考研数学二（解答题）模拟试卷101

考研数学二(解答题)模拟试卷101

一、解答题(本题共20题，每题1.0分，共20分。)

lim(a"+6"+<:")<

1、设OVaCbVc,求”・8.

标准答案：由C&n+N+cnqcn得已(1+"+厂)*<3'^-因为四

lim(a"+b"+c"):

=1,所以-B=C.

知识点解析：暂无解析

1#0.

2、设f(x)J0.*=。•求F(x).

32.11

x8,0XCOS—;

标准答案：当x加时,由求导法则得「(X尸■X当X=0时，可用以

3•।

xsm一

/⑴・/(。)_

limlim---------

下两种方法求得r(o).方法I：按定义求：f(0)=，⑷X…ox

=0.方法2：显然映"")=0=f(0),f(x)在点x=0处连续，又

limfr(x)=lim(3/sin——xcos—)=0,因此/'(0)=°•

x-0XXf

3x2sin------xcos—,x«0.

于是/'(x)=XX

0.x=0.

知识点解析:暂无解析

3、设四=(四],ai2»...,ain)T(i=l,2,…，r；rl,a2,…,an线性无关.己知。=(b],

0

Q“X|♦ai2x2+…+=

a2lXl+a22X2+….Un=0

b2,...,bn)T是线性方程组+%2盯+…♦。”与二°的非零解向量.试判断

向量组四，(12,…,a邛的线性相关性.

标准答案：设k]a]+k2(X2+…+kra「+lp=O,因为0为方程组的非0解，有

。1向+。仙2+…+%1A=0

。21加+a22b2+…*。21A=0

r

1明出+ar2x2+…+a3=°即算0,pai=0,…，p'ar=0.用。「左乘，并把

代入，得10T0=0.因为算0,有0T|>0,故必有1=0.从而式为

kiai+k2a2+...+krOr=0,由于ai，ct2，…,如线性无关,所以有ki=k2=...=kf=0因此向

量组ai，012，…,Or,0线性无关.

知识点解析：暂无解析

4、已知4x5矩阵A=(cq,a2,as，04，015),其中四，。2，。3，3，as均为四维列

向量，aj,a2，04线性无关，又设a3=a]-a4，as=a1+02+04，0=2囚+(12—

013+04+(x5，求Ax=p的通解。

标准答案：由于ai，。2，04线性无关，口3=叫一a5=ai+a2+a4»所以r(A)=3。

由已知条件。=2ai+a2—013+04+015,从而线性方程组Ax=p有特解r|=(2,1,-1,

1,1),。由a3=ai—04.a5=ai+a2+a4，可知导出组Ax=0的两个线性无关的解为

&=(1,0,一1,一1,0)T,々=(1,1,0,1,一1)L由r(A)=3,可知齐次线性

方程组Ax=0的基础解系由两个线性无关的解构成，故』，及为Ax=0的基础解

系，方程组Ax=|3的通解为x=rj+k]&i+k242，其中k|,k2为任意常数。

知识点解析：暂无解析

y=J*H--;---

5、求“尸—1的渐近线.

由limy=8.limy=°0得

j—Tj-l

x=-1与1=1为y=«r+-户'…;的铅直渐近线；

由limy=8得丁=H4—T~\没有水平新近线；

由lim2=】，lim(y—工)=0得1y=1为曲线y=«r+q—；的斜渐近线.

标准答案：‘j/…"T

知识点解析：暂无解析

6、假设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导，且F(x)S0,记F(x)=

」一「/")小

才可。，证明在(a,b)内FXx)<0.

标准答案：直接求导后利用积分中值定理即得.

知识点解析：暂无解析

门一................存在眄0,1),使得

(/(。也+小一1)/(©=0.

标准答案：令"J。/")"—J。")出.因为601⑴=0,所以由罗尔定理，存在

龚(O,1),使得敏@=0.而8(x)=

「八八山+(工一1)/(3故「/⑺市+(£-i)/(e)=o.

Joo

知识点解析：由

£/<Odi+(x-l)/(x)=0.为Jjam+x/Cx)-/(x)-0.从而[工//⑺山一『八"也：’=0.辅助品数为6才)-=[/(，)&-[/<，)&.

