1998考研数二真题及解析

Born to win

1998 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.) (1) limx?01?x?1?x?2? . 2x(2) 曲线y??x3?x2?2x与x轴所围成的图形的面积A? . lnsinx?sin2xdx? .

dxtf(x2?t2)dt? . (4) 设f(x)连续,则?dx01(5) 曲线y?xln(e?)(x?0)的渐近线方程为 . x(3)

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)

(1) 设数列xn与yn满足limxnyn?0,则下列断言正确的是 ( )

n??(A) 若xn发散,则yn发散 (B) 若xn无界,则yn必有界 (C) 若xn有界,则yn必为无穷小 (D) 若

1为无穷小,则yn必为无穷小 xn23(2) 函数f(x)?(x?x?2)x?x的不可导点的个数是 ( )

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (3) 已知函数y?y(x)在任意点x处的增量?y?y?x??,其中?是比?x(?x?0)高阶1?x2的无穷小,且y(0)??,,则y(1)? ( )

?4(A) ?e (B) 2? (C) ? (D) e (4) 设函数f(x)在x?a的某个邻域内连续,且f(a)为其极大值,则存在??0,当

?4x?(a??,a??)时,必有 ( )

(A) (x?a)[f(x)?f(a)]?0 (B) (x?a)[f(x)?f(a)]?0

(C) limt?af(t)?f(x)f(t)?f(x)?0(x?a)lim?0(x?a) (D)

t?a(t?x)2(t?x)2 1

Born to win

(5) 设A是任一n(n?3)阶方阵,A是其伴随矩阵,又k为常数,且k?0,?1,则必有

?

(kA)?? ( )

(A) kA (B) k

三、(本题满分5分)

xtan(x?)4?n?1A? (C) knA? (D) k?1A?

?求函数f(x)?(1?x)

四、(本题满分5分)

在区间(0,2?)内的间断点,并判断其类型.

确定常数a,b,c的值,使limax?sinx?c(c?0).

x?0xln(1?t3)?btdt五、(本题满分5分)

利用代换y?解.

六、(本题满分6分)

计算积分

ux将方程y??cosx?2y?sinx?3ycosx?e化简,并求出原方程的通cosx?3212dxx?x2.

七、(本题满分6分)

从船上向海中沉放某种探测仪器,按探测要求,需确定仪器的下沉深度y(从海平面算起)与下沉速度v之间的函数关系.设仪器在重力作用下,从海平面由静止开始铅直下沉,在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为m,体积为B,海水比重为?,仪器所受的阻力与下沉速度成正比,比例系数为k(k?0).试建立y与v所满足的微分方程,并求出函数关系式y=f?v?.

八、(本题满分8分)

设y?f(x)是区间[0,1]上的任一非负连续函数.

(1) 试证存在x0?(0,1),使得在区间[0,x0]上以f(x0)为高的矩形面积,等于在[x0,1]上以

y?f(x)为曲边的梯形面积.

2

Born to win

(2) 又设f(x)在区间(0,1)内可导,且f?(x)??九、(本题满分8分)

设有曲线y?2f(x),证明(1)中的x0是唯一的. xx?1,过原点作其切线,求由此曲线、切线及x轴围成的平面图形绕x

轴旋转一周所得到的旋转体的表面积.

十、(本题满分8分)

设y?y(x)是一向上凸的连续曲线,其上任意一点(x,y)处的曲率为11?y?2,且此曲

线上点(0,1)处的切线方程为y?x?1,求该曲线的方程,并求函数y?y(x)的极值.

十一、(本题满分8分)

设x?(0,1),证明： (1) (1?x)ln2(1?x)?x2; (2)

1111?1???. ln2ln(1?x)x2

十二、(本题满分5分)

设(2E?CB)A?C,其中E是4阶单位矩阵,A是4阶矩阵A的转置矩阵,

?1T?1T?1?0B???0??0求A.

十三、(本题满分8分)

2?3?2??1?012?3??,C???0012???001??0210002101?0??, 2??1?已知?1?(1,4,0,2),?2?(2,7,1,3),?3?(0,1,?1,a),??(3,10,b,4),问： (1) a,b取何值时,?不能由?1,?2,?3线性表示？

(2) a,b取何值时,?可由?1,?2,?3线性表示？并写出此表达式.

