2014考研数学冲刺篇（数学三）模拟试题详解

时间：2023-11-08 理论教育版权反馈

【摘要】：因此选.附注当（Ⅰ）与（Ⅱ）等秩时，未必等价.例如，α1=T，α2=T，β1=T，β2=T.显然r=r，但是α2不能由β1，β2线性表示，即α1，α2与β1，β2不等价.由本题可知，题中的（Ⅰ）、（Ⅱ）等价与A、B等价是有区别的，应注意这一点.因此选.附注顺便计算X的分布函数G=P（X≤x）：当x≤-1时，P；当-12时，所以由于，所以因此选.附注应记住以下结论：设X1，X2，…

一、选择题

答案

（1）显然x=0，1都是方程的实根.记f（x）=2^x-x²-1，则f（x）连续，且，所以由零点定理（推广形式）知方程f（x）=0在（2，+∞）上有实根，记为x_0.

如果f（x）=0还有不同实根x₁，不妨设x₁>x₀，则由f（x）三阶可导，且f（0）=f（1）=f（x₀）=f（x₁）及罗尔定理（高阶导数形式）知，存在ξ∈（0，x），使得

f^（3）（ξ）=0. （1）

另一方面，计算f（x）的三阶导数得

f^（3）（ξ）=2ξ（ln2）³≠0，（2）

由式（1）与式（2）矛盾知，方程f（x）=0，即2^x-x²-1=0除0，1，x₀外，别无其他实根.因此选（C）.

附注（Ⅰ）零点定理的一种推广形式设函数f（x）在[a，+∞）上连续，且，则存在ξ∈（a，+∞），使得f（ξ）=0.

（Ⅱ）罗尔定理的一种高阶导数形式

设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内三阶可导，且存在x₁，x₂∈（a，b）（其中x₁<x₂），使得f（a）=f（x₁）=f（x₂）=f（b），则存在ξ∈（a，b），使得f^（3）（ξ）=0.

（2）利用对称区间上定积分性质可得（由于被积函数是奇函数），（由于sin³x是奇函数，cos⁴x是偶函数，在，且仅在点处取等号），（由于x²sin³x是奇函数，cos⁷x是偶函数，在上cos⁷x≥0，且仅在点处取等号），所以，P<M<N.因此选（C）.

附注应记住对称区间上定积分的性质：设f（x）在[-a，a]上连续，则

此外，当f（x）是非奇非偶函数时，有

（3）当的收敛半径为1时，它在点x=-1处可能是条件收敛（如），也可能不是条件收敛，但当在点x=-1处条件收敛时，它的收敛半径必为1.于是收敛半径为1是在点x=-1处条件收敛的必要而非充分条件，因此选（B）.

附注对于幂级数，当其收敛半径为R（正数）时，必在（-R，R）内绝对收敛，但在端点x=-R，R处可能收敛（条件收敛或绝对收敛），也可能发散，应视{a_n}而定.

（4）由于所给的微分方程右端函数

2sinx=e^αx（0·cosβx+2·sinβx）（其中α=0，β=1），而α+βi=i是对应的齐次线性微分方程y″+y=0的特征方程之根，所以y″+y=2sinx应有的特解形式为x（acosx+bsinx）.因此选（B）.

附注对于常系数非齐次线性微分方程

y″+py′+qy=e^αx[P_l^（x）cosβx+Q_m（x）sinβx]

（式中P_l（x），Q_m（x）分别是l与m次多项式）应有如下形式的特解：

y^x=x^ke^αx[R_n^（1）（x）cosβx+R_n^（2）（x）sinβx]

（式中R_n^（1）（x），R_n^（2）（x）都是n次多项式，n=max{l，m}，k=0，1，视α+iβ是否为y″+py′+qy=0的特征方程r²+pr+q=0的根而定）.

（5）当A可逆时，λ≠0，且A^-1有特征值及对应的特征向量α，B=P^-1AP有特征值λ及对应的特征向量P^-1α.从而B^-1有特征值及对应的特征向量P^-1α.因此选（A）.

附注设A是n阶矩阵，有特征值λ及对应的特征向量α，则B=P^-1AP（P是n阶可逆矩阵）有特征值λ及对应的特征向量P^-1α.此外，当A可逆时，A^-1与A^∗分别有特征值与以及对应的特征向量α.

（6）由于当（Ⅰ）与（Ⅱ）等价时，（Ⅰ）与（Ⅱ）等秩；当A与B等价时，A与B等秩，反之也对.所以选项（A）、（C）、（D）都正确。因此选（B）.

