kk
则 SS,,
s?=?。(k-sint)dt=kx+cosx-1,
xx
00
s?=J2 sint-k)d =cosx+kz-2wk.
图图33--55
将k=sinx代入以上两式，得
S?=zsinz+cosx-1,S?=cosx+xsinx-2msinx,
s=S?+S?=2(xsinx+cosx)-(1+sinx)(00,所以cos2te≥0,故F(x)>0,选项A正确.
注 设f(x+T)=f(x),且f(x)连续，则对任意a∈R,有
f()dx=]f(x)dr.
(3)B.
解 确定f(x)在(-8,8)内的符号.
由|f(x)|≤x2,知f(0)=0,且
o≤1f'(0)I=im)≤lim=0,
故f'(0)=0.
由f"(x)>0,知f'(x)单调增加，故在区间(-δ,0)和(0,8)内分别有f'(x)<0和f'(x)>0.
因而f(x)在(-8,0)内单调减少，在(0,8)内单调增加.又由f(0)=0,知f(x)在(-δ,8)内非负，
68………………………………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
且仅在x=0处f(x)=0,所以I=]"f(x)dr>0,故选项B正确.
(4)A.
[0,2]
解 因为内x∈
,所以在该区间上 sin x单调增加，cos x单调减少，而sinx≤x,故当r∈(0,二)
时，有sin(sin x)cos x,所以
I?=J sin sinx)dxJ coszdr=sinzl3=1.
综上可知，I?<1。(1+xdx=I?
为了比较I?与I?的大小，作减法，得
I?-I?=Jsx+sid
=Js+dx+J1+dr.
又
)c-1+(-
故
?-r?-Ij cx-mz)1+(-)
-F
当0sin x,00.
综上所述，I?>I?>I?.选项C正确.
(6)C.
解由已知，有F'(x)=f(x)>0,F"(x)=f'(x)<0,且F(O)=0,故y=F(x)在[0,1]上单调
增加，且是凸曲线，如图3-8所示. y个
A
因OA的方程为 y=F(x)
y=xF(1),F(x)>xF(1),x∈(0,1),
JF(x)dz>?zF(1)dx=2F(1),
故
即F(1)<2]F(z)dr,可排除选项B
y=xF(1)
0 1 x
又由F(x)在[0,1]上单调增加，知F(1)>F(x),x∈(0,1),故
图3-8
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2] F(x)dr>F(1)>F(x).
选项C正确，排除选项D.
由xF(1)0,知f'(t)>f'(ξ),故F"(t)>0.
所以当t>0时，F'(t)>F'(0)=0,F(t)单调增加.
又由F(0)=0,知F(t)>F(0)=0.令t=a,则F(a)>F(0)=0,即
Jzf(x)dz>3a]f(x)dz.
选项B正确.
(8)B.
解当x∈ [0,1]时，0≤In(1+x)≤In2<1,故In(1+x)≤√In(1+x),所以I?I?.
综上所述，I?>I?>I?.选项B正确.
(9)D.
解 依题意，只需判别被积函数的正、负即可.考虑到sinx在[0,π]与[-π,0]上分别非负和非正，故有
f(x)sin zdz=[f(z)sin zdx+?f(x)sin zdz.而
f(x)sin zdx“f(-u)sin(-u)(du)
-?f(-u)sin udu=-f(-x)sin adr,
ff(x)sin xd=J[f(x)-f(-x)]sin xdr.
所以
由f'(x)<0,知f(x)单调减少，故当x∈[0,π]时，有f(x)≤f(-x),于是
ff(x)sin xrdr-Jtf(x)-f(-x)]sin adr<0,
故①正确.又
ff(z)cosxrdx="f(z)dsin x)=f(z)sinz|"-ff'(x)sin xd
--f'(z)sin xdr,
70…………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
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
f(x)cos xdx=-f'(x)sin rdx<0,
故④正确.综上可知，选项D正确.
注 作为选择题，可用取特殊值法，如对①、②取f(x)=-x,对①、④取f(x)=e2.
(10)D.
e-e?1=e1(e-1).
解
当x→+○时，e(e-1)与e1(1-s) 1-cs与
是等价无穷小.又 是等价无穷小，
x(e-e)与2
则： 是等价无穷小.
jx(e2-e1)dz
当k<1时，2-k>1,故 收敛，选项D正确.
12
jx(e÷-e1)dx发散.
当k≥1时，2-k≤1,2er2 是阶数不高于 的无穷小，故
p?
注 结论：对于dr(a>0,p 为任意实数),当p≤1时，发散；当p>1时，收敛于
(11)C.
解 f(a-x)dz=J"f(a-x)dz+f(a-x)dz.
由f(x)=f(2a-x),得f(a+x)=f(a-x),则
f(a-x)dx--f(a+t)dt=jf(a-t)d=jf(a-x)dz,
故f(a-x)dr=2]f(a-x)dr.选项C正确.
(12)B.
解 依题设，有
)--[rot+a2fa_ro.
故选项B正确.
(13)A.
解令g(x)=?f(t)d,则
g(x3)=。f(t)dn,g'(x)=f(x),g"(x)=f'(x),
)=mB)=ims)=mf()=f=3,
故
即有lim3x=1,所以g(x)～3x2,g(x3)～3(x3)2=3x?,故
im(x)=im3x)=9
因此选项A正确.
(14)C.
n2一 zhn2+x
解由 是关于x的奇函数，知 是偶函数，故
C,zn2dx=2|cin2dr.
71-
……………………………
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zhn2-
aln2±dx>0.选项C正确。
又由于 在[0,1]上大于或等于零，故
。4x-1)=J。4z-+14x-1),且
对于选项A,由于
(4z-=LmI4(4x-1)°d(4x-1)
=424x-1|=-8m[-4]-1]=00,
4x-1
故 发散.
对于选项B,由于
广dx=ILdx++dr,
且imx2+=+, 1+dz发散
,根据反常积分的比较审敛法，知
e'sin adr=0
对于选项D,由于e2sin x是奇函数，故
(15)B.
m+x)=+0,故。+)d发散.
解当p≤0时，1
当p>0时，
+)dx=]。+z)d+5+x)d记r?+I?
nd+)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-8>1.由于
ima.nd+)=imhd+z)=0,
limx.h+x)=+
故I?收敛.当00)p<1,发散，
(16)A.
I=5+d=1n+。l
解
与；-1
由于Inx=In[1+(x-1)]~x-1(x→1),故 敛
m
散性相同，故当q<1时， 收敛.
当q<1,p=1时，xnex--gnz|.=0,故发散；
72。 高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
vo1时， 收敛.
综上所述，当p>1,q<1时，积分收敛，选项A正确.
(17)A.
2rctadz=2+rtanAdx+52rctand记I?+I.
解
imx--.2+c=lim?+x-县
对于I?,
由比较审敛法，知当-(1-p)-1<1,即p<3时，I?收敛.
ma.2+rdn=m2+a-
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， ,积分发散；
limnt+2+4=0,
当a<1时， ,积分发散；
当a=1时，
4--()-m2
选项C正确.
二、填空题
(1).
解 曲线与x轴的交点为(0,0),(1,0),(2,0),在区间[0,1]上，y<0;在区间[1,2]上，y>0,故所求
面积为
A=-z(x-1)(2-x)dz+2z(x-1)(2-x)dx=4+4-2
(2)0.
解 依题设，有
r=?z2f"(2x)dx=2fx2dCf'(2x)]
=2[2f'(2x)。-?2xr'(2x)dz]
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=-2?zd[f(2x)]=-2[xf(2x)|。-ff(2x)dz]
=2?f(2z)dr-2f(2)=-4f)d-4=0.
(3)e?1-e.
解 依题设，有
r=]f(x)coszdx=J f(z)dsinx)=f(x)sinzl*-Jf(x)sin zdr
=o-Jesin xdz=?edcosz)=e=e1-e
(4)2
解 依题设，有
r=Jdx=-。sin2za(1)=-a。+542sin acoSdz
=sin 2zd二。id=2
(5)π-2In 2.
解 由于
=J1-m+1dr=1imn2±1d
=m[hcz+1dx-,Ahnad],
且
h(z+1dx=2/zln(z+1|"-2+d
后2√Bln(b+1)-2m2-2"+1d
=2√6ln(b+1)-2ln2-(4√6-4arctan√b-4+π),
n dr=2√lnx|"-2dx=2√5lnb-4-5+4,
I=lim[26ln?去1+4arctansb-2ln 2-n]=m-2ln 2.
故
注：将原积分拆成两个积分
2±1dx=J,n(z+1)dx-In ade
是错误的，这两个积分均发散，但原积分收敛.
(6)0.
解 先求不定积分，得原函数为
+x2dx=-in d(+)=-2(1+2+(1+x2
=-2(++2(-1+)dr=-2(1+a+4n?++c,
74-
……………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
a+-2+5+a:
故
-20+o)+za++4++]
=lim-2(1+e)+4n(1+c2)=0.
注 这里e→0+,b→+一的取极限过程是独立的，需分别求极限.
(7)0.
-=-出
解
z=1+2n2=山，
因1n2±
为奇函数，故原式=0.
油n3-dx=2[Jn(1+z)dx-J]ln(3-x)dz]
,利用分部积分法分别计算两个积分
即可.
(8)arcsin1+6(x<-1).
-r
解 依题设，知 ,故
=arcsin1+c(x<-1).
c=6,
y=arcsin1+6(x<-1).
由y(-2)=0,得 ,故所求曲线方程为
的定义域为(-○,-1)U(1,+一),由于曲线通过点(-2,0),表明x∈(-0,-1),
所以如下解法是错误的：
-1贵一
c=-3π,故y=arcos--3π
由y(-2)=0,得 .事实上，
三、解答题
(1)解(I)依题设，有
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I=[x2f(z)dr=(fcz)()= a2()。一
=-g(1+x)|。=g(1-√2)
(Ⅱ)依题设，有
I=?zf(x)dr=2?f()dx2)=2x2f(x)|。1fx2f(x)dz
=-?r2edr=4e=1(e1-1),
这里f(1)=0.
+小2dr,*dr.d
注积分 俗称“积不出来”,即原函数不能用初等函数表达
(2)解令sin2x=t,则sin x=±I,由√x≥0,√1-x≥0,可知x≥0,1-x≥0,故0≤x≤1,所
以six≥0.取sinz=JF,则x=arcsinhF,fu)=cal
,故
r=Jf(x)dx=[.arcsnAdr
--arcsina1-x)=-2]arcsn/zd√1-z)
=-2√1-x arcsin/x+2?√1-xd(arcsin/x)
=-2√1-xarcsin√x+2√x+C.
(3)解 r=Je=(zcosx-sos)dx=Jzcosze2dz-Jem·Ssdr
=Jzd(em)+?ed(-s)
=xe-Je“dx-os+Jecsxszdr
=zeSz+c.
(4)解
=8mz)d-sn)二m8ea+udu
=8e[+1+u]d=8[Ji+m-a+udu]
=8(J?+u+1+-Sidm)+c
=18++c=18snx+c.
(5)解令nx=t,则x=e,故f(t)=f(nx)=n(1+e,
r=[f(x)dz=Jlnd+edx=-Iin(1+e)d(e=)
76………………………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
=-eln(1+e)+?(1-1+)d
=x-(1+e?2)ln(1+e2)+C.
(6)解依题设，有
I=?f(x)dz=xf(x)。-J。xf'(x)dz
=f(1)-J,rarctan(x-1)2dx=f(1)-?(x-1+1)arctan(x-1)2d(x-1)
=f(1)-?(x-1)arctan(x-1)2d(x-1)-J'arctan(x-1)2dx
=f(1)-?(x-1)arctan(x-1)2d(x-1)-?f'(x)dx
=f(1)-2farctan(x-1)2d[(x-1)2]-[f(1)-f(0)]
=-2(-1)2arctan(x-1)2|。+2。-12-2-1d
=8+41+(x-1)d[(x-1^]
=8+4m[1+(x-1°|。=8-4m2.
(7)解 ?f(x-t)d-=“?f(u)du
故将已知等式变为
f(x)|f(u)du=co'x+x-1.
令F(x)=Jf(u)du
,则上式变为F'(x)F(x)=cos'x+x-1,两边积分，得
F'(x)F(x)dz=?(cosx+x-1)dx,
即2F2(x)+C?=Jcos'rdx+2(x-1)2+C?,而
Jos'zdx=?(1+os2)2d-4(量x+sin2x+gsin 4x)+C?,
所以云F2(x)=4(3x+sin2x+gsin 4z)+÷(x-1)2+C(C=C?+C?-C?).
令x=0,得C=-2
,故
2[Jf(u)da]2=4(2x+sin 2x+gsin 4x)+2(x-1)2-2,
[Jf(w)dm]2=n(28-5,故f(x)dr=√(28-5.
再令x=2,得[
(8)解当x→0时，√1+2x3-1~2·2x3=x3,又
x√4-z2w2u二。√4-t3d,
原式=m-d-2m-2-2
所以
-m-D-(-
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(9)解由于
了f(x-)d1=“jf(u)(-d)=J f(u)dh,
f(z-t)d-1=“[f(u)·(z-u)(-du)=x|f(u)du-J uf(u)du,
故
Wd-m-1×z=1,故原式=2+2x2=6
又由于
(10)解由于_e2d1“e2(-du)=?5ed=,故
k?=lim=lim [(5+9)?e2d+(7-3)e2d]
=7e2d-5_e2d=元，
b?-= lim(y-k?+x)=lim(y--πx)
=(-9e2d-3。e2d)+limx(5e2d+7f2e2d-√元)
-6+-等-6
同理可求得kz=lim*=-Jπ,b?=lim(y+/πx)=6√元，故所求渐近线方程为
y=±√π(x-6).
f(2-x2)d=2f(t2-x2)d(t2-x2)
(11)解
u=r2-2f(w)du,
一。f(u)du=1+2-去hn(1+x2).
即
令t=-x2,得
-ff(u)du=1=-2hn(1-t),
上式两边同时对t求导，得
78…………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
f(t)=(-2)-=1+)
(t≤0),
即f(x)=11-(x≤0).
由f'(x)=1-3
,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
-im“]1-1smcmm,
(12)解
原式=m11-lscmodl
=lim[?(1-u)sin(zu)du+[{(u-1)sin(cu)da].
利用分部积分法，可得
原式=lim1(1-OS2x+sin 2x-2sin)
=lim(-os2x+sin 2x-2sin
ma-Dm2-2-1-1
(13)证 因为
了f(2z-t)d2-=“(2x-u)f(w)d(-u)
=J“(2x-u)f(w)du=z]“f(u)du-“uf(u)du,
故2x]"f(u)du-J"uf(u)du=2arctan x2,
,等式两端同时对x求导，得
2]“f(u)du+2x[f(2x)·2-f(x)]-[2xf(2x)·2-xf(x)]=1+x
即2]“f()du-af(x)=1+x
,令x=1,得
2| f(w)du=2+f(1)=2+2=1,
故[ f(w)dw=2
[f(w)du=f(s)(2-1)=县，即f()=÷(1<8?<2)
由推广的积分中值定理，有
又f(1)=,
由罗尔定理，知至少存在一点ξ∈(1,E?)C(1,2),使得f'(ξ)=0.
?f(t-x)d=“]f(u)dv.
(14)解
e-2=1+"f(u)du,等式两边同时对x求导，得一e2-x=f(-x),故
由已知，有∈
f(x)=x-e2,x∈(-∞,+∞).
由f'(x)=1-e=0,解得x=0.当x>0时，f'(x)<0;当x<0时，f'(x)>0,f(0)=-1为
79……………………………
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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≤1+≤a°.
(15)证法1利用夹逼准则证明.当x∈[0,1]时，有
o≤f+dr≤?x'dx=n+1,故iml?+dx=0.
根据定积分的性质，得0
证法2利用推广的积分中值定理，有
厂+°dx=1+a"dr=(1+s)(1+n)(0{1+山=1·n+1|。=2cn+1’
又
2n+1)0,sinz-1<0),
故{a,}单调减少，从而a0,故有
"-1=<<=1.
而lim"n1=1,
,由夹逼准则，得
im=1.
(21)解(I)当n≥1时，
I.={x2+a2)dr=(x2+a2+(2+a2)dr
=(x2+a2+2m[C2+a2-&2d
=(x2+a2)+2nI。-2ma2It,
Im-2n2[(2n-1)I+2+a2],
故
I?={2+ad=1arctan-+c.
其中a1 v-Ia-++++
=-22+2x+2+x+12+1dx+1)
=-2(+12+1+{+12+1-++2+1}acx+1)
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=-3x+2+1+i+x+Dadx+D+1[x+Dd[+12+]
=-2x+12+1+arctan(x+1)+2[x+12+1]-artan(x+1)+C
=2(x2+22+2)+2arctan(x+1)+C.
(22)证由f'(x)=(x-x2)sin2x=0,得驻点x?=1,x?=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)sinzdz是f(x)在(0,+∞)内的最
[1,十0]上单调减少，即在x=1处取得最大值，即
大值.又
f(1)=?。a-t2)sin"d≤?(a-t)“d=2n+2-2n+3=(2n+2)(2n+3
即f(1)≤(2n+2)(2n+3,故不等式成立.
(23)证 因为
f"(x)(x-a2dz
=f(x-a)2d[f'(x)]=(x-a)2f(x)|。-J2(x-a)f'(x)dz
=-2](x-a)d[f(x)]=-2(x-a)f(x)|。-J f(x)dz]=2|f(x)dz,
ff(x)dx=2f"x)(x-a)2dx,得证.
所以
注 此题也可以按如下证明：
Jf(z)dx=[f(x)d(z-a)=(z-a)f(z)|"-(x-a)f'(z)dz
=-(z-a)f(z)dr=-2f(z)d[(z-a)2]
=-2[x-a]2f(a)|-(x-a)2f"(x)dz]-2(x-a)2f"(z)dz.
这里将f(x)dx写为f(x)d(x-a)的技巧值得注意.又如：
设f(x)在[0,1]上有连续导数，且f(0)=f(1)=0,证明：
f(x)dx|<4,M=maxlf'(z)11.
证 ?f(x)dz=?f(z)dz-1)=f(x)|x-2)|-?。(z-2)f'(x)dz
=0-f.(x-)f'(x)dz,
f(z)dx|-|(-2)f(z)dz|f(±)(b-a)+f'±6)·?(x-±b)dx=f(去6)(b-a)+0,
即f(2)0,
即λ2 ,则根据λ的二次三项式的判别
式有
△=4[|f(z)g(x)dz]2-4]f(x)dx]g2x)dr≤0,
[f(x)g(z)dr]20,f(b)-g(b)>0,可知至少存在一点
f(x)-g(x)]dz>0,
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
与已知矛盾).
由零点定理，知存在点ξ?∈(0,η),52∈(η,b),使得
f(ξ)-g(F?)=0,f(E?)-g(ξ?)=0.
在[a,ξ]与[52,b]上对f(x)-g(x)分别应用拉格朗日中值定理，则存在y?∈(a,5),η2∈(G?,b),
使得
f'(m)-g'(n)=(G)-gG)-aca)-8(a)]<0,
f(n?)-g'(n)=f?)-86)-)-gG2l>0
在[71,η2]上，再应用拉格朗日中值定理，则存在一点ξ∈(η?,72),使得
f(e)-g'(e)=f(c)-g(7)-r(m)-8(ml>0,
即f"(E)>g"(ξ).
(28)证(I)令1F(x)=Jf(t)d+?f(t)dt,则F(x)在[0,x]上可导，应用拉格朗日中值定理，
84………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
并注意到F(0)=0,存在θ∈(0,1),使得F(x)-F(0)=F'(0+θx)x,即
]f(t)d+?。f(t)dt=x[f(Ox)-f(-0x)].
(Ⅱ)将(I)中式子变形为
ro+5ro_r2)--),
两端分别取极限，有
o+Jrcm)--
左边=limf(x)f(-x
则
=im[x]-fO+f(-x)-f]=f'(O)=A,
右边=lime[fO]-fO+f(-Oz)-fO]
=2limof'(O)=2A lime,
ime=2
故A=2A limθ,由A≠0,可得1
zof(zo)=]f(t)d.
(29)证(I)依题设，需证存在x。∈(0,1),使得：
[z]f(u)d]'=ff(u)d-xf(x),令辅助函数F(x)=x?f(t)dt,则F(O)=F(1)=0.
注意到
xof(zo)=Jf(t)d.
由罗尔定理，知存在一点xo∈(0,1),使F'(x。)=0,即
(Ⅱ)令φ(x)=?f(t)d-xf(x),x∈(0,1),则
φ'(x)=-f(x) f(x)-xf'(x)=-2f(x)-xf'(x).
f'(x)>-2f()
由已知条件f ,知p'(x)<0,即f(x)在(0,1)内严格单调减少，故(I)中的x。是
φ(x)的唯一零点.
(30)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)+Jf(t)d=0+[{(9t2-12t+3)dt=3x3-6x2+3x.
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(3)=9
-FGm0,可知f(a)0,可知F(a)<0,F(b)>0.由连续函数的零
S:(e)=k.
点定理，知存在ξ∈(a,b),使得F(ξ)=0,即
再证ξ的唯一性，由
F'(x)=S′(x)-kS2(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-x2u2duu=1。√12-t2d,
(35)解
4y=J√12-t2d.两边同时对x求导，得
故
y=4√12-4x2·2=√3-x2.
r=?。√1+y"dx=。√4-a2dx
于是
z=2m。√4-4si20·2cs dl
=4 cos2d8=2]3(1+cos20)dB=+2
y
(36)解 如图3-12所示，D的边界方程分别为
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, 0 1 2 x
故 v={2π[√1-y2-(1-y)2]dy
=2m[芒√1-2+arcsin y+3(1-)]|。
图3-12
=2π(4-3).
注 此题也可按如下计算：
V=2nl√1-y2dy+2π](1-y)2d(1-y)=2π(4-3).
87………………
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(37)解 先求f(x)=e2 √sin x(x≥0)的定义域
由 sin x≥0,知x∈[2kπ,(2k+1)π](k=0,1,2,…),如图3-13所示.
y
0 /π 2π 3π4π 5π 6π 7π x
图3-13
故所求体积为
v=∑～ezsin rdx=+2k∑mcsintd
=Zre“Jcsind=(15“·Ze
(等比级数求和)
=1+5.e?1-
(38)解由已知，V。=xJ。(sin2z)'dx=π|2sizdz,
uS,=fx”√1-x2dx=sm|sint·costd
=m。sinzd--]sin2d=v.-V.n.
V=π]sinrd=-]2sin*2dcst)
而
=-π[cost·sim2}。-J cost·(n+1)sin?·costd]
=π(n+1| sin't·(1-sin2t)dt=(n+1V。-(n+1)Va2,
整理得V="+2v,所以
nS.=v.-Vna=v.-n+2v=n+2v,
故mS=m+2=0
(39)解(I)
a=2π]。z I sinx |dr
z=二2m]”(nπ-2) | sin(nπ-t)|d
=2mπ2” sint|d-a,
移项可得 a=nm2。”lsint|d=n2m2]sin td=2n22.
(Ⅱ)由(I)知
m贺=m2sin贺
].
88高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
sind
=-4(2osx|。-J coszdz)=4
y
3
(40)解 曲线的图形如图3-14所示
由已知及对称性，知只需考虑x∈[0,2]的情况，
y=3-la2-11=22,i0;当a>-In(n 2) 时，f'(a)<0,故
f(c)=-cmas(n2)-m(nz2)Cn2)
f(G=-In(ln 2)·(In 2)s
为最大值，所以S(α)的最小值为
a=f(k)-2Jf()dx=[f(k)-J“f(x)dr]+Jf(z)dr.
(42)证 ①
由于f(x)单调减少，所以
f(k+1)=5“f(k+1)dr0,由推广的积分中值定理，得
F(a)=-3[f(t)-f(a)]d=-3(b-a)[f(G)-f(a)]<0(a<6i0(a0,
故F(x)严格单调增加，即ξ是唯一的.
(45)匯(I)令F(x)=?f(t)dt-2[af(x)+x],则有F(O)=0.
只要证明F(x)≥0(x∈[0,1]).利用单调性证明.当x∈(0,1)时，
F'(z)=f(x)--[f(x)+zf(z)+1]=2[f(x)-1]-2zf'(x)
=2[f(x)-f(o)]-2af'(x)=f'(e)-xf'(x)
=zr[f'(s)-f(z)](0<ξf'(x),从而F'(x)>0,所以F(x)单调增加.
又F(0)=0,故F(x)≥F(0)=0,所以不等式成立.
(3-z)f(z)dr≥6
(Ⅱ)所证不等式 可变形为
?f(x)dx-3xf(x)dr≥4
应用分部积分法，有
90…………………………………
高等数学
第三章 一元函数积分学及其应用
?xf(x)dr=[xd[Jf(t)dt]
=x|2f(t)dt'-[J。f(t)dt]dr
=?'f(x)dr-f[jf(t)dz]dr,
f(x)dr-[zf(x)dz=f[jf(t)dz]dz.
即
由(I)知，
[f(t)dE]dx≥[xf(x)+x]d
=2xf(x)dx+2xdz
=1ff()dx+4,
?f(x)dz-?'xf(x)dr≥2fzf(x)dx+4,
故
?f(x)dz-2xf(x)dr≥4,
即
f(3-x)f(x)dr≥6
所以
拓展题
解答题
yy
(1)解用微元法求V(t).
y=(x)
任取[x,x+dx]C[0,t],如图3-16所示，则
dV=2π(t-x)f(x)dr.
V(t)=]2π(t-x)f(x)dx,
由于
V(t)=2π[f(x)dx-"af(x)dz] 00 t x
x x+dx
=2π[jf(x)dz+f(t)-f(t)]
图3-16
=2πf(x)dr=2πS(t)=2mte,
故 V(t)=2m|tedt=2π(t-1)e+C.
又由V(0)=0,得C=2π,由此可知V(t)=2π(t-1)e'+2π.
yy
(2)解(I)依题意，如图3-17所示.
由y=kx2与y=sin x交于唯一点(t,sin t),知k与t的关系为
y=kx2 y=sinx
k=又k在[0,西]
上单调减少，于是存在反函数t=t(k),使得 S?
ssii
4≤k<+∞0与00.
对f'(t)应用零点定理，知存在一点t∈(0,2)
,使得f'(to)=0.又由于
f"(t)=3cst+(2-3z)sint>0(o0.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)单调减少，则当x∈(a,x。)时，f'(x)>f'(x。)=0,从而f(x)单调增加，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时，
f?(x,y)=(Vxy)=2兰
同理，当x<0,y∈R时，
f?(x,y)=(√-xyT)=-2√兰
故可排除选项A,B.
(5)C.
解令F(x,y,z)=xy-zln y+e-1,则F(0,1,1)=0.F(x,y,z)对x,y,z分别求偏导，得
F'=y+e·z,Fy=x-, F'=-In y+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)的某邻域内能确定隐函数x=x(y,z)和y=y(x,z),
故选项C正确.
(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,
故选项C正确.
(7)A.
解由
忻+2)=±4y+D=,
P(2,-1),由于A=f(P)=2e,B=f(P)=0,C=f"(P)=2e,故
得驻点
AC-B2=2e·2e-0>0,A=2e>0,
所以f(2,-1)=-2
为极小值，选项A正确.
二、填空题
(1)2m2.
解 由于函数在点(3,0)处连续，故极限存在，且
+-3+8-3m2.
(2)0.
解 利用不等式x2+y2≥2|xy|求解.
由于当x→∞,y→0时，有
<|z2y+<-+立→0,
lim2-y+y2|=0,
故1 ,从而原极限=0.
101………
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(3)e
(- -[(-))_
解
(4) d+(1+2ln 2)dy.
=y(1+xy)?·y,
解
=(1+xy)·[n(1+xy)+1+],
故。=1,.=1+2n2,于是
dz.=dz+(1+2ln 2)dy.
(5)47.
解 F(x)=fi+f?(fi+2f2).
由于
f[1,f(1,2)]=f(1,2),fi(1,2)=f:(1,2)=3,f?(1,2)=f,(1,2)=4,
故
F'(1)=f(1,2)+f?(1,2)[f:(1,2)+2f?(1,2)]=3+4×(3+8)=47.
(6)d-2dy.
解由x=e,y=0,知z=1.令F(x,y,z)=ze-x,则
ax==-1+)=e1+)=z(1+2),
==-C+)=-1+,
故
x-2e=-2,
所以(d|=2d-2dy.
(7F
解由已知方程组确定y=y(x),t=t(x),方程两边同时对x求导，得
d=f+f票，F+F·+F=0,
,得-F
两式消去
(8)f"(1,1)+fi(1,1)-f?(1,1)
d=fie-f?sinx,
解由于
=(fie-fisinx)e+fie-(fae2-fzsin t)sin x-facosx,
=fi(1,1)+fi(1,1)-f?(1,D.
故
(9)-2(dz+dy).
解 等式两边同时对x,y求偏导，得
102……………
高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
一旁-
当x=y=2
时，z=0,代人方程组，解得
()--,()=-
故d|)--(+dy).
(10)4.
-1+(x,
解
-(2+4z)|。
=4(1+42)+4x-16zsin2|=4.
注 这里先将y=2代入再对x求导.
(11)3x3+x2y-xy2-33+CC为任意常数).
=x2+2zy-y2,a=x2-2xy-y2,故
解 由已知，
z=?c2+2zy-y)dz+e(y)-ga3+a2y-xy2+p(y).