3

TTTT Born to win

1998年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.) (1)【答案】?1 4【解析】方法1：用四则运算将分子化简,再用等价无穷小替换,

?原式?limx?01?x?1?x?2x2???1?x?1?x?21?x?1?x?2??

??limx?01?x?1?xx2??2?41?x?1?x?2??limx?02?1?x2?14x2?

1?x211?1?x2?1?x2?lim22??.

x?02x24方法2：采用洛必达法则.

原式?洛?limx?0?11?1?x?1?x?2?lim21?x21?x x?02xx2??????11?1?x?1?x1?x?1?x?洛?lim21?x21?x ?lim?limx?0x?0x?044x4x1?x21???1lim???x?021?x121?x?????.

44方法3：将分子按佩亚诺余项泰勒公式展开至x项,

211111?x?1?x?x2?o1?x2?,1?x?1?x?x2?o2?x2?,

282811111?x?x2?o1?x2??1?x?x2?o2?x2??22828从而 原式?lim 2x?0x1?x2?o1?x2??o2?x2?1??. ?lim42x?04x37(2)【答案】

12

4

Born to win

【分析】求曲线与x轴围成的图形的面积,应分清楚位于x轴上方还是下方,为此,要先求此曲线与x轴交点.

【解析】y??x3?x2?2x与x轴的交点,即?x3?x2?2x??x(x?2)(x?1)?0的根为x??1,0,2.

当?1?x?0时,y?0；当0?x?2时,y?0,从而

A???ydx??ydx??(x?x?2x)dx??(?x3?x2?2x)dx?10?10020322?x??x?xx????x2?????x2??43??1?43?01185837?0?(??1)?(4??4)???.43312312(3)【答案】?cotx?lnsinx?cotx?x?C. 【解析】因为?cotx????cscx??2430432

1,所以 sin2xlnsinx?sin2xdx???lnsinx?cotx??dx???lnsinxdcotx

?分部??[cotx?lnsinx??cotxdlnsinx]

??cotx?lnsinx??cotx?cosxdx sinxcos2x??cotx?lnsinx??dx

sin2x1?sin2x??cotx?lnsinx??dx 2sinx??cotx?lnsinx??dx?1dx sin2x???cotx?lnsinx????cotx??dx?x

??cotx?lnsinx?cotx?x?C.

(4)【答案】xf(x)

22【解析】作积分变量代换u?x?t,t:0?x?u:x?0,

22du?d?x2?t2???2tdt?dt??x221du, 2t0?1?1x2?1???du??2???f(u)du??f(u)du, ?0tf(x?t)dtu?x?t??x2tf(u)?x20?2t??2?220 5

Born to win

dx1dx2112222?22tf(x?t)dt?f(u)du?f(x)?x?f(x)?2x?xf(x). ????00dx2dx22【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)?阶可导,则

???(t)(t)f(x)dx,?(t),?(t)均一

F?(t)???(t)?f??(t)????(t)?f??(t)?.

(5)【答案】y?x?1 e?【解析】题中未说什么渐近线,所以三类渐近线都要考虑.

1?1?由曲线方程y?xln(e?)知,铅直渐近线可能在两处：x????及x?0,但题设

x?e??1?x?0,所以x????不予考虑,考虑x?0?的情况.当x?0?时,

?e?1ln(e?t)1limxln(e?)??x?1t?lim?洛?lim?0??,

t???t???e?tx?0?xt所以无铅直渐近线；

因 limy(x)?limxln(e?)?limxlne???,

x???x???x????1x故无水平渐近线.

再考虑斜渐近线:

x???limy1?limln(e?)?1, xx???x11????lim?y?x??limx?ln(e?)?1??limx?lne?ln(1?)?1?x???x???xex??x?????

111?limxln(1?)?limx??,x???exx???exe(x???时,ln(1?1)ex1) ex1. ex?x0所以有斜渐近线y?x?【相关知识点】1.铅直渐近线：如函数y?f(x)在其间断点x?x0处有limf(x)??,则

x?x0是函数的一条铅直渐近线；

水平渐近线：当limf(x)?a,(a为常数）,则y?a为函数的水平渐近线.

x??斜渐近线：若有a?limx??f(x),b?lim[f(x)?ax]存在且不为?,则y?ax?b为斜渐近线. x??x

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题

6

Born to win

目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1)【答案】(D)

【解析】方法1:直接利用无穷小量的性质可以证明(D)是正确的.