附注当（Ⅰ）与（Ⅱ）等秩时，未必等价.例如，α₁=（1，0，0）^T，α₂=（0，1，0）^T，β₁=（1，0，0）^T，β₂=（0，0，1）^T.显然r（α₁，α₂）=r（β₁，β₂），但是α₂不能由β₁，β₂线性表示，即α₁，α₂与β₁，β₂不等价.

由本题可知，题中的（Ⅰ）、（Ⅱ）等价与A、B等价是有区别的，应注意这一点.

因此选（C）.

附注顺便计算X的分布函数G（x）=P（X≤x）：

当x≤-1时，P；

当-1<x≤0时，；

当0<x≤2时，；

当x>2时，

所以

（8）由于，所以

因此选（C）.

附注应记住以下结论：

设X₁，X₂，…，X_n是来自总体N（μ，σ²）的简单随机样本，记，则

此外，设X～χ²（n），则EX=n，DX=2n.

二、填空题

（9）由f（x）在点x=0处连续知

式中，

将式（2）代入式（1）得a=e².

附注计算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

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

然后按关系图计算有关的偏导数.

（11）由于，

所以，

附注应记住.顺便计算：

（12）由题设知

所以，

将R（1）=1代入上式得

R（p）=p^1+p.

附注由于R（p）是p的单调增加函数，所以R（p）的弹性为

（13）由于A∗=|A|A^-1，其中，此外，由

得从而

附注如果记住以下公式，将快捷地算出A^∗.

设A，B都是n阶可逆矩阵，则

（14）由于P（A）=C_3p¹（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的概率分布为

由此可算出X的数字特征，例如

EX=E（X²）=λ，DX=λ（1-λ）.

三、解答题

附注当∫f（x）dx不易计算时，有时可采用以下方法计算，即将不定积分∫f（x）dx改写成两个不定积分之和：

∫f（x）dx=∫f₁（x）dx+∫f₂（x）dx，

并且对其中一个，例如对∫f₁（x）dx施行分部积分消去∫f₂（x）dx.本题的就是如此计算的.

（16）由于f_n（x）满足(www.xing528.com)

所以，将代入上式得C=0，所以从而

由于

即函数y=s（x）有唯一零点x=0，在（-∞，0）上s（x）<0，在（0，+∞）上s（x）>0；

即函数y=s（x）在（-∞，-ln2]上单调减少，在[-ln2，+∞）上单调增加，是极小值，无极大值；

即曲线y=s（x）在（-∞，-2ln2]上是凸的，在[-2ln2，+∞）上是凹的，是拐点；

，即曲线y=s（x）有水平渐近线y=0.所以y=s（x）的图形如图1⁃16所示.

附注作函数y=f（x）的简图时，应确定y=f（x）取正值与负值的区间（零点），单调增加与单调减少区间（极值），曲线y=f（x）的凹凸区间（拐点）以及渐近线.本题一一计算了这些要素后，作出了简图.

图 1⁃16

（17）由f_x′=4x-4xy²，f_y′=2y-4x²y知方程组即在D的内部无解，即f（x，y）在D的内部无可能极值点.

D的边界由C₁：x²+2y²=1（y≥0）与C₂：y=0（-1≤x≤1）组成.

，且φ（x）在点x=0处取最小值，在x=-1或1处取最大值2，即f（x，y）在C₁上的最小值为，最大值为2.

f（x，y）|_C2=2x²（-1≤x≤1），在点x=0处取到最小值0，在点x=-1，1处取到最大值2，即f（x，y）在C₂上的最小值为0，最大值为2.

因此，f（x，y）在D上的最小值为0，最大值为2.

附注设函数f（x，y）在有界闭区域D上连续，则它在D上必有最小值与最大值，它们可按以下步骤计算：

（Ⅰ）计算f（x，y）在D的内部的所有可能极值点，记为

（x₁，y₁），（x₂，y₂），…，（x_n，y_n）；

（Ⅱ）计算f（x，y）在D的边界上的最小值和最大值，记为m₁与M₁；

（Ⅲ）比较f（x₁，y₁），f（x₂，y₂），…，f（x_n，y_n），m₁，M₁，其中最小者（最大者）即为f（x，y）在D上的最小值（最大值）.

（18），式中，；于

附注计算分块函数的二重积分，必须根据函数的分块将积分区域分成若干小块，并逐一计算各小块上的二重积分后相加即得所求的二重积分.

（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）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，c]上有连续导数，且f₊′（a）·f_-′（c）<0，则容易知道，存在ξ∈（a，c），使得f′（ξ）=0.但是，从本题的证明可知，“当f（x）在[a，c]上可导（未必有连续导数），且f₊′（a）·f_-′（c）<0，则存在ξ∈（a，c），使得f′（ξ）=0，”记住这个结论，有助于快速解题.