8、设f(x)在(a,b)内可导，证明：Vx,xoG(a,b)且x#xo时,f(a)在(a,b)单调减

少的充要条件是f(xo)+f(xo)(x-xo)>f(x).(*)

标准答案：必要性：设(*)成立，Vxi，x2G(a,b)且xiVx2凶f(x2)<

f(Xl)+f(X|)(X2-X|),f(x1)<f(X2)+f(X2)(X1-X2).两式相加[r(Xl)-f(X2)](X2-Xl)>0

f(xi)>f(x2),即r(x)在(a,b)单调减少.充分性：设r(x)在(a,b)单调减少.对

于,xoG(a,b)且xRxo，由微分中值定理得f(x)-[f(xo)+「(xo)(x・xo)]=[r(&)-P(xo)](x-

xo)V0,其中自在X与K0之间，即(*)成立.

知识点解析：暂无解析

9、设f(x),g(x)在[0,1]上的导数连续，且f(0)=0,f(x)>0,g(x)>0o证明对任何

ae[0,1],有Joag(x)f'(x)dx+Joif(x)g'(x)dx演a)g⑴。

标准答案：设F(x)=Hg[t)f'⑴dt+J(Jf(t)g'⑴出一f(x)g⑴，则F(x)在[0,1]上的导数

连续，并且F(x)=g(x)f(x)—f(x)g(l)=f(x)[g(x)—g(l)],由于x€[0,1]时，

f'(x)>0,g,(x)>0,因此F、(x)W0,即F(x)在[0,1]上单调递减。注意到

F(l)—Jo%⑴f'(t)dt+Jo】f(t)g(。出一f(l)g(l),而又因为

fo^COf(t)dt=Jo1g(t)df(t)=g(t)f(t)Io1—Io'f(t)g(t)dt=f(l)g⑴To"(t)g(t)dt,故

F(l)=0o因此x曰0,1]时，F(x)>F(l)=0,由此可得对任何尤[0,1],有

foag(x)f(x)dx+Jo1f(x)g(x)dx>f(a)g(l)o

知识点解析：暂无解析

求£业

]0、J(2^4-1)

标准答案：设x二tanu,则dx=sec2udu,

而漆=j*_______du_________fcos_fdsin-

'Jcosu•(2tan2u+1)J2sin%+cos2uJ1+sin2u

=arctan(sin“)+C=arctan(--y)+C.

知识点解析：暂无解析

兀)内过,万㈤

11、设y=y(x)是区间(一兀,的光滑曲线，当一兀<兀<0时，曲线

上任一点处的法线都过原点，当OWxV兀时，函数y(x)满足y、+y+z=O.求函数y(x)

的表达式.

y=-王

标准答案：由题意，当一兀VxVO时，法线均过原点，所以有/,即ydy=

，卜司嚼222222

xdx,得y=一X+C又"代入y2=-x2+C得C=7?,从而有x2+y2』2.当

OgxV兀时，尸+y+x=O,得其对应齐次微分方程的『-y=0的通解为

yv=C|Cosx+C2sinx.设其特解为y产Ax+B,则有O+Ax+B+x=O,得A=-1,B=0,

故yi=_*x是方程的特解，因此y"+y+x=O的通解为y=C|C0sx+C2sinx-x.因为

y=y(x)是(一小兀)内的光滑曲线，故y在x=0处连续且可导,所以由已知得yl

/IT2-X,-IT<X<0,

x=0=兀,y'Ix=0=0故得C]=7i,C1=1»所以lircosx+sinx-x,0x<TT.

知识点解析：暂无解析

12、证明；JtJdxJokxypVdyTJxXdx.

