真题及讲解数学二89年1308j

设f(x)x2(x1)(x2)，求f(x)的零点个数为 (A)0 (B) (C)2 (D)31：f(0f(1f(20，由罗尔定理知至少有10,1)2(1,2)2f(xx(4x29x4)，其中二次因子的判别式9)244417022零点，所以f(x3个零点.

f(x)，函数f(x)在区间[0,a]上有连续的导数，则定积分axf(x)dx等于 0

axf(x)dxaxdf(xxf(x)a f(x)dxaf(aaf(x)dxaf(aABOCa a af(x)dxABODaxf(x)dx yCexCcos2xCsin (A)yy4y4y0 (B)yy4y4y0(C)yy4y4y0 (D)yy4y4y0【解析】由微分方程的通解中含有ex、cos2x、sin2xr1r2i，所以特征方程为(r1)(r2i)(r2i)0r3r24r40.故以已知函数为通解的微分方程是f(x

lnxsinx，则f(xlnx有2有2x0,x1f(xx0,x1f(x)

limlnx洛 因

limxln

lim

，同理limf 0 x0|x x

limf(x)limlnxlimsinxlim1sin1 x1x1 x1xlimf(x)limlnxlimsinxsin1 x11x设函数f(x)在(,)内单调有界，xn为数列，下列命题正确的是 若xn收敛，则f(xn)若xn单调，则f(xn)若f(xn)收敛，则xn若f(xn)单调，则xnf(x在(内单调有界，且{xnf(xnf(xn一定存在极限，选项(B)arctan 0x(A)f(x

nx f(x在(limxnxf(x)

1arc

arctanx1,x 故limf(xn

arc

当nlimf(xlimarctann时，故它收敛，但是limxlimn n DfFuvD

fx2y2dxdy uvu

vfu2(C)vfu fuu

fx2y2dxdy

v

uf(r2)rdr

uf(r2)dr 2uvfu，选项(A)设A为n阶非零矩阵，E为n阶单位矩阵，若A3O，则

EA不可逆，EA不可逆 EA可逆，EA可逆

EAEA

EA3(EA)(EAA2)E，EA3(EA)(EAA2)EEAEA均可逆．所以选项(C)正确.方法2：特征值法.A3OAEAEA的特征值为均不为零，故EA,EA都可逆.

EA0EA0 2 设A 1 1 (A) (B) 2 (C) 2

EA

所以1321Ap1q1 设(D)选项中的矩阵为B 1 EB 1cos[xf已知f(x)连续，且lim 1，则f(0) 2x0(ex1)f1cos[xf【解析】因为

[xf limf(x)1f(0)1f(02x0(ex21)f x0x2f 微分方程(yx2ex)dxxdy0的通解是y 【解析】微分方程yx2exdxxdy0可变形为dyyxex 1dx 所 ye xexexdxCxxex dxCx(exC) 设F(x,y)sin(xy)ln(yx)x，则有隐函数求导法， dyFx y y

1y1x0yxcos(xyyxyy11y

y y yy(0)1y(0)1y1x0yx2求函数f(x)(x5)x3的拐点 2【解析】f(xx35x3f(x)

2x3

10x

10(x3 3 10 10

10(x4 f(x) x3 x3 4 9xx1f(1)0x0f(0)x1f(xx0f(x0，且f(1)6，故曲线的拐点为(1,6)xx zyyx

1:设uyvxzuv zzuzvvuv1(y)uvlnu u v xuvvy2lnuyy11lnyxux y x y x

2(ln21)2

x

ln

z(x2

22 x1]x

x x2求导，得 2(ln21)2

(x [ 设3阶矩阵A的特征值是2,3,，若行列式2A48，则 【解析】因为A236，2A23 ，所以23648，解得1求极限lim lim[sinxsin(sinx)]sinxlimsinxsin(sin 1cos(sin1sin2

lim 1 因 sinxx1x3o(x3)，sin(sinx)sinx1sin3xo(sin3x)6[sinxsin(sinx)]sin

sin4 o(sin4x) 所 lim lim 4 x0 d dx2tex d设函数yy(x)由参数方程 2

x 1dx2tex0得exdx2tdtxdydtln(1t2)2t

0得ex1t2xln(1t2

1t

(1t) t)d[(1t2)ln(1t2d2yddy 2tln(1t2) dxdx (1t2)[ln(1t2)1]ex(x1)