又由 =x2-2xy+p'(y)=x2-2xy-y2,
得φ'(y)=-y2,积分得(q(y)=-3y3+CC为任意常数),故
z(x,y)=33+x2y-xy2-33+C.
(12)+2
解方程两边同时对x,y求偏导，得
+文器-c2=0,器+翳+e2=0.
-1+,-
由以上两式解得 ,故
+-)-
(13)fi-f?+xyfi-fa'-8”.
2=vfi+f?-B',
解
-r+y(zf2-r)-r+÷(ar-fa)-?6”
=fi-f?+xyfm--a-8'-8".
103--
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注 此题g'不能写为g'.
(14)2.
解令P=x+,Q=x+
,依题意，有
=P,=Q,ay-器，ya-2,
故-器
,则有
+x+”=hz+)2-c+h)2(+,
比较两边分子，得-2y=(k-2)x-ky,解得k=2.
三、解答题
=fi+f+f
(1)解 ①
e(y+x)-=0,解得
方程e-y=0两边同时对x求导，得e
②
e-z-x=0,解得
方程e2-xz=0两边同时对x求导，得=x
③
=fi+if2+f
+-
将式②、式③代入式①,得
(2)解方程组两边同时对x求导，得
解方程组，得
(3)解|x2-y2|e=22≤k等价于-k≤(x2-y2)e=2→2≤k.
令f(x,y)=(x2-y2)e22,求f(x,y)在D={(x,y)|x≥0,y≥0}上的最大值与最小值
+Dy=8
由 得x=0,y=0;x=0,y=±1;x=±1,y=0.
故在D内(即x>0,y>0范围内)f(x,y)没有驻点.
当x=0时，f(0,y)=-y2e2,由f,(0,y)=-2e2(y-y3)=0,得y=0,y=±1.
由于y≥0,故取(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.
104……………………
高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
由于x≥0,故取(0,0),(1,0).
比较大小：因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-e?1,所以k的最小值为e?1
(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
①
②
③
④
由式①和式②,得x=-y,由式③得z=0或λ=1.
x2=4
若λ=1,则由式①、式②知x=y=0,与式④矛盾，舍去，故z=0.由式④可得 ,解得驻
d=√)2+(-去)2+o2=
(2,-2,0),(-2,2,0)
点为( ,故所求最短距离为c
+-1--=o,
(5)解由
得驻点为(x,y)=(2nπ,0),(x,y)=((2n+1)π,-2)(n=0,±1,±2,…),有
f"=-(1+e3)cos x,f"y=-e'sinx,f",=e(cosx-2-y).
在点(2nπ,0)处，
A=f".=-2,B=f",=0,C=f"=-1.
得 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+e2,B=f"=0,C=f",=-e?2,
AC-B2=(1+e2)(-e)-0=-±1<0
得
故((2n+1)π,-2)不是极值点，f(x,y)没有极小值.
(6)解(1)在D:x2+y2<16内.由
--6y=o,°
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：由
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.
注①在D:x2+y2=16上，考虑到z=x3-3x2-3y2中含有x2+y2,故可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).
又由=3x2=0,,解得x=0,则可得y=±4.又因为当x=±4时，y=0,所以在D边界上可能
105………
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的最值点有(0,4),(0,-4),(4,0),(-4,0).
比较大小：由
z(0,0)=0,之(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在求一元函数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]上且在点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),则有
"=6x-6,z",=0,2,=-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)-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.
(7)解求u=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求解.
令L=x2+y2+z2+λ?(z-x2-y2)+λ?(x+y+z-4),则
①
②
③
④
⑤
显然方程组有解x=y,将x=y代入式④和式⑤,得到点(-2,-2,8)和点(1,1,2)是函数u在已
知条件下的极值点，故最大值为(-2)2+(-2)2+82=72,最小值为12+I2+22=6.
(8)解 设在第一象限内，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
y′=-3+3y,
则过点P的切线方程为
Y-y=-3+3(x-x).
切线与两个坐标轴的截距分别为
z+3+y, y+3+3yz
。
三角形的面积为
s=2(+3+3y)(v+3+3x=)
-2·a+8x
(这里利用了3x2+2xy+3y2=a)
由已知a>0,则只需求xy在条件3x2+2xy+3y2=a下的最大值.
令L=xy+λ(3x2+2xy+3y2-a),则
106高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
x=y=2,故
解上面的方程组，得：
s-+8.平
一+
解得a=1.
(9)解视ξ,y为中间变量，x,y为自变量.由已知，得
这里 是以ξ,η为中间变量、以x,y为自变量的二元函数，故
x+2a+,
=a2+2ahgn+b
xay=a+(a+b)+b
代入已知方程得
+4ry+3
=(+4a+3a+[2+4a+b)+6oblcn+(+46+360)
++
又由已知，得
①
②
③
联立式①和式②,解得 且都满足式③,故为所求
(10)解令e2sin y=u,则
=f'(w)e siny,=f'(w)e cosy,
x=f'(u)e sin y+f"(u)e"sin2y,
--f'(w)esiny+f"w)e2csy,
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)A.
2=1,知fcr,)=0=fO.).
解利用保号性和极值的定义.由1
又由保号性，知在点(0,0)的去心邻域内有f(x,y)>0=f(0,0).由极值的定义可知，f(x,y)在点
107………
…………………
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(0,0)处取得极小值，故选项A正确.
(2)B.
解 在点(0,0)的去心邻域内有|xI+y?>0,则由保号性可知 f(x,y)-f(0,0)<0,再由极值的定义
可知，f(x,y)在点(0,0)处取得极大值，故选项B正确.
(3)C.
解由arctan+
有界，知
f(z,)=imy arctan+=o=f(o,0),
故f(x,y)在点(0,0)处连续.又
f?(O,0)=lim,O)-fO,O)=im=0,
f,O,0)=im,)-fO=imarca立-,
Ar-ar=f(z,y)-f(O,0)-Ce.,O)x+f,(O,0)]
-+可
于+|≤1,故
--左(c+-)-o,
所以 f(x,y)在点(0,0)处可微，故选项C正确
(4)C.
解由f(x,s)=x+(y-Darcsin/,知
if(z,y)=0=f(0,1),
ro+d-OD++a-Dam厚-_
O+r-O)+x+a-Dmm-_
故f'(0,1)=1.
ra,)-o+a+y-Da_
因
又
O+,+)-GA+)a+f;C,A]
+a+4--a-a+0
108高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
°-。(四+|<1.c),
故f(x,y)在点(0,1)处可微，且df lc,1)=1·dr+0·dy=dx.选项C正确.
(5)A.
dy,<0,
解由
af(x,>0,知f(x,y)关于x单调增加；由
,知f(x,y)关于y单调减少，故当
x?y?时，有
f(x1,y?)0,故y=y(x)在x=x。处取得极小值，选
项A正确.
(7)C
解 依题设，知
r(r,y)=1-x-y+0[(a-D2+s2)=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+0[√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,
知 g(1,0)=fi(1,0)=-1,g'(1,0)=fi(1,0)+f2(1,0)=-2
故dg=-dx-2dy.选项C正确.
二、填空题
(1)2x2y+2xy2+x+y2.
yax=x+y
解 由已知 ,两边同时对x积分，得
=[(x+y)dz+(y)=2x2+xy+(y),
d3=q(y),故p(s)=2y.
由z(0,y)=y2,有
又由=zx2+xy+2y,两端同时对y积分，得
109李林全家桶之⑥
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z=2z2y+2xy2+y2+qi(),
由于z(x,0)=x,故qi(x)=x,所以z(x,y)=2x2y+xy2+x+y2.
(2)n![1+(3].
解z==x+y-y (1)=(-1)°,有
,利用(
-(-1°+-(-1D°),
=(-D-(-1°-1=n![1+3°].
故
(3)4.
解依题设，有
f(1+2h,1)=e1+2)+1-2+o(2|h|)=e2+o(2|h|),
f(1,1-2h)=e1+0-2h)-2+o(2|h|)=e“+o(2|h|),
imf(1+2h,1)-f(1,1-2h)
故
=lim+o(2lhD)-c“-0(2lhl)
=m= lin(2+2e)=2+2=4.
三、解答题
(1)解 此题是隐函数与复合函数求导的综合题.
由xe2=tan t,可知x是t的函数，同理y=cost,y也是t的函数，再由x+y-z=e2,可知z是
t的一元函数
+--,故出-1+(+窑).
方程x+y-z=e两边同时对t求导，得
再求导，得
+-=e()2+e,
则
=1+盛+-e()]
=i+[+-1+e(+)].
①
而--sint,--cst,又由ze=tant,得e+e=see
,再对t求导，得
e()2+e+e()2+xe()2+e=2set tant,
故 -1+)e,
=sert2e(1+x)+a)t-(2+z)see]
当t=0时，由xe2=0,得x=0,而y=cos0=1.将x=0,y=1代入x+y-z=e°,得z=0,故
|=1,=0,=-2,=-1
110…………………………………
高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
=-8
代入式①,可知
z=f().令=u,则
(2)证(必要性)设
-)
①
②
x+ya=0.
式①×x+式②×y,得
u=,v=y
+yy=0.令
(充分性)设x ,则z=z(x,y)为
z=z(yu,v)=f(u,v).
根据复合函数微分法，有
由条件xa+yay=f-f'+yfo=0,知f。=0,故f只是u的函数，即z=f(u)=f(二)
F(-1-1)=1,
(3)解法1 对于方程F ,两边分别对x,y求导，得
①
②
解式①、式②,得
=F2+D--F2+1)
故x2+v23=0.
解法2用公式求解.
令G=F(1-1-1)-
,则
G=F'·(-),G=F'.!,G=F.+
-F+1,器-G--F+D’
故
2+v2=0
从而：
(4)解将z=z(x,y)代入y=g(x,z),得
①
y=g[x,z(x,y)].
在式①两边分别对x求导，得
=gi·1+g:·(+·出)
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
111……
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)+6
=fi?i+sf
-,-方
解得 ,将其代人式②,解得
(5)解利用拉格朗日乘数法求解.令
二33
L(x,y,λ)=(1+y)2+(1+x)2+λ(x2+y2+xy-3),
①
则 ②
③
由式①、式②消去λ,得(x-y)(x+y-1)=0,故x=y或x+y-1=0.
当x=y时，代入式 ③,解得x=y=±1;
当x+y=1时，代人式③,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,a)关于x,y具有轮换性(即x,y互换位置，L(x,y,λ)不变),则一般地，方程组
有解解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.
(6)解由极值的必要条件，得
2x+2by=4,当2641=8a2-4b2≠0时，f(ax,y)有唯一驻点，且
即
z=2a-b,y=2(2a2-6)·
A==-2a,B=ry=-2,c---4a.
当AC-B2=8a2-4b2>0,即2a2-b2>0时，f(x,y)有极值.
当A=-2a>0,即a<0时，有极小值；
当A=-2a<0,即a>0时，有极大值.
综上所述，当2a2-b2>0且a<0时，f(x,y)有唯一的极小值；当2a2-b2>0且a>0时，有唯一
的极大值.
(7)解 先求 f(x,y)的驻点.由
伤=32-26y=0,
(0,36),(3a,0),(3a,36),且
得驻点(0,0),(
f"=6x-2a,f"y=0,f"=6y-2b.
对于点(0,0),由A=-2a<0,B=0,C=-2b,知AC-B2=4ab>0,故f(0,0)=0为极大值
(0,2b)
对于点( ,由A=-2a,B=0,C=2b,知AC-B2=-4ab<0,故f(x,y)不取得极值
112高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
(3a,0)
同理，在点( 处，f(x,y)也不取得极值.
(3a,36)
对于点( ,由A=2a>0,B=0,C=2b,知AC-B2=4ab>0,故f(x,y)取得极小值
由已知，有
f(3a,36)=-4(a3+b3)=-8,即a3+b3=54.
+g2=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
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
①
②
③
λ=-3a
由式①得 ,代入式②,得a=b,代入式③得2a3=54,即a3=27,故a=b=3.
(8)解令L=x2+2kxy+y2+λ(1-x2-y2),则由
得
=8
①
②
③
因式①和式②构成的方程组有非零解(因式①和式②构成的方程组的零解不满足式 ③),故
1-a?-x|=(1-A)2-k2=0,
即λ2-2λ+1-k2=0,解得λ=1+k,λ=1-k.
当λ=1+k时，由式①,知x=y,再联立式③,可得
x2+y2+2kxy=1+2kx2=1+k;
当λ=1-k时，由式①,知x=-y,再联立式③,可得
x2+y2+2kxy=1-2kx2=1-k.
综上所述，最大值为λ?=1+k,最小值为λ2=1-k.
故λ?+λz=2.
(9)解由
解得驻点为(1,0),(-1,0).又由
A=f=a(x2-3)e,
B=f=y(x2-1)e,
C=f"=x(y2-1)e,
可知在点(1,0)处，有
AC-B2=2e1>0,A=-2e2<0,
113……………
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故f(1,0)=e
为极大值.
在点(-1,0)处，有
AC-B2=2e1>0,A=2e1>0,
故f(-1,0)=-e
为极小值. e
综上所述，f(x,y)在点(-1,0)处取得极小值-e3,在点(1,0)处取得极大值
(10)解ln f(x,y)=-2lnlyl-2J?[(x-a)2+(y-1)2].由
子04F-30-0-
(a,2),(a,-1).进一步，得
解得驻点为(
r--,af-3c-a),
-÷[v2-3(y-1)2+4y(y-1)].
(a,2),
对于点
A-r)=-4<0,B-r=0,c-=-24,
f(a,2)=4e
AC-B2=96>0,故 为极大值.
对于点(a,-1),
A=r=-1<0,B=ry=0,c-=-3,
AC-B2=(-1)×(一3)-0=3>0,故f(a,-1)=e2为极大值，f(x,y)无极小值.
(11)解用拉格朗日乘数法求解.
令L=xy+2xz+2yz+λ(xyz-1),则
①
②
③
④
由式①×x,式②×y,式③×z,得
⑤
⑥
⑦
由式⑤、式⑥,得xz=yz,又z≠0,故x=y.
由式⑥、式⑦,得xy=2xz,又x≠0,故y=2z.
将x=y,y=2z代人式④,解得x=y=2,z=,故u在条件xyz=1下的最小值与极小值
相等，其值为
u=2×泛+2×2×语+2×泛×瓷-34
(12)解 对已知方程两边同时对x,y求偏导，得
114-
高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
①
②
=0,鄂=0,得
令 -3x+10-x=0,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.
式①、式②两边同时对x,y求偏导，得
将=0,a=0,x=9,y=3,z=3代入上面方程组，得
A=-,B=ray--,c=-3,
故AC-B2=36>0,A=6>0,所以z(9,3)=3为极小值.
同理，得
A==-6,B=xay-2,c=2=-3,
AC-B2=36>0,A=-6<0,
故
,所以z(-9,-3)=-3为极大值.
(13)解依题意，=y-x2,=x-1,故
z=dx=?(y-x2)dx+(y)=xy-3x3+q(y),
又=x+q'(y)=x-1,得q'(y)=-1,积分得φ(y)=-y+C,所以
z=xy-3x3-y+C.
由f(1,1)=-3,得C=0,于是z=f(x,y)=xy-3x3-y.
=y-2=0,=x-1=0, y
(1)在D内，如图4-1所示.由 ,解得
7
唯一驻点(1,1).
x+y=7
(2)在D的边界上，
y=0(0≤x≤7),f(x,0)=-3x3,
D
显然f(x,y)在x∈[0,7]上的最大值为0;
x=0(0≤y≤7),f(0,y)=-y, 0 7 x
f(x,y)在y∈[0,7]上的最大值为0.根据
图4-1
x+y=7,f(x,7-x)=3-x2+8x-7(O≤x≤7),
由[f(x,7-x)]=-x2-2x+8=0,得x=2,x=-4(舍).
115…李林全家桶之⑥ …………
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比较大小：因为
f(1,1)=-3,f(0,0)=0,f(2,5)=3,f(0,7)=-7,f(7,0)=-3,
f(2,5)=3
故f(x,y)在D:0≤y≤7-x,0≤x≤7上的最大值为
注 此题已知全微分，求f(x,y)也可利用凑微分法：
dz=(y-x2)dr+(x-1)dy
=ydx+xdy-x2dx-dy
=d(zy)-ds)-dy=dzy-3-),
故z=xy-3-y+C.
(14)解(I)由已知，有f=2ax+by,fy=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
=2xdz+ydx+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,即
f(x,y)=x2+y2+xy-3.
(Ⅱ)设f(x,y)=0上的任一点为(x,y),则点(-1,-1)到点(x,y)的距离为
d=√(x+1)2+(y+1)2.
下面求(x+1)2+(y+1)2在条件x2+y2+xy-3=0下的最大值.应用拉格朗日乘数法.
3=
令L=(1+x)2+(1+y)2+λ(x2+y2+xy-3),则
①
②
③
从式①和式②中消去λ,得(x-y)(x+y-1)=0,从而x=y或者x+y=1.
当x=y时，代入式③,解得x=y=±1;
当x+y=1时，代入式③,解得x=2,y=-1或者x=-1,y=2.
比较大小：因d2(1,1)=8,d2(-1,-1)=0,d2(2,-1)=d2(-1,2)=9,故所求最大值为√9=3.
(15)解分段函数，用偏导数的定义进行求解.
f?(0,0)=limf(O+x,)-fO,O)=lim==0
同理，f,(0,0)=0.由于
+zO+z+fcoO
有界，a+
其中当x→0时，
有界，故f(x,y)在点(0,0)处可微.
f(,)=ysin+2+2+
取y=x,则
116-
………………
……高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
lim。f:(z,)=lim(rsinx/·应
不存在，故f'(x,y)在点(0,0)处不连续. y
同理，f'(x,y)在点(0,0)处不连续.
b
(16)解 依题意，相当于求原点(0,0)到椭圆上的点的距离d的最 P(x,y)
大值和最小值，如图4-2所示.
d
a x
设P(x,y)为椭圆上任一点，则d= √x2+y2,d2=x2+y2.
0
利用拉格朗日乘数法，令L=x2+y2+λ(x2-4xy+5y2-1),则
①
②
图4-2
③
式①×2+式②×号，得x2+y2+λ(x2-4xy+5y2)=0,又x2-4xy+5y2=1,故x2+y2=-A,
于是只需求λ,可得d=√-λ.
式①与式②变形为
-a+(1+5-。,
-2λ 1+5x|=A2+6λ+1=0,
上式为关于x,y的二元一次齐次方程组，有非零解x,y的充分必要条件是
解得λ?=-3+2√2,λz=-3-2√2,故-λ=3±2√2=(√2±1)2,所以d?=√2+1,dz=√2-1
分别为长半轴和短半轴长度.
(17)解将方程组等号两边同时对y求导，得
制
整理得
解此方程组，得
同理可得
L=+?+a(zy-1),则
(18)解利用拉格朗日乘数法求解.令1
117…………………………………………
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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
f(ca,x+=f(x,x+y)+f?(,x+y),
(19)解(I)
由u=x,v=x+y及已知等式，有
of(x,x+=f(x,x+)+f?(x,x+y)=(x+x+y)e-)=(2x+y)e”.
(Ⅱ)由(I)知，
f(x,x+y)=?(2x+y)e?"dr+p(y)
=(x2+xy)e+φ(y)
=x(x+y)e"+φ(y).
故f(u,v)=uve"+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)=wve”的极值.
由 f'= ve*?”+uve"°=e“(v+uo)=0,
f'=ue"°+uve"·(-1)=e“(u-uv)=0
=-1,-=1.
==0解得{
得
又f"=e"(2v+u),f"=e-(-v-uv+1+u),f"=e"(w-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=e?2,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)=-e?2.
(20)解(I)由z=xy-w,有
r=y-u.a-0·=y-ou-o,
=x-u·y-器=x-+,
a=-0a-ueo·-ouox-r---2ueo-,
xay=1-uy-ouo·y-veu·y--1-u+,
2--·yu0o·+ou+m.--+2eo,
+2+-2-4=0,故-
代入原方程，得
(Ⅱ)u=Jdu+q,(0)=2u+qi(v),由(0,)=ve”,得qi(v)=ve°,故
-u+ve°,w=?(u+ve~)du+q?(0)=4+uve+p?(0).
118…………………
高等数学
第四章 多元函数微分学及其应用
由o(0,0)=4,得q?(O)=2,故w-4+uwe+
,从而
z=xy-W=xy-[4+(x+y)(x-y)e+4]
=xy-2(x2+y2)-(x2-y2)e.
拓展题
一、选择题
D.
解 对于选项D,当其中条件成立时，有
f?(o,y)=im=Lim[·(Ax)'sinx]=0,
f(ro,y)=Lim会=im[·(ay)2sin]=0,
--t++
-[(x)2+(Ay)]·sinCz]2+(y2=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=2+(
,当△y=0时，△f=0;当△r=0时，△f=0,故f(xo,yo)=
lim=0,f(o,yo)=lim会=0,
,由此可知
df-A)+(3+(+(y
不存在，即f(x,y)在点(xo,yo)处不可微.
Ar=CA2+(),且f(oy)=c-m,故
对于选项C,由于
li=1, lir=-1,
从而f'(xo,y。)不存在.同理f',(xo,yo)不存在，故f(x,y)在点(xo,y。)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)式①两边同时取极限，有
f(x,y)=li(1+k)√z2+y2+lim(o)=0=f(0,0),
故f(x,y)在点(0,0)处连续.
(Ⅱ)当k≠-1时，
f?(0,0)=imf,)-fO,O=i+k)Va2+o(x)
119……………
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=lim[(1+k)+],
im(1+k)z
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(z,y)=0(p),故f?O,0)=lim(,)-f(O,O=lim(x)=0
同理，f,(0,0)=0,故df=0·x+0·y,则
dr-,=?°-+=0,
因此f(x,y)在点(0,0)处可微.
120高等数学
第五章 微分方程及其应用
第五章 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+xdr=0,积分得x2+y2=C?,C?≥0,即x2+y2=C2,
故选项A正确.
(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=ceP=cekm=Ccos2x.
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,r?=-3,λ=-1与λ=0均不是特征根，故y"+2y'-3y=e
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，结论错误，故选A.
选项D正确，因为y'+P(x)y=0的通解为y=CePa),
,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xo,使得y?(x?)=y?(x?),令yo=y?(x)-y?(x),则y。(x)是该方程的解，且满
足初始条件y,(x。)=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?Ly?(x)-y?(x)]+C?[Ly?(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,故选项D正确.
(6)C.
解因y'+ay=f(x)的通解为
y=e=]f(t)e“dt+c],
limy(x)=lim[ce"+eJf(t)e"d]
故
=o+roed
=limf(c)e-
121李林全家桶之⑥
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y=
因此y=y(x)有水平渐近线 选项C正确.
二、填空题
(1)(2x-1)(1+y2)=C(C为任意常数).
2d-1+1+y=0,积分可得
解 原方程可化为可分离变量方程
2n|2x-11+2hn(1+y2)=去nc,
故通解为(2x-1)(1+y2)=C(C为任意常数).
(2)sin=2x.
u=
解 原方程为齐次微分方程，令 ,即y=ux,则
d=u+x·k=u+tan u.
cot udu=d
分离变量得 ,积分得In| sin u|=In|x |+C?,故
sin u=±e1·x=Cx(C≠0),
即sin*=Cx(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)=6,得C=2,
,故所求特解为
(3)y+√x2+y2=Cx2(x>0)和-y+√x2+y2=C(x<0),其中C为大于0的常数.
v=a2+2+
解 方程变形为
v=√1+()+;
当x>0时，方程化为：
v'=-√1+()2+兰
当x<0时，方程化为
1+=±d
令=u,则=u+x
,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.
(4)y=4[(x+1)e+(x-1)e].
解特征方程为r2+2r+1=0,特征根为r?=r?=-1,故对应齐次微分方程的通解为
y=C?e2+C?xe.
由非齐次项xe°,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?e*+C?ze+1(x-1)e2.
C?=4,C?=4
由y(0)=0,y'(0)=0,得( ,故所求特解为
y=4[(x+1)e+(x-1)e2]
(5)y=e*(sin x+cos x).
122…………………………………………
高等数学
第五章 微分方程及其应用
解 特征方程r2-3r+2=0的特征根为r?=1,r?=2,故对应齐次微分方程的通解为y=C?e+C?e.
由非齐次项10e?2sin x,知-1±i不是特征根，故令原方程的特解为y"=e(Asinx+Bcosr),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?e2+e?2(sinx+cos x).
当x→+一时，y(x)→0,而e→+∞,e2→+∞,因此有C?=C?=0,故所求特解为
y=e2(sin x+cos x).
(6)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?=e2-x,y?=e2-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?(e-x)+x(C?,C?为任意常数).
(7)y=C?e2+C?e2+xe2(C?,C?为任意常数).
解 由特解y'=e=(1+xe2)=e2+xe2,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)解已知等式变形为
f(x)=cosx-x?f(t)d+?tf(t)d,
上式两边同时对x求导，得
f(x)=-sinz-J2f(t)d-zf(x)+zf(x)=-sinz-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 x.
由非齐次项-cos x,知0±i是特征根，故令特解为f=x(Acos x+Bsin x),将其代入式②,得
A=0,B=-2,所以式②的通解为f(x)=Cicsx+C?sinx-2xsinx.
又由已知等式及式①,知f(0)=1,f'(0)=0,故得C?=1,C?=0,所以
f(x)=cosx-2zsin z.
(2)解 由已知条件知 f(0)=0,由导数定义，有
f(x)=limf(x+Ax)-f(z)=limef(Cx)+f(x)(e-1
=Iime.f(-fO)+limf(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(Jeedx+c)=xe++Ce.
又由f(0)=0,得C=0,所以f(x)=xe+1.
()=22
(3)解 先求(-,1)上的初值问题.知 由一阶线性微分方程的通解公式，有
y=e(Jz2edx+c?)=e=(Jz2edx+c,)
=e2(x2e2-2xe2+2e+C?+C?)
=x2-2x+2+C?·e2(C?=C?+C?,x≤1).
由y(0)=2,得C?=0,故y=x2-2x+2,x≤1.
123…………………………
李林全家桶之⑥
2026 考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
v'+1y=x2(x>1),可求得，y=4+(x>1).
再求(1,+一)内的解，即：
依题设，知y=y(x)在(-○,+一)内连续，即在x=1处连续，故
i(+4)=lim(z2-2x+2)=1,
-xo)-),:1
得C=4,
,故所求为
(4)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,rz=1,r?=-1,故微分方程的通解为y=C?+C?e+C?e?,所以
y'=C?e?-Cge,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=e2-e
(5)解由u=e2,知x=Inu,则
=d·=u,
-(u)=()·出=“+2
-2+y=u,
将其代入原方程，得 ①
其对应齐次微分方程的特征方程为r2-2r+1=0,得r?=r?=1.
令特解y=au+b,代入式①可解得y*=u+2,故式①的通解为y=C?e"+C?ue"+u+2,将
u=e2代人得原微分方程的通解为y=(C?+C?e2)e+e2+2(C?,C?为任意常数).
(6)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'.
v=-z2+2
由已知，x2+y2=y-xy',即：
=u,
y==-√1+()2
由x>0,得： ,+为齐次微分方程.令 ,则y'=u+xu',即u+xu'=u-
√1+u2,为可分离变量的微分方程，故有- ,积分并代回=u,得y+√x2+y2=C.又
(,0),得C=2
L过( ,于是曲线L的方程为
y+√a2+y2=2,
即y=4-x2
,y=4-x2
(Ⅱ)在第一象限内， 在点P(x,y)处的切线方程为
Y-(4-x2)=-2x(X-x),
。和(0,x2+÷),
即Y=-2x·X+x2+4(06 x=6 [0,2]
是A(x)在(
时，A'(x)>0,故 上唯一的极
Y=-2·6x+36+4
小值点，也是最小值点，所求切线为 ,即
x=-3x+3
(7)解设曲线弧OA的方程为y=y(x),则OP与OP所围的面积为
。[y(t)-]d=]。y(t)dt-2xy.
Jy(t)d-2xy=x2(x>0),两边同时对x求导，得
依题意，
y-2y-xy'=2x,
即y'-=-4,为一阶线性微分方程，其通解为
y=x(In x?+C)=x(sC--48ln- x4)a.z,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-4xlnx→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，曲线过点O(0,0)和点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.
y'-(2x-1)y=x2,其通解为
(8)解(I)已知方程变形为：
y=e)“[?z2J()“d+c]
=e2(x3e2dx+c)
=e2(-2x2e2-2e2+c)
=--+
由y(1)=a,得c=(1+a)e?1,故
y(x)=--2+(1+a)e.
(Ⅱ)由(I)知
(x)=-2-2x+(1+a)e,
im()=lim[-2-x+(1+a)e]
又由
=-2+m(1+a)
125李林全家桶之⑥
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m=+o
imY()存在，且imyx)=-2
存在，且 ,知仅当a=-1时，极限 .故
lim[y(x)-(-2z)]=lim(-2)=0,
y=-2x.
所求斜渐近线方程为：
(9)解(I)已知方程变形为
f'(x)-1f(x)=a(1-n)+x,
则该方程的通解为
f(x)=e{?[a(1-)+x]edx+c}
=x{?[a(-nx)+x]1dx+c}
=z[J()dx+Jdx+]
=x[-+a(x+1)+x+c
=-a+a(lnx+1)+x2+cx
=aln x+x2+cx.
=n.
由f(1)=1-a,得c=-a,故f(x)=aln x+x2-ax.
