一、选择题1.
=______.
A.1 B.
C.0 D.不存在
A B C D
D
[解析] 因
不相同,且
与
也不相同,故需分两种情况分别求出极限.
故极限不存在,仅(D)入选.
3. 已知函数f(x),g(x)在x=0的某个邻域内连续,且
则在点x=0处f(x)______.
- A.不可导
- B.可导,且f'(0)≠0
- C.取得极小值
- D.取得极大值
A B C D
C
[解析] 利用极限的局部保号性确定正确选项.
由题设知
故
.又由
知,f(0)=0,且存在x=0的某空心邻域,使得
,即f(x)>0=f(0)
所以在点x=0处f(x)取极小值.仅(C)入选.
4. 设f(x),g(x)是恒不为零的可导函数,且
f'(x)g(x)-f(x)g'(x)>0,
则当0<x<1时______.
- A.f(x)g(x)>f(1)g(1)
- B.f(x)g(x)>f(0)g(0)
- C.f(x)g(1)<f(1)g(x)
- D.f(x)g(0)<f(0)g(x)
A B C D
C
[解析] 由题设条件
f'(x)g(x)-f(x)g'(x)>0,
有
(因g(x)是恒不为零的可导函数),
即
,亦即
为单调增函数.
由题设知
,因此
为严格单调增函数,于是当x∈(0,1)时,
由于g(x)是恒不为零的可导函数,因此g(x)连续,从而g(x)保持恒定的符号,故
g(x)g(1)>0.
于是由
得到
f(x)g(1)<f(1)g(x). 仅(C)入选.
5. 已知f(x)在x=0处的某邻域内二阶连续可导,且
其中n为大于1的正整数,则______.
- A.x=0为f(x)的极大值点
- B.x=0为f(x)的极小值点
- C.(0,f(0))为曲线y=f(x)的拐点
- D.x=0不是f(x)的极值点,(0,f(0))也不是曲线y=f(x)的拐点
A B C D
C
[解析] 利用所给极限希望能推出结果:
(非零常数).
据此即可判定选项的正确性.
解一
即
①
由上式极限可知,在x=0的左右两侧f"(x)要改变符号,故(0,f(0))为曲线y=f(x)的拐点.仅(C)入选.
解二 由解一中的式①进而得到
f"(0)=0,f"(0)=-n≠0.
由此可知(0,f(0))为曲线y=f(x)的拐点.
注意应记住下述结论:
(1)若f'(x
0)=0,f"(x
0)=0,但f'"(x
0)≠0,则点(x
0,f(x
0))是曲线y=f(x)的拐点;
(2)若f"(x)在点x=x
0处连续,且
,则
f"(x
0)=0, f'"(x
0)=A.
因此当A≠0时,(x
0,f(x
0))是曲线y=f(x)的拐点.
6. 在直角坐标系xOy中,区域
令x=rcosθ,y=rsinθ,则直角坐标系中的二重积分
可化为极坐标系(r,θ)中的累次积分______.
A.
B.
C.
D.
A B C D
D
[解析] 先画出积分区域,将x
2+y
2≤2x及
用极坐标表示.应注意由
得到
,即
,故θ=π/3为积分下限.
积分区域D如图所示.由于x
2+y
2=2x的极坐标方程为r=2cosθ,
的极坐标方程为
,故D的极坐标表示为
于是
仅(D)入选.
7. 要使α
1=[1,-1,1,1]
T,α
2=[8,-6,1,0]
T是齐次方程组AX=0的基础解系,则系数矩阵A可以是______.
A.
B.
C.
D.
A B C D
C
[解析] 已知其基础解系,求该方程组的系数矩阵的方法如下:
(1)以所给的基础解系为行向量作矩阵B;
(2)解方程组BX=0,求出其基础解系;
(3)以(2)中所求出的基础解系中的向量为行向量,作矩阵C,则该矩阵C即为所求.
因基础解系不唯一,在选项中如果没有矩阵C,这时也可用他法(如排他法)求之.
解一令矩阵
求BX=0的基础解系.
因
取基础解系为
α
1=[5,7,2,0]
T,α
2=[3,4,0,1]
T,
则所求的矩阵A为
. 仅(C)入选.
