一、选择题
(1)分析 利用x→0+时的常用等价无穷小寻找与等价的无穷小.
精解 由知与是等价无穷小.
因此本题选(B).
附注 应熟记以下的常用等价无穷小:
x→0时,
sinx~x,tanx~x,arcsinx~x,arctanx~x,
ln(1+x)~x,ex-1~x,(1+x)μ-1~μx(μ≠0),
(2)分析 从函数f(x)的间断点x=0入手寻找第一类间断点.
精解x=0是函数f(x)在[-π,π]上的间断点.由于
所以,x=0是f(x)的第一类间断点.
因此本题选(A).
附注 顺便指出,x=1,,是f(x)的第二类间断点.
(3)分析 由f(x)是奇函数知F(x)是偶函数,所以只要根据定积分的几何意义算出F(2),F(3)即可判定正确选项.
精解 记区间[0,2]上、[2,3]下的半圆分别为D1,D2,则
的面积,
的面积-D2的面积
此外,由f(x)是奇函数知F(x)是偶函数,所以
因此本题选(C).
附注 记住以下结论:
设f(x)是连续函数,则当f(x)是奇函数(偶函数)时,是偶函数(奇函数).
(4)分析 利用函数f(x)在点x=0处连续,排除其中三个正确命题即可.
精解 由存在知于是由f(x)在点x=0处连续得0,以及存在.所以选项(A)、(C)都应排除.
此外,由存在知于是由f(x)在点x=0处连续得 2f(0)=0,即f(0)=0.所以选项(B)应排除.
因此本题选(D).
附注 记住下面的结论:
设函数g(x)在点x0处连续,且,则g(x0)=0,g′(x0)=A.
(5)分析 分别考虑所给曲线的铅直渐近线与非铅直渐近线的条数即可.
精解 由于,且仅当x→0时,y→∞,所以所给曲线有唯一铅直渐近线x=0.
其次,由于,,
所以有斜渐近线 y=a1x+b1,即y=x.
此外,由于
所以还有水平渐近线y=0.
因此本题选(D).
附注 通常当时,不必再去计算(因为此时必有),曲线有水平渐近线(水平渐近线是特殊的非铅直渐近线)y=k.对x→+∞或x→-∞也有相同的说法.
(6)分析 由于条件中有f″(x)>0,所以f′(x)单调增加,因此可以从考虑入手.
精解 对f(x)在[n,n+1]上应用拉格朗日中值定理知,存在ξn∈(n,n+1),使得
un+1-un=f(n+1)-f(n)=f′(ξn)(n+1-n)=f′(ξn) (n=1,2,…).
由于f″(x)>0,所以,f′(ξn)≥f′(ξ1).因此,当u1<u2时,有
un+1-un≥u2-u1>0(n=1,2,…).
由此得到 ,{un}发散.
因此本题选(D).
附注 本题要通过证明获得正确的结论是比较困难的,但对选择题可通过举例否定其中三个不正确的选项来获得正确选项,具体如下:
函数 ,f3(x)=x2在(0,+∞)上都有大于零的二阶导数.
对f1(x)有,但发散,排除选项(A).
对f3(x)有u1=1<4=u2,但{un}={n2}发散,排除选项(C).
因此本题选(D).
本题是综合题,其有关内容及计算方法见提高篇05.
(7)分析 对选项作逐个判定,确定正确选项.
精解 选项(A)表明f(x,y)在点(0,0)处连续,但不能保证在点(0,0)处可微,所以(A)应排除.
选项(B)表明f(x,y)在点(0,0)处的两个偏导数为零,但不能保证在点(0,0)处可微,所以(B)应排除.
现考虑选项(C).
由 知
即 f(x,y)在点(0,0)处可微.
因此本题选(C).
附注 函数g(x,y)在点(x0,y0)可微的定义是:
如果g(x,y)在点(x0,y0)的某个邻域内有定义,且
(其中A,B是与x,y无关的常数),则称g(x,y)在点(x0,y0)处可微.