(Ⅱ)由(I)知f(x)=0,即-
令g(x)=n,则
g'(x)=2hx-x-
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)内单调减少.
1>0,
又由limg(x)=+,limg(x)=0,知g(x)的值域为(0,+∞).故 ,即a的取值范围
为(0,+一).
(10)解(I)已知方程xf'(x)-3f(x)=2x变形为
f'(x)-3f(x)=2,
其通解为f(x)=e2(2e2dx+c)=cx3-x.
由f(1)=3k-1,得c=÷k,故f(x)=÷kx2-x.
x=√方·
(Ⅱ)令f'(x)=kx2-1=0,得驻点
居<方，即后∈(0,A),
当00.
WA)=-3方
故f(A)
)是f(x)唯一的极小值，也是最小值，最小值为
当00=f(0),此时f(方)
是f(x)的最大值；
时，由
3b>0,知r,r?均小于零，故
lim y(x)=lim(cie12+cze22)=0,
lim y'(x)=lim(cr?e12+czrze2)=0.
于是，
fy(x)dr=J。[-b"(x)-y(x)]dz
=-y'(x)|。-y()。
=-(0-1)-0-1)=2+1
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)-ra)-m-ra)
--c
=Lim[1+f(x)]f()-fO.1f(x)f(Cx)
=[1+f2(x)]f'(0),
即
f'(x)=[1+f2(x)]f'(0). ①
式①变形为1+x)-f(O),两边同时积分，得arctan f(x)=f(O)x+C.由f(O)=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
=·出=sta,
-d()=(d)·出
=(cost.出+cst)st
-+st
将，
代入原方程化简为
+y=0,
①
130………………………………………
高等数学
第五章 微分方程及其应用
特征方程为r2+1=0,r=±i,故式①的通解为y=C?cost+C?sin t.
由x=sint(o0),解一阶线性微分方程，有
(9)解(I)由已知，
f(x)=e(zcosz·edx+c)
=x(xcosx·x1dx+c)
=x(sin x+c).
由lim=limSinx+c=c=0,知f(x)=xsin x.
(Ⅱ)依题设，有
A=J。If(z)|dx=5。xIsinx |dr,
又 。z|sinx|dxn=”(m-t)Isint|d
132…………
…………
高等数学
第五章 微分方程及其应用
=nm]”Isint|d-J”t|sint|d
=nr]。”Isinx |dx-J"xlsinx |dr,
移项，得。z|sinx |dx="2"Isinx |dr.
因|sin x |以π为周期，所以
。z l sinx |dz=2·n?sin xdx=n2π,
n+1=imn+1=π.
故
-+zf(),=y-xf(二),故
(10)解 由已知，有
ray-2+f(Y),yox-)-f(二).
由题意知，u(x,y)有二阶连续偏导数，故
+f()=f(二)-f(二).
=t
令 ,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'-2=2,解得
令f'(t)=p,则
p=J3(2eid+c?)=cit2-2.
由f'(1)=p(1)=1,得c?=3,故
f(t)=?(3t2-2t)d=t3-t2+cz
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 .由f"(t)=6t-2,知
f(O)=-2<0,f(3)=2>0,
f(3)=2
为极小值.
故f(O)=1为极大值，
(11)解由g(x,y)=f(二),有
=f()(-),=r(?,
axg=f(二)·+2r(二),
xay=f(兰)·主·(-)+f()·(),
=r()
R+z2ary+x2B=s
将方程
变形为
133………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
2+zy+2-
①
将
代人式①并化简得
(立)+r()=
=t,得tf“(t)+tf'(t)=t,即f"(t)+1f'(t)=1
令 ,为可降阶微分方程.
p'+p=
令p=f'(t),有
,解一阶线性微分方程，有
p=eC1did+c?)=÷t+c?)=1+
由=r()1,=f'(1)-=3,得f'(1)=2,故c=1,p=1+1,即f(t)=1+1,
积分得
f(t)=t+lnt+c?.
由g(y,y)=1,得f(1)=1,cz=0,故
f(t)=t+In t.
y
(12)解如图5-1所示，积分区域D关于直线y=x 对称，则
cr(x+s)+(-)drdy-If(x+y)drdy+[(x-y)'drdy. t
x+y=t
而
D
(z-s'drdy=贵(x-y3+(-z)drdy=0,
O t x
fr(x+)drdy-[(df(+y)dy2+2=“t[fw)d
图5-1
交换序分dl]f(u)dr=["uf(u)du,
f(z+y)drdy-I{df(x+)dy+y=“Jdxjf(w)du
=。[f(t)-f'(x)]dr=if'(a)-f(x)dr
=tf'(t)-[f(t)-f(0)],
tf'(t)-[f(t)-f(0)]=?uf(u)du.
故
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?e?+cze'.
由f(x)在[0,1]上有连续导数，知
lim(cre2+cze)=c?+c?=1,
limf'(x)=lim(-c?e2+ce2)=-c?+c?=1,
故c?=0,cz=1,f(x)=e2.
f(x)=e"(e."dx+c)=e=(x+C).
(13)解(I)f'(x)+f(x)=e*的通解为J
由f(0)=0,得C=0,故f(x)=xe.
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(2,2e2)为拐点.
134…………
高等数学
第五章 微分方程及其应用
证(Ⅱ)由f(x?)=f(x?),知x?e1=x?e2,即有
2=e,x?-x?=m,
+,>
,即证
要证明x?+x?>2,只需证明x
=t
令 ,则t>1.
令g(t)=Int-2+1
,则
g'(t)=1-(+12=+1)2>0,
所以g(t)单调增加，从而g(t)>g(1)=0.
故x?+x?>2.
(14)证(I)+a(t)x=010的通解可表示为x(t)=ce?,当且仅当 a(t)d发散时，
-?a(s)ds→-(t→+∞),故有 limz(t)=0.
x(t)=e“[c+]"e“f(s)ds](t>0),满足x(0)=x。的解为
(Ⅱ)该方程的通解为
x。(t)=e"[zo+]ef(s)ds](t>0.
当t∈[0,+一]时，由已知，设|f(t)|≤M(M>0),则可得
lxa(t)I≤1xo+|?ef(s)ds
≤lx。I+M|?eds|≤|xoI+M
(15)解依题设，凸曲线y=y(x),y'(x)>0,过点M作x轴的垂线 y个
M(x,y)
MP,如图5-2所示，则
d NPl,
,|MP|=y,|NP|=√x2+y2+x,
故y(x)满足的微分方程为 N O P x
图5-2
变形为
=+2+2=+√1+()
=u,
令 ,代入上式，得
u+=u+√1+u3,
135……………………………………
李林全家桶之⑥
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+-
即 ,两边积分，得
In(u+√1+u2)=In y+c
故u+√1+u2=czy(c?=e3>0),将=u个
代入并化简，得1=c2y2-2c?x,由y(0)=1,得cz=I,
因此y(x)=√1+2x(x>-2)
为所求.
拓展题
解答题
(1)解 将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
②
f"(x)=-f'(1-x).
由式①,得f'(1-x)=f[1-(1-x)]=f(x),代入式 ②,得
f"(x)=-f(x).
由原方程，有f(0)=1,在式①中令x=0,得f'(0)=f(1).
f(o)=1,f(0)='f(1),
解初值问题： 可得通解为 f(x)=C?cos x+C?sin x.
由f(0)=1,得C?=1,即f(x)=cos x+C?sin x,故f'(x)=-sinx+C?cos x.
再由f'(O)=f(1),得C?=1-sn,故f(x)=cosx+1-sin sin x.
(2)证(I)由f(xy)=yf(x)+xf(y),可令y=1,得f(1)=0,故当x∈(0,+∞)时，有
ra)-ma+)--+)]-ra
r-
(1+)(a)+ar+)-ra)
f(x)=f)+1.
从而f(x)在(0,+∞)内可导，且
-r)
解(Ⅱ)由(I)可知，解初值问题： 解得f(x)=xIn x.
zo=
由f'(xo)=Inxo+1=0,得唯一驻点： ,故f(x)在(0,+一)内只取极大值或极小值，且仅
在x。处取得.又因为()-e>0,所以在点。一 f(1)=,
处f(x)取极小值，且极小值为
无极大值.
u-z2+)drds-]“Sfu-)t=2]rfu-)d,
(3)解由
有 f(t)=]f(ct-r)dr+t. ①
136………………………………………………………………
高等数学
第五章 微分方程及其应用
又由
rf(t-r)dr1“(t-u)f(u)d(-u)=]f(u)du-?”uf(u)du,
得
f(t)=t]f(u)du-juf(u)du+t.
上式两边同时对t求导，得
f'(t)=?f(u)du+1.
②
式②两边同时对t求导(因等号右端可导，故左端f'(t)可导),得f"(t)-f(t)=0.解此微分方程，
得
f(t)=c?e1+c?e.
由式①知f(0)=0,由式②知f+(0)=1,故
c?+cz=0,-c?+cz=1,
a=-2,c2=2.
解得
所以f(t)=2(e-e).
137李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
第六章 微积分在经济学中的应用
基础题
一、填空题
(1)1500·3P.
”=-只·需 Q=(-In 3)dP,积分得Q(P)=
解 需求对价格的弹性为 ,为可分离变量方程.
Ce-dh 3)P.又Q(0)=1500,得C=1500,故需求函数为Q=1500·3P.
(2)(10,20).
解由Q=100-5P,知Q'(P)=-5.需求对价格的弹性为
r=p.C(P)=-100-5P
由已知，Irl=|100-5P|>1.
,解得P>20或100,A=-4<0,
故当x?=0.75,x?=1.25时，利润最大，为最佳广告方案.
(Ⅱ)由已知，x?+x?=1.5,即求函数L在条件x?+xz=1.5下的最值.
令F=L+λ(x?+x?-1.5),则
解得x?=0,xz=1.5,即将广告费1.5万元全部投入网络广告为最优方案.
(4)解由总成本函数知，当平均成本最低时，平均成本函数为
Ac=cQ=2Q+36+980,
此题相当于求AC的最小值.
因边际成本函数MC=C'(Q)=36+Q,由MC=AC,有
Q+36=2Q+36+98,
ddQC=1>0,
解得Q=140或Q=-140(舍).又
,故当产出水平Q=140时，平均成本最低，最低平均
成本为
Ac=(去Q+36+9&)|-=176.
注求AC=ClQ
的最小值问题.
.设平均成本函数在产出水平Q=Q。时取得最小值，由极值存在的必要条件，知
dAC)=Q.cl)-clQ-(MC-AC)=0,
而Q>0,故MC=AC.
再由极值存在的充分条件，知
AC=(MC-AC)+[C]-adC]>0,
而MC=Ac,aC)=0,即有MC>0.
综合题
一、填空题
(1)e-t-1.
解依题设，有
140……………
高等数学
第六章 微积分在经济学中的应用
Rd-+R
即 R(x)dr=-2t2+R(t),
上式两边对t求导，得R(t)=-t+R'(t),即R'(t)-R(t)=t,解一阶线性微分方程，得
R(t)=e(Jze?"d+c)
=e(?ze'd+c)
=e(c-te1+?ed)
=ce'-t-1,
由R(0)=0,知c=1,故R(t)=e-t-1.
(2)Q.
解 依题设，知
资金弹性为
E=k聚=AK·AaK-L=a,
劳动力弹性为
Ea=青=AKL·ABK°L?1=β.
由α+β=1,知Eok+Ea=1,即
食聚+器=1,
K聚+L器=Q
故
二、解答题
(1)解(I)纳税前，利润函数为
L(Q)=R-C=-4Q2+28Q-2,
L'(Q)=-8Q+28=0,
得Q。=3.5.又L"(Q)=-8<0,故当产量Qo=3.5时，利润最大，最大值为47,此时产品的价格为
P=R|-=(30-3Q)|-=19.5.
(Ⅱ)设纳税后获得最大利润的产量为Q,则征税收益函数为T=tQ.
先求Q,,纳税后的总成本函数为C,=C,(Q)=Q2+2Q+2+tQ.
由R'(Q)=30-6Q,C,(Q)=2Q+2+t,且R'(Q)=C(Q),得
30-6Q=2Q+2+t,
可知
Q=28-
①
又由R"(Q)=-6,C(Q)=2,知R"(Q)1
1,即涨价会使销售收入减少.
-=-2,餐=7·粤=(-2)×5?2.5%,
故涨价5会使销售收入减少2.5%.
注①婴=dPQ=Q+P器=Q(1+品)=Q(1-7o).
当7op<1时，有器>0,即涨价会使销售收入增加；
器<0,
当n。>1时，有
,即涨价会使销售收入减少.
粤
②当涨价相对幅度为 时，销售收入所受影响的相对幅度为
R=R·器·一=7·哭
(5)证(I)由收益R=QP,可得边际收益为
MR=器-P+Q·器=p(1-—),
P
P(1-—)=MC
要使利润最大，应有MR=MC,即F ,所以定价模型为
解(Ⅱ)由已知，得MC=器=2Q=2(40-P),
”=-号·器=-40-p·(-1)=40P-P,
从而
故P=30,即价格为P=30.
p'(P)=toQ
(6)证(I)由已知，Q=φ(P)的反函数为P=φ1(Q),则
总收益为R=R(Q)=φ?1(Q)·Q,故
器=[p1(QQ]=[p(Q)]·Q+q1(Q)·1
=P)·Q+p(Q)
=()2·Q+P=p.()·p+P
=P[1+(婴()]=P(1+言).
,=0;
器>0;当Ea>-1时，器<0,故当需求
(Ⅱ)由(I)知，当Ea=-1时， ;当E<-1时，
143…………………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
价格弹性E,=-1时，总收益取得最大值
由Q=8000-8P,得=-8,当E=具·P-8008-8P=1000P-p=-1时，P=500,
此时收益最大，需求量为Q=(8000-8P)|-=4000
注 第(Ⅱ)问也可有如下解法：
总收益R=R(Q)=Q·P=1000Q-8Q2.
由R'(Q)=100-1Q=0,得Q=4000.又R"(Q)=-4<0,
,故当Q=4000时，总收益最大，
此时价格为
P=1000-80=500.
(7)解依题设，总利润函数为
L=R-C=(PAQA+P?Qg)-(CAQA+CBQs)
=(PA-4.5)(9.5-PA+2Ps)+(Pg-2)(7+2PA-5Pg)
=10PA+8PB-P2-5PB+4PAPB-56.75.
由
距=10-2PA+4P=0,职。=8+4PA-10Pa=0,
得唯一驻点PA=33,Pg=14.又
A-Pk=-2,B=PaPA=4,c==-10,
AC-B2=-2×(-10)-42=4>0,A=-2<0,
故L(33,14)=164.25(百元)为最大利润.
(8)解由已知，特征根r=2,则对应的齐次差分方程的通解为Y,=C·2.
又a=-2,w=1,△=(a+cos w)2+sin2w≠0,故取k=0,令非齐次差分方程的特解为
y.=Acos t+Bsin t,
代入原方程，得Acos(t+1)+Bsin(t+1)-2A cost-2Bsin t=sin t,即
A(cos tcos 1-sin tsin 1)+B(sin tcos 1+cos tsin 1)-2Acost-2Bsin t=sin t.
比较两端cos t,sint项的系数，得
-Asin 1+B(si1-2)=1,
解得
A=5-4cs?,B=5-49s2,
故所求通解为
y=C·2+5-4cos I[-sin lcst+(cos1-2)sint].
(9)解依题设，利润函数为
F(L,K)=R-C=PQ-(Px·K+P?·L)=32L3k1-8K-4L,
-tk--
则
解得L=64,K=16.
又
144…………………………………………………………………
高等数学
第六章 微积分在经济学中的应用
--8Lk*,=4L*k,=-6Lk2,
将L=64,K=16代人可得
·聚-(k)2=48L-k1-16L-k
=32L-1K3=128'
2=-8×16×643<0,
且 ,所以，当L=64,K=16时，利润最大.
将L=64,K=16分别代入利润函数和生产函数，可得最大利润为
F(64,16)=4×8×16*×642-(8×16+4×16)
=512-384=128,
此时产出水平Q=128.
145李林全家桶之⑥
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第七章 二重积分
基础题
一、选择题
(1)B.
解D如图7-1所示，在D上有[ln(x+y)]≤[sin(x+y)]≤(x+y)°,故选项B正确.
(2)C.
解依题意，D 如图7-2所示，
r=[(zy+cos xsin y)drdy=Irydrdy+lcos xsin ydzdy=I?+I?.
zydy-0,同理[zsadady--年
对于I?,D?UD?关于y轴对称，xy关于x为奇函数，故
是I?=0.
对于I?,D?UDa关于x轴对称，cos xsin y关于y为奇函数，故
si ysdrdy=0,
D?UD?关于y轴对称，cos x sin y关于x为偶函数，故
oszsh ydrdy=2cosxsin ydrdy,
所以选项C正确.
y
y
1 B(-1,1) A(1,1)
D? D?
12
D?
D
x
0
D?
12 x.
0 1
C(-1,-1)
图7-1 图7-2
y
(3)C.
解原积分I的积分区域如图7-3所示，
D.-o<
2
x=8)
x=2y
D.-{≤z<28
D? D?
故1 r=2df(x,y)dr.选项C正确. 0 2 2/2x
图7-3
146………………………
高等数学
第七章 二重积分
y
(4) C.
2
解将x2+y2≤x化为极坐标方程为0≤r≤cosθ,-2≤θ≤2,故
x2+(y-1)2=1
选项C正确.
1
(5)C.
y=x
解由r=2sinθ,得r2=2rsinθ,即x2+y2=2y,积分区域D如图7-4
所示，所以选项C正确.
x
0
二、填空题
(1)1-2
图7-4
解 如图7-5所示，交换积分顺序，得
r=?dyJsin y2dr=? ysin y2dy=sin y2d(y2)
=(osy2)|。=1-2os
(2)±6π.
解 如图7-6所示，D关于直线y=x对称，故
=1f+bfO+afO+bfdrdy
-±drdy=±6.4m2-6π
y y
y=x
1 y=x
2
D
D
x
0 1
0 2 x
图7-5 图7-6
(3)
解令F(x)=?f(y)dy,则F'(x)=-f(x),故
r=?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，由于
?dz]f(z)f(y)dy=Jdyjf(x)f(y)dz=Jdr]f(x)f(y)dy,
2]dz]f(x)f(y)dy=J.dr|f(x)f(y)dy+? dr['f(x)f(y)dy
故
147……………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
=?'dx{f(x)[Jf(ydy+?f(y)d]}
=?dr] f(z)f(y)dy=[f(x)dz][?f(y)dy]=A2,
所以I=
y
(4)4n2.
1 ,y=x
解 如图7-7所示，由于D关于直线y=x对称，所以
r=T1+2+drdy=(+2+y+1y2+)dzdy D
2+arv--受·
0 1x
=4ln(1+r2)。=4ln2 图7-7
(5)2ln(1+√2)-√2. y
解D如图7-8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
-a+-J a]·rd
0 1 2 x
=2]。(secO-os)de
图7-8
=2cn sece+tane I-sime|。=2h(1+√2)-2.
(6)2(e-1)
解 积分区域D如图7-9所示，采用极坐标，有
y
r=[e市drdy=Jda。d
1
=]3e。 x+y=1
D
=2jeose+sine)d
x
0 1
=-2。e+sin)
图7-9
=-2。=2(e-1).
(7)144
解D关于直线y=x对称，由轮换对称性，有
1-[(+奇)dady-号(+若+x+音)dd
=会(+哥)(z2+y3)drdy=2(2+言)“r=144
148………………………………………………
高等数学
第七章 二重积分
y
(8)4-2
2
解 如图7-10所示，设
D大={(x,y)|-2≤x≤0,0≤y≤2},
D小={(x,y)|-√2y-y2≤x≤0}, D 1
则 r-[ydrdy-Iydrdy-Iydrdy
=da]ydy- d。r'sinfdr -2 0 x
=4-8Jsimda=4-§szd=4-
图7-10
注 因D关于y=1对称，故
r-[ydrds-Ir(y-1)+1drey-[(v-1idrdv-+Iirdy
=0+22-2m×I2=4-2.
r=I[ydrdy=5·(4-Z)=4-2
或利用形心纵坐标为y=1,有1
(9)2π. y↑
解D如图7-11所示，利用极坐标，有
I=da]。(2ros8+3rsine)rdr
D
=J(s0+8co3·sine)ds=3J c0d+0
0 1
2 x
=3×3×2×2=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
(x,y)=(1,0).
图7-11
由
xdrdy==·drcdy,其中Idrdy
有 表示D的面积.
ydrdy=5·Idrdy,所以I=I[(2x+3y)drdy=(2z+35)n·I2=2m.
同理，
②考虑到D关于直线x=1对称，则
1=[(2+3y)drdy-(2z-1)+2+3]drdy,
2az-1)drdy=0,所以I=2ldrdy+3[ydrdy
将x-1视为整体，它为奇函数，故
ydrdy-0,于是I=2ldrdy=2×*×12=2π.
又D关于x轴对称，故3
三、解答题
(1)解(I)D如图7-12所示，先对y积分较简便.
149李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
r=Ilxy(z-y)drdy=I'dz]"zy(z-y)dy
=f(22-)|dx=-3z'dx=-5
snd
(Ⅱ)D如图7-13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=d,dx=5(y-y3dy
=f(1-y)sin ydy=[-(1-y)cos y-siny]|'=1-sin1.
(Ⅲ)D如图7-14所示，先对x积分，则
r-+drdy-。1+dxd
==2·3a+s)中。
=3(2-1).
y
y=x y
y
y=/X y=x2
1 y=x
1
D
D
D
0 1x
0 1 x x
y=-x 0 1
图7-12 图7-13 图7-14
y
(IV)D如图7-15所示，作辅助线y=-arcsin x(-1≤x≤0),将
D划分为D?与D?,则 π2
I=Ia(e2'siny-1drdy
D
-Izsin ydrdy-IrdedyI?-I?,
?-Ize2sin ydrdy
-1 D? 0 X
-Iz2sn ydrdy+Izsm ydrdy.
由于D?关于y轴对称，xe2siny关于x是奇函数，故
zesm ydrdy=0.
图7-15
sydrdy=0,故=0
同理，
?-Irdrdy-rxdrdv+adrdy,
150高等数学
第七章 二重积分
Iadcdy=a.×adedy=1 zd=-,故I=0-(--)-晋
根据对称性，
(2)解用x2+y2=1,即r=1将D划分为D?与D?,如图7-16 y
所示，则
y=x
-(a-r)rdrd+Gr-1)rdl
-I(a-r)rdrd-(a-r)rdrde
D? D?
=2(d-)rdrde-a-)rdrdb
0 1√2 x
=2]。af(1-r)rdr-J°d]1-r)rdr
图7-16
=1-J。(cos20-232os0)do
=2+9-4-8=36-4
2+9-4-8=3-4
y
(3)解积分区域D如图7-17中半圆区域所示.x+y-2=0将D分成
D?与D?,则有
x+y=2
2
I=Ilx+y-2|drdy
-ia+y-2h-Ia+>-2de
1 y=√2x-x2
D?
x
-[(x+y-2dy-[+y-2adrd起?-I 0 1 2
图7-17
因
=2l(x+y-2)drdy(先对z积分，后对y积分)
=2]dJc+)dx-4[drdy
=2][1+√1-2-(2-)2+y(1+√1-2-2+y)]dy-4(4π×12-1)
=2?(y√1-2+√1-y2+y-1dy-(π-2)
=2(3+4-2)-(π-2)=3-2,
I?=I(x+y-2)drdy=I(x+y)dzdy-I2drdy
=J。d]。r2(cosθ+sinO)dr-2×2×12
=3J。[cosθ+sine]2。]d8-π
=38osd8+3J cos'sin d0-π
=8×3×÷×-8×4os"
151李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
=2+3-"=3-2,
故I=I?-I?=3-2-(3-2)=1.
2+y2=2
(1,受)故
(4)解D如图7-18所示，由 解得交点A
yyyy
r=1+x2+y2)√x2+,drdy
44
11 44..氢氢
=Jd],1+rdr
DD
=1。sine[n(1+r2)|,]d
xx
----1111 0000 11 22
=Dn(1+4co2)-In2]sinede
-fDa(1+42)-In2]du 图图图图 77--1188
=uh(1+4n2)-2u+arctan2a-4n2
yyyy
=2(m5-1+arctan 2-4).
2222
(5)解 如图7-19所示，直线x+y=i(i=1,2,3,4)将D分为4个区 DD??
域D(k=1,2,3,4),则[1+x+y]=k(k=1,2,3,4),故 DD??
r=I[1+x+yldrdy 1111
DD??
-Ildrdy+[2drdy+[3drdy+[4drdy=10 DDDD????
0000 11 22 xx
drd
注
表示D的面积.
图图77--1199
yy
(6)解当2x-x2=(1-y)2时，有(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7-20
11
所示.于是
mxk22-a2,(-P)={2,)D
D?
D
-Ia-y'iwdy+I(z-a2drdy
00 x
1
=d?。1-y)2dx+? def(2x-x2)dy
图7-20
=?。a-)2(1-√2y-y)dy+?(2x-x2)[1-(1-√2x-x2)]dz
=?(1-y)2dy-?。(1-y)2√1-y-1)2dy+?(2x-x2)√2x-x2dr
=-3(1-。-?(y-1)2√1-(y-D2dy-1)+?[-(z-1)2]√1-(x-1)dx-1D
-÷+?。1-(z-D)2dz-1)-2](x-D2√1-(z-D)2dx-1),
而
152………………
高等数学
第七章 二重积分
-a-1da-D-A--m)
={。√1-u2du=4π·I2=4√1-u2du
表示1/4圆的面积).
厂a-D2I-a-PFda-D-rd
-“sin2ucos2u(-du)
=]sin2u(1-sin2u)du=[ sin2udu-]2sin'ud
=·匹-3.1·=A-36
故I=3+4-2(4-6)=3+8.
(7)解由符号函数的定义，知
-y+2- y
2
D
-2=1
故x2-y2+2=0,即双曲线
1将D划分为三个区域D? D?
x
D?,D?,如图7-21所示， -2 0 /2
sa2-2+2)={仁1,(,)D?UD,,
D
故
=lsgn(x2-y2+2)drdy -2|
-it-I-Imd
图7-21
-Idrdy-2[ldrd.
drdy-Iady-[r-Iddy2brdy,
而
故
-Ierd-4[(ddy-=·z-4[d
=4π-4[√4-z2+2acsm--√2+x2-In(z+√2+x3]|
). y↑ y=x
=π-4[23-)]=g
(8)解将D分成D=D?+D?+D?,如图7-22所示，则 3
v-3x
D?
I=jf(x,y)dzdy
2
-iav++Jore
D?
1
D?
=Jdd
x
0 1 2 3
图7-22
153李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
-告Jcos8d=-J(1+os2)d
=9(歪+1-3)="+65433
y
(9)解D关于直线y=x对称，如图7-23所示，故 2
a-s)ddsy-贵x-y2+9-z)dady=o,
2sdady=I[2zrddy 1
D
则I=3|zdndy.
.选择先对x积分，后对y积分，有
1=3=3 0 1 2
图7-23
=。[2y-y3]2-(1-√1-x2)'dy
2y-2+2√1-)dy
=3×2(y-12。+3。1-2dy
=-3+3×4×12=3π-2.
综合题
一、选择题
(1)B.
解在D:0≤x2+y2≤1上有
2>1≥√x2+y2≥x2+y2≥(x2+y2)2≥0,
(0,Z)
且cosx在 上为单调减少函数，故
o≤osz2+y2≤cs(x2+y2)≤cosz2+y3)2,
所以I?0时，
yA
-[-
=J dof rcose[1-]·rd D
=Icsedef,[1-F2]·d
0
1x
=sine。·。b2-F(r)]d 图7-39
=?r2dr-{F(r)dr=3t-JF(r)dr,
即F(t)=3t3-F(r)dr.
.两边同时对t求导，得F'(t)=t2-F(t),即F'(t)+F(t)=t2,该式为一阶
线性微分方程，解得
F(t)=e“(z2ed+c)=t2-2t+2+Ce.
由已知F(0)=0,得C=-2,故F(t)=t2-2t+2-2e1(t≥0).
(11)解由已知，f(0)=0,f(t)是偶函数，只需讨论t>0的情况.用极坐标，有
f(t)=2]“d],f(r)dr+t?=4π]rf(r)dr+t',
上式两边同时对t求导，得f'(t)=4πt3f(t)+4t3,且f(O)=0,解此一阶线性微分方程，得
f(t)=(e-1),t≥0.
f(t)=1(e-1).
而f(t)是偶函数，故在(-0,+一)内有
u
(12)解 交换积分顺序，如图7-40所示，由于
djf(,w)du=-JmJf(,μ)d,
x u=/F
故
了f(,x)d=f(G,)a2(O≤E≤x2),故 x2
o| 1
由积分中值定理，有
图7-40
原式=lim-FG,)a
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)E+f'(0,0)x+o(√x2+ξ2),
又 f:,O0,f(y)>0,根据二重积分的性质，
知I≤0,即所证不等式成立.
y
y=x
称性，)证得积分区域D如图7-42所示，D关于直线y=x对称，由轮换对 1
af(z)f()f(x)-f(o)]drdy D
=[yf()f()[f(y)-f(z)]drdy
0
=号[zf(x)f()[f(x)-f(y)]+yf(y)f(z)[f(y)-f(z)]drdy 1 x
图7-42
-贵[f(z)f()(-)[f(z)-f()]drdy,
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
[ar(a)f(O)[f(x)-f(y)]drdy≤0.