解二用排除法确定选项.因α
1,α
2为AX=0的基础解系,故
n-秩(A)=4-秩(A)=2, 即 秩(A)=2.
而秩(B)=秩(A),故秩(B)=2.排除(A)、(B).
又α
2=[8,-6,1,0]不满足(D)中第2个方程
4x
1+5x
2+x
4=0,
也应排除(D).仅(C)入选.
8. 二次型f(x
1,x
2,x
3)=
-4x
1x
3-2x
2x
3的标准形为______.
A.
B.
C.
D.
A B C D
二、填空题1.
=______(a,b为常数).
ea+b
[解析] 所给极限函数为幂指函数,其极限可用重要极限或换底法求之.
解一
而
故原式=e
a+b.
解二
而
故原式=e
a+b.
2. 设f(t)=e
t,且
,则
=______.
1/2
[解析] 先求出u的表达式,再求其极限.
解一 由
,得到
e
x-1=xf(ux)=xe
ux,
即
又
而
即
解二
3. 曲线y=lnx在点______处曲率半径最小.
[解析] 问题归结求
的最小值.
则
于是
令
得
.显然,当
时,
;当
时
.
由一阶导数判别法可知,
为R(x)的极小值点.又因驻点唯一,该极小值也是R(x)的最小值,故曲线y=lnx在点
处的曲率半径最小.
4. 如图所示,函数f(x)是以2为周期的连续周期函数,它在[0,2]上的图形为分段直线.g(x)是线性函数,则
=______.
1
[解析] 利用题设及图形先求出g(x)的表示式,再利用定积分的换元法及周期函数的下述积分性质可求得结果:
其中n∈N,f(x)是以T为周期的函数,n∈N,a∈R.
由图易知,线性函数g(x)的斜率
因此g(x)=3x+1,从而g'(x)=3,有
由于f(x)是以2为周期的周期函数,由其性质①与②得到
根据定积分的几何意义知
从而
5. 设f(x,y)连续,且
其中D是由y=x,y=0,x=1所围成的区域,则
=______.
[解析] 因积分区域D为固定区域,故
为常数。注意这一点后,可在等式两边在区域D上进行二重积分,确定此常数,再求偏导f"
xy(x,y).
令
则f(x,y)=(1+A)xy
从而有
解得
即有
故
6. 设A,B是n阶方阵,且AB=BA,其中
试求矩阵B=______.
[解析] A为对角矩阵,另一矩阵B与A可交换,则B也必为对角矩阵.下用矩阵乘法推出矩阵B.
设
B=[b
ij]
n×n,AB=[c
ij]
n×n,BA=[d
ij]
n×n,
显然
c
ij=ib
ij,d
ij=jb
ij.
又因
AB=BA,
故
ib
ij=jb
ij(i,j=1,2,…,n),
其中,当i≠j时,有(i-j)b
ij=0,故b
ij=0(i≠j).因此
三、解答题1. 设函数f(x)处处连续,并满足关系式
求
及f(0).
利用幂指函数极限的简便求法求之,也可利用重要极限求之.
解一 因
故
注意到
,有
所以
由
得到
又f(x)连续,故
解二 利用重要极限
求之.
因
故
,即
于是
由
得到
于是
故
,即
因此
,而f连续,故
,即f(0)=0.
2. 求
,其中b>a>0.
极限式可化为n项的积和式,因而可用定积分的定义求之.
解一 原式
解二 原式
3. 设函数f(x)在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且
试证:(Ⅰ)存在
,使f(η)=η;
(Ⅱ)对任意实数λ,必存在ξ∈(0,η),使得f'(ξ)-λ[f(ξ)-ξ]=1.
(1)只需作出辅助函数Φ(x)=f(x)-x,利用介值定理证之;
(2)对于中值等式f'(ξ)-λf(ξ)=0,常作辅助函数F(x)=f(x)e
-λx证之.将待证等式右边的1看成ξ',则待证等式可化为
f'(ξ)-ξ'-λ[f(ξ)-ξ]=[f(ξ)-ξ]'-λ[f(ξ)-ξ].
于是易想到作辅助函数
F(x)=e
-λx[f(x)-x],
利用罗尔定理证之.
