考研数学二分类模拟243

考研数学二分类模拟243解答题1.

设a1＞b1＞0，记

证明：数列{an}与{bn}的极限都存在且等于．正确答案：证明：因为a1＞b1＞0，所以利用归纳法不难得到an＞0，bn＞0．于是有

从而对n=2，3，…，有

以及

a1≥an≥bn≥b1

以上说明数列{an}递减有下界，而数列{bn}递增有上界．由单调有界定理知数列{an}与{bn}都收敛．

设及．对两边分别取极限，得，此即a=b．又由

得到anbn=an-1bn-1=…=a1b1．对anbn=a1b1两边取极限，有ab=a1b1．因此．[考点]极限、连续及其应用

2.

若函数f(x)在[a，b]上连续，则．正确答案：证1：因为f(x)在[a，b]上连续，所以f(x)在[a，b]上可积．

令，则有F'(x)=-f(x)，所以

注意到，F(b)=0，所以

证2：转化为二重积分证明，则有

记g(x，y)=f(x)·f(y)，令，则显然①=I1+I2．

再令D1表示由直线x=a，x=b，y=a，y=x所围成的三角形区域，D2表示由直线x=a，x=b，y=b，y=x所围成的三角形区域，则显然D1与D2没有公共的内点(即除了y=x那条边界，再无其他交点)，且D1∪D2为正方形区域[a，b]×[a，b]，故

则

[考点]一元函数微积分

3.

证明：对一切h＞0，不等式成立．正确答案：证明：设f(x)=lnx，在[1，1+h]上应用拉格朗日(Lagrange)中值定理，可得

当h＞0时，由0＜θ＜1可推知1＜1+θh＜1+h，故．

注本例的不等式，称为“对数不等式”．令，可得对数不等式的一个极其重要的形式，即．对数不等式逢考必用，请读者务必熟稔于心![考点]函数、极限

4.

设试求函数的解析表达式，其中D={(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}．正确答案：解：积分区域为D1={(x，y)|x+y≤t)，记D0=D∩D1．

当t＜0时，x+y＜0，则f(x，y)=0，故；

当0≤t＜1时，D0={(x，y)|0≤y≤t-x，0≤x≤t)，如图1所示，则

图1

当1≤t＜2时，D0={(x，y)|x+y≤t，0≤x≤1，0≤y≤1}，如图2所示，用直线y=t-1把D0分为两部分，即

D0={(x，y)|0≤y≤t-1，0≤x≤1)∪{(x，y)|0≤x≤t-y，t-1≤y≤1}

则

图2

当t＞2时，D0={(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}，如图3所示，则

故

图3[考点]二重积分

5.

设f(x)可导，且f(0)=f'(0)=1，求．正确答案：解：[考点]连续、导数、微分(Ⅰ)

6.

计算n(n＞1)阶行列式

正确答案：解：按第1列展开，得

[考点]行列式

7.

设f(x1，x2，x3)=(x1-ax2)2+(x2-bx3)2+(x3-cx1)2，其中abc≠1．证明：f(x1，x2，x3)是正定二次型．正确答案：证明：本题的二次型f(x1，x2，x3)是三项平方和的形式，故对任意的x=(x1，x2，x3)T，f(x1，x2，x3)≥0．而由二次型正定的定义，对任意的x=(x1，x2，x3)T≠0，有f(x1，x2，x3)＞0．所以本题的二次型

只有零解等价于

[考点]二次型

设A是n阶矩阵，λ是A的特征值，其对应的特征向量为x．8.

证明：λ2是A2的特征值，x为特征向量；正确答案：证明：由Ax=λx得

A2x=A(Ax)=A(λx)=λAx=λ2x

可知λ2是A2的特征值，x为特征向量．[考点]特征值、特征向量及二次型

9.

若A2有特征值λ，其对应的特征向量为x，x是否一定为A的特征向量?说明理由．正确答案：解：不一定．若A2x=λx，取，则A2=0，A2的特征值为λ=0，取，显然A2x=0x，但

即x不是A的特征向量，因此结论未必成立．[考点]特征值、特征向量及二次型

10.

试证(广义的积分中值定理)：设f(x)在[a，b]上连续，则至少存在一点ξ∈(a，b)，使得

正确答案：证明：记

则由原函数存在定理知，F'(x)=f(x)，则F(x)在[a，b]上连续且在开区间(a，b)内可导，故由拉格朗日中值定理，至少存在一点ξ∈(a，b)，使得

F(b)-F(a)=F'(ξ)(b-a)

即

注广义的积分中值定理告诉我们，积分中值定理

中的中值点ξ可以取到开区间里面，即ξ∈(a，b)．此结论读者可以记住，直接应用．[考点]一元函数微积分

11.