(17)证 积分区域如图7-43(a)所示，
uA
y个
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7-43
f(x+y)drdy=Ldf(x+)dy+?dxf(x+)dy
164……………………………
高等数学
第七章 二重积分
+y=“dz]f(w)du+?dx|f(u)du.
如图7-43(b)所示，在xOu坐标平面下，交换积分顺序，则
If(x+y)drdy=[dmf]dx=[f(u)d.
(18)解积分区域如图7-44(a)所示，用极坐标，有
fVa2+y3ysdrdy=J d]。f(r)·rine rdr=J simedaff(r)r2v
交换积分顺序，可视为在直角坐标系下处理，如图7-44(b)所示，则
r
y
2: r=2tcosθ
0 t 2t x 0 π2 θ
(a) (b)
图7-44
了 sinedf(r)2r=J,2f(c)df。sinedl
=]。r2f(r)(-cos)|。r
=]rf(r)(1-2)dr
故 H+-o-ror
=lim220rz)=Lm4f(2)-fO-4f(o).
3sinod。f(r)r2d
注①此题考虑在极坐标系下交换积分顺序，主要是由于在 r对r积分的结果
。sin Odo,即不能将其化为一元积分.
中会有θ,故不能先计算
②在极坐标系下交换积分顺序，可视θ为x轴，r为y轴，在直角坐标平面θOr中画出积分区域，按直
角坐标确定其积分限.
拓展题
解答题
(1)解设f(u,)dudu=A(A为一个数).在已知等式两边同时取二重积分，得
A-If(cz,y)drdy
-I(a2+y2-x+y-1)drdy+A[trd
165李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
如图7-45所示，积分区域D关于直线x=y对称，则
A=贵(a2+y2-x+y-1+s2+a2-y+x-1)drdy+A·4·2
=I(cx2+y2-Ddrdy+A y↑
2
= d]2(r2-1)rdr+TA=π+πA,
D
故A=i-π
,所求函数为
f(x,y)=x2+y2-x+y-1+- 00 2 X
(2)解(I)由于积分区域x2+y2≤4t2关于直线y=x对称，故 图7-45
a2-s)rdy-2-x2+y2-a)dedy=0,
f(t)=e2+d"f()rdr=e2+2mf()rdr.
从而 ①
式①两边同时对t求导，得
f'(t)=8πte"2+8πtf(t), ②
且由式①,知f(0)=1.
又解式②,得f(t)=e?2(4πt2+C),由f(O)=1,得C=1,故
f(t)=e"2(4mt2+1),t∈[0,+∞].
(Ⅱ)由(I)有，
lim[f(u)2=lim[e2(4m2+1}=20]_2
m?m2+La(4m2+1)=4x+im2=4π+4π=8π,
而
故m[r(a2=
166—
………
高等数学
第八章 无穷级数
第八章 无穷级数
A众领餐站，
基础题
一、选择题
u u. u
(1)C
Zu
2Iu1发散(否则因
解由 发散，知 绝对收敛，故 收敛，与 发散矛盾).同
1v.I发散，于是)
理，由 发散，知 ∑(|u。I+lv.1)必发散， u。 选项C正确.
m与20. 0 m,+v)
对于选项A,当 至少有一个不是正项级数时，若 与 都发散，则
六与2(-贵)
(1-六)-∑0收敛.
不一定发散，如 均发散，但
方与
房·六-
对于选项B,如 均发散，但 收敛.
对于选项D,如 与2(-) 均发散，但2 [a+(-—)]- 收敛.
(2)B.
解 由于 0≤(un+vn)2=u2+v2+2unvn≤2(u2+v2),
若 2和2: 都收敛，则 ∑2(u2+v3) 收敛.由比较审敛法，知) ∑(u+va)2 收敛，选项B正确
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.
发散，但2<六
对于选项D,如
luvaI≤(u2+v?).
注 常用不等式|
(3)D.
解由
收敛，知lim un=0(级数收敛的必要条件).又
mL.=Iimlu.I=0,
luo.1
由比较审敛法的极限形式，知 |收敛，选项D正确.
---,与 u=六
对于选项A,取 都(条件)收敛，但 发散.
u.o=-2
u=n,=-1,Zu与∑
对于选项B,取z 都发散，但 收敛.
uD=
对于选项C,取 u==n,Zu收敛， 发散，但) 收敛.
m
(4)B.
(u+umt)
解由 收敛，知 收敛，根据收敛级数的运算性质，知 收敛，选项B正确.
167李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
u:=2
取u=(-1~ ∑-(-1
,由交错级数的莱布尼茨定理，知 收敛，但
发散，故排除选项A.
取；u=In(n+1,则】u收敛，但∑(-1-1"=2nn(n+1)
发散，故排除选项C.
取：u=(-1,则 ∑u ∑uz-u)=(n-1+7)
u 收敛，但 发散，故排除选项D.
注①当正项级:数 收敛时，有lim un=0,则当n充分大时，|ul=u<1(有界),故u20)收敛，则Z(u21-z)
②若条件改为 )收敛(收敛级数加括号后仍收敛)
∑u:
(-1
③若条件改为 收敛，则 绝对收敛，因 (-1)-≤2(u:+π),而 收
(-1-
敛，由比较审敛法，可知 绝对收敛.
(5)A.
解由Zun(u:>0)收敛，知limu=0,故当n充分大时，|u,I=u.<1(有界性),则u20)条件收敛，知21(-1-uaI=u
解由 发散(否则与已知条件收敛矛盾).
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.对于∑u?(u>0),有
血--02
。收敛.
选项B显然不一定成立(缺正项级数条件).选项D缺正项级数条件.
(7) A.
解已知级数为任意项级数，n+1-n- sin(n+k)≤n+I-n=,而
-+后
m+1-n1~w,而
故- 收敛，所以原级数绝对收敛，选项A正确.
(8)C.
as
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.
1+2。
(Ⅲ)用比较法， ,而 收敛，故级数收敛.
169李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
二n
(V)a2-a=a(a中-1)=a中(a-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
-In(1+π)=n-[1-2·n+0()]-2n2+o(n),
+)-
即1 ,由比较审敛法，知原级数收敛.
,2
注 比较审敛法的极限形式：设有正项级数]
2u.与2
的敛散性相同，
.1
当 ∑。
收敛时， 也收敛，
o
当
发散时， 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.
(V)由泰勒公式，得
-√1+=e-(1+1)
=1+—Ina+1·贵m2a+0()-[1+1·n+2·2·(-2)·+o()]
=(Ina-2)·1+n(m2a+8)+o().
当Ina-2=0,,即a=√e时，级数收敛；当1 lna-2≠0,即a≠√e时，级数发散.
(2)解(I)由已知条件，知lim(-1)-ane"=0,即lim ane=0,故当n充分大时，
|ane" |≤M(M>0),
Ia.I<～,而2 ∑a
所以 收敛，故》 绝对收敛.
(-1~i?+n|-2H+),
(Ⅱ)
ma+>∴而21:
由于 发散，由比较审敛法，知原级数不绝对收敛.
又lim?+n)=0,{1+n}
单调减少，由莱布尼茨定理，知原级数条件收敛.
(Ⅲ)由于
n-nn≥言，而②后发散，知2-1n
不绝对收敛.
令f(x)=反-,则mf(u)-m反-=,
ra--u>
故limπ-Inn=0,且{n-Inn)(n>4)
单调减少，由莱布尼茨定理，知原级数条件收敛.
170…………
高等数学
第八章 无穷级数
-1=e-1~3(n→),
(IV)由于
2n3
∑C3-1)发散，即原级数不绝对收敛.
而 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=mnF-2=p,故R=—=2
(3)解(I)利用公式!
—2—
当x=2时， 条件收敛(根据莱布尼茨定理);
-2(-2-2方
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|-ma+13-3
,故级数 的收敛半径为3.
当|x-3|<3时，即01
当
1,即|x|>√3时，级数发散，故收敛半径为R=√3.
疗
当x=√3时， 发散(一般项不趋于0);
2房
当x=-√3时， 发散，故收敛域为(-√3,/3).
m)|-m-mL2
(4)解(I)缺项，用比值法，有
limz2=o<1,级数收敛；
当|x|<1时，
lim2=+∞
当|x|>1时， ,级数发散；
lim=2<1,级数收敛，故收敛域为[-1,1].
当|x|=1时，1
(Ⅱ)缺项，用比值法，有
lim“()|=m?+(n+1)°.3”+n2
171……………….
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
<1
当
1,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).
(1n+2)z=n+2
(V)
n,
-ma+1)h(n+1=1,收敛半径R?=1.
对 ,用n公式，有1
当x=1时， 发散；
H
imnn=0,nnn}(n≥2)单调减少，故收敛，所以收
当x=-1时， 是交错级数，且1
敛域为[-1,1].
,有血-2
对 ,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].
n a①2n 用积分判别法：由于 zxlnx=In(Inx)=+,反常积分发散，故级数
发散.
ax°与26x ∑(a.+6.)a”的收效
②设级数 的收敛半径分别为R?和R?,则当R?≠R?时，
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(z)=,则zS(a)=,
aS(a)]-[2—()]'-[()]
-专之()-2
两边同时积分，得S(x)-oS(o)=5。2-=-In(2-x)+1In2.
172……………………………………………………………………………………
高等数学
第八章 无穷级数
当x≠0时，S(x)=-1n(1-2);
,S(o)=2
当x=0时，
-)-"
故
(Ⅱ)先求收敛半径，用公式，有
im=limn+1+12.n-1=1,
故收敛半径R=1,当x=±1时，由于一般式不趋于零，所以发散，故收敛域为(-1,1).
S(x)=n+1=∑“++-2)”
令
=∑(n+1)a"-42x"+42n+1’
S?(x)=∑(n+1)x”,S?(x)=42x°,s:=42n+1,
记
S?(x)=2(z)'=(∑x)'=()=a,Ixl<1,
S?(x)=42x=4,IzI<1,
rS?(x)=42n+I’
则[xS?(z)]=42z=4
,积分得xS?(x)-0=-4ln(1-x)(-1e时发散，当a=e时，比值法失效.
177……………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
又由((1+一)1,故lim un≠0,从而当a=e时级数发散.
--+加(+音+小
m+2--2~2c0而2
—当o0(已知),得0 ,故选项D正确.
注 常见不等式：:(1+1)"0,从而a>bn>0.
6.
∑a
对于选项A,由比a较审敛法可知，当 收敛时， 收敛，排除A.
6
对于选项B,当 发散时， 不一定发散，选项B错误，故选B.
a=,则2a=21发散.由e=a+e°,得b。=In(e°-a)=In(e3-7).
若取
当n→0时，
n(e3-1)=In(e-7+1-1)~e-1-1.
又e-1-1=2n+0(),[n+()]收敛，从而Z6。
a 收敛.
2:收
对于选项C,由
收敛，可知lima。=0.当n充分大时，|a l=an<1,故a2b2>0,可知 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.
(6)D.
解对于选项D,由已知，un>0,根据单调有界准则，知limu,存在，且 是正项级数.
由
-(E+Nmm)(m-√a
=(1+√)(-√)
≤2(u-√um)(因为“<1),
178…………………………………………………
高等数学
第八章 无穷级数
知该级数的部分和为
s.=“<22(u-√u)
=2(√u1-√um+)<2√uI,
从而{S}有上界.又S.)单调增加，故lim S,存在，级数收敛.选项D正确.
(-1)-u。不一定
对于选项A,lim u,存在，但不一定有lim un=0.由级数收敛的必要条件知，
收敛.
u=1+ -1+而二 收
对于选项B,取z ,则{u,}是单调减少的正值数列，且 发散，
敛，故 发散.
u=
1-“=1-n+1=n+,而∑n+1
对于选项C,取； ,则 发散.
综上所述，排除选项A,B,C.
(7)A.
∑(-1)°(2n+1=2∑(-1)°(2n+1!
解
=[2(-1)°2n+1!+∑(-1)°(2n+1]
=[∑(-1°(2n+D+(-1°(2n)]=2(sin 1+cos 1).
注sinx=(-1)°(2n+1!osx=(-1)°(2n)!
(8)B.
解 对于选项B,由lim b。=0,知{bn}有界，即存在M>0,使得|b,|≤M,故|a,baI≤M| al.又
ab。
因为1a|收敛，所以由比较审敛法，知∑1ab。|收敛，故)
收敛，选项B正确.
an=b= ∑a
对于选项A,若取 ,则 收敛，limb=0,但∑a.b=2六发散，故排除
选项A.
a=b=1
对于选项C,D,若取 ,则可排除选项C,D.
(9)C.
∑a
解若 收敛，则由bm+(bn+1-bn)=an及a>0,bn>0,知b+-b,>0,即{b}单调增加.由
b?=1,知bn≥1,且
0的部分和为
若{bn}收敛，即limb。存在，从而limb2存在，由于
s:=b-b3)=bn-bi,
179-
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
b2-b)收敛.
故lim S'存在，从而】
.4
由01,当x=1时， nenn<(n≥3), n 而∑n 收敛，故由比较判别法，知 收敛；
当x=-1时， 为交错级数.由于 单调减少且趋于零，根据莱布尼茨定理知其收
敛.故收敛域为[-1,1],选项C正确
对于选项A,若0≤p<1,当x=1时，由于
n
六
而 发散，故由比较判别法，知 发散；
∑(-1)nnn
当x=-1时， 收敛，故收敛n域为(-1,1).
对于选项B,若p=1,当x=1时，原级数为 .考虑
d=ln(lnx)|=+,
mn
由积分判别法，知 发散；
(-1)°nmn
当x=-1时，原级数为 ,由莱布尼茨定理知其收敛，故收敛域为(-1,1).
对于选项D,若p<0,则u。不趋于零(n→∞),幂级数在x=±1处发散，收敛域为(-1,1).
(12)A.
(-1六 六
解由】 绝对收敛，知 收敛，故2-p>1,即p<1.
180-
………………………………
高等数学
第八章 无穷级数
(-1)°nnn,记a=n2(nn
对于)
当p<0时，lima=limnn)=+,故原级数发散；
m黑六
当0≤p<1时，由于 发散，故原级数不绝对收敛.又因{a}单
调减少，且
ima=lim(hn)=0,
由莱布尼茨定理知，原级数收敛，从而条件收敛，选项A正确.
(13)D. -1sm?
∑a?
解 依题设，1 收敛，故 收敛.
Z
又由! ,知 发散.由1 lim=1>0及f(x)的连续性，知f(0)=limf(x)=0,
故
f'(0)= limf(a)-fO=1>0.
f(1)
而由f'(x)连续，知在x=0的邻域内有f'(x)>0,f(x)单调增加，当n充分大时， 单调减
(-1)-a,收敛.
少，且有]limf(1)=f(0)=0,,故由莱布尼茨定理，知，
综上所述，选项D正确.
(14)C.
1"+1-2n°+n,
解
其中 是交错级数，
{1单调减少，且imn=0,
,由莱布尼茨定理，知收敛.
对于n,
,利用积分判别法.由于
dh=In(lnx)。=。
发散.故选项C中的级数发散，选项C正确.
对于选项A,利用根值判别法，有
m/eimee<1,
故级数收敛.
对于选项B, 是正项级数，有
1-)~°-),
二一
而 收敛，由比较判别法的极限形式，知级数收敛.
181李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
对于选项D,由于
mx-Hcma)--mm_-2-i+u
=-In[1-?x2+o(x2]~?z2(→o+),
故当n→m∞时， [m1-In(sin!)]~6n
而 收敛，由比较判别法的极限形式，知级数收敛.
二、填空题
(1)(-4,2).
m/
ax"与2m
解 根据逐项求导收敛半径不变，即 收敛半径相同.令x+1=t,则
与rZma
收敛半径相同，故由|x+1|<3,得-40,使得当n充分大时，有|amx"|≤M,因此 Vx∈(-0,+∞),有
=<六·z|",
而n!xx|"对任何x∈(-0,十一)都收敛，故级数
对任何x∈(-○,十)都收敛，
即收敛域为(-0,+一).
注 对)!x|",用比值法，对任何x∈(-∞,+∞),有
n+1Mz下=lin+1)z=0
故其收敛半径为R=+∞.
a°
错误解法是：
m|=1,故
由 的收敛半径R=1推出1
z“ imn+1=im+|-o=p,
所以 的收敛半径R=十∞.
lim=p,则R=(p≠0),条件是充分非必要的，其实证明
错误的原因是求收敛半径的公式li
收敛半径公式用的是正项级数的比值法，而正项级数的比值法(根值法、比较法)的条件是充分非必要的.
2+(-1)°
例如：求 "的收敛半径.
用根值公式，有
limlaT=lm"2+(-1=,
故收敛半径R=2.但
m=im2+(-1.2+2-1
182高等数学
第八章 无穷级数
为偶数，
为奇数，
m
故iml
不存在，即R=2不能保证1 存在.
(3)0.
解 由级数和的定义，知
血(1+÷)-2(1+方)°,
(+÷)
3(1+1)“=s
判别级数 是否收敛，若收敛，则 S为常数.
ma=m[1(1+贵)门*-:<1,
用根值法，有
limn=0,
故级数收敛，又 ,所以原极限=0.
(4)(1-a)
S(x)=Znx”,则
解 依题意，问题转化为求级数 的和.构造幂级数：
S(x)-m=xZmx1=x(∑z”)'=x(1)'-a-),lxl<1,
(+2++)-s(s)--
x=,则
令
(5)8.
t=∑(-1)~,-a,s.=u,则
解 利用收敛级数的定义.令
Sz=-(u?-u?+us-u4十…十u?-1-uz)+2(u?+u3十…+u2-1)
=-tzm+2a,
故lim S=-lim z+2limd=-2+2×5=8.
∑u=8.
又Sz+=S+u2H,且lim Sz+=lim Szm+lim uz+1=8+0=8,故lim S。=8,即
∑m-s
注由2 收敛，根据收敛级数的必要条件，知lim uz+=0.
(6)?n+1
解记f(x)=4m1±x+—arctanx-x,则
f(x)=4(++1-)+1·1+x2-1
=1--1-∑x".
f(x)=f(x)-f(0)=]f(a)d=24+,lxl<1,
故
a=4n+1
于是
183李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
(7)π.
s.=2dr-x-
解 级数的前n项和为：
,故原级数之和为
s= limS,=limld=?
记I=5,d--k+2=I?+1?因
I?=Id-x=P+1t2+1d=2arctantl。=2,
I?=2-P+2+2=2arcanl,=
故I=I?+I?=2+2=π.所以a=n.
(8)4+2m2.
解 因级数的前n项和为
s.-rcdana- ardoDd,
故原级数的和为
s=ims.-marcdond--arcdandr.
arctandx=-J,arctan zd(1)
又
=-actan zl,+5(1+5=4+1(1+x2),
(1+x2=5(1-1+)dz
而
=m(nx-In√1+z2)|"=ml1+x-去m2,
4+2n2.
故原级数的和为-
三、解答题
(1)解由y'=x+y,得y"=1+y',又由y(0)=1,知y'(0)=1,y"(O)=2,根据麦克劳林公式，
有
(1)=y(0)+y'(o)n+2s(0)n+o(1)=1+1++0(),
所以 (π)-1-1 与 是等价无穷小(n→∞).而 收敛，由比较审敛法，知
[v(1)-1-1]
绝对收敛.
10)=1,x
(1)
注 此题也可先解微分方程 得y=y(x),再用麦克劳林公式展开 求解.
(2)解先用公式求收敛半径，有
国+
184-—-
………………………………………
…高等数学
第八章 无穷级数
故收敛半径R=3,收敛区间为(-3,3).
[3°+(-2°’
当x=3时，级数为
心+(2-1+(号)≥会
六
而 发散，由比较审敛法，知级数发散.
L3°+3-2)"
当x=-3时，级数为 ,拆成两个级数，
+3-2--=D?3+(-2)]-2.
=(-1°八-3+2-2)六
(-D° +-2)
条件收敛，对 ,采用比值法，有
im=Iim+(-2)n+.3°+(-2)·n
3°+(-2)
在x=-3处收敛.
故级数收敛，所以
(3)证(I)令g(x)=kx-(1+k2x2)arctan kx,则
g'(x)=k-(1+k2x2)I+k2x-2k2rarctankx=-2k2rarctan kr<0,
故g(x)单调减少.又g(0)=0,所以g(x)0)发散，可知lim S,=十一.记S为所求级数的部分和，则
s:=(s-)+(S-s,)+…+(3-s)
=S-S,
故2(s-s1)=ims:=1=1
证(Ⅱ)记 的部分和为S",则
s:=s=4+SsS
<1+S-S=+(1-s)
=1+s-s≤1+1-2,
收敛.
从而(S")有上界，且该级数为正项级数，故
(7)证(I)u+-unI=If(ua)-f(u-)|=|f'(e.)|lun-u-11
≤k |un-ua-1I≤k2|u-1-uz
≤…≤k"|u?-u。|,
而Zk"|u?-u。 (umH-。)绝对收敛
|收敛(等比级数k<1),由比较审敛法，知
(Ⅱ)由(I)知， ∑(uH-u)
绝对收敛，从而
∑(uH-u) 收敛，故其部分和的极限lim S.=
186……………………………
高等数学
第八章 无穷级数
lim(u+-u1)存在，从而lim un+1存在(u?是一个数),即lim u。存在.
nc=Dn f(r)-xJ=∑(m-z).
(8)证(I)由已知，有
由拉格朗日中值定理，有
|x+1-x,I=|In f(x)-In f(x?)|
-c,zm)0恒
∑ze=,x∈(0,+).
成立),即当x>0时，原级数收敛，且
188……………………………………
高等数学
第八章 无穷级数
当x=0时，级数和为0,故】
(16)证由na,=3a-(n-1)a,可知am=n+1(3-n)a,.因为
国Gak
∑ax" ax”收敛.
所以当|x|<1时， "绝对收敛，故
令y(z)=∑az°,则
y'(x)=Znmax=a?+∑m,x=a?+∑n+1)am"
=5+2(3a-na,)z?=5+3∑ax°-a)-xZnax
=5+3y(x)-3×3-xy'(x)=3+3y(x)-xy'(x),
故(x+D)y'(x)-3y(x)=3,即
y-3(x+D=z31
c=2
y=C(x+1)3-2
解一阶线性微分方程，得： ,由y(0)=ao=3,得 ,故
y(x)=∑ax=(x+13-2.
(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'(c)=(2)==
-0(分)A=亡--naL-z),
f'(1-x)=Inx,
[ln zlh(1-x)]=1h(1-x)-1lnx,
所以 F'(x)=f'(x)-f'(1-x)+[ln xln(1-x)]=0,x∈(0,1),
故F(x)=C.
c=limF(x)=f(1)+f(O)+lim hC1+(z-1)Jln(1-x)=f(1)=,
又由于
f(x)+f(1-x)+Ln xln(1-x)=∑,x∈(0,1).
所以
(18)解特征方程为r2-r-2=0,得r?=-1,rz=2,故通解为
f(x)=C?e2+C?e2.
C?=-3,c?=3,故
由f(0)=0,f'(0)=1,得C?+C?=0,-C?+2C?=1,解得(
189……………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
f(x)=-3e+3e.
将f(x)展开为x的幂级数，得
ra)--+}-+÷2
=-3-n!+3-≥[(-3)(-1°+]
故a=3[(-1)#+2°].
a=?x√1-x2dx-sm sint·co2d
(19)解
=J si"t(1-sir2)d=J。sin"td-J sin+2dk=b。-b
=J8sind=-J sintdcost)
又
=-[cst·sin|-Jcost·(n+1)sint·cstd]
=(n+1)sin"t(1-sin2t)d=(n+1)6。-(n+1)bm,
移项得6m-"+2,所以a。=b?-6m=b。”+2=n+2,故“-n+2
,则
(-1--(-1n+2
构造幂级数，令S()=∑(-1)~n+2·z2,则
S'(x)=∑(-1)-a+1=1+,Ixl<1,
S(x)-S(o)=。1a=#x2-x+ln(z+1),-10,故In S(x)=-x-In(1-x),即
S(x)=-,x∈(-1,1).
(2)证由imf(x)=0,知im f(x)=f(0)=0,且
imf(x)=imf(x)-f=f(O)=0,
故由泰勒公式，可知
f(x)=f(O)+f'(o)x+fOz)2=z)z2(o<θ<1).
又由f"(x)在x=0的某邻域内连续，可知f"(x)在该邻域内有界，即存在M>0,使得
If"(x)I≤M,故对于充分大的n,有
f(1)|=2f"(只)|<·
又2 r(1)
收敛，故由比较审敛法，可知 绝对收敛.
(3)解(I)已知特征方程为r2+2r+1=0,得特征根为r?=r?=-1,故通解为
f(x)=C?e?2+C?xe
由f(0)=1,f'(0)=0,得C?=C?=1.所以
f(x)=e+xe2=(1+x)e
a=5f(x)dz=J(1+x)e"dx=-1+z)de
--(1+x)e?|-5edz]
=(1+n)e"+e"=ne"+2e".
(I)∑a=Zne+22e,而∑e=
.令
S(z)=∑ne"=-∑(e")'=-(∑e)'
=-(e)=e-12,x>0.
∑ne?=S(1)=e-1),故
令x=1,则
∑a=(e-12+e21-e-12
191一一
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线性代数
第九章 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)M,则
Ma+M??+M?3+M?
=-(-1)+'Ma+(-1)?+2Ma?+[-(-1)+3]M43+(-1)4+M?
=-Aa+A?z-A??+A?
注在D=|a,lax中，as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,不变.
(2)D.
解由题设，有矩阵A+B=(β?+β2,2α1,4a?,2α?),故
|A+B|=|(β?+β2,2α1,4α2,2α?)|
=16[l(β?,α1,α2,αs)+|(β2,a1,αz,αs)|]
=16[|(B,u1,a2,a3)+3(B,ai,302,u)]
=16×(1+3×3)=16×2=32.
(3)A.
解由|A'I=|A|31=|A|2,|AT|=lkA*|=k3|A'|,|A'|=|A|,可知|A|=k3|A|2,
AI=六又A?=kA*,即a,=kA,,故
故|A|(k?|A|-1)=0,于是有|A|=0或
IA|=aA+aA?2+ai?A=(ai+ai?+ai)=3k≠0,
32=c=√k=k
于是 ,故选项A正确.
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
学+--ra-0
192………………………………………………
线性代数
第九章 行列式
---+
(2)a+1或a-2.
解由
=(λ-a-1)[A-a]2+(a-a)-2]=0,
得λ=a+1或λ=a-2.
(3)13.
解 行列式为箭形(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，即
=1×2×3×(4-1-2-3)=13.
(4)-4.
解 行列式为数字型行列式，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
—1—
有规律，可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，得
0.-+-_
=ala+1|+3·(-1m|!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.因此，有
(-2)·---2-3x+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，即
|A+E|=|A+AA'|=|A(E+AT)|=|A||E+A1I
=|A||ET+AT|=|A||(E+A)T|=|A||E+A|,
故(1-|AD|A+E|=0.由|AI<0,知1-IAI>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
193-
…………………
李林全家桶之⑥
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r(A)+r(A-E)≤n.
又由A-E≠0,知r(A-E)≥1,从而r(A)1,得r(A)≤3-r(B)≤1.而显然r(A)≥1,
故r(A)=1,所以A的行向量成比例，即
2-÷=3,2==1=6,
205李林全家桶之⑥
…
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
解得a=-2,b=-3,c=-2,即
^--二--ia,-1.3,
n--A---
则βTα=9,于是
注 结论：
①r(A)=1-A=aβT(α,β为非零列向量);
②r(A)=1>A"=kA,其中k=β'a=∑a=Za;(i=1,2,…,n),A,为A的特征值.
(2)证由
A2=(E+aβT)(E+aβT)
=E+αβT+αβT+α(βTα)βT
=E+4aβT=4E+4αβT-3E=4A-3E,
A-1=43A
可知A(A-4E)=-3E,故A可逆，且
注 结论：设α,β为n维列向量，k?≠0,βTα≠一，则A=E-k?aβ可逆，且
A?1=E-k?aβT,
β“a=方+
其中k?,k?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-)=|A1|E,故(A-1)=|A-1|A.
--2,
而| ,对A?1用初等行变换求A,有
故 ,所以
as'=ay-A1A-
(4)解由于[(E+B)2]1=[(E+B)-1]2,且
(E+B)-1=[E+(E+A)?1(E-A)]
=[(E+A)-1(E+A)+(E+A)?1(E-A)]
=[(E+A)1(E+A+E-A)]1=[2(E+A)-1]1
-0+)--
206--
……………
线性代数
第十章 矩 阵
放CE+BD)5'-(E+B)y--
(5)解 求抽象矩阵的逆，常用可逆的定义和(AB)-1=B?'A-1.因
A?1+B?1=A-(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?'(B+A)B-]-1=B(A+B)?'A.
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)?'A=A(A+B)?'B,
即本题的答案还可以写为A(A+B)?'B
(6)证由AB=BA,得A-1(AB)A1=A-1(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=BA-(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-AT|
=|A||(E-A)T|=|A||E-A|
=|-(A-E)|=(-1)2+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|=|BI2=|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||A+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.
A-E-L
又由 ,可知A-E可逆，故
B=a-E)-(a2-E)=a-E)(a-E)A+E)=A+E=93
注此题属于解矩阵方程，这类题分两类：
①将复杂矩阵方程化简为下列三者之一，即
AX=B,XA=B,AXB=C,
当A,B可逆时，解得X=A?B,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?'BA=6A+BA,得A?1BA-BA=6A,即
(A?1-E)BA=6A.