证 (Ⅰ)令Φ(x)=f(x)-x,则Φ(x)在[0,1]上连续,又
故由介值定理知,存在
,使得
Φ(η)=f(η)-η=0,即f(η)=η.
(Ⅱ)设F(x)=e
-λxΦ(x)=e
-λx[f(x)-x],
则F(x)在[0,η]上连续,在(0,η)内可导,且
F(0)=0,F(η)=e
-ληΦ(η)=0,
即F(x)在[0,η]上满足罗尔定理的条件,故存在ξ∈(0,η),使得F'(ξ)=0,即
e
-λξ{f'(ξ)-λ[f(ξ)-ξ]-1}=0,
从而
f'(ξ)-λ[f(ξ)-ξ]=1.
4. 已知f(0)=0,f(x)在[0,+∞)上连续,在(0,+∞)内导数单调上升,证明
也单调上升.
只需证明F'(x)≥0,注意到f(0)=0,利用此条件可应用拉格朗日中值定理.
证
应用拉格朗日中值定理,得到
f(x)-f(0)=xf'(ξ), 其中ξ∈(0,x).
因f'(x)单调上升,故f'(x)>f'(ξ).于是
故
也单调上升.
5. 设函数f(x)在闭区间[0,1]上可微,且满足
λ∈(0,1)为常数.
求证:在(0,1)内至少存在一点ξ,使f'(ξ)=-f(ξ)/ξ
利用积分中值定理,存在ξ
1∈(0,λ),使f(1)=ξ
1f(ξ
1).
如果令
F(x)=xf(x),
则
F(1)=f(1)=ξ
1f(ξ
1)=F(ξ
1),
即F(x)在x=1,x=ξ
1两点处函数值相等,故可对F(x)在(ξ
1,1)内使用罗尔定理.
证 令F(x)=x(x),显然F(x)在[0,1]上可微.
应用积分中值定理得
又
F(ξ
1)=ξ
1f(ξ
1), 则 F(ξ
1)=F(1).
于是对F(x)在[ξ
1,1]上应用罗尔定理知,至少存在ξ∈(ξ
1,1)
(0,1),使得
F'(ξ)=ξf'(ξ)+f(ξ)=0, 即
6. 设f(x)在[a,b]上可导,在(a,b)内二阶可导,
f(a)=f(b)=0,f'(a)f'(b)>0.
试证:
(Ⅰ)存在ξ∈(a,b),使f(ξ)=0;
(Ⅱ)存在η∈(a,b),使f"(η)=f(η).
利用极限的保号性及介值定理易证(Ⅰ).对(Ⅱ)可先作辅助函数
ψ(x)=e
xf(x).
令其导数等于0,可产生
e
x[f'(x)+f(x)]=0, 即 f'(x)+f(x)=0.
再作辅助函数F(x)=e
-x[f(x)+f'(x)]证之.
证 (Ⅰ)由f'(a)f'(b)>0知,f'(a)与f'(b)同号,不妨设
f'(a)>0,f'(b)>0,
则
又由极限的保号性知,存在x
1∈(a,a+δ
1),使得f(x
1)>0;同理存在x
2∈(b-δ
2,b),使得f(x
2)<0.
由连续函数的介值定理(零点定理)知,存在ξ∈(x
1,x
2)
(a,b),使得f(ξ)=0.
(Ⅱ)令ψ(x)=e
xf(x),则
ψ(a)=ψ(ξ)=ψ(b).
由罗尔定理知,存在ξ
1∈(a,ξ),使
ψ'(ξ
1)=[e
xf(x)]'|
x=ξ1=0, 即 f(ξ
1)+f'(ξ
1)=0.
同理,存在ξ
2∈(ξ,b),使
ψ'(ξ
2)=e
ξ2[f(ξ
2)+f(ξ
2)]=0,
即
f(ξ
2)+f'(ξ
2)=0.
再令
F(x)=e
-x(f(x)+f'(x)),
则
F(ξ
1)=F(ξ
2)=0.