由yn?(xnyn)?穷小,应选(D). 方法2:排除法.

(A)的反例:xn?n,yn?不发散；

(B)的反例:xn??11及limxnyn?0,lim?0可知yn为两个无穷小之积,故yn亦为无n??n??xnxn111,limxy?limn??lim?0满足题设,但limyn?0nnn??n??n2n??n2n??n?2k?1,n?2k?1,?0,n?2k?1,yn??k?1,2,n?2k,n?2k,?0,?2k,,

满足limxnyn?0,但yn不是有界数列；

n??(C)的反例:xn:1,,,11231,,n有界数列,yn?1(n?1,2,),满足

limxnyn?limn??1?0,但yn不是无穷小； n??n排除掉(A)、(B)、(C),故选(D). (2)【答案】(B)

【解析】当函数中出现绝对值号时,就有可能出现不可导的“尖点”,因为这时的函数是

22分段函数.f(x)?(x?x?2)xx?1,当x?0,?1时f(x)可导,因而只需在x?0,?1处

考察f(x)是否可导.在这些点我们分别考察其左、右导数.

?(x2?x?2)x(1?x2),?22?(x?x?2)x(x?1),由 f(x)??22(x?x?2)x(1?x),?22??(x?x?2)x(x?1),x??1,?1?x?0,0?x?1,1?x, f?x??f??1?(x2?x?2)x(1?x2)?0?lim??0, ? f??(?1)?lim?x??1x??1x?1x?1f?x??f??1?(x2?x?2)x(1?x2)?0f??(?1)?lim??lim??0,

x??1x??1x?1x?1即f(x)在x??1处可导.又

f?x??f?0?(x2?x?2)x(x2?1)?0f??(0)?lim?lim?2,

x?0?x?0?xx 7

Born to win

f?x??f?0?(x2?x?2)x(1?x2)?0f??(0)?lim?lim??2,

x?0?x?0?xx所以f(x)在x?0处不可导.

类似,函数f(x)在x?1处亦不可导.因此f(x)只有2个不可导点,故应选(B). 评注：本题也可利用下列结论进行判断：

设函数f(x)?x?a?(x),其中?(x)在x?a处连续,则f(x)在x?a处可导的充要条件是?(a)?0. (3)【答案】(A) 【解析】由?y?y?x?yy???,??. 有221?x?x1?x?x令?x?0,得?是?x的高阶无穷小,则lim??x?x?0?0,

?yy?y???y?lim?lim??lim????x?01?x2?x?0?x1?x2 ?x?0?x?x?01?x2?x??lim即

dyy?. 2dx1?x分离变量,得

dydx?, 2y1?x两边积分,得 lny?arctanx?C,即y?C1earctanx. 代入初始条件y(0)??,得y?0??C1e故 y(1)??earctanxarctan0?C1??.所以,y??earctanx.

???ex?1arctan1??e4.

【相关知识点】无穷小的比较：

设在同一个极限过程中,?(x),?(x)为无穷小且存在极限 lim(1) 若l?0,称?(x),?(x)在该极限过程中为同阶无穷小； (2) 若l?1,称?(x),?(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为?(x)?(x)?l, ?(x)?(x)；

(3) 若l?0,称在该极限过程中?(x)是?(x)的高阶无穷小,记为?(x)?o??(x)?. 若lim?(x)不存在(不为?),称?(x),?(x)不可比较. ?(x)8

Born to win

(4)【答案】(C)

【解析】由x?a是f(x)的极大点,知存在??0,当x??a??,a???时,f(x)?f(a),即f(x)?f(a)?0.因此,

当x??a??,a?时,(x?a)?f(x)?f(a)??0; 当x??a,a???时,(x?a)?f(x)?f(a)??0. 所以,(A)与(B)都不正确.

已知f(x)在x?a处连续,由函数在一点连续的定义可知,limf(x)?f(a),再由极限

x?a四则运算法则可得

limt?af(t)?f(x)f(a)?f(x)??0(x?a).

(t?x)2(a?x)2应选(C).

(5)【答案】(B) 【解析】对任何n阶矩阵都要成立的关系式,对特殊的n阶矩阵自然也要成立.那么,当A可逆时,由A?AA,有

??1(kA)??kA(kA)?1?knA?故应选(B).