由已知，A可逆，A?1-E可逆，故B=(A-1-E)-1(6A)A?1=6(A1-E)?1.又
207-
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
故B=6u′-ey-
注设a?,a?,a?均不为零，则
自
(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
A=、)
(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)=(3)()
,即
z2r+xe)=(3:+2r,32+2xc),
比较两边对应元素，得
此方程组只有零解x?=x2=x3=x=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.
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.选项B正确，选项D不正确.
(2)C.
解由r(A')=1,知r(A)=n-1=3-1=2,故|A|=0.又由
A--a+)-+xa-oY--
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
选项C正确.
208线性代数
第十章 矩 阵
u)-
注 设A是n阶方阵，则：
(3)A.
解P是初等矩阵，P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.故选项A正确.
(4)A.
解 根据初等变换不改变矩阵的秩，有
n={(Be)=-((-AB e))=-((-B e))-rAB)+n,
=-(AB))=-(。)=rA)+n,
=:AB)=-((B B))=(e)=n.
又r(AB)≤r(A),故r?≥r?≥r?,选项A正确.
注 分块矩阵的初等变换虽然在现行考研大纲中未作要求，但在近年考试中常出现.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C-1,得AB=C?1,再左乘C,得CAB=E.
故BCA=CAB.命题①正确.
A=(。9),B=(。o) A+B=(。9)
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.
(6)B.
解因A≠0,不妨设an≠0,则
|A|=anAn+a??A??+a??A??=a2+a2?+ais>0.
由a=A,知AT=A*,从而
AAT=AA*=|A|E,|AAT|=|A|2=||A|E|=|A|3,
故|A|2(|A|-1)=0.又由|A|>0,知|A|=1.所以AAT=|A|E=E,A是正交矩阵.选项B
正确.
正交矩阵未必是对称矩阵、对角矩阵、数量矩阵，故选项A,C,D显然不正确.
二、填空题
1(0zB.).
解由C·C"=|C|E,得
c"=Iclc1=|B|B)
209-
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=IAIIB。B°)-(A14BBBA)
=(B。AA°B.)=(302B.).
田g)-(0B)/BA)-°。)
(其中A,B均可逆).
(2)方
解 先说明k≠0,由已知，将|A|的第2,3,…,n列加到第1列，有
由于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=(α1,α2,…,α),A-1=(β?,β2,…,βa),E=(e?,e?,…,e),
由A-A=E,得A-(a?,α2,…,α)=E=(e?,ez,…,ea),故A-1a=e:(i=1,2,…,n),于是
A?1α?+A?1α?+…+A?1α。
=A-1(a?+α2+…十απ)
i-
即
k1
,即A-1的每行元素之和均为
注 此题也可作为一个结论，在做选择题、填空题时直接运用.
{4E,,n=2k-1'(k=1,2,).
(3)
解找出A”的规律，有
210-
-
…………………
线性代数
第十章 矩 阵
故A={4EA,n=2k-1k=1,2,…)
解 注意到A的特殊性，有
故E-A?=E,从而(E+A)(E-A+A2-A3)=E,所以
(E+A)-1=E-A+A2-A3
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+…+A*-1)=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
r(A+E)+r(B-E)≤3. ①
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
由式①与式②,知
r(A+E)+r(B-E)=3. ③
由u+)-)
2,且由B≠E,知r(B-E)≥1.
,得a-5
故由式③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
211--
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A=Po),
A2=9°o)0°o)-op°),
A°=(0°)?°c)-(p°aapoa)=(pa)DBa)a)=PaA,
A?=βTαA2,….
-ia.2.D-,ra-(32Dg-1,
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
A1-1==3--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，有
加解3
第2b×专如后第zx×(-)
oG×cm2h
将上述4次初等行变换用初等矩阵表达，得
Ea(-2)·E?(-2)·Ea(1)·En(1)A=E,
212--
……
线性代数
第十章 矩 阵
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?(-1)·Ea(1)·Ea(1)]
=[Ea(1)]·[Ea(1)]·[E?(-2)]"·[Ea(-2)]
=En(-1)·Ea(-—)·E?(-2)·Ea(2)
-9
(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-1
=-8(A'-2E)?1A?1=-8[A(A*-2E)]1
=-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
4-18-
注①由
,知A可逆，A'也可逆，直接计算A -2E,可证明A'-2E可逆，但计算
量较大.可考虑利用A的特征值λ?=1,λ2=-2,λ?=1,故A'的特征值为
AI===-2,A二=1,IAl-=2=-2,
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
A'-2E=-2A1-2E=-2(A?1+E)
显然可逆.
213-
-一
………………
…………………
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图记A-
x= ,则|A|=0,故A不可逆
—3—
令 ,则A
,只需解两个非齐次线性方程组即可.对增广矩阵
作初等行变换，得
解得其通解为(x?,x?,xs)T=k?(-1,3,1)T+(0,2,0)".
同理，解得另一个方程组的通解为(yi,y2,y3)T=k?(-1,3,1)T+(1,-2,0)?,故
x-2+-2+
(k?,kz为任意常数).
(6)证要证A,B是正交矩阵，只需证ATA=Em,BB=E.
依题设，PTP=E,则
prp=(0g)'6g)-(cB)g)
=(CAcc+BTB)=E=CE),
故 ATA=Em,ATC=0,CTA=0,CTC+BB=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A'C=0
知C=0,所以BB=E,,于是A与B是正交矩阵.
拓展题
解答题
B=Fia-(1.:0)2=2
(1)解注意到 2是一个数，则
A2=(aβT)(aβ)=α(βTα)βT=2aβT=BA.
同理，A?=B3A.
由2B2A2x=A'x+B'x+y,得2B3Ax=B?Ax+B?x+γ,故[(2B3-B3)A-B'E]x=γ,而
x=(k,zk,k-2),
于是有 ,解此非齐次线性方程组，得 k为任意常数.
(2)解(I)由AA'=|A|E,A'(A')=|A*|E,知
|A·I=|A|2=4,(A)=|A'|(A)1=|A|2·A=2A,
故|(A*)'|=|2A|=2?|A|=16.
(Ⅱ)已知条件(A')"XA*=4(AX+A),两边先左乘A',再右乘A,得
214………………………………………………
线性代数
第十章 矩 阵
A'(A')XA*A=4(A'AXA+A'AA),
故2X=2XA+2A,即X(E-A)=A,所以
x-AE-Ar-:-
—9—
215李林全家桶之⑥
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第十一章 向 量
基础题
一、选择题
(1)A.
解 对于选项A,由α2,αs,α,线性无关，知α2,α3线性无关，而α1,α2,α3线性相关，故α,必能由
a?,α3线性表示，选项A正确.
对于选项B,若α。可由α1,αz,α3线性表示，而α?又能由α2,α3线性表示，则α。就能由α2,α3线性表
示，这与α2,α3,α、线性无关矛盾，故α。不能由α1,α2,α3线性表示，所以选项B不正确.
同样，选项C,D也是错误的.
(2)C.
解 由线性无关的定义知，选项A,B不正确.
(),(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(
G),
,其中任意两个向量均线性无关，但三个2维向量显然线性相关，故选项D不正确.
综上所述，选项C正确.
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；
(iI)当s=n时，行列式|(α?,α2,…,α)|=0;
(Ⅲ)当sn-(n-1)=1个基础解系，故选项C正确.
(4)C.
解由AB=0,知B的每一个列向量都是Ax=0的解.
A1--a-n=0,所以A=1
又由B≠0,知Ax=0有非零解，从而|
又若|B|≠0,则B可逆，故ABB-1=A=0,与A≠0矛盾，所以|B|=0.
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.
(5)B.
230……………
……
线性代数
第十二章 线性方程组
解对于选项 B,由于r(AB)≤r(A)≤n0,
即对Va≠0,有(Aα)T(Bα)>0,所以有Aα≠0,Bα≠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)'(Bα)为内积(Aα,Ba)
二、填空题
(1)(1,1,2,3)T.
解设Ax=β有特解α*=(x?,x?,xs,xs),则
=(β-a?-2α?-3a?)x?+αixz+αzx?+α3x?
=βx?+(xz-x?)α?+(x?-2x?)α2+(x?-3x?)αs=β.
取x?=x?=1,xs=2x?=2,x?=3x?=3即可，故Ax=β有一个特解为(1,1,2,3).
(2)(x?,x?,x?)T=(0,0,1).
解由已知，A,=a,知A'=AT,故
-a-ag-A-
又由|A|=as?A?+a?zA?2+asAs=a2+a2+1=1,知as=as2=0,所以
(x?,x?,xs)T=(0,0,1)T.
(3)-15.
x-2
解由已知 的通解为
235李林全家桶之⑥
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2)+(_3)旦成+切，
即有As=0.n-(
.将β用ξ,η线性表示，再计算Aβ.
设B=()+(3)-(-5)
,则
{k:一k2=-10,
解得k?=2,kz=3.故
AB=ACE+37)=0+3An=:3)-9,
M=65,-19=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(2a2)=b,取
由解的性质，知Aα?=b,Aαz=b,故
n=2(a?+a2)=(2,1,3,2)
为Ax=b的特解.又A(α?+α?)=2b,A(α2+2α?)=3b,A(2α?+3α?)=5b,故
A[3(α?+α?)-2(αz+2α?)]=6b-6b=0,
A[(2α?+3α?)-(α?+α?)-(α2+2α?)]=5b-5b=0,
所以 η1=3(α?+α?)-2(a?+2αs)=(7,4,-1,6)T,
η2=(2α?+3α?)-(α?+α?)-(a?+2α?)=(12,2,-14,0)T
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，所以Ax=b的通解为
k(7,4,-1,6)T+k?(12,2,-14,0)T+(,1,2,2)
(k?,k?为任意常数).
(2)证(I)由Ax=β的解的结构，知r(A)=r(a?,α2,αs,α4)=3,并有
即 α?+2a2+2a?+α4=β, ①
α?-2α?+4α?=0.
②
由式①,知B=(αs,α2,α1,β-α)=(αs,α2,α1,a?+2a?+2as),又由式②,知α1,α2,α3线性相
关，由于r(A)=3,故r(B)=r(αg,α2,α1)=2.
236线性代数
第十二章 线性方程组
,知(0,-1,1,0)是Bx=α?-α2的一个解.又由于
且(4,-2,1,0)T与(2,-4,0,1)T线性无关，故Bx=α?-α2的通解为
(0,-1,1,0)T+k?(4,-2,1,0)T+k?(2,-4,0,1)T(k?,k?为任意常数).
(3)解由α?,α2,α3,α4与Ax=0的基础解系等价，知α?,αz,αs,α必是Ax=0的解，又由r(A)=1,
知Ax=0有n-r(A)=4-1=3个线性无关的解向量，故
r(α1,α2,α3,α4)=3,
其极大线性无关组是Ax=0的基础解系.
对(a?,α2,αs,α)作初等行变换，^有 -
当a=-3时，α1,α2,α?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)+k?(2,-3,-3,-5)T(k?,k2,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
k?(1,2,0,2)T+k?(-1,-1,1,1)T+k?(1,-1,1,5)T(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)T+k?(1,-1,4,5)T(k?,kz,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
有唯一解，故r(A)=r(A)=2,其中
由r(A)=2<3知|A|=0,即
-a+6+|-a+6+|
=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.
237--
李林全家桶之⑥
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又
2c=2(ac-b2),
将c=-(a+b)代入上式，得
62c--2[a(a+b)+b2]=-2[a+号]2+4]≠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=(a13,a?s,ass)是A中的第3列，且a;=A;,故
|A|=a1?A??+a?Az?+a33A=ai3+a2s+a3s>0(因a3≠0),
A?1=A
所以r(A)=3,即Ax=b有唯一解x=A-b.而 ,故
-六-六-
(6)证 只要证明r(A'A)=r(A'A|Ab).
记A=(α1,α2,…,α),则
r(ATA|ATb)=r(AT(α1,α2,…,α)|ATb)
=r((A'α?,ATa?,…,A'a)ATb)=r(A'(a?,a?,…,α|b))
≤r(AT)=r(ATA).
又r(ATA|A'b)≥r(A'A),故r(A'A|A"b)=r(A'A),所以方程组A'Ax=ATb必有解.
(7)证(I)依题设，(1,1,1)T是Ax=β的特解，(1,2,-2)T,(2,1,2)是Ax=0的基础解系，故
,所以λ?=3是A的特征值，α?=(1,1,1)T是A的一个特征向量.因为
--A--
故λz=λ?=0为A的特征值，αz=(1,2,-2)T,αs=(2,1,2)是A的特征向量.而
aae--3≠0
故α1,α2,α?为三个线性无关的3维列向量，即α?,α2,αg可作为R3的一组基，所以任意3维列向量α可由
α1,α2,α3线性表示.
+≠,+-
解(Ⅱ)由(I)可设α=x?a?+x?α2+x?as,即
,解方程组
得唯一解(x1,T2,x)=(1,3,-3)
,故
238-
--
…………
线性代数
第十二章 线性方程组
Aα=A(x?α?+x?az+x?a?)
=Am,+2Am,+m=-A-
(8)证由|A|=0且A,≠0,知r(A)=n-1,故Ax=0只有一个线性无关的解向量.又
所以Ax=0的通解为k(Aa,Ai?,…,Am)T
(9)解(I)依题设，
B=a-atan-a,+加：+a)=aic1
由Bx=α?有无穷多解，知r(B)<3,而α1,α2,α3线性无关，故
-(<
-0=2
从而
aa-
(Ⅱ)由已知，得
F
由α1,α2,α3线性无关，知 ,解此非齐次线性方程组，得通解为
(1,2,0)T+k?(1,-1,1)T(k?为任意常数).
(10)解(I)由已知，有
-三
由r(E-A)=1,得a=3.
-r--。
(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(C1知A-:
,计算可得( ,故α为任意非零列向量.
记α=(k?,kz,k?)T(k?,k?,k?为不同时为零的常数),
239-
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-a-a--c--日
放e-a,sD-c--
,其中k?,k?,k?不同时为零，且k?+k?≠2kg.
=1i
(11)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.又因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)→(!1a-1)
,得AX=0的基础解为(x?,x?,x3)T=(1,1-a,1)T,将
其代入BTX=0,即—x?-x2-2x?=0,得a=4.
AYx=0
=()<3.对)1
(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，有
解得(x?,x?,x?)T=k(1,-3,1)T(k≠0)为全部非零公共解.
(12)证(I)对(—A,α)作初等行变1换，有 —
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)T.
故AX=α的通解为
计算
240-
…………………………
线性代数
第十二章 线性方程组
)-](
-+4-
故AX=α的解均是BX=β的解.
解(Ⅱ)由(I)知，AX=α的解均是BX=β的解，但AX=α与BX=β不同解，故AX=α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
由(I)知，r(A)=3,故r(B)<3.又B有2阶非零子式 ,所以r(B)≥2,故r(B)=2.
对B作初等行变换，有
由r(B)=2,知a-1=0,即a=1.
2X=0
a)=a-),
(13)解(I)由A'X=0的解均是βTx=0的解，知ATX=0与 同解.故r
即r(A)=r(A,β).对(A,β)作初等行变换，有
a.-1
+
当a=1时，r(A)=1,r(A,β)=2,故a=1舍去.
a.p→-
当a=-1时，
故b=-2,有r(A)=r(A,β)=2.
综上所述，a=-1,b=-2.
A---
(Ⅱ)由(I)知，
,则由
8-A1--Aa+2'-0
得A的特征值为λ?=0,λ2=λ3=-2.
由os-A-
,得α?=(1,0,1)T.
241…………………………
李林全家桶之⑥
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由-8-A----
,得α?=(-1,1,0)T,a?=(-1,0,1)T.
P-aneamra--8-A
拓展题
解答题
解(I)A是正交矩阵，则A的列向量为两两正交的单位向量，故
=--
解得a=言b=-2,c=0,
,此时A的列向量为单位向量.
(Ⅱ)当A为正交矩阵时，
月一_
242线性代数
第十三章 相似矩阵
第十三章 相似矩阵
基础题
一、选择题
(1) B.
14
解(÷A2)2=3(A-)2, ,A-)2有特征值
,由已知A有特征值λ=2,故A?1有特征值- ,故所求特
314
征值为-
一
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
1Y AI
λ λ" λ λ
λ+k f(A)
α α α α α α
P?1a
其中f(λ)为多项式.以上结论可用特征值、特征向量的定义Aα=λa(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.
(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.
e-A-8
由|λE-A|=0,得A的特征值为2,2,1.又由 ,知r(2E-A)=1,即
(2E-A)x=0,特征值2对应2个线性无关的特征向量，所以A～C.
-B-
由|AE-B|=0,得B的特征值为2,2,1.又2E ,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
(4)D.
C-Di=:-3=xa-D=
解 对于选项D,由于| 0,所以D的特征值为λ=λz=0,
λs=1.对于λ?=λ?=0,由 -D-
可知r(OE-D)=2,故λ?=λ2=0只对应3-r(OE-D)=3-2=1个特征向量，所以D不能相似于
对角矩阵.
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,λ2=2,λ3=3,即B有3个不同特征值，故必相似于对角
矩阵.
243李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
对于选项C,由|AE-Cl=0,得λ?=λz=0,λ?=3,对于λ?=λz=0,由于
--L8-1
故λ=λz=0有两个线性无关的特征向量，故C相似于对角矩阵
(5)B.
解由于A～B,则|A|=|B|,故|A|=|B|≠0或|A|=|B|=0,即A,B同时可逆或不可逆
(6)A.
解A为抽象矩阵，用定义验证.
由已知，有Aα?=α1,Aα2=α2,Aα?=2αg,故
(2E-A)α?=2a?-Aα?=2α1-α?=1α1,
(2E-A)α2=2α?-Aαz=2αz-αz=lα2,
(2E-A)α3=2α?-Aα?=2a?-2α?=0α?,
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.
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)3|A|-|A1|=-|A |-|A-1|=-2,
f(1)=|E-A|-|A-1|=0-1=-1,
故由拉格朗日中值定理，知至少存在一点x。∈(0,1),使得
f'(xo)=f(1-f==1--2)=1.
故选项C正确.
二、填空题
(1)-1.
Za=ba
解由A～B,有 ,知1+1+1=-1+5+a,得a=-1.
(2)-1.
解设λ是A的任意一个特征值，α≠0为对应的特征向量，则Aα=λα,故
(A2+2A+E)α=A2α+2Aα+α=λ2α+2λα+α=(λ2+2λ+1)a=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，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
eP=A-88
由于 P-1BP=P-(A3-2A2)P=P-1A3P-2P?'A2P
=(P-1AP)3-2(P?1AP)2
--8-旦c.
故B与C相似，从而r(B)=r(C)=1.
244线性代数
第十三章 相似矩阵
三、解答题
(1)解(I)由
E-AI-三-三
-a-5三-a-5:子
=(λ-5)(A+1)2,
可得A的特征值λ?=5,λz=λ3=-1.
对于λ?=5,解方程组(5E-A)x=0,即
s-A--3-3-1:3
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.
对于λz=λ3=-1,有
-DE-A-
解得α?=(-1,1,0)T,αs=(-1,0,1)T,即k?α?+k?a?(kz,kg是不同时为零的任意常数)是λ?=λ?=-1
对应的全部特征向量.
(Ⅱ)令P=(a?,a?,a?),则P-AP=A=o-1
(Ⅲ)由(Ⅱ)知λz=λs=-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)T,
βs=a-B,B)B?=(-1,0,1)?-2(-1,1,0)T
=(-2,2,1)=2(-1,-1,2)T.
再对α?,β2,β?单位化，得
r?=}(1,1,1)2,r?=(-1,1,0)2,r.=店(-1,-1,2)?,
Ae=A=8-
令Q=(Y?,Y2,Ys),则Q为正交矩阵，使得Q-
注①此题属于基础题，在计算|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α?=(1,1,1)T;
由(OE-A)x=0,得A的特征向量α?=(-1,1,0)T,αs=(-1,0,1)T,
245…………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
P=alae)-
,则P可逆，且P-'AP=B.
(Ⅱ)A是实对称矩阵，故A相似于对角矩阵.由
AE-A|=(λ-1)(+1)(A-2),lAE-B|=(a-1)(a+1)(λ-28),
,所以
知A与B都有3个不同特征值λ?=2,λz=-1,λ3=1,因此A与B均相似于对角矩阵
A～B.
由(2E-A)x=0,(-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).
令P?=(α1,αg,αs),则P1AP?= diag(2,-1,1).
同理，可求得B属于λ=2,λz=-1,λ?=1的特征向量分别为
β?=(0,0,1)T,β2=(0,1,2)T,β?=(1,0,0)T.
令P?=(β,β?,β?),则P?'BP?=diag(2,-1,1),故P?'AP?=Pz'BP?,即
P?P'AP?P?1=B=(P?P?1)?1A(P?Pz1),
令P=p-
,则P?1AP=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)=t(B),
r(A)=r(B),|λE-A|=|AE-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
比较等式两边对应元素，得λ=-1,a=-3,b=0.
(I)由(T)知A-L
,则
A-A1--BA-a+,
得A的三重特征值λ?=λz=λs=-1.由
-8--2
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
---)-
246……………………………………………………………………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
所以x=2,y=-2,故 ^-L二一
又A的另一个特征值λs满足λ?+λ?+λs=2+2+λ?=∑a=10,故λs=6.
对于λ=λz=2,由(2E-A)x=0,得α1=(1,-1,0)T,αz=(0,1,1)T;
对于λg=6,由(6E-A)x=0,得α3=(1,-2,3)T
令P=(α1,α2,αs),则P-'AP=A=diag(2,2,6).
(5)解(I)由已知，有
enACa-,ana)=a?+a?+as2a+as.20?+30a,)=(aiaa2
①
,由于α1,α2,α3线性无关，记C=(a?,α2,α3),则C可逆.
由式①知AC=CB,即C?1AC=B,因此A与B有相同的特征值.由
E-Bi--a-pra-0=
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.
对于λ?=λ?=1,由(E-B)x=0,可解得基础解系为η1=(-1,1,0)T,η2=(-2,0,1)2;
对于λ?=4,由(4E-B)x=0,可解得基础解系为ηs=(0,1,1)T.
BP=A=
令P?=(η?,η2,η3),则P? ,于是P'C?1ACP?=A,即(CP?)?1A(CP?)=A
令 P-CR-ac
=(-α?+α2,-2a?+α3,α2+α?),
P-'AP=A.又由A～A,A则-A-Z2EI～-A-12E4,故-1--1-2
(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=μz=0,
μs=14,故A的特征值为λ?=λz=0,λ?=14.
由已知，二重特征值λ?=λ2=0,对应的特征向量为k?α1,k?C?(k?,k?不同时为零),且α1,α2线性无
i=o,
即
关.设λs=14对应的特征向量为α3=(x1,x?,xs),因为A是实对称矩阵，故
Zz+x=,
解得αs=(1,-1,2)T.因此λs=14对应的特征向量为k?a?(k?不为零).
(I)令P=aaa-
,则P可逆，使得
247-
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(7)解由A~B,知A,B有相同的特征值λ?=λz=b,λ?=c.又
-A1--2=-a-202--+3-a,
二重特征值λ?=λz=b有两种情况：b=2或b≠2
当b=2时，由于b是二重特征值，因此λ2-10λ+13-a会有因式λ-2,故可得a=-3.
亡a=b
又由A～B,知 ,即1+5+6=2b+c,故c=8,且此时有
B--(-
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=(λ-5)2,即得a=-12.而
B-A)-=|)-2*1,
即λ?=λ?=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)设λa=-1对应的特征向量为α3=(x?,xz,xs)T,由实对称矩阵不同特征值对应的特征
jea=:+zt+z=-。
向量必正交，可知 解得α?=(-1,1,0)T.因此与λs=-1对应的特征向量
为ka?(k 不为零).
(I)令P=acne-
,则P-1AP=A=diag(1,1,-1),故
A=Pe--
(9)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和1.
又r(A)=r,故r(A)=r,即有
(1
1
r个
1
0
0
248……
线性代数
第十三章 相似矩阵
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和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,(0E-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+,α+2,…,αn,
所以P=(α1,α2,…,α),使得
1
一1
r个
P1AP=
1 =A,
0
0
可得3E-A～3E-A,所以|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的任意一个特征值，α是对应的特征向
量，即有Aα=λα(α≠0),故A2α=λAa=λ2α,即有
(A2-A)a=(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,但有多少个特征值取0或1,
(),(19)
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( 都满足A2=A.
(10)解(I)求A的特征值.由Aα,=λa?(i=1,2,3)有，
-日
.8
解得入=3,λz=2,λ=1.
令P?=(a1,α2,αs),则P?1AP?=A=diag(3,2,1).故
A-Par-
—1—
249-
……………………………………
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(Ⅱ)由(I)知
A与A有相同的特征值μ=3,μ2=2,μ3=1.下面求AT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(IE-AT)X=0,得β?=(-1,1,0).
P-a.D.--
,则P?'ATP?=A,故
P?'AP?=Pz'A'P?=A=diag(3,2,1),
即P?P1AP?P1=AT,于是(P?P?1)?1A(P?P1)=A.令
P-p:--
则P?'AP=AT.
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-1p=B-1,两边同时求逆，得
P-1AP=B, ①
故A～B.式①两边同时取转置，得PTAT(P-1)T=BT,即PTAT(PT)-1=BT,故A'～B.
又由P-'AP·P-'AP=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.又由
|λE-A|=λ2(λ-2)(λ-4)=0,
得A的特征值为λ?=λz=0,λg=2,λ=4.而B～A,故B的特征值也是
λ?=λz=0,λa=2,λ4=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,所以选项D正确.
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.
由于λ?=2是单根，故对应一个特征向量，所以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；
(Ⅲ)(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(λ.E-A)=n-k).
这三个基本定理必须熟练掌握.
250…………………………………………………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
(3)C.
解 对于选项A,由|λE-A|=0可得特征值λ?=0,λz=1,λ3=-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,λz=1,λs=-5,与A的特征值不同，所以B与A
不相似.
对于选项C,由[AE-C|=0可得特征值λ?=0,λz=-1,λ?=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,λ?=-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?,Aa.由
|AE-A|=|aE-A?I=|λE-A?|=|λE-A?|=|λE-A?I=(A-1)3,
可知五个矩阵的特征值均为λ?=λz=λ3=1.
由E-A-{-
,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
E-A-
知 r(E-A?)=2,
R-A--
知 r(E-A?)=1,
E-A-8
知 r(E-A?)=1,
E-A-
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--As),r(E-A?)均不相等，所以
E-A与E-A?,E-A?,E-A?均不相似，故选项A正确.
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?=α1,Aα?=-α2,则
A2α?=Aα?=α1,A2αz=A(-α?)=-Aaz=α2,
从而
A2α?+A2α2=A2(α?+α2)=α?+α2.
由已知，α1与α2线性无关，故α?+α2≠0.所以，α1+α2是A2的特征向量.选项D正确.
对于选项A,若k=0,则kα1=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(α?-α2).又
A(α?-α2)=Aα?-Aα2=α1-(-α2)=α1+α2,
故 α?+α2=λα?-λα2,
即
(1-λ)α?+(1+λ)α2=0.
由α1,α2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.
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同理可知，选项C不正确.
(6)B.
解由(A-2E)a=0,得Aα=2a,故λ?=2为A的特征值，α?=α=(-1,1,1)T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=λ?=0是A的二重特征值.令其对应的特征向量为β=(x?,x?,x?)T,则
αTβ=-x?+x?+x?=0,
解得β?=(1,1,0)T,βz=(1,0,1).故有
(OE-A)β?=-Aβ?=0,(0E-A)β2=-Aβ?=0,
即Aβ?=0,Aβ?=0.又因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@iae)=Caua+da,u,+a)=au,
由于α?,α2,ag线性无关，则
aenapynAasa-B
E-Bi--a-v=o
由
A
知B的特征值为λ?=λz=λg=1,也是A的特征值，且|A|=1,从而A*的特征值为 ,即μ1=μ2=
μ3=1.故
An+A22+A?3=tr(A)=μi+μ2+μ3=3.
选项C正确.
二、填空题
(1)-4.
解由B=P-1AP,知AP=PB,故
AP=A(α,Aα,A2α)=(Aα,A2α,A3α)=(Aα,A2α,3Aα-2A2α)
-aAa)8-PB,
故a-
,则
|A+E|=|PBP-1+PP-1|=|P|·|B+E|·|P-1I
-1B+Ei---
(2)αz=(1,1,0)T,αs=(1,0,1)T.
解由于r(A)=1,A为实对称矩阵，故A~A=diag(a?,λ2,As),且λ?=2,λ2=λ?=0.
设λ?=λg=0对应的特征向量为α=(x1,x2,x?)T,则α与α?正交，即
252-
………………………………………………………………………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
α{a=-x?+x?+x?=0,
解得αz=(1,1,0)T,α3=(1,0,1)T
由(OE-A)x=0,知Ax=0的基础解系为α?=(1,1,0),α3=(1,0,1)T.
(3)2*a-1).
解 由已知，有
aja,={0,i=;
(i,j=1,2,…,k),
则 A2=(a1αl+α?α+…+ααT)2
=α?(αTa?)αT+α?(αa?)αZ+…+α(aTa)αT
=α?αl+α?αZ+…十αAαL=A,
.A为实对称矩阵，且r(A)=r(BBT)=r(B)=k,故A有
k重特征值1和n-k重特征值0,从而A+E有k重特征值2和n-k重特征值1.故
|(A+E)|=|A+E|"?1=(2*)"?1=2*a-1D.
