2016考研数学名师精选.全真模拟冲刺题解析

时间：2023-10-22 理论教育版权反馈

【摘要】：一、选择题答案（1）f（x）=x|x|·（x-2）2|x-2|，可能不可导点为x=0，2.在点x=0附近，且由，知f′（0）=0.所以，x=0是f（x）的2阶不可导点.在点x=2附近，且由lim，知f′（2）=0.所以，x=2是f（x）的2阶可导点.因此选（B）.附注如果记住以下结论，本题将快捷获解：（Ⅰ）（x-a）|x-a|在点x=a处2阶不可导，（x-a）2|x-a|在点x=a处2阶可导；（

一、选择题

答案

（1）f（x）=x|x|·（x-2）2|x-2|，可能不可导点为x=0，2.在点x=0附近，

且由，知f′（0）=0.

所以，x=0是f（x）的2阶不可导点.

在点x=2附近，

且由lim，知f′（2）=0.

所以，x=2是f（x）的2阶可导点.因此选（B）.

附注如果记住以下结论，本题将快捷获解：

（Ⅰ）（x-a）|x-a|在点x=a处2阶不可导，（x-a）2|x-a|在点x=a处2阶可导；

（Ⅱ）设f（x）=φ（x）g（x），其中φ（x）在点x=a处可导而2阶不可导，g（x）在点x=a处2阶可导且g（a）≠0，则f（x）在点x=a处2阶不可导.

（2）由于x²在[0，1]上连续，选项（A），（B），（C）右边都是x²在[0，1]上的积分和式的极限，它们都等于，即选项（A），（B），（C）都正确.因此选（D）.

附注也可以通过直接计算，确认选项（D）不正确：

（3）由于，所以由f″_xx（x，y）在点（x₀，y₀）处存在知f′_x（x，y₀）在点x₀处可微.因此选（D）.

附注当题中所给的三个2阶偏导数在点（x₀，y₀）处连续时，选项（A），（B），（C）都正确，但仅假定这三个2阶偏导数在点（x₀，y₀）处存在时，未必能推出这三个选项都正确.

（4）由于Ω关于平面π：x+y+z=0对称，设M₁（x₁，y₁，z₁）与M₂（x₂，y₂，z₂）为对称点，则线段M₁M2的中点位于平面π上，所以，即x₁+y₁+z₁=-（x₂+y₂+z₂）.

从而tan（x₁+y₁+z₁）=-tan（x₂+y₂+z₂），即tan（x+y+z）在对称点处的值互为相反数，于是有

因此选（B）.

附注计算三重积分时，应先按积分区域的对称性进行化简，然后计算.对于三重积分，如果Ω具有某种对称性，且按此对称性Ω被划分成Ω₁与Ω₂两部分，则Ω

当f（x，y，z）在对称点处的值互为相反数时，；当f（x，y，z）在对称点处的值彼此相等时，

（5）由于方程组Ax=0的解x₀可使A^TAx₀=0，即x₀也是方程组A^TAx=0的解.反之，设A^TAx=0有解ξ，则

ξ^TA^TAξ=0，即（Aξ）^T（Aξ）=0.

记Aξ=（ξ₁，ξ₂，…，ξ_n）^T，则由上式得ξ²₁+ξ²₂+…+ξ²_n=0，即ξ₁=ξ₂=…=ξ_n=0（利用ξ₁，ξ₂，…，ξ_n都为实数）.所以有Aξ=0，即ξ也是方程Ax=0的解.因此选（C）.

附注本题表明：设A是n阶实矩阵，则Ax=0与A^TAx=0是同解方程组.

这一结论可推广为：

设A是m×n实矩阵，B是n×l实矩阵，则Bx=0与ABx=0是同解方程组的充分必要条件是r（AB）=r（B）.

（6）由于

所以|有解λ=-2，2，3.从而A的最小特征值为-2.因此选（B）.

附注题解中，由于注意到和都是初等矩阵，它们的三次方与四次方分别左乘、右乘于表明，对B施行三次“交换第1、2行”的初等变换后，再施行四次“将第2列加到第3列”的初等变换，所以很快获解.

（7）记，则U的概率密度

从而Z=X-2Y=X+U的概率密度为

因此选（B）.

附注常用的随机变量函数的概率密度计算公式：

（Ⅰ）设随机变量X的概率密度为f（x），记Y=g（X）（其中y=g（x）在f（x）≠0的区间内是单调函数，且除个别点外处处可导），则Y的概率密度为

其中I是g（x）在f_X（x）≠0的区间上的值域，x=h（y）是y=g（x）在该区间的反函数.

（Ⅱ）设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f（x，y），则随机变量Z=aX+bY+c（a，b，c都为常数）的概率密度为

当b≠0时，

当a≠0时，

如果记住了（Ⅱ），则本题可快捷获解.

（8）由于，所以，，于是

因此选（D）.