1t0得ex1t2xln(1t2

ln(1t)

d 所 dt

(1t)ln(1t)ex，所以

1t

e 1x2arcsin1计算111

x2arcsin

，故

1x2arcsin

令arcsinxtxsintt[0,1x2arcsinxdx

tsin2tcostdttsin2tdt(

22 22

t24 1t24

1

2tdsin2t 2sin1x2arcsin1x2arcsinxdx1201 xd(arcsin21cos2t221 1x2(arcsinx)211x(arcsinx)2dx21x(arcsinx)2dx2令arcsinxtxsintt[0,

1x(arcsin

dx

12

sin2tdt

2tdcos1 2 41 1(t2cos2t)212tcos2tdt 10故，0

1x2arcsin

dx

2

D 1dx1xydy1dxx1dy2dx 12ln215ln219ln2 f(x是区间[0f(01t[0x0xt，yf(xxx轴旋转一周生成一旋转体.若该旋转体的侧面面积在数值上等于其体积的2倍，求函数f(x 【解析】旋转体的体积Vtf2x)dxS2tf(x)1f2(x)dx tf2(x)dxtf(x)1f2 上式两端对t求导 f2(t)f ， y y2 y21)tC1， y y2y2将y(0)1代入知C1，故y y22f(x在闭区间[ab上连续，则至少存在一点[ab]baf(x)dxf()(ba)b3若函数(x具有二阶导数，且满足(2)(1),(2)2(x)dx，则至少存在一点1,3)1：Mmf(x在[abmf(xMx[abb有m(babf(x)dxM(ba，即maf(x)dxMba[ab]，使得f(

bf b

bbaf(x)dxf()(ba)bb2：f(x在闭区间[ab上连续，所以bf(x)dxaf(x)dxba 于 af(x)dxh(ba)ahdx， af(x)hdx以下证明至少存在一点(abf(h

bb bb点(ab，使得af(x)dxf()(ba3(II)1：由(I)的结论可知至少存在一点[23]，使得2(x)dx()(32)(33又由(2)2(x)dx()，知23，对(x)在[1,2][2,]上分别应 3(1)(2((2()(2)(1)0 12 2 (2)()(2)0

213()(2)(1)0，(,)(1,3)2 32：由(2(1及(2)2(x)dx(((2,3))或(23]均可).由于3))x0，有(x00，将在xx处 展开至n1，有(x)(x)1()(xx)2 另一方面，由于(xx使(x)(x0，于是知存在求函数ux2y2z2zx2y2xyz4作日函数F(x,y,z,,)x2y2z2(x2y2z)(xyz4)F2y2yy Fz2z Fx2 问题可转化为求ux2y2x42x2y2y4xyx2y24F(xyx4y42x2y2x2y2(xyx2y24F4x34xy22x(12x)x Fy4y34x2y2y(12y)Fxyx2y24解得(xy1,1xy22)zx2y2z2z872

1 A ，xx2，b0 1

x 0An1an

n 证法1： A

12a

2

12a 2

1 0

1

2a3a4a(n1)a(n1)an 2D|A|Dn1)an

13a2

D

a22a a2

故|A|n1)an证法3：记D|A|，将其按第一列展开得D a2 D )

)an2(DaD)an 即Dan ana(an1 )2ana2 (n2)anan2D(n1)an (n1)anan12a(n1)an

A0

An1)ana0．由法则，将Dn的第1列换成b，得行列式 0D 1

1

1

1

1

D1 1 (n1

A0a0 x1 1x0 x0

n1 0 0 n xk100,0T0,10,0Tk【解析】(I设存在数k1,k2,k3，使得k