三、解答题
^i---a-2v=0,解籍A=2由
1)解由0是A的特征值，知|
E-A1-三-a-0=
得A的特征值为λ?=λ2=0,λ?=6.
由(OE-A)x=0,得特征向量α?=(-2,1,0)T,αz=(-1,0,1)T;
由(6E-A)x=0,得特征向量α?=(1,2,1).
对二重根0的特征向量α1,α2正交化，令
β?=α?=(-2,1,0)T,
B?=aP?,)B?=(-1,0,1)2-号(-2,1,0)T
=亏(-1,-2,5)",
单位化后得r=店(-2,1,0)2,v?=3(-1,-2,5)',r.=言(1,2,1)".
令Q=(Y?,Y?,Ys),则Q为所求正交矩阵，使得
cAe-0-e-A-
(2)解(I)由已知，有
m=Ra,ae)-,,)--a)-aa-9
ec--
,则BA=AC,故A?1BA=C.又由
253-
--
-
……………
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E-cl--a-Da-2a+2)=
得C的特征值为λ?=1,λz=2,λg=-2,也是B的特征值.
(Ⅱ)求C的特征向量.
对于λ?=1,由(IE-C)x=0,得51=(1,0,0);
52=(0,-贵，1)';
对于λz=2,由(2E-C)x=0,得
5:=(0,2,1)'.
对于λ?=-2,由(-2E-C)x=0,得
,则
P'CP?=A=diag(1,2,-2). ①
将A?1BA=C代入式①,得P?1A?'BAP?=A,即(AP?)?1B(AP?)=A.令
则P为所求可逆矩阵，使得P-'BP=A.
(3)证(I)用定义证.设 k?α?+k?α2十…+knαn=0, ①
由已知条件，有 Aα?=α2,
A2α?=Aαz=αg,
A"?1α?=A"2α?=…=Aα1=αn,
A”α?=A"?1az=…=Aα=0.
用A?1左乘式 ①,得k?α。=0,因α。≠0,得k?-0.依次用A"?2,A"3,…,A左乘式①,可得
kz=k?=…=k?=0,代人式①,得k。=0,故α1,α2,…,α,线性无关.
-dorrw--
(4)证(I)用定义证.设
k?β+k?Aβ+k?A2β=0, ①
由已知有
Aβ=A(α?+α2+α?)=λ?α?+λ?α?+λ?αg,
A2β=λ2α1+λzα?+λ2αg.
将β=α?+α?+α?及以上两式代入式①,整理得
254--
-
…………………………………………………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
(k?+kzλ?+k?λ2)α?+(k?+k?λ?+k?λ2)a?+(k?+kzλ3+k?λ3)α?=0,
由于α1,α2,α3是不同特征值对应的特征向量，故它们线性无关，所以
十
≠
其系数行列式
,所以k?=kz=k?=0,故β,Aβ,A2β线性无关.
解(Ⅱ)由Aβ=Aβ,有
ACAAD=cATAD)-ApAPA)-Qpan
令P=(β,Aβ,A2β),故AP=PB,其中1 ,即P-1AP=B,所以A-E与B-E相似，
故r(A-E)=r(B-E).而
-)--1-2
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
λ=βa=∑ab;
式①两边左乘βT,得βTaβTξ=λβTξ.当βTξ≠0时，有 ;当βTξ=0时，由式①
=β^a=∑a,bi.
知λ=0,故A的特征值为λ=0或λ
a'β=∑abi=0时，由(I)知，A的全部特征值为λ=0(n重根).因为α≠0,β≠0,故
(Ⅱ)当
A=αβT≠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,因此只有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)5=(a'BE-aβT)ξ=0,以及
(αTE-aβT)α=(aTβ)α-α(βTα)=0,
知对应的特征向量ξ=α,对于λ=0,由于(OE-A)ξ=0,即Aξ=αβTξ=0,故有
βTξ=b?x?+b?x?+…+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,
53=(b?,0,-b?,0,…,0)2,
ξ。=(b,0,…,0,-b?).
255-
-
ar-
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0J
k=B'a=Zab,即
注①此题A=αβT,显然r(A)=1,故A2=kA,其中
A2=(βTα)A.
设A的任意一个特征值为λ,则A2-(βTα)A有特征值λ2-(βTα)λ.
而A2-(β'a)A=0,故λ2-(B'aλ=0,从而A有特征值λ=0,λ=β'a=ab
(这实际上是
秩为m1的矩阵特征值的结论).
c-m
②求A的特征值、特征向量的常用方法：
(i)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).
A1=Za=n,A?=As=…=A。=0,于是A的
由r(B)=1,|λE-B|=0,得B的特征值为λ
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,…,αn=(1,0,0,…,-1)T,
由特征值、特征向量的性质，知α1,α2,…,α。也是A的特征向量
令P=(α?,α2,…,απ),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
-n 且a≠1,
a)={1a=1-",
故
注①设Ba=λα(a≠0),A=(a-1)E+B,则
Aα=[(a-1)E+B]a=(a-1)a+Ba=(a-1)α+λα=(a-1+λ)a,
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)由αTβ=0,知βTα=(αTβ)T=0,即α,β为单位正交列向量.由已知，
Aα=αβTα+βaTα=β,Aβ=αβTβ+βa"β=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.
256~-。
………………………………………………………………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
所以1,-1是A的特征值，又
r(A)=r(αβT+βa)≤r(aβ)+r(βaT)=1+1=2,
故A不可逆，所以0是A的特征值，即A有3个不同的特征值1,-1,0,从而
解(Ⅱ)由Aγ=0,γ≠0,知γ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
rAP-_
γ,2(α+β),β-α,故1
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 ,--
m-
A1=(aβT+βa)T=(aβT)T+(βaT)T=βa?+aβT=A,
故A是实对称矩阵，所以A～A.
(8)解(I)由 ,得
所以B的特征值为λ?=1,λ2=λ3=2,λ?=1对应的特征向量为α?=(1,1,1)T.
令λ?=λ?=2对应的特征向量为x=(x?,x?,x?)T,则由于B为实对称矩阵，故x?a1=0,即
x?+x?+xs=0,解得
α2=(-1,0,1)T,α=(-1,1,0).
.--n--
故B的对应λz=λ?=2的特征向量为k?αz+k?α?,其中kz,k?为不全为0的任意常数
(Ⅱ)对α2,α3正交化，令
再单位化，得
-日，-,-后
令Q=(,Yar),则2为正交矩阵，使得Q2=Q"Be=A-2
■D)ea-
当a≠0时，r(B)=2,由向量组(1)与(ii)等价，知r(A)=r(B)=2,故
A--a2-D-0,得a-±1
当a=1时，对(A|B)和(B|A)作初等行变换，有
257-
-
……
李林全家桶之⑥
交然金麻概字精讲精练300那(数学三解析分册
a--
故B的列向量组可由A的列向量组线性表示；
a-
故4的列向量组呵由B的列向量组线性表示，从而向量组(1)与(I)等价
当a=-1时，有
---:
故B的列向量组可由A的列向量组线性表示；
故A的列向量组可由B的列向量组线性表示.从而向量组(1)与(ii)等价.
综上所述，a=±1. —1—
(Ⅱ)由(I)知，当a=1时， 是实对称矩阵，故存在正交矩阵Q,使得Q-4Q-A
由--I-a-Da+2,Am在x,-cu-
a--L-1
,得a?=(1,0,1)T.
由---
,得α2=(0,1,0)T.
由-a---
,得α?=(-1,0,1)T
将α1,α2,α3单位化，得
n-a.,DP,x-(0,1.0°,v-言(-1.0,D:
a令Q-=(r-?,HY?,ars)-,则-Q-A2Q=A=diag(0,1,—2).
不是实对称矩阵，故不存在正交矩阵0.使得0-1A0=A
综上所述，当a=1时，存在正交矩阵Q,使得Q1AQ=A.
(10)解(I)对(A,B)作初等行变换，有
258^
…………
线性代数
.第+三如
一早相佩
由AX=β有无分多解，知r(A)=r(A,β)<3
A.D-a-?=0,a=±1.
当a=1时，
an-
解得AX=β的全部解为k?(-1,0,1)*+(1,-1,0)'(k?为任意常数)
当a=-1时，
解得AX=β的全部解为k?(1,l0,1)?+(-1,1,0)'(k-?为任意常数).
(Ⅱ)当a=1时，
由tA=1,trB=-3,知A与B不相似.
当a=-1时，
-A1--a-Da+2.
由
-B--a-Da+2,
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o-A-1-1--
,得α?=(1,0,1)
由u-A-2
,得a?=(0,1,0)2.
由-a-A-L-
,得α?=(-1,0,1)".
将α1,α2,αs单位化，得
?=(1,0,1)",Y?=(0,1,0),Ys=(-1,0,1)
令Q?=(Y?,Y?,Ys),则QAQ?=A=diag(0,1,-2).
由o-B---
,得β?=(1,1,0)T.
由u-8-
,得β?=(0,0,1)T
259-
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由-E-B-
,得β?=(-1,1,0)".
将β?,β?,β?单位化，得
5=(1,1,0)T,s?=(0,0,1)2,5。=方(-1,1,0)°.
令Q?=(ξ1,52,53),则Q'BQ?=A=diag(0,1,-2).
故Q?'AQ?=Qz'BQ?,Q?Q'AQ?Q1=B,即(Q?Q1)?1A(Q?Q1)=B.
令Q=Q?Qz1,则Q-1AQ=B,
:
(11)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的任意一个特征值，ξ为AB对应的特征向量，则
ABξ=λξ, ①
式①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B5=0,则由于Aξ=ABE=0,又ξ≠0,故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，知A～A,即存在可逆矩阵P,使得
由AB=BA,得
(P-1AP)(P-'BP)=(P-1BP)(P-1AP), ②
令P-1BP=(C?)nx,代人式②,得
小
比较等式两边元素，得
λ.C,=C,λ;(i,j=1,2,…,n).
当i≠j时，有(a,-a,)C。=0,而λ:≠λ,故C=0,即
260…………………………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
小
故B相似于对角矩阵
(12)证令Q=(α1,α2,…,αn),由已知，有
A=Qdiag(λ1,λ2,…,λ)Q-1=Qdiag(λ1,λ2,…,λn)QT,
故
=λ?α1αl+λ?α?αZ+…十λ,α,αT
(13)证(I)用反证法.假设α,Aα线性相关，则存在不全为0的常数k?,k?,使得
k?α+kzAα=0.
Aα=ka,
显然k?≠0(若k?=0,则k?a=0,由α为非零向量，知k?=0),则有 ,这与α不是A的
特征向量矛盾，故α,Aα线性无关.
(Ⅱ)由于
AP=A(a,Aa)=(Aa,A2a)=(Aa,8a+2Aa)=(a,Aa)(12)=P(12),
故P1AP=(12)二B.又由
AE-BI=|-1a-2|=x2-2x-8=a+2)a-4)=0,
^-x=
得B的特征值为λ?=-2,λz=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.
(14)解(I)由已知， 有无穷多解，故r(A)=r(A,β)<3.
A1-g-a+Da-D=0-1或e--1
由|
a,B)-a)-1,rC,B)-2,散AX=B无解
当a=1时，
当a=-1时，
-明
由r(A)=2=r(A,β),知b=-2,故a=-1,b=-2,因此，有
261--一
……………………
…
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数)故B=(k+3)α-—α2+ka
=k+亭，x=-,x?=k(k为任意常数),故P2
解得：
,又由
(Ⅱ)由(I)知，
E-Al=2-aa+232=0,
--L一
得A的特征值为入，=0,λ,=λ=-2.由
得A的特征向量为β=(1,0,1).由
P得A的特-征向量为0β=(-1.,1,0)T,.β=(-1,m0,1)T -
(15)解(I)由A～B,知
A=[B, {s=a+5,
即
解得a=0,c=3.
由
E-A1--a-va-3)=o,
得A的特征值为λ1=λ2=1,λs=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μ1=μ2=1,μ3=3.由
-)-)-
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,α,=(0.0.1)T
由(3E-A)X=0,得特征向量α3=(1,1,0)T
由P?=(α,α2,α3),则P-1AP= diag(1,1,3)
262-
………………………………………………………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
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β?=(1,0,1)T.
令P?=(β?,β2,β?),则P?'BP?=diag(1,1,3).
故P'AP?=P'BP?,即(P?Pz1)-1A(P?P?1)=B.
:
令P=P?P?1,则P-1AP=B.故
P-pe:-
为所求可逆矩阵.
(Ⅲ)由|A|=1×1×3=3,知A*的特征值为
Al=3, Al=3,A-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可取与A*的特征值3对应的特征向量
α1=(-1,1,0)T,αz=(0,0,1)T,
即与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)(I)解 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Bin=-1≠0,从而r(B')≥1,
故r(B')=1.
证(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,
故(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=1对应的特征向量可取B的第1列与第2列，即α?=(1,1,-1),αz=(-1,0,1)T
由B-
,可求得代数余子式Bn=-1,Bz=0,B?=-1.
取(B*)T的第1列，即α?=(-1,0,-1)为λ=-1的特征向量.
263李林全家桶之⑥
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mPw-a-
金P=aia-
,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?,x?,x?)T,由A是实对称矩阵，知α?,a?,α3两
两正交，故
①
②
③
由式①解得k=1或k=-1.
当k=1时，由式②、式③解得α3=(-4,1,1)T,且
a?=(1,2,2)T,α2=(0,-1,1)T,β=(2,-5,3).
又由已知
A'β=λ.β, ④
式④左乘A,得AA"β=λAβ,|A|β=λ?Aβ,即
AB=Aβ=-2β(AI=AiAzλg=-2),
故β应是A的特征向量，但β与A的特征向量α1,α2,α3中的任意一个都不共线，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
α?=(-2,1,1),α3=(-2,-5,1)T,β=(2,5,-1),
故 Aα?=λ?α3=—αg, ⑤
式⑤左乘A*,得A*Aa?=-A'αs,即|A|α3=-A'α?,又αs=-β,|A|=-2,故
-2(一β)=-A'(一β),
即A'β=2β,所以λ。=2,k=-1.
J(Ⅱ)由于 -E·
故(A-)·=A=-2A.
(2)解(I)令λ是A的任一特征值，则Aα=λα,α≠0.
由A2-2A=0,有(A2-2λ)α=0,故λ=0或λ=2.
又由于A是实对称矩阵，且r(A)=1,故λ?=λz=0,λ3=2.
由e知-i-
,故a?=(1,1,0)",a2=(1,0,1)T是λ?=λ?=0对应的特征向量.
令α=(x?,x2,xs)T是λg=2对应的特征向量，则由实对称矩阵不同特征值对应的特征向量必正
aie,=:+z,=0,
交，有 解得α3=(-1,1,1)T.
264…………………
线性代数
第十三章 相似矩阵
P=aue-,rp--A
÷2放A=PAP-号
(Ⅱ)由(I)可求得1
(3)解(I)由A~B,知tr(A)=tr(B),|A|=|B|,即5=a+5,3=4a—c,解得a=0,c=-3.由
E-A1--a-va-3,
知A的特征值为λ1=λz=1,λ3=3.由
aE-A-=9)-1
知λ?=λ2=1有2个线性无关的B特征向-量，故A～A.又由A~B,知B～A,且A与B有相同的特征值，
即B也有二重特征值1.又由于 ,故
aE-BD)-[--
解得b=-2.
(Ⅱ)求A的特征向量.
对于λ?=λz=1,由(1E-A)x=0,解得α?=(1,0,0)T,αz=(0,1,-1).
对于λg=3,由(3E-A)x=0,解得α?=(0,1,1)T
令P?=(α?,α2,αs),则P'AP?= diag(1,1,3).
来B-
的特征向量.
对于λ?=λ2=1,由(1E-B)x=0,解得β?=(-2,1,0)T,β?=(-3,0,1)"
对于λg=3,由(3E-B)x=0,解得β?=(-1,0,1)T.
令P?=(β?,β2,β?),则P?'BP?=diag(1,1,3).故P?1AP?=P?'BP?,即
(P?Pz1)?1A(P?P?1)=B.
金P-pw:-
,则P-1AP=B.
(4)解依题设所给的递推关系，有
6)-(-14)()-(_12)()=…-(-14)(6.
记A=(_14),
,为求出an,b,只要求A”,为此先求出A的特征值和特征向量.
由
AE-Al=|^-1A-4|=a-2)a-3)=0,
265……
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得A的特征值为λ?=2,λz=3.
由(2E-A)X=0,得A的特征向量为α,=(2,1)T;
由(3E-A)X=0,得A的特征向量为α2=(1,1)T.
p-AP=A=(03)
令P=(α,a?),则 ,故A=PAP-,
A"=PAP1=(?1)(2。3°)(_1-2),
所以
6)=A6)=(?1)(。3°)(_1-2)(_1)=(2-3).
于是 a,-bn=2"+2-3"+1-(2"+1-3*1)=2°+1,
--言
故
266…………………
线性代数
第十四章 二次型
第十四章 二次型
基础题
,
一、选择题
(1)B.
解用配方法，有
f(1x2x)=2xi-2z;(z?+x)+贵(z?+xo2+叠3+是x-3z
=2(x?-2x-2xs)2+2(x2-2xzxs+x2)
=2(x?-2z-2xs)2+2(x?-xs2
f=2vi+2yi.
令 则标准形为
注①错误做法是：
令 则标准形为f=y2+y2+y2.
L
错误的原因是矩阵 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+3x2在可逆线性变换x=Py下化为f=2y2+3y2+y},故
该变换为
-P-
即
注①若f=x'AxP可逆(Py)'APy=y'PAPy,PAP=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=pB,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,
又E=E,ET,=E,故B=E.,;AE;=ETAE,=ET,AE,,所以A与B等价、相似且合同.
(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.
267李林全家桶之⑥
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f的件方A-二-
,由
|λE-A|=λ2(A-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,故选项A正确
(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-Be=(。9),B=e(。9)e-1,则
B=e(!-9)e-e(!-9)e=e(9)e-e(9)e?
记A?=Q(。-1)Q-1,A?=Q(。1)e-1,则B=A2,B=A2,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 对于选项A,因选项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.排除选项A.
对于选项B,由r(f)=p+q≤n,知当q=0时，有r(f)=p≤n.此时可能p0,△?=|14=4-a2>0,
--u-Da+2>0.
解得-20).
对于λ?=1,由(1E-A)x=0,得α1=(0,1,-1)T;
对于λ2=2,由(2E-A)x=0,得αz=(1,0,0)T;
对于λ?=5,由(5E-A)x=0,得α?=(0,1,1)T.
显然α1,α2,α3已两两正交，单位化得
r?= (0,1,-1)2,v?=(1,0,0)2,r.=(0,1,1),
令Q=(Y?,Y?,Y?),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)(Px)>0.
-“
由二次型正定的定义，知xTAx是正定的，故A正定.
(必要性)由于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-ee2=-]o
p-°
取 ,则A=PIp.
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.又由|A|中有2阶子式
22≠0,
,知r(A)≥2,故r(A)=2,从而|A|=0.
A1-|1=-8=0,得a=2
由|
当a-2HA--1
E-A1--xa-2a-3,
故A的特征值为λ?=0,λz=2,λ?=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,+∞).
(Ⅱ)由Q"AQ=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.
270……………………………
…线…性代数
第十四章 二次型
由o-A-L--
,得α?=(-1,1,2)T.
由2E-A-L-
,得αz=(1,1,0)T.
由闽-A-L
,得α=(1,-1,1)T.
将α?,α2,αs单位化，得
r?=(-1,1,2),v?=—(1,1,0)°,rs=a,-1,1)?
令Q=(Y?,Y?,Ys),则Q为正交矩阵，使得
Q1AQ=B.
(5)解(I)依题设，f(x?,x?,xs)=0当且仅当
对上面方程组的系数矩阵9作初等行-变换，8有 -9-
当a≠1时，f(x?,T?,xg)=0只有零解(0,0,0)T.
当a=1时，f(x?,x?,x?)=0有非零解，且通解为k(-1,1,1)T(k为任意常数).
(Ⅱ)由(I)知，当f(x?,T?,x?)=0有非零解时，有a=1.此时
f(x?,x2,xg)=2x2+2x2+2x3+2xix?+2x?x?-2x?x?,
其矩阵为 ^-B
E-A1--xa-3,
由
得A的特征值为λ?=0,λz=λ?=3.
对于λ?=0,由(0E-A)X=0,得特征向量α?=(-1,1,1)T.
对于λ2=λ?=3,由(3E-A)X=0,得特征向量
a?=(1,1,0)",as=2(1,-1,2)2(α2,as已正交).
将α1,αz,α3单位化，得
r=方(-1,1,1)2,r?=—(1,1,0)T,ra= (1,-1,2)°.
令Q=(Y?,Y?,Y?),则X=QY为所求的一个正交变换，其标准形为
0y2+3y2+3y3=3y2+3y}.
,有f(x?,T?,xs)>0,故
(Ⅲ)当a≠1时，由(I)知f(x?,T?,xs)=0只有零解，即
271………………
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f(x?,T?,x?)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
e,---
性指数为0.所以，f(x?,T?,xg)的规范形为x2+z}.
(6)解(I)由α?+2α?-α3=0,有
故λg=0是A的特征值，βs=(1,2,-1)是其特征向量.
令λ?=λz=1,对应的特征向量为β=(x?,x?,xs)2.由A为实对称矩阵，知βTβ?=0,即xi
2x?-x?=0,解得β=(-2,1,0)T,β2=(1,0,1)T为λ?=λ2=1对应的特征向量.
将β,β2正交化，得
η1=β?=(-2,1,0)T,
n2=B?-P?,BiB?=号(1,2,5)"
将η1,η2,β3单位化，得
r?=方(-2,1,0)2,r?=3(1,2,5)?,r.=店(1,2,-1)'.
令Q=(Y?,Y?,Y?),则X=QY为所求的正交变换，标准形为y2+y2.
(Ⅱ)由(I)知，Q-1AQ=A,A=QAQ-1=QAQT,故
郭养
~-
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α1,α2是A*X=0的两个基础解.
故所求通解为
k,(6,-3,6)2+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).又r(A)=1,A是3阶实对称矩阵，故
即λz=λg=0是A的二重特征值，设其特征向量为β=(x?,x?,xs),由A的不同特征值对应的特征向
量必正交，知αTβ=-x?+x?+xs=0,解得基础解系为
β?=(1,1,0)T,β2=(1,-1,2)T,
满足(OE-A)β?=0,(OE-A)β?=0,即Aβ?=0,Aβ?=0,故AX=0的通解为
k?β?+kzβ?=k?(1,1,0)T+k?(1,-1,2)(k?,k?为任意常数).
(Ⅱ)将α1,β?,β?单位化，得
r?=}(-1,1,1)2,v?=方(1,1,0)T,r:=(1,-1,2).
令Q=(Y?,Y?,Ys),则Q-1AQ=A,故
272………
线性代数
第十四章 二次型
高
一
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，XTAx×=ex2y2+0y2+0y?=0.
令y?=0,y?=c?,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?+y?)(y?-y2)+(y?-y2)y?=y2-y2+y1y3-y?ys.
用配方法化为标准形，得
f=(v?+2v.)2-(?+2v)2,
矩阵
可逆，故二次型为f=z2-z2,所以p=1,q=1.
(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C"AC=B,故r(A)=r(B),且正、负惯性指数不变，即pA=ps;
反之，若r(A)=r(B),且pA=pB,由于
PA+qA=r(A),pB+qs=r(B),
故qA=qB,所以A与B合同.
③是充分条件.
273李林全家桶之⑥
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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
实对称矩阵时，由于(CIAC)T=BT,即CTA'C=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)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xi,x?,…,xn,有
f(x?,x?,…,x)≥0,其中当且仅当下列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?a?…a,≠0时，对任意不全为0的x?,xz,…,x都有f(x?,x?,…,xn)>0,故正定，
选项A正确.
注 按第1列展开计算行列式.
(4)C.
解由于A是实对称矩阵，故与A合同的矩阵也必为实对称矩阵，显然矩阵B,C均是实对称矩阵，矩阵
D不是实对称矩阵，由此可知，A与D不可能合同
又由 xTAx=x2+x2+x3+2x?xz=(x?+x?)2+x2,
可知A的正、负惯性指数分别为p=2,q=0
同理，由xTBx=x2+x2+x2-2xixz=(x?-x?)2+x2,xTCx=3x2+2x2,可知矩阵B,C的
正、负惯性指数相同，即p=2,q=0.
综上可知，矩阵A与矩阵B,C均合同，选项C正确.
注 ①本题也可以求A,B,C的特征值，从而求得正、负惯性指数.
②若A,B为n阶实对称矩阵，则A与B合同的充分必要条件是A与B有相同的正、负惯性指数.
(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，下面进行说明.
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
11)B(10)=c=(19),
11)B(11)=(19)=c.
故
由合同的定义知，B与C合同.
下面说明A与B相似.
AE-AI=|^-2=1=a-1)2,
由
AE-B|=|^。1x-1=a-1)2,
知，矩阵A,B有相同的二重特征值λ=1.又
(IE-A)=r(-1-1))=1,
274………
线性代数
第十四章 二次型
(IE-B)=(。-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.
P=(2)
利用相似的定义，看是否存在可逆矩阵1 ,使得P-1AP=B,即AP=PB,得方程组
(_21)(2)=(2)(!1),
即
P=(_19)
求其一个基础解取xs=-1,xa=1,则x?=1,x?=0,故可取1 可逆(不唯一),使得P1AP=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-Al=|a-2A-|=a+1a-3),
解由
AE-BI=|^-1a-1|=a+1a-3),
知A,B有相同的特征值λ?=-1,λ?=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Q?'AQ?=A,B不是实对称矩阵，则存在可逆
矩阵P?,使得P1BP?=A,则Q?1AQ?=P3BP?,即
P?Q?'AQ?P1=B,(Q?P1)'A(Q?PF1)=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不合同单位矩阵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),即用施密特正交化，有P?=a?,B?=a2-BBpi,记k=-Br,B),
因(α2,β?)≠0,知k≠0,则β?=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.
275李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
(8)C.
解 依题设，α]a?=0,α{a?=0,aZa?=0,知A的3个特征向量α?,α2,a?是两两正交的向量.设其
对应的特征值分别为λ?,A?,A?,将α?,α2,a?单位化后，记为γ?,Y?,Y3.令Q=(r?,Y?,Y?),则Q为正交矩
阵，使得
Q-1AQ=A=diag(λ?,λz,λ?),
故A=QAQ-1,从而，
AT=(Q-1)TATQT=QAQ-1=A(因为Q-1=QT),
所以，A是对称矩阵，选项C正确.
由于不能确定特征值λ?,λz,λ3中是否有0特征值，所以，A不一定可逆，从而A不一定是正交矩阵和
正定矩阵.(正交矩阵和正定矩阵均可逆),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.
(9)A.
解依题设，对VX≠0,有|XTAX|<|xTx|,而X1x>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.
又A+E=(+1 a-1),E-A=(-a2-a)
,故
{f++5I=3-1>0,E-A1=1-a>0,
即a>3且a<1,a∈(3,1)
).选项A正确.
(10)A.
解因f(x?,x?)=(a?,X)2+(a?,X)2=(XTα?)(α{X)+(XTα?)(αX)
=x*(2)(1,2)X+x+({)(a,1)x
=x(2+a225a)x,
A=(2+a225a).
故f的矩阵
B=(66).
由已知，g的矩阵为
a=
由题意，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
当a=2
时，由
--二E-(+)-
得λ?=0,A?=2>0.
又由|AE-BI=|"b-b|=A(μ-2b)=0,得A?=0,?=2b>0,故a=,b>0.选
项A正确.
276………………………………………
线性代数
第十四章 二次型
(11)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，有
(×,)(+EE-A)(×:)=(x,x)(A+E-A)(x)
=X[(A+E)X?+XZ(E-A)X?.
当X?≠0,X?≠0时，
XT(A+E)X?+XZ(E-A)X?>0,
(+EE-A)
从而4阶实对称矩阵 正定.
所以，二次型的规范形为yi+y2+y3+y2,选项C正确.
(12)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)(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yí+y2+y}.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=PFP.
二、填空题
(1)yi+y2-y2.
解求规范形的关键是确定正、负惯性指数.
由A,B合同，知p-A=BpBi,q-A=。qB.由-1-a-Da′-9=o
得B的特征值为λ?=1,λ2=3,A?=-3,故ps=2,qa=1,即有p=2,qA=1,所以规范形为y2+y2-y3.
(2) n.
解 由已知，Ax=b有唯一解，故Ax=0只有零解，即Vx≠0,有Ax≠0,故xT(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(ATA)T=ATA知，ATA是对称矩阵.
(3)-y2-y2+y3.
解由xTAx经正交变换下的标准形，知A的特征值为λ?=λ2=1,A?=-1,且
|A|=1×1×(-1)=-1.
又A*的特征值为AI=-1,AI=-1,AI=1,故pA·=1,qA·=2,所以x'A'x的规范
形为-y2-y2+y2.
注①A是可逆实对称矩阵，则A-1,A*都是实对称矩阵.
②在讨论正、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.
(4)10.
解 由已知，|A|=2×3×4=24,A*的特征值为
A=12,A=8, 4=6.