1?1A?kn?1AA?1?kn?1A?. k一般地,若A?(aij)n?n,有kA?(kaij)n?n,那么矩阵kA的第i行j列元素的代数余子式为

ka11(?1)i?jkai?1,1kai?1,1kan1a11i?jn?1ka1,j?1kai?1,j?1kai?1,j?1kan,j?1a1,j?1ai?1,j?1ai?1,j?1an,j?1ka1,j?1kai?1,j?1kai?1,j?1kan,j?1a1,j?1ai?1,j?1ai?1,j?1an,j?1ka1nkai?1,nkai?1,nkanna1nai?1,nai?1,nannn?1

?(?1)kai?1,1ai?1,1an1,即kA中每个元素的代数余子式恰好是A相应元素的代数余子式的k

9

倍,因而,按伴随矩

Born to win

阵的定义知(kA)*的元素是A对应元素的k*

n?1倍.

【相关知识点】1.行列式的性质：若A是n阶矩阵,则kA?knA. 2.矩阵A可逆的充要条件是A?0,且A?1?1?A. A

三、(本题满分5分) 【分析】由间断点的定义可知,函数无定义的点一定是间断点,故可以先找出函数无定义的点,再讨论判断出间断点的类型.

【解析】f(x)在区间(0,2?)内的间断点为

1tan(x?)4?无定义的点,即x??3?5?7?4,4,4,4各点.

在x?

?4

处,lim?f(x)???；在x?x??45??5?处,lim?f(x)???,故x?,为f(x)5?444x?4的第二类间断点；

在x?3?7?处,limf(x)?1；在x?处,limf(x)?1,但相应的函数值在该点无定

3?7?44x?x?44义,故f(x)在x?3?7?,处为可去间断点. 44【相关知识点】设limf(x)?A,limg(x)???,则limf(x)g(x)??x?ax?ax?a?0,0?A?1.

???,A?12.函数f(x)的间断点或者不连续点的定义：设函数f(x)在点x0的某去心邻域内有定义,只要满足一下三种情况之一即是间断点. (1) 在x?x0没有定义；

(2) 虽在x?x0有定义,但limf(x)不存在；

x?x0(3) 虽在x?x0有定义,且limf(x)存在,但limf(x)?f(x0);

x?x0x?x0??3.通常把间断点分成两类：如果x0是函数f(x)的间断点,但左极限f(x0)及右极限f(x0)都存在,那么x0称为函数f(x)的第一类间断点；不是第一类间断点的任何间断点,称为第二类间断点.

四、(本题满分5分)

【分析】解决这类问题,原则上与求极限差不多,但是因为其中含有某些参数,比如在用洛必

10

Born to win

达法则前,极限是否为“

0?”型或“”型,要先行讨论,通过讨论,有时就可以推断出其中0?参数的特点,然后再求极限,这是一类常考的题目. 【解析】当x?0时ax?sinx?0,又由题设limax?sinx?c(c?0),所以应有

x?0xln(1?t3)?btdtlim?xx?0bln(1?t3)dt?0(否则与limx?0tax?sinx?c(c?0)矛盾),从而只有b?0,因此3xln(1?t)?btdtlimx?0ax?sinx满足洛必达法则的条件,用洛必达法则求其极限. 3xln(1?t)?btdtax?sinx洛a?cosx等a?cosx0?c?lim?lim?lim. 3x?0x?0ln(1?x3)x?0xln(1?t)x2?btdtx(当x?0时,ln(1?x)?x)

如果a?1,则右边极限为?,与原设左边矛盾,故a?1,于是上述等式成为

1?cosx等112x?00?c?lim?.1?cosx?x) (当时,

x?0x2221所以最后得a?1,b?0,c?．

2

五、(本题满分5分) 【解析】方法１：由y?u?usecx,有 cosx

y??u?secx?usecxtanx,y???u??secx?2u?secxtanx?u(secxtan2x?sec3x),代入原方程y??cosx?2y?sinx?3ycosx?e,得

xu???4u?ex. (*)

先求其相应齐次方程的通解,由于其特征方程为??4?0,则特征方程的根为

2???2i.所以通解为 u(x)?C1cos2x?C2sin2x,(C1,C2为任意常数).

再求非齐次方程的特解,特解应具有形式u(x)?Ae,代入(*)式,得

?x 11

Born to win

?Ae????4Aexx?Aex?4Aex?5Aex?ex

解得,A?

11x?,因此u(x)?e. 551u(x)?C1cos2x?C2sin2x?ex,(C1,C2为任意常数).