(8)分析 画出与所给二次积分对应的二重积分的积分区域D,即可得先x后y的二次积分.
精解 与所给二次积分对应的二重积分的积分区域为
所以,所给的二次积分等于
因此本题选(B).
附注 变更二次积分的积分次序时,总是先画出与所给二次积分对应的二重积分的积分区域.
(9)分析 按向量组线性相关定义判断正确选项.
精解 对选项(A),由于
1·(α1-α2)+1·(α2-α3)+1·(α3-α1)=0,
所以,α1-α2,α2-α3,α3-α1线性相关.
图 B-07-1
因此本题选(A).
附注 选项(B)、(C)、(D)的向量组都线性无关,可按以下快捷方法证明:
由于,其中α1,α2,α3线性无关,且,所以α1+α2,α2+α3,α3+α1线性无关.同样可证α1-2α2,α2-2α3,α3-2α1线性无关,α1+2α2,α2+2α3,α3+2α1线性无关.
(10)分析 由于A是实对称矩阵,所以可从计算A的特征值入手.
精解 记E为3阶单位矩阵,则由
得A的特征值为0,3(二重).此外,容易看到B的特征值为0,1(二重).
由此可知,A与B的特征值不全相同,所以不相似.但是A与B的正特征值个数、负特征值个数都分别相等,所以A与B合同.
因此本题选(B).
附注 (ⅰ)n阶实对称矩阵A与B相似必合同,但合同未必相似.
(ⅱ)n阶实对称矩阵A与B相似的充分必要条件是A与B有相同的特征多项式;合同的充分必要条件是二次型f(x1,x2,…,xn)=xTAx与g(x1,x2,…,xn)=xTBx(其中x=(x1,x2,…,xn)T)有相同的规范形.
二、填空题
(11)分析 所给的极限是00型未定式极限,用洛必达法则计算.
精解
附注 由于x→0时,arctanx-sinx的等价无穷小不易寻找(包括用麦克劳林公式),所以直接用洛必达法则计算所给极限.
(12)分析 只要算出即可得到所求的法线斜率.
精解 由于,
所以,所求的法线斜率为
附注 所给曲线对应于的点处的法线方程为
即
(13)分析 利用y的带佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式计算y(n)(0).
精解 由于
所以,
附注 (ⅰ)函数f(x)的带佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式为
(ⅱ)y(n)(0)也可以按函数的n阶导数公式
计算:
(14)分析 先计算所给微分方程对应的齐次线性微分方程的通解Y,然后计算所给的非齐次线性微分方程的一个特解y∗.由此得到y=Y+y∗.
精解 所给微分方程
y″-4y′+3y=2e2x (1)
对应的齐次线性微分方程
y″-4y′+3y=0 (2)
的特征方程为r2-4r+3=0,它的根为r=1,3,所以式(2)的通解为
Y=C1ex+C2e3x.
式(1)有特解为y∗=Ae2x,将它代入式(1)得
4Ae2x-8Ae2x+3Ae2x=2e2x,即A=-2.
所以 y∗=-2e2x.因此式(1)的通解为
y=Y+y∗=C1ex+C2e3x-2e2x.
附注 如果将所给微分方程改为
y″-4y′+4y=2e2x,(www.xing528.com)
则对应的齐次线性微分方程的通解为Y=(C1+C2x)e2x.此外,式(3)有特解y∗=x2·Ae2x,
将它代入式(3)得A=1.所以y∗=x2e2x,从而式(3)的通解为
y=Y+y∗=(C1+C2x)e2x+x2e2x.
(15)分析 先利用dz算出和,然后将它们代入即可.
精解 由
得 ,所以
附注 由于要计算,,所以从计算dz入手,使计算快捷些.
(16)分析 只要算出矩阵A3,即可得到A3的秩.