标准答案：本题看似是二重积分问题，事实上，用代换匚xy可将累次积分化为定

积分.在Jo[xy)x'dy中，视x为常数，令t=xy,dt=xdy,当y从0变到1时，1从0

变到x,则

[(初尸dy=/dJ-dz=-f/山，

JoJoxxJo

从而

尸dy=f-dz[fdt=fdd/j—dz=-fdintdt.

oJoxJoJoJrxJo「是也

就是要证明一JoYlntdt^o1^,移项后就是要证明J()W(l+lnt)dt=O.事实上，

tl(l+lnt)dt=el,nlt(l+lnt)dt=elInld(tlnt)=d(etInt),故fo，tt(l+lny)dt=-e,linlIol=O.

知识点解析：暂无解析

13、设政)在[0,2]上二阶连续可导，且？(0)=0,证明：存在。耳，醒(0,2),

£：电=三，⑺

使得户由2s2

标准答案：令F(x)=-cos2%,Fr(Z)=2sin2x^0(0<x<2),由柯西中值定理，存在

⑹工⑹产一吧.g

222

F(AF(O)—、’SINE

t),使得或/中一八°)=蕊.

年（0,由拉格

y/(^-)—/(0)=4中,

朗日中值定理，存在、(0,2),使得J22再由拉格朗日

中值定理，存在怎0,2),使得「6)=「6)—？(0)=/(,川，

故携网蠲=Md

知识点解析：暂无解析

14、求微分方程y”一2旷一e2x=0满足条件y(0)=l,y，(0)=1的特解.

标准答案：齐次方程y"一2y=0的特征方程为产—2入=(),由此求得特征根入产0,

入2二2.对应齐次方程的通解为叫J+C2e2x,设非齐次方程的特解为y*=Axe2x,则

(y*),=(A+2Ax)e2x,

2x

(y*)-=4A(I+x)e.

代入原方程，得A=),从而，=£门巴于是，原方程通解为

y==G+(G+^|

将>(o)=1和y(o>=1代人通解求得Cj=W，G=从而，所求解为

44

知识点解析：暂无解析

15、设A,B均为n阶矩阵，A有n个互不相同的特征值，且AB二BA,证明：B

相似于对角阵.

标准答案：A有n个互不相同的特征值，故存在可逆阵P,使得p-】AP=diagQ],

入2，k)=AL其中」，i=L2,...»n是A的特征值，且入剧(峋).又

AB=BA,故P」APP二P'BPP'AP,即A】LBP=p76%设p

比较对应元索义=为,，即(为一%)%=O，ANL(£K，)・得％=0,于是

cn0-0"

0c22,，•0

P-lBP=•••，即B〜42.

•••

L00…

知识点解析：暂无解析

2n

设fn(x)=x+x+...+x(n>2).

16、证明方程fn(x)=l有唯一的正根Xn;

标准答案：令(Pn(X尸fn(X)・l,因为仰(0)=1<0,(pni1)=n-1>0,所以黄⑺在(0，1)

U(0,+oo)内有一个零点，即方程fn(X)=l在(0,+8)内有一个根.因为

(p，n(X)=l+2x+...+nxn-1>0,所以(Pn(x)在(0,+8)内单调增加，所以(pn(x)在(0,+8)

内的零点唯一,所以方程fn(x)=l在(0,+8)内有唯一正根,记为Xn.

知识点解析•：暂无解析

limi..

17^求・-8

标准答案：由fn(Xn)-fn+：(Xn+l尸0，得

(x,—)+(工：—彳3)+…+(工：-1：”)—工打>0,从而工・>HI+I，所以<4单调

减少，又了.>0(〃=1.2.“・)，故limz,存在，设limz”=A，显然=1，由匚+*

+・・・+无=],得三=1,两边求极限得A=1，解得A=4■，即lim#・=1

知识点解析：暂无解析

设,(Inr)=&।.求/(力・

IJ"•上》1

标准答案：令lnx=l,则当£0时，f(t)=t+Ci;当00时，

f(t)=el+C2.显然广⑴为连续函数，所以f(t)也连续，于是有J=l+C2，

玷〃、产+1+C1V0,

故/(x)=，八

J+C,x>0.

知识点解析：暂无解析

19、设f(x)在(-8,+⑼内可导，且F(x)=f(x2-l)+f(l-x2),证明：F'(l)=

Fz(-1).

标准答案：证明：•••F(x)=f(x?—l)+