5故(*)的通解为

所以,原微分方程的通解为

cos2xexy?C1?2C2sinx?.

cosx5cosx方法２：由y?u有u?ycosx,于是 cosxu??y?cosx?ysinx,

u???y??cosx?2y?sinx?ycosx,原方程化为u???4u?e(以下与方法１相同)． 【相关知识点】两函数乘积的求导公式：

x?f(x)?g(x)???f?(x)?g(x)?f(x)?g?(x).

六、(本题满分6分)

【解析】当x?1时,被积函数的极限limx?11x?x2??,即x?1是被积函数的无穷间断点,

故所给的是广义积分.

?x?x2,0?x?1, x?x?x(1?x)??2?x?x,x?0或x?1.2?3212dxx?x2??1??11dxx?x2dx21??321dxx2?x??321211?(x?)242112dx11(x?)2?24?

?arcsin(2x?1)?ln(sect?tant)03?其中,

?2?ln(2?3). 12

Born to win

?1dx11?(x?)24212??11dx111?4(x?)222112dxd(2x?1)??1??1 2221?(2x?1)21?(2x?1)2?arcsin(2x?1)121求

?321dx：

11(x?)2?24113?111?sect,x:1?,则t:0?,dx?d(?sect)?secttantdt, 2223222111111(x?)2??(sect)2??sec2t?1?tant,

224242321设x?于是,

?dx??30121(x?)?24?1secttantdtdx??233. ??sectdt?ln(sect?tant)001tant2

七、(本题满分6分)

【解析】先建立坐标系,取沉放点为原点O,铅直向下作为Oy轴正向,探测器在下沉过程中受重力、浮力和阻力的作用,其中重力大小：mg,浮力的大小：F浮???B；阻力：?kv,则由牛顿第二定律得

d2ym2?mg?B?g?kv,ydtt?0?0,vt?0?0. (*)

dyd2ydvdvdydvdy由,代入(*)得y与v之间的微分方程 ?v,2????v?vdvdtdtdtdydtdy?dy?mv???mg?B??kv,?dv?分离变量得 dy??1vy?0?0.

mvdv,

mg?B??kvmv?mg?B??kvdv,

两边积分得 dy?? 13

Born to win

Bm?m2gBm?m2gmv????kkkkdvy??mg?B??kvmBm?m2g?(mg?B??kv)??kkdv??kmg?B??kv?mg?Bm???m?k??????dv?kmg?B??kv?????mm(mg?B?)???dv??dvkk(mg?B??kv)2

1m(mg?B?)?(?)mkd(mg?B??kv) (第一类换元法) ??v??kk(mg?B??kv) ??mm(mg?B?)v?ln(mg?B??kv)?C. kk2

再根据初始条件v|y?0?0,即

?m(mg?B?)m(mg?B?)ln(mg?B?)?C?0?C?ln(mg?B?).

k2k2故所求y与v函数关系为

y??m?mg?B???mg?B??kv?mv?ln??. 2kk?mg?B??

八、(本题满分8分)

【解析】(1)要证?x0?(0,1),使x0f(x0)??1x0f(x)dx；令?(x)?xf(x)??f(t)dt,要证

xx01?x0?(0,1),使?(x0)?0.可以对?(x)的原函数?(x)???(t)dt使用罗尔定理：

?(0)?0,

?(1)???(x)dx??xf(x)dx??(?f(t)dt)dx000x分部1111 x?11?1???xf(x)dx??x?f(t)dt??xf(x)dx??0,00x?0?x?1又由f(x)在[0,1]连续??(x)在[0,1]连续,?(x)在[0,1]连续,在(0,1)可导.根据罗尔定

14

Born to win

理,?x0?(0,1),使??(x0)??(x0)?0.

(2) 由??(x)?xf?(x)?f(x)?f(x)?xf?(x)?2f(x)?0,知?(x)在(0,1)内单调增,故(1)中的x0是唯一的.

评注：若直接对?(x)使用零点定理,会遇到麻烦：

?(0)???f(t)dt?0,?(1)?f(1)?0.

