一、选择题
(1)分析 分别确定曲线的铅直和非铅直渐近线的条数即可.
精解y在点x=-1,1处无定义,但
所以,所给曲线只有一条铅直渐近线x=1.此外,由
知,所给曲线只有一条非铅直渐近线y=1(它为水平渐近线).
因此本题选(C).
附注 在计算曲线y=f(x)的非铅直渐近线时,如果(常数),必有,所以此时非铅直渐近线只有水平渐近线y=k.
(2)分析 按导数定义计算f′(0).
精解 由于f(0)=0,所以
因此本题选(B).
附注 用如下方法也可以计算f′(0):
由于f′(x)={(ex-1)[(e2x-2)(e3x-3)…(enx-n)]}′
=ex(e2x-2)(e3x-3)…(enx-n)+(ex-1)[(e2x-2)…(enx-n)]′
所以f′(0)=1·(-1)(-2)…[-(n-1)]+0·[(e2x-2)…(enx-n)]′x=0
=(-1)n-1(n-1)!.
(3)分析 利用收敛正项级数的性质确定正确选项.
精解 由于数列{Sn}有界时,{Sn}单调增加且有界,所以由数列极限存在准则Ⅱ知存在,记为A,则,即{an}收敛.但反之未必成立,例如正项数列{an}={1}收敛,但数列无界.
所以{Sn}有界是正项数列{an}收敛的充分而非必要条件.
因此本题选(B).
附注 数列极限有两个存在准则:
准则Ⅰ 设数列{xn},{yn},{zn},如果yn≤xn≤zn(n=N+1,N+2,…,其中N是某个整数),且,则
准则Ⅱ 设数列{xn}单调不减有上界或单调不增有下界,则存在.
(4)分析 画出函数在[0,3π]上的概图,就可由定积分的几何意义得到正确选项.
精解 函数在[0,3π]上的概图如图B-12-1所示.由图可知,
I1=D1的面积,
I2=D1的面积-D2的面积,
I3=D1的面积-D2的面积+D3的面积.
于是,I2<I1.此外,由D3的面积>D2的面积知I3>I1,所以有
I2<I1<I3.
因此本题选(D).
图 B-12-1
附注D3的面积>D2的面积可从图中看出,也可证明如下:
(5)分析 逐个判断选项的正确性,直到得到正确选项为止.
精解 对选项(A).当x1>x2时,对任意y由得f(x1,y)>f(x2,y),特别有f(x1,y2)>f(x2,y2).(1)
当y1<y2时,对x1由得
f(x1,y1)>f(x1,y2). (2)
由式(1)、式(2)知,当x1>x2,y1<y2时,f(x1,y1)>f(x2,y2).
因此本题选(A).
附注 本题也可用积分计算.对于选项(A)有,其中积分路径为如图B-12-2所示的有向折线于是有
即f(x1,y1)>f(x2,y2).
图 B-12-2
(6)分析 画出区域D,利用D的对称性化简所给的二重积分后再计算.
精解D如图B-12-3阴影部分所示.
用曲线y=-sinx将D分成D1与D2两块,则
图 B-12-3
(由于D1关于x轴对称,函数x5y在对称点处的值互为相反数,所以由于D2关于y轴对称,函数x5y在对称点处的值互为相反数,所以
此外, 将式(2)、式(3)代入式(1)得
因此本题选(D).
附注 本题也可按以下方法计算:
重画D的图形如图B-12-4阴影部分所示,它被y轴划分成D3与D5两块,D3与D4关于原点对称,由于x5y-1在对称点(x,y)与点(-x,-y)处的值彼此相等,所以
图 B-12-4
从而
本题的有关计算方法见提高篇12.
(7)分析 只要在α1,α2,α3,α4中找到三个向量,以它们为列的矩阵的行列式为零即可.
精解 由于
所以向量组α1,α3,α4线性相关.
因此本题选(C).
附注 判别n个n维列向量组α1,α2,…,αn的线性相关性的快捷方法是构造矩阵A=(α1,α2,…,αn),
当|A|=0时,α1,α2,…,αn线性相关;
当|A|≠0时,α1,α2,…,αn线性无关.
(8)分析 利用即可算出Q-1AQ.
精解 由于,
所以
因此本题选(B).
附注 本题也可用以下方法快捷计算:
由知α1,α2是A的对应特征值λ=1的两个线性无关的特征向量,所以α1+α2,α2也是A的对应特征值λ=1的两个线性无关的特征向量,因此,对于Q=(α1+α2,α2,α3)有
二、填空题
(9)分析 所给方程两边对x求导两次,并将y(0),y′(0)的值代入即可得到y″(0).
精解 显然y(0)=0,所给方程两边对x求导得
2x-y′=eyy′. (1)
由此可得y′(0)=0.
式(1)两边对x求导得
2-y″=ey(y′)2+eyy″.
将x=0及y(0)=y′(0)=0代入上式得
2-y″(0)=y″(0),即y″(0)=1.
附注 应熟练掌握一元隐函数求一、二阶导数的方法.
(10)分析 将所给极限转换成积分和式极限即可.