精解 由于
所以A3的秩为1.
附注 顺便考虑,它可快捷计算如下:
由于,所以
三、解答题
(17)分析 所给等式两边对x求导算出f′(x),然后再由f′(x)及f(0)的值计算f(x).
精解 所给等式两边对x求导得
利用f-1(f(x))=x化简上式得
即 ,现定义,则上式在上成立.于是,
即
下面计算f(0)的值.
在题中所给等式两边令x=0得
由于f(x)在上单调、可导,所以,即f-1(x)非负,由式(2)得f(0)=0.将它代入式(1)得
附注 题解中有两点值得注意:
(ⅰ)f-1(f(x))=x.
(ⅱ)由题设条件,可从推出f(0)=0.
本题是综合题,有关内容与计算方法见提高篇08.
(18)分析 (Ⅰ)按公式计算V(a).
(Ⅱ)用导数方法计算V(a)(a>0)的最小值点与最小值.
精解 (Ⅰ)
(Ⅱ)由于所以a=e时,V(a)取最小值V(e)=πe2.
附注 平面上有界区域D={(x,y)a≤x≤b,0≤y≤f(x)}绕x轴旋转一周而成的旋转体体积
平面上的无界区域G={(x,y)x≥a,0≤y≤f(x)}绕x轴旋转一周而成的旋转体体积V也有类似的计算公式:
(要求反常积分收敛).
本题是综合题,有关内容及计算方法见提高篇06,09.
(19)分析 令p=y′将所给微分方程降阶为一阶微分方程,然后求解.
精解 令p=y′,则所给的微分方程降阶为
,即(一阶线性微分方程),
它的通解为
将p(1)=y′(1)=1代入上式得
1=C1+1,即C1=0.
将它代入式(1)得 x=p2,即由于x=1时,p=1,所以不合题意,应舍去.故,即由此得到
将y(1)=1代入式(2)得,即将它代入式(2)得
附注 应记住三类可降阶的二阶微分方程的降阶方法:
(ⅰ)y″=f(x).积分一次后得(一阶微分方程).
(ⅱ)y″=f(x,y′).令得(一阶微分方程).
(ⅲ)y″=f(y,y′).令,并用代入得(一阶微分方程).
题中所给微分方程是属于第(ⅱ)类的.
(20)分析 先应用隐函数求导法则算出,然后将它代入即得和利用导数定义,即计算
精解 方程y-xey-1=1的两边对x求导得
,即
由于x=0时,y=1,将它们代入上式得
于是
由此可得
下面按定义计算由于
所以
附注用定义计算比先由算出,然后将x=0代入快捷些.
本题是综合题,有关的计算方法见提高篇03.
(21)分析 作辅助函数F(x)=f(x)-g(x),则欲证的问题成为,证明存在ξ∈(a,b),使得F″(ξ)=0.显然需两次应用罗尔定理.
精解 显然F(a)=F(b)=0.此外存在c,d∈(a,b),使得f(c)=g(d)=M(f(x)与g(x)在[a,b]上的最大值).如果c≠d,则F(c)=f(c)-g(c)≥0,F(d)=f(d)-g(d)≤0.于是由零点定理(推广形式)知,存在η∈[c,d]或[d,c],使得F(η)=0.如果c=d,则可取η=c.
由此可知,在[a,b]上有不同的三点a,η,b,使得F(a)=F(η)=F(b),并且F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,所以对F(x)在[a,η]和[η,b]上分别应用罗尔定理知,存在ξ1∈(a,η)和ξ2∈(η,b),使得F′(ξ1)=F′(ξ2)=0.此外,F′(x)在[ξ1,ξ2]上可导,所以再由罗尔定理知,存在ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(a,b),使得F″(ξ)=0,即f″(ξ)=g″(ξ).
附注 (ⅰ)零点定理有各种推广形式,例如:
设函数f(x)在[a,b]上连续,f(a)f(b)≤0,则存在ξ∈[a,b],使得f(ξ)=0.