对F(x)在[ξ
1,ξ
2]上应用罗尔定理知,存在
使得
F'(η)|
x=η={-e
-x[f(x)+f'(x)]+e
-x[f'(x)+f"(x)]}
x=η=e
-x[f(x)-f(x)]|
x=η=0,
即
F'(η)=e
-η[f"(η)-f(η)]=0, 亦即 f"(η)=f(η).
7. 证明:若f(x),g(x)都是可微函数,且x≥a时,|f'(x)|≤g'(x),则当x≥a时,|f(x)-f(a)|≤g(x)-g(a).
为证g(x)g(a)≥f(x)-f(a),即证
g(x)-f(x)≤g(a)-f(a).
需作辅助函数φ(x)=g(x)-f(x),对φ(x)在[a,x]上使用拉格朗日中值定理.为证
-[g(x)-g(a)]≤f(x)-f(a),
即证
f(x)+g(x)≥f(a)+g(a).
需作辅助函数ψ(x)=f(x)+g(x),对ψ(x)在[a,x]上使用拉格朗日中值定理.
证令φ(x)=g(x)-f(x),由拉格朗日中值定理得
φ(x)-φ(a)=φ'(ξ)(x-a), a<ξ<x.
当x≥a时,由于 |f'(x)|≤g'(x),
则
-g'(x)≤f'(x)≤g'(x),
于是
φ'(ξ)=g'(ξ)-f'(ξ)≥0.
所以当x≥a时,
φ(x)-φ(a)≥0,
即
g(x)-f(x)-[g(a)-f(a)]≥0,
则
g(x)-g(a)≥f(x)-f(a) (x≥a). ①
又令ψ(x)=g(x)+f(x),由拉格朗日中值定理得
ψ(x)-ψ(a)=ψ'(ξ)(x-a), a<ξ<x.
当x≥a时,由于
|f'(x)|≤g'(x),
则
f'(x)+g'(x)≥0,
于是
ψ'(ξ)≥0.
故当x≥a时, ψ(x)-ψ(a)≥0,
即
g(x)+f(x)-[g(a)+f(a)]≥0.
所以,当x≥a时,
g(x)-g(a)≥-[f(x)-f(a)],
即
f(x)-f(a)≥-[g(x)-g(a)]. ②
综合式①、式②得 |f(x)-f(a)|≤g(x)-g(a).
8. 已知向量组
(Ⅰ)α
1,α
2,α
3;(Ⅱ)α
1,α
2,α
3,α
4;(Ⅲ)α
1,α
2,α
3,α
4,α
5.
如果各向量组的秩分别为秩(Ⅰ)=秩(Ⅱ)=3, 秩(Ⅲ)=4.
证明:向量α
1,α
2,α
3,α
5-α
4的秩为4.
利用线性无关、线性相关的定义证明.
证 因秩(Ⅰ)=秩(Ⅱ)=3,所以α
1,α
2,α
3线性无关.而α
1,α
2,α
3,α
4线性相关,故存在数λ
1,λ
2,λ
3,使
α
4=λ
1α
1+λ
2α
2+λ
3α
3.
设有数k
1,k
2,k
3,k
4,使得
k
1α
1+k
2α
2+k
3α
3+k
4(α
5-α
4)=0,
将α
4代入上式,化简得
(k
1-λ
1k
4)α
1+(k
2-λ
2k
4)α
2+(k
3-λ
3k
4)α
3+k
4α
5=0.
由秩(Ⅲ)=4知,α
1,α
2,α
3,α
5线性无关,故
解得k
1=k
2=k
3=k
4=0,所以α
1,α
2,α
3,α
5-α
4线性无关,即其秩为4.
9. 若三阶方阵
,试求秩(A).
可用秩的定义分别讨论口的不同取值时秩(A)的大小,也可用初等变换法讨论之.
解一
当a≠1且a≠-2时,|A|≠0,有秩(A)=3.
当a=1时,|A|=0,且
,有秩(A)=1.
当a=-2时,|A|=0,且
,有二阶子式
故秩(A)=2.
解二
因初等变换不改变矩阵的秩,所以
(1)当a≠1且a≠-2时,秩(B)=3=秩(A),
(2)当a=1时,秩(B)=1,故秩(A)=1;
(3)当a=-2时,秩(B)=2=秩(A).