考研数学二分类模拟237

考研数学二分类模拟237解答题1.

设n→+∞时，An，Bn为无穷大量，若用表示无穷大量Bn的阶高于An的阶，即．试证：n→+∞时，下列无穷大量有如下关系(a＞1，0＜α＜1，k∈N+)

正确答案：证明：(1)显然，因．

(2)．记n0=[a]，其中[a]表示不超过a的最大整数，显然n0≤a＜n0+1，则当n＞n0时，显然有，所以

(3)．

(4)

(5)

注本题的结论可当作一般性的结论直接应用(尤其是在计算较复杂的极限时)．[考点]函数、极限

2.

设f(x)在[a，b]上连续(ab＞0)，在(a，b)内可微，求证：存在ξ∈(a，b)，使得．正确答案：证明：命题等价于证明存在ξ∈(a，b)，使得．

设．由于ab＞0，则，从而g(x)，h(x)在[a，b]上可微，且，g'(x)≠0，g(a)≠g(b)．

因此g(x)，h(x)满足柯西中值定理的条件，故，使得

即

整理可得

所以

[考点]连续、导数、微分(Ⅱ)

3.

若f(x)在[a，b]上有连续导函数，f(a)=f(b)=0，且，求．正确答案：解：

[考点]一元函数微积分

4.

设f(x)为奇函数，且f'(1)=2，求．正确答案：解：因为f(x)为奇函数，所以f'(x)为偶函数，由，

得

[考点]连续、导数、微分(Ⅱ)

5.

设R=R(x)是抛物线上任一点M(x，y)(x≥1)处的曲率半径，s=s(x)是该抛物线上介于点A(1，1)与M之间的弧长，计算．正确答案：解：因为，抛物线在点M(x，y)处的曲率为

曲率半径为

抛物线AM的弧长

再利用参数方程的求导法则

所以

[考点]定积分的应用

对于n元齐次线性方程组：(Ⅰ)Am1×nx=0；(Ⅱ)Bm2×nx=0有：6.

(Ⅰ)与(Ⅱ)有非零公共解的充要条件是；正确答案：证明：必要性．设(Ⅰ)与(Ⅱ)的非零公共解为x0，即

Ax0=0，Bx0=0

从而，即有非零解，故．

充分性．由知线性方程组有非零解．

设为x0，即，从而Ax0=0，Bx0=0．

即x0是(Ⅰ)(Ⅱ)的非零公共解．[考点]矩阵、向量、方程组

7.

设η1，η2，…，ηs是(Ⅱ)的基础解系，则(Ⅰ)与(Ⅱ)有非零公共解的充要条件是Aη1，Aη2，…，Aηs线性相关；正确答案：证明：必要性．设x0是(Ⅰ)(Ⅱ)的非零公共解，则x0可由η1，η2，…，ηs线性表出，设x0=k1η1+k2η2+…+ksηs(k1，k2，…，ks不全为零)．

由Ax0=0有

0=Ax0=A(k1η1+k2η2+…+ksηs)=k1Aη1+k2Aη2+…+ksAηs

由于k1，k2，…，ks不全为零，所以Aη1，Aη2，…，Aηs线性相关．

充分性．由Aη1，Aη2，…，Aηs线性相关，则存在不全为零的数k1，k2，…，ks使得

0=k1Aη1+k2Aη2+…+ksAηs=A(k1η1+k2η2+…+ksηs)

令

x0=k1η1+k2η2+…+ksηs

则x0是(Ⅱ)的解，且满足Ax0=0．

所以x0是(Ⅰ)(Ⅱ)的非零公共解．[考点]矩阵、向量、方程组

8.

设γ1，γ2，…，γt是(Ⅰ)的基础解系，η1，η2，…，ηs是(Ⅱ)的基础解系，则(Ⅰ)与(Ⅱ)有非零公共解的充要条件是γ1，γ2，…，γt，η1，η2，…，ηs线性相关．正确答案：证明：必要性．设x0是(Ⅰ)(Ⅱ)的非零公共解，则可设

x0=k1γ1+k2γ2+…+ktγt=l1η1+l2η2+…+lsηs

其中ki(i=1，2，…，t)，lj(j=1，2，…，s)不全为零．

于是

k1γ1+k2γ2+…+ktγt-l1η1-l2η2-…-lsηs=0

从而γ1，γ2，…，γt，η1，η2，…，ηs线性相关．

充分性．由γ1，γ2，…，γt，η1，η2，…，ηs线性相关，则存在不全为零的数k1，k2，…，kt，l1，l2，…，ls使得

k1γ1+k2γ2+…+ktγt+l1η1+l2η2+…+lsηs=0

取

x0=k1γ1+k2γ2+…+ktγt

则x0≠0(否则可得k1，k2，…，kt，l1，l2，…，ls全为零)，且

x0=-l1η1-l2η2-…-lsηs

从而x0是(Ⅰ)(Ⅱ)的非零公共解．[考点]矩阵、向量、方程组

9.