证明：如果向量β可以由向量组α1，α2，…，αs线性表出，那么表出方式唯一的充分必要条件是α1，α2，…，αs线性无关．正确答案：证明：设

β=b1α1+b2α2+…+bsαs①

充分性．设α1，α2，…，αs线性无关．如果还有β=c1α1+c2α2+…+csαs，那么

b1α1+b2α2+…+bsαs=c1α1+c2α2+…+csαs

从而

(b1-c1)α1+(b2-c2)α2+…+(bs-cs)αs=0

由于α1，α2，…，αs线性无关，因此有b1-c1=0，b2-c2=0，…，bs-cs=0，即b1=c1，…，bs=cs．

所以β由向量组α1，α2，…，αs线性表出的方式唯一．

必要性．设β由向量组α1，α2，…，αs线性表出的方式唯一．假如α1，α2，…，αs线性相关，则有不全为0的数k1，k2，…，ks，使得

k1α1+k2α2+…+ksαs=0②

式①与式②相加，得

β=(b1+k1)α1+(b2+k2)α2+…+(bs+ks)αs③

由于k1，k2，…，ks不全为0，因此(b1+k1，b2+k2，…，bs+ks)≠(b1，b2，…，bs)．于是β由α1，α2，…，αs线性表出的方式至少有两种：式①和式③．这与表出方式唯一矛盾．因此α1，α2，…，αs线性无关．[考点]向量

12.

设f(x)在[0，+∞)内可微，且满足不等式．证明：至少存在一点ξ∈(0，+∞)，使得．正确答案：证明：令，x∈(0，+∞)，则显然g(x)≤0且g(0)=0．

而，进一步得，故对任意的ε＞0，存在G＞0，使得当x≥G时，-ε＜g(x)＜ε．又因g(x)在[0，G]上连续，则必存在ξ∈[0，G]，使得g(ξ)为最小值，如果当g(ξ)=0时，则g(x)≡0，x∈[0，+∞)．结论显然成立；当g(ξ)＜0时，ξ必在开区间(0，G+1)内取得，从而ξ必为极小值点，由费马定理知g'(ξ)=0，又因

即得．[考点]连续、导数、微分(Ⅱ)

设n阶可逆矩阵A有特征值λ，对应的特征向量为ξ．13.

证明λ≠0；正确答案：证明：若λ=0，则

|λE-A|=|-A|=0

即|A|=0，这和A可逆矛盾，故λ≠0．[考点]特征值与特征向量

14.

求矩阵A-1，A*，E-A-1的与λ相关的特征值和特征向量．正确答案：解：由题设条件知

Aξ=λξ①

给式①两端左边乘A-1，且知λ≠0，得

由式②知，A-1有特征值，特征向量仍为ξ．

再给式①两端左边乘A*，得

由式③知，A*有特征值，特征向量仍为ξ．

同理

故E-A-1有特征值，特征向量仍为ξ．[考点]特征值与特征向量

15.

求曲线y=x2-1(x＞0)上的点P，过点P作曲线的切线L，L与x轴，y轴分别交于点M，N，试求点P的坐标，使得ΔOMN面积最小．正确答案：解：由(x2-1)'=2x知，在P(x，y)处的切线L为Y=2x(X-x)+y．

令X=0，Y=0，可得点N，M的坐标为N(0，y-2x2)，．故△OMN的面积为

令S'x=0，得(负值被舍去)，由实际背景知存在最小值，又只一个可疑点．故，P的坐标为．[考点]一元函数微积分

16.

把f(x)=ln(1+sinx)在x=0处展开到x4项(带佩亚诺余项)．正确答案：解：[考点]连续、导数、微分(Ⅱ)

17.

求A的逆矩阵，．正确答案：解：令．由上题的结论，可知

A=En+bH+b2H2+…+bn-1Hn-1，Hn=0

注意到

于是

A(En-bH)=En-bnHn=En

从而

[考点]矩阵

18.

设A是一个n阶矩阵，α是一个n维列向量．证明：如果，那么有．正确答案：证明：

19.

证明：若f(x)为[0，1]上的连续函数，且对一切x∈[0，1]，有，则f(x)≡0．正确答案：证明：显然f(0)=0．对任意x0∈(0，1)，由积分中值定理

其中0≤ξ1≤x0．而f(x)在[0，1]上连续，所以f(x)在[0，1]上存在最大值M．对于ξ1，

有，其中0≤ξ2≤ξ1，所以

依次类推，可知存在ξn∈[0，x0]，使得．而，所以f(x0)=0．又因为f(x)在x=1处左连续，所以．