附注应记住以下结论：

（Ⅰ）设X₁，X₂，…，X_n是来自总体X～N（μ，σ²）的简单随机样本，则，其中

（Ⅱ）设X～χ²（n），则EX=n，DX=2n.

二、填空题

（9）由于f（x）在点x=0处连续，所以

其中，代入式（1）得a=e².

附注（Ⅰ）计算型未定式极限时，首先要对进行化简，其中对f（x）或g（x）作等价无穷小代替是最常用的，也是最有效的化简方法.

（Ⅱ）计算0⁰，1∞，∞⁰型未定式极限lim[f（x）]^g（x）时，应首先将函数指数化，即[f（x）]^g（x）=e^g（x）lnf（x），于是

（10）

附注计算多元复合函数的偏导数时，应先画出该函数与自变量之间的复合关系图，例如本题的关系图为

（11）由于

所以

附注应记住.顺便计算

（12）由y″+py′+qy=0的通解可知，1+i是它的特征方程的根.所以y″+py′+qy=e^xcosx的特解形式应为

xe^x（Acosx+Bsinx）.

附注对于2阶常系数非齐次线性微分方程

y″+py′+qy=f（x），当f（x）=e^αx[P_l（x）cosβx+Q_m（x）sinβx]（P_l（x），Q_m（x）分别是x的l次，m次多项式）时，该方程应有的特解形式为

y∗=x^ke^αx[R^（1）_n（x）cosβx+R^（2）_n（x）sinβx]，

其中，k是按α+βi是特征方程λ²+pλ+q=0的零重根与一重根对应地取0，1，R^（1）_n（x），R^（2）_n（x）是x的n=max{l，m}次多项式.

（13）由于A∗=|A|A^-1，其中

从而

附注本题也可以利用以下公式，快捷算出A∗.

设A，B都是n阶可逆矩阵，则

（14）由于P（A）=C¹₃p（1-p）²·p=3p²（1-p）²，则X的概率分布为

所以E（X²）=1²·3p²（1-p）²=3p²（1-p）².

附注服从参数为λ的0-1分布的随机变量X的分布律为

由此可以算得X的数字特征，例如

EX=E（X²）=λ，D（X）=λ（1-λ）

等.

三、解答题

（15）

附注可考虑类似的不定积分：解答如下：

（16）由于f_n（x）满足

f′_n（x）-f_n（x）=x^n-1e^x，

所以

将代入上式得C=0，所以（n=1，2，…）.从而(www.xing528.com)

此外，s（0）=0.所以

附注题解中直接利用（x∈[-1，1）），比较快捷.

（17）由于（其中，u=x-t），所以从而f（0，y）=y，且

f′_x（x，y）=f（x，y），

由此得到f（x，y）=ye^x.此外，由题设得

dg（x，y）=g′_x（x，y）dx+g′_y（x，y）dy=d（x+y），

所以g（x，y）=x+y+C₀.从而由g（0，0）=0得C₀=0.

g（x，y）=x+y.

由以上得到的f，g得

从而

附注题解中值得注意是：

为了对的两边关于x求偏导数，需将被积函数中的x移走，故令u=x-t.

（18）（Ⅰ）如图答6-18所示.由于

图答 6-18

（Ⅱ）由于Σ：是闭曲面，所以

附注题解中有两点值得注意：

（Ⅰ）由于不是闭曲线，所以添上线段，使得A成为闭曲线，然后应用格林公式计算所给的曲线积分，比较快捷.

（Ⅱ）由于Σ是闭曲面，且是外侧，所以对所给的曲面积分直接应用高斯公式计算，比较快捷.此外，计算时，由于Ω是旋转曲面，且被积函数与x，y无关，所以采用先x，y，后z的方法.

（19）c将[a，b]分成两个小区间[a，c]与[c，b].

由于，所以存在x₁∈（a，c），使得f（x₁）＞f（a）.由于，所以存在x₂∈（x₁，c），使得f（x₂）＞f（c）.因此f（x）在[a，c]上的最大值在（a，c）内取到，于是由费马定理知，存在η₁∈（a，c），使得f′（η₁）=0.

此外，由f（c）=f（b）=0知，f（x）在[c，b]上满足罗尔定理条件，所以存在η₂∈（c，b），使得f′（η₂）=0.

由题设及以上证明知，f′（x）在[η₁，η₂]上满足罗尔定理条件，所以存在ξ∈（η₁，η₂）⊂（a，b），使得f″（ξ）=0.

附注当函数f（x）在[a，b]上有连续导数时，如果f′₊（a）·f′_-（b）＜0，则容易知道，存在ξ∈（a，b），使得f′（ξ）=0.但是，从本题的证明可知，“当f（x）在[a，b]上可导（未必有连续导数）时，如果f′₊（a）·f′_-（b）＜0，则存在ξ∈（a，b），使得f′（ξ）=0.”记住这个结论，有助快捷解题.