n维列向量组α1，α2，…，αn-1线性无关，且与非零向量β正交．证明：α1，α2，…，αn-1，β线性无关．正确答案：证明：令k0β+k1α1+…+kn-1αn-1=0，由α1，α2，…，αn-1与卢正交及(β，k0β+k1α1+k2α2+…+kn-1αn-1)=0，得k0(β，β)=0，又因为β为非零向量，所以(β，β)=||β||2＞0，于是k0=0，故k1α1+k2α2+…+kn-1αn-1=0，再由α1，α2，…，αn-1线性无关得k1=k2=…=kn-1=0，于是α1，…，αn-1，β线性无关．[考点]向量

10.

求．正确答案：解：因为

所以

又因为

所以根据夹逼准则得

[考点]函数、极限

11.

设A是n阶矩阵，对任意的x=(x1，x2，…，xn)T，都有xTAx=0，是否必有A=0，说明理由．正确答案：解：不一定，如，对任意的x=(x1，x2)T都有

但．[考点]特征值、特征向量及二次型

12.

设A是n阶实对称矩阵，对任意的x=(x1，x2，…，xn)T，都有xTAx=0，是否必有A=0，说明理由．正确答案：解：在题设条件下，必有A=0．证明如下：

A是实对称矩阵，AT=A．

对任意的x=(x1，x2，…，xn)T，都有

故，得A=-A，A=0．[考点]特征值、特征向量及二次型

13.

计算，其中D由曲线x=y2，x=3-2y2围成．正确答案：解：积分区域D(如下图)关于x轴对称，记D1={(x，y)∈D|y≥0}．函数y2-x关于y是偶函数，函数ysin2(xy)关于y是奇函数，于是

[考点]二重积分

14.

求极限．正确答案：解1：因为

所以

解2：[考点]函数、极限

15.

证明：r(A+B)≤r(A，B)≤r(A)+r(B)．正确答案：证明：设r(A)=p，r(B)=q，将A，B按列分块为

A=(α1，α2，…，αs)，B=(β1，β2，…，βs)

于是

(A，B)=(α1，α2，…，αs，β1，β2，…，βs)

A+B=(α1+β1，α2+β2，…，αs+βs)

因αi+βi(i=1，2，…，s)均可由向量组α1，α2，…，αs，β1，β2，…，βs线性表出，故

r(A+B)≤r(A，B)

又设A，B的列向量组的极大线性无关组分别为α1，α2，…，αp和β1，β2，…，βq，则{α1，α2，…，αp，β1，β2，…，βq}可线性表出向量组{α1，α2，…，αs，β1，β2，…，βs}．于是r{α1，α2，…，αs，β1，β2，…，βs}≤r{α1，α2，…，αp，β1，β2，…，βq}≤p+q，故有r(A，B)≤r(A)+r(B)．

综上，r(A+B)≤r(A，B)≤r(A)+r(B)．[考点]向量

16.

设求f'(x)．正确答案：解：当x＜0时，f'(x)=-sinx；当x＞0时，；当x=0时，不存在(此时不用再考虑右导数)．

综上，f(x)在x=0处不可导．[考点]连续、导数、微分(Ⅰ)

17.

求极限．正确答案：解：

所以

综上，．[考点]函数、极限

设n阶方阵A与B相似，证明：18.

对任意的正整数k，都有Ak与Bk相似；正确答案：证明：因A与B相似，故有可逆矩阵P，使得P-1AP=B．

由

知Ak～Bk．[考点]特征值、特征向量及二次型

19.

对任意一个多项式

f(x)=akxk+ak-1xk-1+…+a1x+a0

矩阵多项式f(A)和f(B)相似；正确答案：由于

P-1(a0E)P=a0E

并且由第一小题可知

P-1(a1A)P=a1B，…，P-1(akAk)P=akBk

等式两边全部相加，得

P-1(akAk+…+a1A+a0E)P=akBk+…+a1B+a0E

即

P-1f(A)P=f(B)

故f(A)～f(B)．[考点]特征值、特征向量及二次型

20.

当A，B都是可逆矩阵时，A*和B*相似．正确答案：因A，B相似，故有可逆矩阵P，使P-1AP=B，且|A|=|B|，对P-1AP=B两边求逆，得

P-1A-1P=B-1

上式两边乘|A|，得

P-1(|A|A-1)P=|A|B-1=|B|B-1

因

|A|A-1=A*，|B|B-1=B*

故P-1A*P=B*，于是A*～B*．[考点]特征值、特征向量及二次型

21.

证明：若f(x)在有限区间(a，b)内可导，但无界，则其导函数f'(x)在(a，b)内亦必无界．