精解
附注 设f(x)是[a,b]上的连续函数,则f(x)在[a,b]上的积分和式
的极限为,即
这一方法常用于和式极限的计算.
(11)分析 对z求全微分算出,后即可得到
精解 由于
所以,,.于是
附注 当要同时计算二元可微函数f(x,y)的两个偏导数时,总是从计算全微分df入手.特别是当f是x,y的二元复合函数时,采用这一方法将使计算快捷.
(12)分析 将所给微分方程改写成
(ydx+xdy)-3y2dy=0
后求解.
精解 所给微分方程可以写成
(ydx+xdy)-3y2dy=0,
即
d(xy-y3)=0.
由此得到所给微分方程的通解
xy-y3=C.
将x=1,y=1代入上式得C=0.所以所求的满足y|x=1=1的解为x=y2,进而可得
附注 所给微分方程也可以写成
(一阶线性微分方程),
它的通解为
将x=1,y=1代入上式得
1=C+1,即C=0.
于是x=y2.
(13)分析 按曲率计算公式算出所给曲线在点(x,y)处的曲率,然后由题设建立方程,解此方程即可得出所求的点.
精解 曲线y=x2+x(x<0)在点(x,y)处的曲率为
于是由题设得方程
,即(2x+1)2=1.
解此方程得x=-1(舍去了不合题意的x=0).
y=(-1)2+(-1)=0.
所以所求的点的坐标为(-1,0).
附注 当y=y(x)二阶可导时,曲线y=y(x)在点(x,y)处的曲率的计算公式为
(14)分析 利用公式AA∗=|A|E3(其中E3是三阶单位矩阵),并用初等矩阵与A之积表示B,即可算出|BA∗|.(www.xing528.com)
精解 由题设得,所以
因此,
附注 应记住:当A是n阶矩阵时,
AA∗=A∗A=|A|En(En是n阶单位矩阵,A∗是A的伴随矩阵).
并应熟练掌握:矩阵M的每一个初等行变换(初等列变换)都对应一个初等矩阵,并且对M左乘(右乘)这个初等矩阵即为M经此初等变换后的矩阵.
三、解答题
(15)分析 (Ⅰ)是∞-∞型未定式,转换成型未定式后再计算.
(Ⅱ)令k=1,2,…逐一计算极限,直到极限不为零为止,如此确定k的值.
精解 (Ⅰ)
(Ⅱ)由于
其中,x→0时
所以,,即x→0时f(x)-a=f(x)-1与x是同阶无穷小,从而k=1.
附注 题解中极限是采用不同方法计算的,这是因为如对后者仍应用洛必达法则计算,则是比较复杂的.
本题的有关计算方法见提高篇01.
(16)分析 按二元函数极值计算方法计算.
精解 由于,,所以由即,得f(x,y)的可能极值点为(1,0)和(-1,0).
由,,
可知,,,
,,因此f(x,y)有极大值,极小值
附注 设f(x,y)具有二阶连续偏导数,(x0,y0)是它的可能极值点,且记A=fx″x(x0,y0),B=fx″y(x0,y0),C=fy″y(x0,y0),则(x0,y0)是f(x,y)的极小值点(极大值点)的充分条件是
AC-B2>0与A>0(A<0).
(17)分析 先算出切点A的坐标,并画出D的概图,然后计算D的面积及旋转体的体积.
精解 设切点A(x0,y0)(其中y0=lnx0),则切线方程为
即
由于切线通过点(0,1),将它代入上式得
1-lnx0=-1,即x0=e2.
图 B-12-5
于是切点A(e2,2),而L与x轴的交点B(1,0).由此得到D的概图如图B-12-5的阴影部分所示.
D绕x轴旋转一周所得的旋转体的体积为
附注 顺便计算D绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积V1.
本题是综合题,有关计算方法见提高篇09.
(18)分析 用极坐标计算所给的二重积分.
精解
附注 当积分区域D是角域的一部分时,二重积分通常用极坐标计算,特别是当积分区域D用极坐标表示(此时,D必为角域的一部分)时,应先考虑用极坐标计算这个二重积分.
(19)分析 (Ⅰ)从求解二阶常系数齐次线性微分方程f″(x)+f′(x)-2f(x)=0入手计算f(x)的表达式.
(Ⅱ)将(Ⅰ)中算得的f(x)代入,计算y″,由此可得到曲线的拐点.
精解 (Ⅰ)f″(x)+f′(x)-2f(x)=0是二阶常系数齐次线性微分方程,它的特征方程r2+r-2=0有根r=1, -2,所以通解为
f(x)=C1ex+C2e-2x. (1)
将式(1)代入f″(x)+f(x)=2ex得
2C1ex+5C2e-2x=2ex,
所以,C1=1,C2=0.将它们代入式(1)得f(x)=ex.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得
所以,于是由
知,(0,y(0))=(0,0)是曲线的唯一拐点.