01当f(x)?0时,对任何的x0?(0,1)结论都成立；

当f(x)?0时,?(0)?0,但?(1)?0,若?(1)?0,则难以说明在(0,1)内存在x0.当直接对?(x)用零点定理遇到麻烦时,不妨对?(x)的原函数使用罗尔定理. 【相关知识点】1.罗尔定理：如果函数f(x)满足 (1) 在闭区间[a,b]上连续； (2) 在开区间(a,b)内可导；

(3) 在区间端点处的函数值相等,即f(a)?f(b), 那么在(a,b)内至少有一点?(a???b),使得f?(?)?0.

九、(本题满分8分)

【解析】先求切线方程：(x0,y0)处的切线为

y (2,1) y?y0?1(x?x0). 2y01 以x?0,y?0代入切线方程,解得x0?2,y0?切线方程为y?x0?1?1, O 1 2 x 1x.(见右图) 2由曲线段y?x?1(1?x?2)绕x轴的旋转面面积

15

Born to win

S1??2?y1?y?2dx??2?x?1?1?11221dx4(x?1)???而由曲线段y?21214x?3dx????(4x?3)343221

??6(55?1).1x(0?x?2)绕x轴的旋转面面积 22200S2??2?y1?y?2dx??2???22x11?dx24551??xdx???x2?5?.02220

由此,旋转体的表面积为

S?S1?S2??6(115?1).

十、(本题满分8分)

【解析】由题设及曲率公式,有

?y???1?y??322?1?1?y??122

(因曲线y?y(x)向上凸,y???0,y????y??),化简得

y????1. 21?y?改写为

dy???dx, 2?1?y两边积分得

dy??1?y?2???dx,

解得 arctany???x?C1.

由题设,曲线上点(0,1)处的切线方程为y?1?x,可知y(0)?1,y?(0)?1.

??.于是有arctany???x?,故有 44??3?y??tan(?x),??x?.

444?3?(上式中注明区间是??x?的原因：本题中使正切函数有意义的区间有很多,一般可

44?3??3??2n?,本题选择??x?以写成??2n??x?是因为题设曲线在x?0处有值,

4444以x?0代入上式,得C1?

16

Born to win

又已知曲线是一条连续曲线,因此解的范围应该包含x?0在内并且使y(x)连续的一个区间.) 再积分得

sin(?x)?4y??tan(?x)dx??dx?4cos(?x) 41????dcos(?x)?lncos(?x)?C2.?44cos(?x)4?1又由题设可知y(0)?1,代入确定C2?1?lncos?1?ln2,于是所求的曲线方程为

42?1?3????y?lncos??x??1?ln2,??x?.

244?4?由于cos????????x??1,且lnx在定义域内是增函数,所以当且仅当cos??x??1时,?4??4?即x?

?4

时y取得最大值,由于

???3?????,?,所以此时也是y取极大值,极大值为4?44?1?3?y?1?ln2；显然y在??x?没有极小值.

244【相关知识点】曲线y?y(x)在其上任意一点(x,y)处的曲率公式：k?y???1?y??322.

十一、(本题满分8分) 【分析】不等式的证明一般用单调性来证明,除此之外,还可以用拉格朗日中值公式、拉格朗日余项泰勒公式、最大(小)值来证明. 【解析】(1)方法1：利用单调性证明.

令?(x)?x?(1?x)ln(1?x),则

22??(x)?2x?ln2(1?x)?2ln(1?x),2 ?x?ln(1?x)?,1?x2ln(1?x)????(x)??0(0?x?1).2(1?x)???(x)?????(x)在(0,1)内单调递增,???(x)????(0)?0(0?x?1)；

???(x)在(0,1)内单调递增,??(x)???(0)?0(0?x?1)；

17

Born to win

??(x)在(0,1)内单调递增,?(x)??(0)?0(0?x?1),

即(1?x)ln2(1?x)?x2.

方法2：改写原不等式,当x?(0,1)时,1?x?0,故可在不等式两边同时除以(1?x),有

x2ln(1?x)?,

1?x2两边开平方, ln(1?x)?x. 1?x令g(x)?ln(1?x)?x, 1?xx121?xg?(x)??1?x1?x21?x?2?xx?1?21?x?1 ???332?1?x?22?1?x?21?x????1?x?12?1?x?32?2?0,(当x?0)故函数g(x)在区间[0,1]上单调减少,由g(0)?0,可知当x?0时,g(x)?g(0)?0,即

ln(1?x)?x,从而原不等式成立,证毕. 1?x22方法3：由方法1,?(x)?x?(1?x)ln(1?x),已证?(0)?0,??(0)?0,???(x)?0,(x?0)