277-
李林全家桶之⑥
-.ew-
2026 考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
由A为实对称矩阵，知存在正交矩阵Q,使得
故 |XTA'X-XTAX|=|XTA'-A)X|
X=eY|(12-2)y2+(8-3)y2+(6-4)y}1
=|10y?+5y+2y}|≤10(y2+y2+y3)=10Y'Y.
又xTxX=eye'eY=Y'y,故当|X1A'x-XTAXI≤aXTX时，有
|XTA'X-XTAX|≤aYTY.
因此，a的最小取值为10.
三、解答题
^-L1
(1)解(I)二次型的矩阵为 .由于已知p+q=2=r(A),故
|A|=-(a-1)2(a+2)=0,
解得a=1或a=-2.
a-i=-
当a=1时，r(A)=1,不合题意，故a=-2,所以
(Ⅱ)由(I)知，二次型为
f(x?,x?,xs)=x2-2x2+x2+2x?x?+4x?x3-2x?x3,
由配方法，得
f(x?,T?,x?)=x2+2x?(xz+2x?)+(x?+2xs)2-(xz+2x?)2-2x2+x2-2x?x3
=(x?+xz+2x?)2-3x2-6x?x3-3x3
=(x?+xz+2x?)2-3(cx2+2x-?x?+x3)
=(x?+xz+2xg)2-3(x?+x?)2.
令 即y=Cx,其中 ,且C可逆，故
-cy-
即： 为所求可逆变换，所以
f=x?Ax×=C'(c'y)2AC1y
=y1(C-)AC?1y.
B2AB=A-8-
令B=C-1,则1 ,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=4a,等式两边同时左乘A,得AA'α=4Aα,即
|A|α=4Aα, ①
故Aa=Ala.又
278-
………………………
………
线性代数
一 第十四章 二次型
Zaa=1=A,=a?+A?+x=2+2+As,
得λs=-3,于是有|A|=λiλzλ3=-12.
由式①得Aα=-3α,λ3=-3对应的特征向量为α3=α=(1,0,-2).
由于A是实对称矩阵，令λ?=λ2=2对应的特征向量为x=(x?,x?,x?)T,则xTa?=0,即x?-2x?=0,
解得α?=(0,1,0)T,α2=(2,0,1).
由A(α1,α2,αs)=(λ?α1,λ?α2,λ?αs),得
A=(a?α1,λ?α2,λ?α3)(a?,α2,α?)?1
(Ⅱ)由于α1,α2已正交，所以只需将α1,α2,α3单位化，得
-一房日一
令Q=(Y?,Y?,Ys),为正交矩阵，x=Qy为所求正交变换，故标准形为2y2+2y2-3y3.
(3)解(I)因为
f(x?,x?,…,x)
=(n-1)x2+(n-1)x2+…+(n-1)x2-2xixz-2x?x3-…-
2x?xn-2xzx3-…-2x?xn-…-2x-1Tn,
故二次型的矩阵为
国家量
注意到A的各行元素之和均为0,利用初等变换得
国家
所以r(A)=n-1.
(Ⅱ)由|λE-A|=0,解得A的特征值为λ1=λz=…=λn-1=n,λ,=0.
对于λ?=λz=…=λ,1=n,解(nE-A)x=0,得A的特征向量为
对于λ=0,解(OE-A)x=0,得A的特征向量为α=(1,1,…,1).
令P=(α?,α2,…,α),则P可逆，使得P-1AP=A.
由于A的特征值为λ?=λz=…=λ=n>0,λ,=0,故二次型的正惯性指数为n-1.
279李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
在求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》.
(4)解(I)设λ?对应的特征向量为x=(x?,x?,…,xn)T,由A是实对称矩阵，得xTα=0,其中
α,=(1,0,…,0,1)T,即x?+xn=0.解此方程，得λ2对应的特征向量为
显然，λ?=1与λ2对应的n-1个特征向量已两两正交，则单位化得正交矩阵
故Q-1AQ=A=diag(λz,…,λ?,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.
-{-B-
(5)解(I)f与g对应的矩阵分别为
由已知，r(A)=r(B),a≠A0,知-r(B8)=2,-从而-c-D=
得a=±1.
当a=1时，
^-{-1B-
显然，tr A=1,tr B=-1,知A与B不相似.
280-
--
-
……………
线性代数
第十四章 二次型
由|λE-A|=λ(A+1)(A-2)=0,得A的特征值为0,-1,2;
由|λE-B|=λ(A-1)(λ+2)=0,得B的特征值为0,1,-2.
从而知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?,x?)=x2-x2+x3+2x?x3=(x?+x?)2-x2.
令 即
人
则 g(y?,y2,y?)=-y2-y2+y2+2y?yz=-(y?-y?)2+y3.
即
—8—
则故
-18
818-8-
所以
-B-
(Ⅱ)当a=-1时，
E-Al-+-xa-Da+2,
由
-B1--a-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?Q7'AQ?Qz1=(Q?Qz1)?1A(Q?Q?1)=B.
记Q=Q?Q?1,则Q为正交矩阵，使得Q-1AQ=B,从而f(x?,x?,xs)经正交变换x=Qy化为
g(y?,y2,ys).
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
QTQ=(Q?Q1)(Q?Q1)
=(Q')TQFQ?Q1=(QE)EQ1=Q?Q1=E,
从而Q=QQz1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
281……………
……………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
阵A与B合同但不相似，用配方法求可逆矩阵P.
-由
(6)解(I)由已知，f的矩阵为
E-AI-A---a-a+DJa-ou-a-2J,
知A的特征值为λ?=a+1,aλz=+a,λD3=a-E2,且-互不A相等-. 一
由
得λ?=a+1的特征向量为α?=(1,-1,1)T;
-A-一
由
得λ?=a的特征向量为αa2=(-1,1,20)T;8-A---一
由
得λ?=a-2的特征向量为αs=(-1,1,2).
将α1,α2,α3单位化，得
r=1,-1,1)2,v?= 1,1,0)°,v.=店(-1,1,2).
故所求正交变换为x=Qy,标准形为
(a+1)y2+ay2+(a-2)y?.
(Ⅱ)由(^I)知，~-A~s-ar~
故x1(aE-A)2x×=yi+0·y2+4y'=0,从而y?=0,ys=0,y?=c(c为任意常数),
故所求全部解为(z1,x,x)T=c(,,)'
(7)解 由已知，
282^-
……………………………
线性代数
第十四章 二次型
^-i~-88
则a+a+a=1+1+4,得a=2.
1E-A1-={-6-Da-6)=0,
由
得b=1,故
其特征值为λ?=λ2=1,λ3=4.
对于λ?=λz=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).
对于λs=4,由(4E-A)x=0,解得特征向量为
α3=(1,1,1)T
将α?,α2,α3单位化，得
v.=(-1,1,0)°,v?=店(-1,-1,2)°,v.=方(1,1,1°.
故所求正交矩阵为
(Ⅱ)由A的特征值λ?=λz=1,λg=4,知|A|=1×1×4=4.可得A*的特征值分别为
=Al=4,μ2=Al=4,=Al=1,
故A+A*的特征值为5,5,5,且知A+A*是正定矩阵，则
o-a+A'Q-A
n=A+A -ee-9e
=98a-esEDe′-500-GE,
故
其中E为3阶单位矩阵.
注①当|A|≠0时，设α是A的特征值λ对应的特征向量，即Aα=λα,可得A'Aα=λA'α,故
AI
IA|α=AA'a,即A'a=Aa 的特征向量.此题中的正交矩阵Q,使
,说明α是A*关于特征值
得Q-1A"Q=diag(4,4,1).
②当在(I)中求b时，若利用A～A,有|A|=|A|=4,即
283-
-
李林全家桶之⑥
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Ai--3-。-I-0N2+2),
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.
(8)解(I)依题设，AX=0的基础解系为
51=(-1,1,0)T,52=(2,0,1)T,
故51,52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
j--i-
知5?=η=(1,1,-2)T是特征值6的特征向量.
令P=(ξ1,52,5A3),则P可逆-，使得P-1APm=A,故 -
(Ⅱ)由(I)知， 的列向量组的一个极大线性无关组为
显然，r(A)=1,A故 =mr-a--a-12
^-
取β=(6,6,-12),则A2=αβ.
(Ⅲ)用配方法，将f(x?,x?,x?)=XTAX化为标准形，故
ruaz)-G2
=x2+x2+4x3+2x?xz-4x?xs-4xzxs
=x?+2x?(x?-2x?)+(x?-2xs)2-(x?-2x?)2+x2+4x3-4xzx?
=(x?+x?-2xg)2.
由XAX=0,知x?+x?-2xg=0,解得α?=(-1,1,0)T,α2=(2,0,1)T.故X1AX=0的全部解
为
c?(-1,1,0)T+c?(2,0,1)T,c?,c?为任意常数.
(9)解(I)二次型f的矩阵为
284^-
……………………………………
线性代数
第十四章 二次型
依题设，知A合同于
,从而r
=r(B)=2 ,所以|A a-1)=0,解得a=1.
E-A1-。三-aa-2y-
由
得A的特征值为λ?=λz=2,λs=0.
对于λ?=λ2=2,由
-A-L-
知其特征向量为α?=(0,1,0)T,α2=(1,0,1)T(α,α2已正交).
对于λ?=0,由
-A--i
知其特征向量为αs=(-1,0,1).
将α1,α2,α3单位化，得
r?=(0,1.0)°,v?=—(,0,)°,r.=方(-1,0,D)°.
令Q=(Y?,Ys,Y?),则X=QZ为正交变换，标准形为2z?+2z}.
日
,记作Z=P?Y,则
f(r1?,x,x)x=ePiYvi+y2,
所求可逆矩阵为
(Ⅱ)当XTx=1时，
xrxX=0zzg'oz=Z'EZ=z'z=z?+z2+2=1,
故f(z?,x?,x)x=222+2z2=2(z2+z2+z3)-2z2≤2×1-0=2,即f(x?,xz,x)的最大
值为2,此时z?=0,
朝间
285-
-
=
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练80题(数学三)解析分册
时，得za=√2z
当x=x>0,即
z2=3 -方
,故
,由已知取
由z2十z2十z2=1,得
为所求的最大值点.
注①考虑到(Ⅱ)求f(x?,xz,xs)的最大值，(I)先求正交变换将于化为标准形，再用可逆线性变换
化为22注意的列向量的排列顺序
yi十y3,注意Q的列问量的HF列顺门
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)
=11≠0,
,知r(B)=2,所以r(AB)=2,从而行列式|AB |=0.
而由B中有二阶子式
-|--1|-c2-05,对住。,I
=0.
由|
--mus-sx-不和
当a=0时，
当a≠0时，
叫：
B=(二11a)→(1-0),
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,此时
-1--a-Da+2)-0概的许在的，-OA-1
由|
λs=-2.
由--i--8
,得特征向量α?=(1,0,1)T.
286………………………………………
线性代数
第十四章 二次型
由E--L-
,得特征向量αz=(0,1,0).
由-28-m-8-
,得特征向量α?=(-1,0,1)T
将α?,αz,αs单位化，得
r=方(,0,1)?,v?=(0,1,0)2,r.=方(-1,0,1)?.
令Q=(Y?,Y?,Y?),则X=QY为正交变换，标准形为y2-2y?.
拓展题
解答题
--9,做
(1)解令
f(x?,x2,xs)=2y2-2y2+7y?y?+y?y?
=2(v?+4v)2-2(y?-4)2-6y3.
再令 ,故可得标准形为f=2z2-2z2-6z3,所用可逆线
性变换为
二次型的秩为3,正、负惯性指数分别为1和2.
(2)解(I)由二次型在正交变换x=Qy下的标准形为-y2+2y2+ay?,知矩阵A的特征值分别为
λ?=-1,λ2=2,λ?=a.
又由|A|=λ?λzλ?=(-1)×2×a=-4,得a=2.
(方疗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)T.
令α=(x?,T?,xs)是λz=λ?=2对应的特征向量，则由
αTα=x?+xz+x?=0,
解得a?=(1,-1,0)2,as=(2,2,-1)
是λz=λ3对应的特征向量，且α2,α3正交.
将α1,α2,α3单位化，得
-同·n-,n-后
287李林全家桶之⑥
2026 考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
为所求的正交矩阵.
则(
(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，Q-1AQ= diag(0,b,c2)=diag(0,1,2)=A,故
A=QAQ-1=QAQT
(Ⅱ)由(I)知，
o"a+BQ=A+B-
x'(A+E)xx=eyi+2y2+3y?.
即令
记作y=P?z,则
x?(A+E)xx=QPz2+i+z}.
令P?=QP?,则PZ(A+E)P?=E,从而
A+E=(P?)-1P1=(P?1)TP?1.
令P=P?1,则A+E=PETP,其中
P=P1=(QP?)-1=PQ-1=P?'QT
(4)解(I)由二次型f经正交变换X=QY化为标准形2y2-y2-y2,知A的特征值为λ?=2,
288………………………………………
线性代数
第十四章 二次型
λz=λs=-1,所以|A|=λiλzλ?=2,A*的特征值为
AI=1,AI=-2,IAI=-2.
又 A'α=α,
上式两边左乘A,得
AA'α=Aα,
即|A|α=Aα,故Aα=2a,所以α=(1,1,-1)是A属于λ?=2的特征向量
设λz=λs=-1对应的特征向量为X=(x?,x?,x?)T,由于A是实对称矩阵，故α与X正交，即
αTX=x?+x?-x?=0,
解得 X?=(1,-1,0)T,X?=(1,1,2)T(X?,X?已正交).
将α,X?,X?单位化，得
r?=}(1,1,-1)T,v?=方(1,-1,0)2,r:=(1,1,2)?
c-三
则
A=QAQ-1=QAQT
停日
(Ⅱ)由
Q-1(A+2E)Q=Q?1AQ+Q-1(2E)Q
-A+-旦
知A+2E是正定矩阵，且A+2-eae′-8
令
e-8
289-
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
则B为所求正定矩阵，满足B2=A+2E.
(5)解(I)由已知，A与B合同，且由r(B)=2,知r(A)=2,故
a=-2
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.
由
A?=λ?=2,As=0,故b=2.
得A的特征值为
由((3E-A)x=0,,解得A的属于A?=λ?=2的特征向量为
α1=(-1,1,0)T,α=(1,1,-2)T(α?,α2已正交).
由(OE-A)X=0,解得A的属于λg=0的特征向量为α?=(1,1,1).
将α?,a?,α3单位化，得
r=i(-1,1,0)°,v?-店(1,1,-2)2,r.=}(1,1,D)7.
,则QTAQ=Q-1AQ=B.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，A=QBQT,且由计算可知|Q|=-1,故
QFA*Q=QT(QBQT)·Q=Q(Q·)TB*QQ
=(Q*Q)TB*(Q*Q)=(|Q|E)TB*(Q|E)
=(一E)B*(-E)=B*,
计算可知
290………………………………
线性代数
第十四章 二次型
故
AI
注 由于|A|=0,所以不能用 计算A*的特征值.
291李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
概率论与数理统计
第十五章 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(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)≥P(A)+P(B)-P(C),
即P(C)≥P(A)+P(B)-1.
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).
(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.
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.
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
PAB)-PAB-P(A)-PGAB),
故可得P(AB)=P(A)P(B),即A,B相互独立.
(6)B.
解由ACB,得AB=A,P(B)≤1,故
P(A|B)=PAB=PA)≥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,D不正确.
(7)C.
解由P(B|A)=P(B|A),得
PAB)-PA)-P(B)pPAAB),
故P(AB)=P(A)P(B),此时，A,B相互独立，所以
P(A|B)=P(A),PA|B)=P(A).
由于01,此时AB≠x,所以P(AB)的最小值为0.2,故P(AUB)
的最大值为1.又当ACB或A〇B,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=?,而(AB)(AB)=AB=AB,所以AB=?.又由
对偶律AB=AUB=?,故A UB=QQ表示全集),从而A与B为对立事件(因AB=×),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},A?=(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?Bg,而
P(B?)=Clp(1-p)3=4p(1-p)3,P(As)=p,
故 P(A)=P(A?B?)=P(A?)·P(B?)=4p2(1-p)3.
295李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
(5)亏
解 用古典概型计算.
测试7次，就是从10部手机中不放回地抽取7部，故基本事件总数为A?。.
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个就是次
品.所以A所包含的基本事件数为C2·C·A·3!+C·7!,故
P(A)=C·CA:3l+C·7=5
(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?)=Clpq"1+C3p3q"?3+CSp?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)”,
P(A?)=2[1-(1-2p)"].
两式相减，得所求概率为
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}(j=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，则每次试验是重复的，且相互独立，所以它们的结果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?IB?)+P(B?)P(A?IB)=2×4+2×6=2,
故P(A?IA?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?)=PGB?)P(A?IB?)=2×4=3
由条件概率公式，得
raB,A5--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}=C0×0.15*×(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=k-1=C×0.15×0.85={20-0.85××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
296…………………………
概率论与数理统计
第十五章 随机事件及其概率
时，k=3,且P{X=3}=Co×0.153×0.85?≈0.242 8.
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
(1)解(I) P(A UB)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)
=0.4+0.3-0.4×0.3=0.58.
P(CIAUB)=PPCAUB)]-PPUB
(Ⅱ)
=PPAPUBC=0.4.582≈0.138.
P(ABC)=PPACC)-PPBC)-PAPB=0.4×.43=0.2
(Ⅲ)
(2)解令A,={第一次取出的数为i}(i=1,2,…,n),B={取出的第二个数比第一个数大},则
A?,A?,…,A。构成一个完备事件组.
由于在A,发生的条件下，第二个数只能取到余下的n-1个数之一，且只有它取到后n-i个数时，
B才发生，故P(B|A?)=n二i(i=1,2,…,n).
又P(A,)=n(i=1,2,…,n),由全概率公式，有
P(B)=∑PA,)P(B|A)=1·n二1
=n(n-1[(n-1)+(n-2)+…+1+0]=n(n-1·""-1=.
注由于此题所求事件较复杂，故不易直接用古典概型计算，但通过全概率公式求得的结果与直觉是
吻合的.
297李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
第十六章 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(+～)=1.又由已知，F?(+)=1,F?(+∞)=1,
故a-b=1,即只要a,b的取值满足a-b=1即可.选项A满足，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)dr=Jf(x)dx=2[Jf(x)dr+?f(x)dr]
=2[Jf(x)dr-f(x)dx]=2[1-"f(x)dz]=2-J°f(x)dz.
故选项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(+0)=1,F(-∞)=0;
②F(x)是单调不减函数；
③F(x)右连续，即 lim F(x)=F(a).
只有选项B满足以上三个条件，而选项A,C中F(x)不满足F(+一)=1,选项D中F(x)不一定单
调不减.
(4)B.
解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.
(5)C.
解 p?=P{X≤μ-4)=P{≤-1}=(-1),
pz=P{Y≥μ+5}=P{Y?≥1}=1-(1)=(-1),
故p?=p?,与μ取值无关.选项C正确.
(6)C.
-~N(O,1),故
解由于X~N(μ,o2),则：
P{IX-μI16|X>8}=P{X>8}=e-.
F(x)={1-,z≤0,
注 指数分布的分布函数为1 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)=P{X=0)=r°e“=e“
5),y>0,
解由于Y=|X|取值非负，故当y≤0时，Fy(y)=0;当y>0时，
Fy(y)=P{Y≤y}=P{|X|≤y}
=P(-y≤X≤y)=L—=√ze2山，
n)-H)-
于是
(6)1-
解法1利用指数分布的无记忆性进行计算.
由于X~e(1),且当s,t>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}
=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+1|X>k}=1-P(XPk+1,X>k}
-1-?
299-
……
………………
……
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
(7)2.
解 依题设，知P{X>μ}=P{X>o},故
1-更(0)=1--“),
即更(°)=更(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)=D(0)=2.
三、解答题
(1)解(I)由分布函数的定义，有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)
,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)=J,aedz=e
依题设， PY≥1}=1-P{Y=0}=1-(1-p)?-26,
故力=3,由力=g=c”,得λ=-m3
(4)解 用定义法求分布函数Fy(y),
300………………………………………………
……………
概率论与数理统计
第十六章 随机变量及其分布
Fr()=P(Y≤y}=P{≤v}.
当y<0时，Fv(y)=P{≤y<0}=p{1≤x<0}=Iiody=0;
o<1<1,即y>1时，
当
Fr(y)=P{≤v}=P{x≥1}=1-P{x<1}=1-533x2dz=1-
>1,即00}=1,P{X≤0}=0,则Y的分布函数为
Fr(y)=P(Y≤y)=P{max(x,文)≤y}
=P{x≤y,x≤y,x>0}.
当y≤0时，Fy(y)=0;
当00}={1≤x,x>0}={1≤x},
侵≤y,X>0
知{X≤y}与 不能同时发生，故Fy(y)=0;
当y≥1时，
301…………………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
Fr(y)=P{x≤y,1≤x,x>0}=P{≤x≤v}
=Jae"dx=e-e?
F?)-,
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.
对于选项A,f(1-x)≥0且
f(1-x)dx=-f(1-x)d(1-x)=Jf(t)dt=1
故选项A正确.
对于选项B,f(云)dx=2f(2)a(云)=2≠1.
对于选项C,D,f(x2)dx与f(x)dz都不为1.
(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≤X2°≤1}
=Φ(1)-Φ(-1)=2Φ(1)-1,
ps=P{-2≤x?≤2)=P{-3≤×3?≤-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
pz=Φ(1)-Φ(-1)>0.68>0.5=Φ(0)>Φ(-1)>ps,
所以选项C正确.
注 根据3a准则，可知Φ(1)-Φ(-1)>0.68.
(3)B.
解若X~N(μ,o2),则X的概率密度为
ru’)-,1
1,所以选项A,C,D不正确.
302………………
概率论与数理统计
第十六章 随机变量及其分布
(4)D.
解 由已知，X的分布函数为
F(a)-{6,<0
又区间[0,1]上均匀分布的分布函数为
u)-<
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
o-s<
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[0,1]上的均匀分布，且Y既不是连续型也不是离散型随机变量.所以排除选项
A,B,C.
二、填空题
(1)μ,2.
r(a)-
解由于X~N(p,o2),所以其概率密度为 ,则
F(c)=f(c-.-2c-)=0,
故x。=μ,F(ro)=yo=2
(2)1.
解F(μ-xo)+F(μ+xo)=P{X≤μ-xo}+P{X≤μ+xo}
=P{X-≤-x}+P{×-≤x}
=Φ(-x)+Φ(x)=[1-Φ(x)]+Φ(x)=1.
(3)1-3e?2.
解 由已知，
P{X=k)="e,a>0,k=0,1,2,…,
依题设，Ae=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=pg(q=1-p=4),
303……………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
P{X=2n}=p+po3+…+pa1+…
故
=pa-g=1+=亏
(5) e.
P{X=k)=1,故
解由分布律的性质，有
i2=ae221=ae2·e=ae1=1,
所以a=e.
注①2=e(-○1}
=P{x≤4,1xI≤1}+P{-x≤4,|xI>1}
=P{-1≤x≤4}+P{X>1}
=5。aedz+j,aedz
=1-e*+e
三、解答题
F(x)={1-e,≥0,y=1-e
(1)解由已知，X的分布函数为F 是单调增加函数，其反函数
为x=-ln(1-2.
304…………………………………
概率论与数理统计
第十六章 随机变量及其分布
令G(y)是Y的分布函数，则
ik<2c
G(y)=P{Y≤y}=P{1-e-2X≤y}
<1. y≥1
gr(y)=c()={o,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},
其中 D={x | sin x≤y}=U[2kπ-π-arcsin y,2kπ+arcsin y],
故F(y)=f(x)dr;
当y<-1时，F(y)=0;
当y≥1时，F(y)=1.
Y的概率密度为
r)=Fo_20ren+mc+fOh--sI<)<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，Fr(y)=P{X2≤y}=P{-√5≤X≤√y}=F(Vy)-F(-√y),F(x)是X的分
布函数.
当x≤0时，F(x)=Φ(x),故F(-√y)=Φ(-√y);
,F(x)=2+Je“dt=+(1-e=),故F(S)=2+_(1-e25),所以
当x>0时
)-(倍+a-c)--5,>
no)=P/(O)-六6+(-50,>
拓展题
解答题
解y=x2+1(-1xo,Y>y?}=P(AB)=P(A UB)=1-P(A UB)
=1-P(A)-P(B)+P(AB)
=1-P{X≤xo}-P{Y≤y?}+P{X≤xo,Y≤yo}
=1-F(x,+0)-F(+～,yo)+F(xo,yo).
(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
注设X?~N(M?,o2),X?~N(μ2,02),且X?与X?相互独立，则
aX?+bX?～N(aμ?+bμ2,(ao?)2+(bo2)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 -r-k>-,<
e-re-
kX?的分布函数为
故kX?与kX?同分布.同理可证kY?与kY?同分布.选项D正确.
由边缘分布不能唯一确定联合分布，知选项C不正确，由此可得选项A,B不正确.例如：
X? X?
0 1 0 1
Y? Y?
13 13 19 29 13
0 0 0
23 23 29 49 23
1 0 1
13 23 13 23
(号：
故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，故排除选项C.又
307…
李林全家桶之⑥
………………
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
x?+x~,x?-x~图，
x?+x~],x-x~音哥
故排除选项A,B.
二、填空题
4,4.
(1)
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.
a+b+4+4=a+b+2=1,知a+b=2,于是
又由
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,a=4
(2){,<0
F(x)={6,,。故
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(z)]2={0-,0,
可见min{X,Y}服从参数为2λ的指数分布.
16
(3)
解 依题设，X,Y的概率密度均为
ra)-6其他：<“
故P{X>3)=P{Y>3)=4.
P((X>3)UX>3)}=1-P{X≤3,Y≤3)=1-P{max(X,Y}≤3}=1-6=16,
所以
P{min{X,Y}>3}=P{X>3,Y>3}
=P{X>3}+P(Y>3}-P{(x>3)UX>3))=4+4-16=16
三、解答题
(1)解(I)随机变量的取值情况如下：
308………………………
概率论与数理统计
第十七章 多维随机变量及其分布
(X,Y) (0,-1) (0,1) (1,-1) (1,1)
6 16 96 31
po
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 36
P
0 1
max{X,Y}
31 11
ps
min{X,Y} -1 0 1
34 16
3死
P
(I)P{min{X,Y)≥0)=6+36=4
(Ⅲ)X与Y的边缘分布律分别为
X 0
Y -1 1
14 4 工4
p p
显然满足po=p·p,,故X与Y相互独立.
(2)证(I)求Y的边缘概率密度.
当y≤0时，fy(y)=0;
当y>0时，
fyv(y)=Jf(x,y)dz=J,a2edz=λe~.
故fy(y)={0,,y≤0,
即Y服从参数为λ的指数分布.
解(Ⅱ)X的边缘概率密度为
r,a)-fa,w-,0-G,
r
结合(I),可得f(x,y)≠fx(x)·fy(y),由此可知，X与Y不相互独立.
3)(D)fxa)-ru-共他<1-6,地<1
309李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
fr(y)={1-1其他<1,
故
ma1s)--ksa<
(Ⅱ)
rmcla)--共他÷10-
(Ⅲ)
P{x>贵，x>0
y
注 考虑到f(x,y)的非零部分为常数1,可用面积求 和
A
1
P{Y>0},如图17-1所示.
y=x
P{x>2,x>0}
等于图中阴影部分的面积，P{Y>0}等于图中△AOB
B
的面积，故 0 12 1 x
y=-x
-1
(4)解(I)由 图17-1
f(a,yidrdy=Afey-金-1,
f(x,y)={02e,其他，,>0’又由于
得k=12,故」
fx(x)=Jf(x,y)dy=?12e·e?dy=4e,x>0,
所以
fx(x)={o,,其他，’同理可得， fr(y)={3e,其他，'显然，f(x,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(x)=0;
当z≥0时，
f?(2)=J12e·e2dx=12|cedz=12e(1-e).
(5)解由X与Y相互独立，有
f(x,y)=fx(x)·fr(y)={a&ze,x>0,y>0
具他，
P{Z=1)=P(X0-B<0
由于f(x,y)≠fx(x)·fr(y),所以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>22 (0≤z<1)
G
D
用用定定义义法法，，FF??((22))==PP{{ZZ≤≤zz}}==PP{{≤≤22}}.. 22
当当zz<<00时时，，FFzz((zz))==PP(())==00;; x
2
当当00≤≤zz<<11时时，，如如图图1177--44所所示示，， 00||
FF??((2))==PP{{≤≤zz}}==PP((((XX,,))∈∈GG}} 图17-4
311李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
=Jd4dx=2(2-4)dy=(-3+24)=z-冬=;
当z≥1时，
F?(2)=P{佼≤z}=1-P(X,Y ∈D)
=1-2a?dx=1-54dy=1+2|2=1-
0,
密度为
故分布函数为F
fx(z)={6,其他a<1
(8)解(I)依题设，可知X的概率密度为
由X与Y相互独立，得
ros)-rr->
(Ⅱ)k有实根，则△=(2X)2-4Y≥0,即X2≥Y,令A={(x,y)|x2≥y},则
P(A)=?dFdy=?(1-e3)dx=1-√zrd
=1-√2π [φ(1)-Φ(0)]≈0.1445,
其中Φ(x)为标准正态分布函数.