附注 题中的f(x)表达式也可按以下方法计算:
由f″(x)+f(x)=2ex得f″(x)=2ex-f(x).将它代入f″(x)+f′(x)-2f(x)=0得
f′(x)-3f(x)=-2ex (一阶线性微分方程),
它的通解为 f(x)=e3x(C+e-2x)=Ce3x+ex. (2)
将式(2)代入f″(x)+f(x)=2ex得C=0.将它代入式(2)得f(x)=ex.
本题是综合题,其有关内容及计算方法见提高篇03,19.
(20)分析 由于
所以只要证明(x∈(-1,1))即可.
精解 当x∈[0,1)时有为了证明这一不等式,作辅助函数,则f(x)在[0,1)上连续,在(0,1)内可导且
所以,在[0,1)上f(x)≥f(0),即.从而
由于上述不等式左边是偶函数,因此在(-1,1)上成立.由此推得,即
附注 不先化简而直接证明题中不等式是较复杂的,故对它作两次化简:
(ⅰ)将欲证的不等式左边的函数缩小成,故只要证明即可.
(ⅱ)将x限制在[0,1)上,则又可进一步化简为
本题的有关证明方法见提高篇05.
(21)分析 (Ⅰ)作辅助函数fn(x)=xn+xn-1+…+x-1,只要证明f(x)在上满足零点定理,且在内单调即可.
(Ⅱ)只要证明{xn}单调有界即可知存在,然后计算其值.
精解 (Ⅰ)对n=2,3,…,记fn(x)=xn+xn-1+…+x-1,则fn(x)在上连续,且
所以由零点定理知方程fn(x)=0在内有实根.
此外,fn(x)在内可导且
fn ′(x)=nxn-1+(n-1)xn-2+…+1>0,
即fn(x)在内单调增加,因此方程fn(x)=1,即
xn+xn-1+…+x=1
在内有且仅有一个实根.
(Ⅱ)记方程fn(x)=1在内的唯一实根为xn(n=2,3,…),则,3,…),即{xn}有下界.下面证明{xn}单调减少.对n=2,3,…有
即所以,xn>xn+1(n=2,3,…),即{xn}单调减少,
因此由数列极限存在准则Ⅱ知存在,记为A.
由于xn满足xnn+xn-1n+…+xn=1,即
并且由0<xn<x2<1知0<xnn<x2n(n=2,3,…),且,所以由数列极限存在准则Ⅰ知于是式(1)两边令n→∞取极限得,即.由此算得
附注 题解中既运用了数列极限存在准则Ⅰ,又应用了数列极限存在准则Ⅱ.本题是综合题,有关内容和计算方法见提高篇02,06.
(22)分析 (Ⅰ)按第一行展开计算行列式A.
(Ⅱ)令|A|=0,算出的a值中能使算对应的方程组Ax=β的通解.与A的秩相等的a即为所求.然后计
精解 (Ⅰ)
(Ⅱ)由|A|=0,即1-a4=0得a=1,-1.
当a=1时,对方程组Ax=β的增广矩阵施行初等行变换:
由此可知,此时r(A)>r(A).所以a=1不是所求的.
当a=-1时,对方程组Ax=β的增广矩阵施行初等行变换:
由此可知,此时,方程组有无穷多解.因此所求的a=-1.由于此时方程组Ax=β与方程组
同解.方程组(1)的导出组的通解为C(1,1,1,1)T.此外,方程组
(1)有特解(0,-1,0,0)T.所以当a=-1时,方程组Ax=β的通解为
x=(x1,x2,x3,x4)T=C(1,1,1,1)T+(0,-1,0,0)T(其中C为任意常数).
附注 题解中值得注意的是:满足方程|A|=0的a未必都能使方程组Ax=β有无穷多解,需对方程|A|=0的根作一一检验,检验它们是否满足
要熟练掌握线性方程组通解的计算方法.
(23)分析 (Ⅰ)由|ATA|=0算出a的值.
(Ⅱ)对(Ⅰ)中算出的a,将对称矩阵ATA正交相似化,即QT(ATA)Q=Λ(对角矩阵),由此得到正交变换x=Qy及f的标准形.
精解 (Ⅰ)由于
所以
于是,由f(x1,x2,x3)的秩为2,即ATA的秩为2得ATA=0,即
(1+a)2(3+a2)=0.
由此得a=-1(容易检验,当a=-1时,r(ATA)=2).
(Ⅱ)当a=-1时,
记E3为三阶单位矩阵,则由
得ATA的特征值为λ=0,2,6.
设对应λ=0的特征向量为α=(a1,a2,a3)T,则α满足
显然该方程组有解α=(-1,-1,1)T.
设对应λ=2的特征向量为β=(b1,b2,b3)T,则β满足
显然该方程组有解β=(-1,1,0)T.
设对应λ=6的特征向量为γ=(c1,c2,c3)T,则γ应与α,β正交,故有
显然该方程组有解γ=(1,1,2)T.
由于α,β,γ两两正交,现将它们单位化:
记Q=(ξ1,ξ2,ξ3),则Q是正交矩阵,且正交变换
x=Qy (其中y=(y1,y2,y3)T)
使得f=2y22+6y23(标准形).
附注 要熟练掌握用正交变换化二次型为标准形的方法.
本题是综合题,其有关内容及计算方法见提高篇18.
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