于是由?(x)的1阶麦克劳林公式(拉格朗日余项)有

?(x)??(0)???(0)x?即(1?x)ln(1?x)?x,证毕. (2)令f(x)?2211???(?)x2????(?)x2?0. 2!211x?ln(1?x)??,

ln(1?x)xxln(1?x)11(1?x)ln2(1?x)?x2, f?(x)???2?222(1?x)ln(1?x)xx(1?x)ln(1?x)

18

Born to win

?由(1),f?(x)?0(0?x?1)?f(x)在(0,1)单调减?f(1)?f(x)?f(0)(0?x?1),而

f(1)?1?1,且 ln2f(0?)?limf(x)?lim??x?0x?0x?ln(1?x)x?ln(1?x) 等lim2?x?0xln(1?x)x1?1111?x?lim?, ?x?02x2(1?x)2洛lim?x?0故

111111?1?f(x)?,即?1???.证毕. ln22ln2ln(1?x)x2

十二、(本题满分5分)

【解析】由矩阵运算法则,将等式(2E?C?1B)AT?C?1两边左乘C,得

C(2E?C?1B)AT?CC?1,即(2C?B)AT?E.

对上式两端取转置,有A(2CT?BT)?E.

由可逆矩阵及逆矩阵的定义,可知矩阵2CT?BT,A均可逆,因为A是4阶方阵,故

?1?2A?(2CT?BT)?1???3??4

十三、(本题满分8分)

【分析】?能由(不能由)?1,?2,性方程组?1x1??2x2?的情况的判定与求解.

000??100??210100?????1?21210???321??01?2?10?0??. 0??1?,?s线性表出??i,i?1,2,s,?为列向量的非齐次线

??sxs??有解(无解),从而将线性表出的问题转化为方程组解

T【解析】令A???1,?2,?3?,X??x1,x2,x3?,作方程组AX??,并对此方程组的增广矩阵进行初等变换：

19

Born to win

?1?4?A?????0??227133??120?0?1110??(?1)??01?1?1b???a4??0?1a203??11?2??.0a?10??00b?2?013??2??b???2?

?1?0(?2)??0??0其中,(?1)变换：将第1行乘以-4加到第2行,再将第1行乘以-2加到第4行；

(?2)变换：第2行加到第1行,再将第2行乘以-1加到第4行,最后3,4行互换.

由非齐次线性方程组有解的判定定理,可得

(1)当b?2时,线性方程组AX??无解,此时?不能由?1,?2,?3线性表出. (2)当b?2,a?1时,r(A)?r(A)?3,线性方程组AX??有唯一解,下面求此唯一解.

由以上增广矩阵变换可得线性方程组AX??的同解方程组为

?x1?2x2?3???x2?x3??2, ?(a?1)x?03?解得唯一解为X???1,2,0?.故?能由?1,?2,?3线性表出为????1?2?2.

(3)当b?2,a?1时,r(A)?r(A)?2?3,线性方程组AX??有无穷多解.求齐次线性方程组AX?0的基础解系.

齐次线性方程组AX?0的同解方程组为

T?x1?2x2?0, ??x?x?0?23基础解系所含向量的个数为n?r(A)?3?2?1,选x2为自由未知量,取x2?1,解得基础解系为??(?2,1,1).取x3?0,解得的一个特解为??(?1,2,0),则由非齐次线性方程组解的结构可知,方程组AX??的通解为

T?TX?k???????2k?1,k?2,k?,k是任意常数.

T 20

Born to win

则?能由?1,?2,?3线性表出,且表示法为无穷多(常数k可以任意),且

???(2k?1)?1?(k?2)?2?k?3.

【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理：设A是m?n矩阵,方程组Ax?b,则(1)有唯一解?r(A)?r(A)?n. (2)有无穷多解?r(A)?r(A)?n.

(3)无解?r(A)?1?r(A).?b不能由A的列向量线性表出.

21

Born to win

则?能由?1,?2,?3线性表出,且表示法为无穷多(常数k可以任意),且

???(2k?1)?1?(k?2)?2?k?3.

【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理：设A是m?n矩阵,方程组Ax?b,则(1)有唯一解?r(A)?r(A)?n. (2)有无穷多解?r(A)?r(A)?n.

(3)无解?r(A)?1?r(A).?b不能由A的列向量线性表出.

21

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/arh6.html