一、选择题下列每题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.1. 设f(x)是arcsin(1-x)的原函数且f(0)=0,则
A.
B.
C.
D.
A B C D
D
[解析] 已知f'(x)=arcsin(1-x),求
我们不必先求出f(x),而是把求I转化为求与f'(x)相关的积分,就要用分部积分法或把
再积分.
[方法一] 用分部积分法可得
也可用分解法求出
选D.
[方法二] 由于
且f(0)=0,于是
代入得
其中
D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤z}
={(x,y)|0≤y≤1,y≤x≤1}
现交换积分次序得
4. 设
是可逆矩阵,
是A的伴随矩阵A
*的一个特征向量,则______.
- A.a=-4,b=-3
- B.a=1,b=-3
- C.a=-4,b=3
- D.a=1,b=2
A B C D
B
[考点] 特征值、特征向量及二次型
[解析] 设矩阵A
*对应于特征值λ的特征向量为ξ,则
A
*ξ=λξ ①
由于矩阵A可逆,所以|A|≠0,|A
*|=|A|
2≠0,于是λ≠0,式①两边左乘A,得AA
*ξ=λAξ,即
亦即
从而
由此得
解得a=-4,b=2;a=1,b=-3.应选B.
6. 设
,则
- A.I1>I2>1.
- B.1>I1>I2.
- C.I2>I1>1.
- D.1>I2>I1.
A B C D
B
[解析] 因为当
时,sinx<x<tanx,故
,
这便排除了选项C和D.
又令
,则
,即f(x)在
上单调增加,有
故
即选项B正确.
从几何上更容易直接看出当
时,
是过原点与点
的直线).
8.
等于
A.
B.
C.
D.
A B C D
B
[解析]
9. 设函数f(x)在区间(-δ,δ)内有定义,若当x∈(-δ,δ)时,恒有|f(x)|≤x
2,则x=0必是f(x)的
- A.间断点.
- B.连续而不可导的点.
- C.可导的点,且f'(0)=0.
- D.可导的点,且f'(0)≠0.
A B C D
C
[解析] 解法1 由当x∈(-δ,δ)时,|f(x)|≤x
2知,f(0)=0.
由夹逼准则可知
从而
,即f'(0)=0.故应选C.
解法2 取f(x)=x
3,显然f(x)满足原题条件.但f(x)=x
3在点x=0处连续且可导,f'(0)=0,则A,B,D均不正确,故应选C.
解法1中用到一个常用结论:
10. 累次积分
的值为
A.
B.
C.
D.
A B C D
C
[解析一] J是二重积分
的一个累次积分,其中
如图所示.
现改换成先y后x的积分顺序得
[解析二] 用分部积分法求J.
二、填空题1. 设
,则AB=______.
2.
3. 设f(x)有一个原函数
4. 设A是3阶方阵,有3个特征值为0,1,1,且不相似于对角矩阵,则r(E-A)+r(A)=______.
4
[解析] 因λ=0是单根,所以对应的线性无关特征向量有且只有一个,即Ax=0的基础解系只有一个非零解.故r(A)=2.
因λ=1是二重根,又A不相似于对角矩阵,故对应线性无关特征向量也只有一个,即
1=3-r(E-A),
即r(E-A)=3-1=2.
因此r(A)+r(E-A)=4.
5.
1
[考点] 函数极限求解.
[解析] 洛必达法则求未定式极限.
另解,由拉格朗日中值定理得
当求含有f(x+1)-f(x)表达式的极限时,可以考虑用拉格朗日中值定理求解极限.
6. 设D={(x,y)|x
2+y
2≤1},则二重积分
π
[解析]
方法1 因为cos
2x=1-sin
2x,所以
方法2
三、解答题本题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.已知,求:1. f(x)的表达式;
解:当x<e时,
;
当x>e时,
;
当x=e时,
.
所以
[考点] 函数、极限
2. 讨论函数f(x)在定义域内是否连续.
解:由
,知f(x)在点x=e处连续.又当0<x<e时,f(x)=1连续;当x≥e时,f(x)=lnx连续.故f(x)在(0,+∞)内连续.
[考点] 函数、极限
3. 设(1)
;
(2)
.
求
.
解:(1)
(2)注意到
,现将
左端乘以
并除以
,再对分子反复应用公式(a+b)(a-b)=a
2-b
2,则
[考点] 函数、极限
4. 设x>0,常数a>e.证明:(a+x)
a<a
a+x.
证 由函数y=lnx的单调性,只需证aln(a+x)<(a+x)lna.
设f(x)=(a+x)lna-aln(a+x),则f(x)在[0,+∞)内连续、可导,且
所以f(x)在[0,+∞)内单增.又f(0)=0.从而得f(x)>0,x>0,即
aln(a+x)<(a+x)lna,x>0.
所以(a+x)
a<a
a+x,x>0.
5. 设a>0,确定方程ax-lnx=0恰有两个正根的条件.
解:设f(x)=ax-lnx.由
可知,函数在(0,a
-1]上单调递减,在[a
-1,+∞)上单调递增.而
于是当f(a
-1)>0时方程无实根,当f(a
-1)<0时方程恰有两个正根.由
得a所满足的条件是
.
[考点] 极限、连续及其应用
6. 设0<α<1,x,y≥0,证明
x
αy
1-α≤αx+(1-α)y ①
证明:当y=0时,题目中式①显然成立.
当y>0时,式①可改为
令
f(t)=αt+(1-α)-t
α (t≥0) ③
则
解f'(t)=0,得驻点t=1.由f(0)=1-α>0,f(1)=α+(1-α)-1=0,当t∈[0,1)时,f'(t)<0,即函数f(t)在[0,1]上单调递减;当t∈(1,+∞)时,f'(t)>0,即函数f(t)在(1,+∞)上单调递增,所以f(t)在[0,+∞)上的最小值为f(1)=0,故t≥0时,f(t)≥0,于是
αt+(1-α)-t
α≥0(t≥0)
令
,从而
[考点] 一元函数微积分
7. 设0<x
1<3,
(n=1,2,…),证明数列{x
n}的极限存在,并求此极限.
解 由题设0<x
1<3知,x
1,3-x
1均为正数,故
设当k>1时,
,则
故由数学归纳法知,对任意正整数n>1,均有
,即数列{x
n}是有界的.
又当n>1时,
故当n>1时,x
n+1≥x
n,即数列{x
n}单调增加.
所以由单调有界数列极限存在的准则知
存在.
设
,由
得
解之得
,a=0(舍去).即