三、解答题1. 计算积分
x=2为奇点,应分1至2,2到3积分.
[注] 这里
的上限2及
的下限2都是极限形式的简写.
2. 设函数
问函数f(x)在x=1处是否连续?若不连续,修改函数在x=1处的定义使之连续.
因为
而f(1)=1,故
,所以函数在x=1处不连续.
若令
,则函数在x=1处连续.
[评注] 若
,则重新定义
即可使f(x)在x
0处连续.
[考点提示] 先求极限
,再由连续定义即可求解.
3. 证明:当x>0时,有不等式(1+x)ln(1+x)>arctanx.
构造辅助函数 f(x)=(1+x)ln(1+x)-arctanx.
显然,f(x)在x≥0时连续,且f(x)=0,又
因为
,故一阶导函数f'(x)在x>0时严格单调增加,则有f'(x)>f'(0)=0,进而知函数f(x)在x>0时严格单调增加,所以当x>0时,有f(x)>f(0)=0,即原不等式成立.
4. 设函数f(x)在[0,π]上连续,且
,试证明:在(0,π)内至少存在两个不同的点ξ
1、ξ
2,使f(ξ
1)=f(ξ
2)=0。
本题可采用以下两种方法证明:
[证法1] 引入辅助函数
则F(0)=0.F(π)=0.又由
因此必存在一点ξ∈(0,π),使得F(ξ)sinξ=0,否则F(x)sinx在(0,π)内恒正(或负),均与
矛盾.
当ξ∈(0,π)时,sinξ≠0,因此F(ξ)=0.综上知
F(0)=F(ξ)=F(π)=0,0<ξ<π.
在区间[0,ξ],[ξ,π]上分别用罗尔定理,则至少存在两点ξ
1∈(0,ξ),ξ
2∈(ξ,π),使得
F'(ξ
1)=F'(ξ
2)=0,即 f(ξ
1)=f(ξ
2)=0.
[证法2] 由已知
,知存在ξ
1∈(0,π),使f(ξ
1)=0.否则f(x)在(0,π)内恒正(或负)。均与
矛盾.若在(0,π)内f(x)仅有一个零点ξ
1,则由
可知f(x)在(0,ξ
1)与(ξ
1,π)内反号.不妨设在(0,ξ
1)内f(x)>0,在(ξ
1,π)内f(x)<0,因此由
及cosx在[0,π]上的单调性知
矛盾,由此知在(0,π)内除ξ
1外,f(x)至少还有另一个零点ξ
2,所以存在ξ
1,ξ
2∈(0,π)且ξ
1≠ξ
2,使得f(ξ
1)=f(ξ
2)=0.
[考点提示] 函数零点、罗尔定理、定积分的性质.
5.
已知3维列向量组S1:α1,α2线性无关;S2:β1,β2线性无关.6. 证明存在非零向量ξ既可以由α
1,α
2线性表示,也可由β
1,β
2线性表示;
本题是考查向量组与方程组的综合题,计算量大,逻辑性强,是一道难度较高的题目,具有很好的区分度.
因4个三维向量必线性相关,使用定义,即存在不全为零的数k
1,k
2,k
3,k
4,使
k
1α
1+k
2α
2+k
3β
1+k
4β
2=0,
k
1,k
2不能均为零,否则会有k
3β
1+k
4β
2=0,由β
1,β
2线性无关,则k
3=k
4=0,这与题设k
1,k
2,k
3,k
4不全为零矛盾,从而,
由k
1,k
2不全为零,α
1,α
2线性无关,有
0≠ξ≠k
1α
1+k
2α
2=-k
3β
1-k
4β
2,
得证.
7. 设α
1=(-1,2,3)
T,α
2=(1,-2,-4)
T,β
1=(-2,a.7)
T,β
2=(-1,2,5)
T,求(Ⅰ)中的ξ.
事实上问题转化为求解方程组.
构造k
1α
1+k
2α
2+k
3β
1+k
4α
2=0,即
①
其中,
(*)
当a≠4时,根据(*),r((α
1 α
2 β
1 β
2))=3知,方程组①有无穷多解,基础解系由4-3=1个非零解向量组成,故①的通解为(k
1,k
2,k
3,k
4)
T=t(1,2,0,1)
T,则所求
ξ=-k
3β
1-k
4β
2=0β
1-tβ
2=t(1,-2.-5)
T,
其中t为任意非零常数.
当a=4时,根据(*),r((α
1 α
2 β
1 β
2))=2知,方程组①有无穷多解,基础解系由4-2=2个线性无关的解向量组成,故①的通解为(k
1,k
2,k
3,k
4)
T=(-t
1+t
2,t
1+2t
2,t
1,t
2)
T,则所求
ξ=-k
3β
1-k
4β
2=t
1(2,-4,-7)
T+t
2(1,-2,-5)
T,
其中t
1,t
2不同时为零.
8.
已知三阶方阵A的特征值为1,-1,2,设B=A3-5A2,求:9. B的特征值及其相似对角矩阵;
因为A的特征值为1,-1,2.
所以存在可逆矩阵P,使
10. |B
*|及|A+5E|.
|B|=(-4)×(-6)×(-12)=-288,
|B*|=|B|n-1=|B|2=(-288)2=(288)2.
A+5E的特征值分别为6,4,7.
故|A+5E|=6×4×7=168.
11.