(9)解法1依题设，X和Y的概率密度分别为
n)-)-惊
用卷积公式有f?(z)=fx(x)fr(z-x)dx.
z
确定积分限，只需确定fx(x)fy(z-x)的非零取值区域，即x>0且z-x>0,
如图17-5所示. z=x
当z≤0,即x0,即x>0且x0,y>0无公共部分，故
Fz(z)=P{X+Y≤z}=P()=0.
当z>0时，
F?(2)=P{X+Y≤z)=If(x,)drdy,
其中D:x+y≤z,x>0,y>0,如图17-6所示，故 y↑
F?(z)=]dzl。6e()dy=2f(e3-e3.e)dx
z
x+y=z
=1+2e2-3e3,
D
F)-b+2-,
所以 z x
0
f?(2)=F?a)={(1-),z>0
图17-6
注 用卷积公式画图是在xOz(或yOz)坐标系中进行，用定义法画图是在xOy坐标系中进行.
(10)解用定义法.
ra,)-信，共他)eG
由已知，(X,Y)的概率密度为
Fz(2)=P(Z≤z}=P(xY≤z)=I[f(cr,ydrdy.
当z≤0时，Fz(z)=P()=0;
当02
_Px-PPe≥tpk>}
=1-J3edy=e
(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≥-z1X=0)=PIY≥=-z)-{,z≤8,
314…………………………………
概率论与数理统计
第十七章 多维随机变量及其分布
PY≥1-z1X=1)-PIx≥1-z)-1,z≤1
故Z的分布函数为
)-<
综合题
一、选择题
(1)D.
P(X=Y)-P(X=Y=k)=P(X=k,Y=k)
解
-∑P(X=a)P(Y=k)=b2·(1-b)-D
=p2[C1-p]]1=p2·-(1-p2=z-b.
(2)D.
解记(X?,X?)的分布函数为F?(x?,T?),(Y?,Y?)的分布函数为F?(y?,y?),则
F?(y?,y?)=P{Y?≤y?,Y?≤y?}=P{2X?≤y?,3X?≤y?}
=P{x?≤2y,x?≤3y2}=F?(2y1,3y2),
rCx-(
故
=2·3f.(21,3v?)=6:(2v?,3v?).
(3)C.
解令A?={X≥0},A?={Y≥0},则A?与A?相互独立，且
P(A?)=P(A?)=?。φ(x)dr=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?A?)=P(A?)P(A?)=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-PA?)P(A?)=4,
选项A,B,D错误.
(4)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}+4P{X≤之|Y=1}
=4P{0≤z}+3P{X≤z}
315……
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
更(0)=2,故
其中Φ(x)为N(0,1)的分布函数，是连续函数，且
im F(2)=4×_=8,limF(z)=4+×2=8,
选项A正确.
注此题若将条件P|Y=0=4改为P{Y=-11=4,其他条件不变，则Z=XY的分布函数F(z)
在z=0处连续，有
Fz(z)=P{XY≤z}=P{XY≤z,Y=-1}+P[XY≤z,Y=1}
=P{-X≤z,Y=-1}+P{X≤z,Y=1}
=P{Y=-1}P{X≥-z}+P{Y=1}P{X≤z}
=4(1-P|X<-z1)+PIX≤zl
=4[1-(-2)]+中(z)=4中(z)+4中(z)=@(z),
即Z=XY服从N(0,1),故F(z)是连续函数.
二、填空题
(1)3
解记U=max{X,Y},依题设，有
P{11,Y>-1}=P(AB)=P(AUB)=1-P(AUB)
=1-P(A)-P(B)+P(AB),
P(A)=P{X≤1}=?(!),
又
P(B)=P(Y≤-1)=o(-1)=1-o(1),
所以，P{X>1,Y>-1)=1-?(。)-1+?(!)+4=4.
(4)0.
解依题设，当(x,y)∈D时，事件{|X-Y|≤x}对应于图17-8中的阴影区域，故
P(X-YI<)-2-2·ga-)-1-a-ar,
事件(min(X,Y)≤x}对应于图17-9中的阴影区域，故
P{min(X,)≤x}=a2-a-z)2=1-a-z).
所以P{|X-YI≤b)-P(min(X,Y)≤b)=1-a-)-[1-a-b2]=0
y↑ y↑
a a
x
x
0 x a x 0 x a x
图17-8 图17-9
注 由于：
当x<0时，{|X-Y|≤x}=,{min(X,Y)≤x}=;
当x≥a时，{|X-YI≤x}={min(X,Y)≤x}=2(全集).
故|X-Y|与min(X,Y)有同一分布函数
三、解答题
(1)解设X和Y分别表示两点的坐标，则(X,Y)服从均匀分布，其概率密度为
f(a,)={6,其他，<1.02Y}=2,P{Y2Y}=0,
P{U=1,V=0)=P{X>Y,X≤2Y)=P{Yz}=1-P{min{X,Y}>z}
=1-P{X>z,Y>z}=1-[1-P{X≤z}]2
-(-
r?G)-F(G)-
(Ⅱ)(Z?,Z?)的联合分布函数为
F(z?,z?)=P{Z?≤z?,Z?≤z}=P{max{X,Y}≤z?,min{X,Y}≤zz}.
当z?z?时，
F(z?,zz)=P{(max{X,Y}≤z?)∩[2-(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?(z?)-P{(X≤z?,Y≤z?)∩(X>z?,Y>z2)}
=Fz,(z?)-P{z?-1}={X>-1,Y>-1}.
由A=AB+AB,知P(AB)=P(A)-P(AB).又因X与Y相互独立，故所求概率为
319…………………
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
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}
=2ete·(1-2de)
=(2arctan e)(1-2arctan e),
P{Y?=0,Y?=1)=P{Y?=1,Y?=0)=(2arctan e)(1-2arctan e),
P(Y?=0,Y?=0}=P{X?>1,X?>1}=P{x?>1)·P{X?>1}=(1--arctan e)2.
(8)解(I)先求F(x).F(x)=P{X≤x}=[f(t)dr.
当x<0时，F(x)=0;
,F(x)=]td=2;
当0≤x<1时，
当1≤x<2时，F(x)=Jd+[{(2-t)dt=2x-1-;
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<2
时，有
Fu(u)=P{F(X)≤u}=P{0>0,
322……………………………………………
概率论与数理统计
第十七章 多维随机变量及其分布
利用卷积公式
f?(z)=?f(u,z-u)du, z
f(u,z-u)的非零区域为00,如图17-13所示.
当z≤0时，fz(z)=0;
,f?(z)=]2e-du=1-e“;
当01时，
r)-<1,
1 u
故 0|
图17-13
拓展题
解答题
(1)解(I)设X?(k=1,2,3)表示第k个月的需求量，则Y?=X?+X?,Y?=Y?+X?分别表示连
续两个月和连续三个月的总需求量.
当x≤0时，显然f?(x)=0,f?(x)=0;
f?(x)=jf(u)f(x-1)d.
当x>0时，利用卷积公式，有
由t>0,x-t>0,得02}
=P{x≤z,X≤2}+P{x≤z,x>2}
=P{x≤2}·P{Y≤z}+P{x≤z,x>2}
z≥1
323李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
第十入章 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(e2x)=?_e“f(x)dz=[e·2e?dx=2|edx=2,
所以EY=2EX+E(e-x)=2×2+2=2
(2)B.
解由X~B(n,p),可知 EX=np,DX=np(1-p),故
p(1-.)=1.44,
解得n=6,p=0.4.
(3)A.
解由DX=E(X2)-(EX)2≥0,知E(X2)≥(EX)2.
选项C与选项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.又由于
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,故选项C正确.
(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}
=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}.
324……………………………
概率论与数理统计
第十八章 随机变量的数字特征
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Pxx=1?P{Y=aX+b}=1,且a>0,知排除选项B,C
又 1=EY=E(aX+b)=aEX+b,
由于EX=0,故b=1,所以选项A正确.
注 结论：
lPxyI=1存在常数a(a≠0)和b,使得P{Y=aX+b}=1,且
ex-仁1,a<.
(见《2026考研数学概率论与数理统计辅导讲义》)
(7)B.
解由于arsin X+arcosX=2,故Y?+X?=否，即Y?=2-Y?,所以ey?=-1.
(8)C.
35
解 依题设，试验为有放回地摸球，故每次摸到红球的概率为-
,所以X~B(4,5),故EX=np=
4×3=号
二、填空题
(1)
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)=ZPX=k}·P{A|X=k)=六ZkP{X=k}==n
2)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)-ZP{X=i)·PY=k|X=i)=号空
(k=1,2,…,5),
故EY=Zk·P{Y=k}=(k·号÷)=2.
(4)0.5.
解 先求X的概率密度，再求EX.
325李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
f(x)=F'(x)=0.3e-4)·2+0.7e(+1)·3,
其中φ(x)为X～N(0,1)的概率密度.
EX=?xf(x)dx=50.3·2·x("24)d+?_0.7·3·x(31)d
=0.3×re(24)dx+0.7×3("31)dx
=0.3×2f(2t+4)φ(t)·2dt+0.7×3(3t-1)p(t)·3d
=0.3×4+0.7×(-1)=0.5.
注①tp(t)d=μ=0.
②设X～N(μ,o2)(o>0),则
F(z)=P{X≤x}=p{X-≤"。}=二),
即分布函数为F(x)=(。)
,相应的随机变量X有EX=μ.
③一般结论：若F(z)=k?("二)+kO("2)
,当k?+kz=1时，有EX=kiμ1+kzA2·
(5)-1.
解由已知，有
coo(X≠Y,X32)
= Cov(X+Y,X-2Y)
=6[Cov(X,X)+Cov(Y,X)-2Co(X,Y)-2Cov(Y,Y)]
=6Dx-Cov(X,Y)-2DY]
=6(o2-exo2-2o2)=62(-1-Px)=0.
故Pxx=-1.
(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(z)=f(z,y)dy=?。zedy=e
fxG)=8,,<0
故
即X~E(1),所以EX=1.
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.
P{X=1,Y=-1)=P{X=0,Y=0}=P{X=1,Y=1)=3,
又
326………………
概率论与数理统计
第十八章 随机变量的数字特征
故(X,Y)的联合概率分布为
X
0
Y
13
-1 0
13
0
0
13
0
1
(Ⅱ)由(I)知，XY的概率分布为
1s
XY -1 0
13 13
p
故E(XY)=0.
又EX=,EY=0,故Cov(X,Y)=E(XY)-EX·EY=0,所以Pxy=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).
而 Cov(X,Y)= √DX·DY·Pxy=1×0=0,
Co(X,Z)=√DX·DZ·px=1×2=,
Cov(Y,Z)=√DY·DZ·ex=1×(-2)=-2,
D(X+Y+Z)=1+1+1+0+2×2+2×(-2)=3
故
(3)解由X,Y相互独立，可知Z=X-Y~N(1-1,+2)
),即Z~N(0,1).
E(IZD)=5213a=2.ede
=[2().。()°a()]
=r1)=√Z,
E(|Z|2)=E(Z2)=DZ+(EZ)2
=1+0=1,
故
D(|X-Y|)=D(|Z|)=E(|ZI2)-[E(|Z1)]2
=1-2.
zed
注①计算
可以凑微分，也可用T函数：
r(a)=J.e=dx令=二2y2e2dy,
T(1)=1,r(2)=√元，
F(α+1)=αI(α),F(n+1)=n!(n为正整数).
327……
李林全家桶之⑥
2026考研数学精讲精练880题(数学三)解析分册
②本题若用二维随机变量函数的期望公式
E(IX-Y1)=?lx-yIfx(x)frly)drdy,
则计算量较大.
Ex=?zf(x)dx=?xedz=0(奇函数),
(4)解(I)
DX=E(X2)-(EX)2=E(X2)
=Jx2f(x)dr=2。x2·2e2dr=2.
(Ⅱ) Cov(X,|X|)=E(X|X|)-EX·E(|X|)=E(X|X|).
而
E(X|X1)=?xlx|f(x)dr=Jxlxl2edx=0,
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{|XI≤a}0.故选项A正确.
(4)D.
r)-8其他：<立故
解由x~u[o,]
,知X的概率密度为
EU=?f(x)sin rdr=?。2sin xdr=2,
EU2)=Jf(x)sin2zrdx=J。—sin2xdx=2,
DU=EU2)-(EU2=2-4
EV=2,Dv=2-4又
同理可得1
EUV)=J。2sin zcosrdr=1,
Cov(U,V)=E(UV)-EU·EV=1-4<0,
故-10,由
ex-xx-oX=,x),
知
Pxy=1?Cov(X,Y)=Cov(X,X)
? Cov(X,Y-X)=0
?Cov(X-Y,X)=0,
故选项B正确.
331………
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对于选项A,当DX=DY>0时，
Cov(X+Y,X)=0→ Cov(X,X)=-Cov(X,Y),
P=Cov(x,x)=-1.
所以，
对于选项C,
Cov(X+Y,Y)=0台Cov(X,Y)=-Cov(Y,Y),
ex=oCX,=-1.
所以，
对于选项D,
Cov(X-Y,X+Y)?DX-DY=0.
综上所述，排除选项A,C,D.
(6)D.
解由已知，P{X=0=0e=e,P{X=0}=1-P{X>0=e1,故e2=e3,从而λ=1.
故
而
EX=λ=1,E(X2)=DX+(EX)2=λ+λ2=1+12=2.
E(X3)=2me=ne1=e元
n=n-1)!-n-1)2+-0n-1)+1
=”-22+2m-1
=2”n-2+3+2n-1!
=n-3)?+32n-2)+n-1!
=e+3e+e=5e,
于是E(X3)=e元=5
.故Cov(X,X2)=E(X3)-EX·E(X2)=5-1×2=3.选项D正确.
(7)D.
解依题设，知X的概率密度为
n)-信他<2 Mnxsla)-信其他，<
故(X,Y)的概率密度为
ra,)=A) fmclz)-后，<20y}·P{X?>y}·…·P{X-1>y}
=1-[1-F?(y)]"-1,
故fy(y)=Fy(y)=(n-1)[1-F?(y)]"2·f?(y),所以
P{X。>Y)=[f(x)(n-1)f?(y[1-F?(y)]drdy
=?fa()drl_(n-1)f?(y)[1-F?(y)]2dy
=Jf,(x){-[1-F?(y)]}dz
=J1-[1-F?(r)])f。(x)dr
=1+1-Fiz)|=1-1.
333………………
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(4) n2+2
解用期望的定义计算.
E(min{|X|,1})=Jmin{lx|,1}·f(x)dr.
当|x |<1时，min{|x|,1}=lx|;当|xl≥1时，min{lx|,1}=1,所以
_min(lx1,1)f(x)dr=÷CI+dx+I+x2+51+)
=2+dr+,Idx)=-in2+2.
(5)10.
解令x,={0, 第i件产品为次品， (i=1,2,…,150),则
第i件产品为正品
X=X?+X?+…+X150.
又因为X,的分布律为
X, 0 1
11 (i=1,2,…,150),
p 号
所以EX:=5
,故
EX=∑EX,=150×1=10.
(6)1-[F(0)-F(0-0)].
解依题设，Y2的概率分布为
Y2
0 —1-CF(O)-FO-0]
0
p F(O)-F(0-0)
故 E(Y2)=0×[F(O)-F(O-0)]+1×{1-[F(O)-F(0-0)]}
=1-[F(0)-F(0-0)]
(7)?/,-o3}
,则
P(A)=P{x>3}=f?1dx=3
由已知，Y~B(n,3),所以EY=n·p=3,DY=np(1-p)=9
注 设X?,X?,…,X,独立同分布，其分布函数为F(x),则：
① max{X?,X?,…,X.}的分布函数为[F(x)]";
② min{X?,X?,…,X}的分布函数为1-[1-F(x)]".
(2)解(I)DY,=D(X,-X)=D(x.-7Zx.)=D[(1-1)x-1x]
=("-1)'Dx,+Dx
=("-1)2·1+π·(n-1)="—1,
x.
这里利用了X?与 相互独立.
(Ⅱ)ey.-Dx.vDr.由(I)知√DY?·√DY-"-,
Cov(Y?,Y,)=E[(Y?-EY?)(Y,-EY,)]
=E[(X?-X)(X。-X)](EY?=EY。=0)
=E(X?Xn)+E(X2)-E(X?X)-E(X,X)
=EX?·EX.+DX+(EX2- E(x3)-—EX,X)-—E(x3)-—ZEX,X)
DX=D(x.)=Dx,=n·n=n,
而
E(X2)=DX?+(EX?)2=1+0=1,
E(X?)=DX,+(EX)2=1+0=1,
∑E(x,x)=(EX,·EX,)=0,EXx)-ZCEx,·EX。)=0,
CovY?,Y)=0+1+o-1-o-1-o=-,
故
所以
注①设x=Zx,xi,X2,…,x。相互独立，x,~N(μ,o2)(i=1,2,n),则EX=μ,DX=
这是统计学中的基本结论.
②X,Y相互独立→E(XY)=EX·EY,D(X±Y)=DX+DY.
(3)解(I)由已知，P(A?)=P(A?)=P(A?)=3,所以
x~B(2,3),Y~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).
根据X,Y的二项分布计算概率，得
336………………………………………
概率论与数理统计
第十八章 随机变量的数字特征
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}=9,
P{X=1,Y=0=,P{X=1,Y=1)=2,P{X=1,Y=2}=0,
P{X=2,Y=0}=9,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 19
0
29 29
1 0
19
2 0 0
g-e
(Ⅱ)由(I)知，X,Y的分布律为
2-s
X 0 1 Y 0 1
49 416 49
p p 告
Px-Dx.,
由公式 ,知需计算DX,DY,Cov(X,Y).
EX=1×4+2×1=3,E(X2)=12×4+22×1=8,
DX=E(X2)-(EX)2=4
EY=3,DY=4,E(XY)=2,
同理
Cov(X,Y)=E(XY)-EX·EY=9-3×39,
所以
(4)解(I)由已知，X?与X?相互独立，故(X?,X?)的概率密度为
f(zx?)=,其他0,?>0,
设Y的分布函数为Fy(y),则当y≤0时，Fy(y)=0;当y>0时，有
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-,
fn)=Fr(O)={2,>
故
(Ⅱ)先求T的分布函数和概率密度.
337……………………………………
李林全家桶之⑥
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当t≤0时，Fr(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
Fr(t)=P{Y≤t}·P{X?≤t}=(1-e-)(1-e“),
所以
fr(2)=F÷(t)={ae"+2λe-3λe,t>0,
ET=5·ae"+2e-3e)d
于是
=1+2-31=6
(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，从而得Z的概率密度，再用期望定
义计算.
由已知，X?,X?,…,X,共同的分布函数为
F(x)-[_f(a)d={6-,z<0:
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-C1-Fa2*-6-,<8
f?(2)=F{(z)={o,<0,
于是Z的概率密度为
EZ=5xf?(z)dz=?2nze-dx=0+2n
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)]
=-3p3(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,
,p=2
得p=0(舍去),p=1(舍去),
当p<时，f'(p)<0;当p>2时，f'(p)>0,故p=
是f(p)在(0,1)内唯一的极小值点，
338………………………………………
概率论与数理统计
第十八章 随机变量的数字特征
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，有
X?~B(1,p),X?~B(2,p),
且由于X?与X?相互独立，则X?+X?~B(1+2,p)=B(3,p).
(7)解(I)由已知，(X,Y)的概率密度为
f(x,y)=fx(x)·fr(y)=2e22,
其中-○2}=0,
PU=0,V=0}=P{X2+Y2≤1,X2+Y2≤2}=P{X2+Y2≤1}=1-e,
P{U=1,V=0}=P{X2+Y2>1,X2+Y2≤2}=P{1b}=3,P{X≤a}=4
,知ab}=0;
P{X?=1,X?=-1}=P{X>a,X≤b}=P(a0,都有
imP{六x?-E(X3)|a)=p{o-1S2>10-1a}=p{>6}=0.1,
96=x2:(10-1)=x,(9)=14.684,所以a≈26.1.
因此，
a×~A70
(3)0.95.
故文~F(n,n),即X与文
都服从F(n,n),
因此P{X>a}=P{>a}
,所以
P{x>1}=P{a}=1-P{X>a}=1-0.05=0.95.
(4)2a.
解由于X~t(n),则X2~F(1,n),所以
P{Y>k2}=P{X2>k2)=P{X>k}+P{X<-k}=2a.
注设~)),则t2~F(1,n),言~F(n,1).(见《2026考研数学概率论与数理统计辅导
讲义》)
三、解答题
(1)解由X?,X?,…,X,独立同分布，且均服从N(0,22),故有
X?+X?~N(0,22+22)=N(0,8),
Xg+X?+X?~N(0,22+22+22)=N(0,12),
X?+X,+Xg+X?~N(0,22+22+22+22)=N(0,16),
从而
×?8X2~N(o,1,(ix)2~x(1),
X,+×+Xs~N(o,1),(,+X+×)2~x(1),
x,+X,+x,+×°~No,),(+×,x+×)2~x(1).
由独立性及X2分布的可加性，知
347…………………
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(x?+XD2+(,+X?+X?2+(Xo+X,+x,+Xo2~x2(3),
故a=8,b=12”c=6
,自由度n=3.
(2)解由X～N(0,o2),知X,~N(0,c2),X?+X?+X?～N(0,3o2),记
u-x+X+×~saJ.v-2e)-xm.
故U2=(X?+8a+X)2~x2(1).
记w=Xi+X3+Xi~x(3),又U与V相互独立，则：
sz-3÷~na7
Dz-一—-JF·+~
(D)z-喜子-X+×+~Ra,n。
(由已知，W与V 相互独立)
综合题
一、选择题
(1)C.
~-D)故
s2=n-2(x,-x),
解记： ,则S2为样本方差，由于
-~m-D.
故选项C正确.
(2)D.
解由已知，有
x,~N(O,o2),。~N(O,1)(i=1,2,…,n),
X~n(0,°),。X~N(O,1)
~x(1),"-DS~x(n-1),
则
348概率论与数理统计
第二十章 数理统计的基本概念
房
排除选项A.
由X与S2相互独立，并根据X2分布的可加性，知
+"-S~x2(n),
排除选项B.
由
知，排除选项C.
()2~x2(1),n-1)S2~x2(n-1),但X,与S2不独立，因此
由于(
+"-1)S2~x2(n)
是错误的，故选项D符合题意.
(3)A.
解由于E(X2)=DX+(EX)2,而DX与EX的矩估计量分别为 (x,-X)2与X,故E(X2)的
矩估计量为X2+∑(x,-X)2,
.故选项A正确.
(4)C.
解 先求X-Y的分布.
由已知，X~N(,°),x~N(μ,°),且区与平相互独立，故区-Y~N(,2),所以
~n(o,元)
).当n固定时，
P{I区-YI>0)=1-P{|×。|≤1}=1-Z)-(-√Z)]
=2[1-A]],
其中Φ(x)为N(0,1)的概率分布函数，所以P{X-YI>o}与o无关，选项C正确.
(5)B.
108-)~N(,1,x,-x)2~x2(9),故
解 依题设，
2-
P{T≥a}=P{3T≥3a}=0.05
349-
………………
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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)?+n2-2°
解依题设，知X~N(μ?,o2),Y~N(μ2,o2),且X与Y相互独立，则
m-ns_2-x~xm-D,
m-s2-~-D
其中，S?与S'分别是两组样本的样本方差.
B-m--m-
由X2分布的性质，知
所以，
=(+n2-2)2·Z2cm?-1)+2[m?-1]=m+m2-2·
(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,D(X)=n,E(S2)=DX=1
由X与S2相互独立，知X与S相互独立，且
E(X2)=DX+(EX)2=1+o=7,
E(XS)=EX·ES=0,
E(T2)=n(-0+1)=1+n.
故
解 根据经验分布函数的定义，有F??(x)=10 ,其中k为样本值中小于或等于x的个数，故经验分布
函数为
350………………………………
概率论与数理统计
第二十章 数理统计的基本概念
注 设x?,x?,…,xn为总体X的一组样本观测值，且按大小排列为xi≤xi≤…≤x;,则经验分布
函数为 -1
当总体X的分布函数F(x)未知时，经验分布函数F,(x)可作为总体X的分布函数F(x)的近似.
三、解答题
(1)解(I)T?=2Zx2+∑x?-X
=_xí+X3+…+XL+X)+X?X?+x?X?+…+XziX
=(x?+X?2+_(x?+X?2+…+1(xz+Xz)2
-(X)一r.
y,=-“~N(O,1),
由X?-1~N(0,1),X?,~N(0,1),知Xzi-1+Xz~N(0,2),故)
所以T?=∑Y?~x2(n).
磨t
2x:~x2(2n-1))
x?~x(3),2x?~x22n-3),且相互独立，故
(Ⅲ)由于
(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，Y?,Y?与X?独立，则
X?+X?+X?=X?+Y?~N(0,3c2),
故方(x?+X?+x,)~NO,1).
又(2)~x2(1),且X?+X?+X?与X?-X相互独立，所以由t分布的定义，知
351…………
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√3×?xXa+Y~(1).
(3)解(I)先确定Y服从的分布.依题设，X~N(p,o2),X~N(μ,n2),且X与X相互独立，
故X-x~N(0,”"+12)
,所以
再)-m-x-x~xo.
由X2分布的性质，知EY=1,DY=2.
(Ⅱ)由已知，样本方差S2与X独立，X+1与S2独立，且X,Xn+1,S2相互独立，故S2与(X-X)2也
独立，所以
--~rdm-D,即
k=n+1
(4)证(I)对任意实数x,以k,(x)表示n个样本观测值(x?,T?,…,x)中不大于x的观测值的个
数，即k,(x)是对总体X的n次独立重复观测中，事件{X≤x}出现的次数.由经验分布函数的定义，有
F。(z)=k-C)(-0,有
limP{IF?(x)-F(a)I0,有
imP{"-力|0时，
Fz(z)=P{Z≤z}=P{X2+Y2≤z}
-d
=drd
ra-r-
-。山.
故
即Z服从参数为 的指数分布.
(Ⅱ)似然函数为
La)-真u)=立
上式两边取对数，得
mLo)--ahc)
mLo)-+-。
令
357………………………
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o2=-z,故=-Zz
解得( 为o2的最大似然估计量
20
由(I)知，Z服从参数为 的指数分布，从而
-2,
EC)=-Ez,=-22o2=2·2o2·n=o2.
注由
fla,)---
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,c2),
(×=)2~x2(1),(=)2~x2(1),所以，
Y~N(0,o2),且(
(x2+Y)~x2(2).
(2)解(I)由P{T>b}=θ,知P{T≤b}=1-θ,
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，
359-
-
……………
……
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fx(x)=?f(x,y)dy=5。edy=2e。ed
=2e(-0)e。-音e,
no)-倍中
故
同理可求得
n)--中，
29
(Ⅱ)由(I)知，fx(x)·fr(y)=f(x,y),故X与Y相互独立，且X服从参数为 的指数分布，Y服
19
从参数为- 的指数分布.记Z=min(X,Y),则Z的分布函数为
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-P{X≤z}][1-P{Y≤z}]
=1-[1-Fx(z)][1-Fy(z)]
30
即Z=min(X,Y)服从参数为- 的指数分布.故
Cmcx,-
(Ⅲ)θ的似然函数为
2)
取对数，得
InL(8)=nhn2-(n+m)ne-(自z+Zv.).
。22a+2
令InL(θ)=-”+m+∑x?+∑y=0,解得θ
,故θ的最大似然估计
量为
2x+2
360-
……………………………………………………………………………………
概率论与数理统计
第二十一章 参数估计
拓展题
解答题
(1)解(I)当λ?已知时，
EX=5x·f(;A,A?)dz
-J
z=A?+Aa(azy+A)e"dy=a?+A?,
用区替换EX,得λ2的矩估计量为a?=X-λi.
关于λ2的似然函数为
La)-立，a?≤zux,
由
daLa2=-+六(:-ai)=0,
解得az=n∑(x:-A?))是λ2的最大似然估计量.
EX=λ?+λ2,
(Ⅱ)
E(X2)-j_a2.f(x)dx-zd
z=A?+Aaay+a,)2e"dy=2A3+2,A?+Ai,
则DX=E(X2)-(EX)2=λ
令
:
EX=X,Dx="-1s2(s2=n-?(x,-X)2为样本方差),
故 所以λ?,λ2的矩估计量为
?i=x-√”-1s2,a?=√”1s2.
关于λ?,λ2的似然函数为
La,X)=,A?≤…,,
取对数，求偏导数，得
①
②
由式②得λz=x-λ1.式①无解，用最大似然估计原理求λ1,λ2的最大似然估计量.
由LA?,A?)的表达式知，当a,使L(A?,λ2)>0且使》(x,-A?)达到最小时，才能使LC1,A2)达到
最大.
361……………
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(x?-λi)在
当x?≥λ;(i=1,2,…,n),即min{X?,X?,…,X}≥λ?时，有La?,λ2)>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L(a?,λ?)≤
L(a?,λ?).
当λ?=a?时，由式②,知a?=-a,,由于
故L(a?,λ2)在λ?=a?处达到最大，
故有L(a?,λ2)≤L(aj,a2),从而知λ1,λ2的最大似然估计量为
a?=min{X?,X?,…,X。},a?=X-min{X?,X?,…,Xn}.
(2)解(I)用定义法求fr,(y).
当y≥0时，
Fy?(y)=P{Y?≤y}=P{|X?-μI≤y}
=P{-y≤x?-≤y}=P{-≤×:-“≤}
=中(苦)-(-兴)=2p(苦)-1;
当y<0时，Fy?(y)=0,故
rg(O)=Fy(o)-(),≥0
φ(x)=2e,-