设函数f(x)在[a,+∞)上连续,,则存在ξ∈(a,+∞),使得f(ξ)=0.
(ⅱ)罗尔定理也有各种推广形式,例如:
设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内二阶可导,且f(x1)=f(x2)=f(x3)(其中a≤x1<x2<x3≤b),则存在ξ∈(a,b),使得f″(ξ)=0.
设函数f(x)在[a,b]上连续可导,在(a,b)内二阶可导,且f′(ξ1)=f′(ξ2)(其中a≤ξ1<ξ2≤b),则存在ξ∈(a,b),使得f″(ξ)=0.
本题是综合题,其有关内容和计算方法见提高篇04.
(22)分析 利用D的对称性把所给二重积分化简为,其中D1是D的第一象限部分.然后用直线x+y=1将D1划分为D2,D3两部分(如图B-07-2所示),且分别计算f(x,y)在D2和D3上的二重积分.
图 B-07-2
精解 由于D关于x轴和y轴都对称,且在对称点处f(x,y)的值彼此相等,所以
其中,
将式(2)、式(3)代入式(1)得
附注 由于D2是角域的一部分,所以也可以用极坐标计算,具体如下:
有关分块函数的二重积分计算见提高篇12.
(23)分析 将所给方程组与方程联立构成新的线性方程组,由此,问题变成新的线性方程组有解时,计算a的值及所有解.
精解 由所给方程组及方程构造线性方程组.
对它的增广矩阵A施行初等行变换:
由于式(1)有解(即所给方程组与方程有公共解),所以r(A)=r(A)(A是式(1)的系数矩阵).由此得到(a-1)(a-2)=0,即a=1,2.
当a=1时,式(1)与方程组
同解,所以式(1)的解,即所求的公共解为
(x1,x2,x3)T=C(-1,0,1)T(C是任意常数).
当a=2时,式(1)与方程组
同解,所以式(1)的解,即所求的公共解为
(x1,x2,x3)T=(0,1,-1)T.
附注 线性方程组
A1x=b1与A2x=b2
(其中A1,A2分别是m1×n与m2×n矩阵)有公共解的充分必要条件是方程组
有解.
本题的有关计算方法见提高篇16.
(24)分析 (Ⅰ)记f(λ)=λ5-4λ3+1,则B的所有特征值为μ1=f(λ1),μ2=f(λ2),μ3=f(λ3).于是只要算出A的特征向量,即能得到B的所有特征向量.
(Ⅱ)利用B与对角矩阵正交相似算出B.
精解 (Ⅰ)由B=A5-4A3+E,记f(λ)=λ5-4λ3+1,所以由A的特征值为1,2,-2得B的全部特征值为μ=f(1)=-2,f(2)=1,f(-2)=1.
B的对应μ=-2的全部特征向量为Cα1=C(1,-1,1)T(其中C是任意非零常数).
设B的对应μ=1的特征向量为x=(x1,x2,x3)T,则由A是实对称矩阵知B是实对称矩阵,所以有
α1·x=0,即x1-x2+x3=0.
它的基础解系为α2=(1,1,0)T,α3=(-1,0,1)T.因此B的对应μ=1的全部特征向量为
C1(1,1,0)T+C2(-1,0,1)T=(C1-C2,C1,C2)T,
其中C1,C2是任意不全为零的常数.
(Ⅱ)为了构造正交矩阵Q,将α1,α2,α3正交化,实际上只要α2,α3正交化即可:
然后将α1,η2,η3单位化:
记(正交矩阵),则,所以
附注B也可以按与相似的方法计算,具体如下:
记P=(α1,α2,α3),则,所以只要算出P-1即可得
但是,在计算实对称矩阵B时,以构造正交矩阵Q,并由计算B为宜.
本题是综合题,其有关内容与计算方法见提高篇17,18.
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