一、选择题在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
2. 设g(x)可导,且x→0时,g(x)是x的高阶无穷小,则当x→0时,必有
(A) g′(x)是无穷小量.
(B)
是x
2的高阶无穷小.
(C)
是无穷大量.
(D) 若G′(x)=g(x),则G(x)是x高阶无穷小.
A B C D
B
[解析] 由于
(洛必达法则)=0
则
是x
2的高阶无穷小,故应选(B).
[评注] 本题的其余选项都不正确.事实上,若取
容易验证g(x)可导,且当x→0时,g(x)是x的高阶无穷小,但
不存在,由于
不存在,则(A)不正确.若取g(x)=0,显然g(x)符合题设条件,但
无意义,则(C)不正确.若取g(x)=x
2,
,显然当x→0时,g(x)是x的高阶无穷小,且G′(x)=g(x),但
不是x的高阶无穷小,则(D)不正确.
4. 下列命题正确的是
(A) 若
收敛,则
条件收敛.
(B) 若
,则
收敛.
(C) 若
收敛,则
收敛.
(D) 若
绝对收敛,则
收敛.
A B C D
D
[解析] 由于
绝对收敛,则
收敛,从而
则存在N>0,当n>N时|u
n|<1
从而0≤u
2n≤|u
n|,则
收敛,故应选(D).
[评注] 其余选项都不正确,事实上,若取
收敛,而
发散,(A)不正确.
若取u
n=(-1)
nn,则
但级数
显然发散,则(B)不正确,若
为正项级数,此时(B)正确.
若取
此时,
由于级数
收敛.
收敛.
则
收敛
而
级数
收敛,
级数
发散,
则级数
发散,(C)不正确.
6. 三元二次型
x
TAx=(x
1+3x
2+ax
3)(x
1+5x
2+bx
3)的正惯性指数P=
A B C D
A
[解析] 令
有 x
TAx-y
1y
2 再令
得x
TAx=z
21-z
22,所以必有p=1.
[评注] 因为
所以(1)与(2)都是坐标变换.
7. 已知随机变量X的概率密度为f(x),则随机变量函数Y=|X|的概率密度f
Y(y)为
A B C D
C
[解析] F
Y(y)=P{Y≤y}=P{|X|≤y}
当y≤0时,F
Y(y)=0,f
Y(y)=F′
Y(y)=0,
当y>0时,
,
故f
Y(y)=F′
Y(y)=f(y)+f(-y).答案应选(C).
[评注] 本题也可用概率密度的性质来解.Y=|X|,因此Y不可能取负值;这就排除选项(A)和(B)的可能性.而(C)和(D)差一个
.由件质.
故选(C).
8. 假设总体X服从正态分布N(μ,σ
2),X
1,…,X
n是来自总体X的简单随机样本,其样本均值为
,如果
,其中a>0,则有
A B C D
C
[解析] 依题意
,故
由此可知:如果
,即有
,所以
,即
.故选(C).
二、填空题1. 设x>0,
,则f(x)不可导的点为______.
x=2
[解析] 由于
则f(x)在x=2处不可导.
2. 设抛物线y
2=2px在与直线y=x交点处的曲率半径
,则此抛物线在该点处的切线方程是______.
x-2y+2=0
[解析] 由y
2=2px知,当y=x时,x=y=2p,且
该曲线在(2p,2p)处的曲率半径为
又
,则p=1,
抛物线方程为y
2=2x,与y=x交点为(2,2),这时
,该点处的切线方程为x-2y+2=0.
3.
______.
[解析] 令1-x=sint,则dx=-costdt
4. 函数u=x
2+y
2+2z
2在点
处沿曲线在
该点处指向z轴正向一侧切线方向的方向导数为______.
[解析] 曲面x
2+y
2+z
2=4在点
处的法线向量为
曲面x
2+y
2=2x在点
处的法向量为
n
2={0,1,0}
曲线
在点
处的切向量为
该曲线指向z轴正向一侧的切向量为
5. 设
,若Ax=0的解空间是1维的向量空间,那么解空间的基是______.
(5-2a,-1,2-a,a-1)T,其中a≠1.
[解析] Ax=0解空间是1维的向量空间,即n-r(A)=1从而秩r(A)=3.对A作初等行变换有
可见
那么
令x
4=a-1有x
3=2-a,x
2=-1,x
1=5-2a,
所以解空间的基为(5-2a,-1,2-a,a-1)
T,其中a≠1.
6. 袋中有8个球,其中有3个白球,5个黑球,从中随意取出4个球,如果4个球中有2个白球2个黑球,试验停止,否则将4个球放回袋中重新抽取4个球,直至取到2个白球2个黑球为止.用X表示抽取次数,则P{X=k}=______(k=1,2,…),EX=______.
[解析] 记A
i=“第i次取出4个球是2个白球2个黑球”,由于是有放回取球,因而AI是相互独立的.根据超几何分布知
,
又由几何分布得:
我们知道:当|x|<1时,
代入得
三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
1. 设f(x)在x
0点可导,α
n,β
n为趋于零的正项数列,求极限
.
[解] 由于f(x)在点x
0处可导,则
f(x
0+△x)=f(x
0)+f′(x0)△x+γ·△z
其中
,从而有
则
则
2. 就k的不同取值情况,确定方程x
3-3x+k=0实根的个数.
[解] 令f(x)=x
3-3x+k
则f′(x)=3x
2-3
由f′(x)=3x
2-3=0得x=±1
则
当x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0,f(x)单调增;
当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,f(x)单调减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调增.
则(1)当|k|=2时,两个实根.
(2)当|k|>2时,一个实根.
(3)当|k|<2时,三个实根.
3. 设f(x)为[0,+∞)上的正值连续函数,已知曲线.
和两坐标轴及直线x=t(t>0)所围区域绕y轴旋转所得体积与曲线y=f(x)和两坐标轴及直线x=t(t>0)所围区域的面积之和为t
2,求曲线y=f(x)的方程.
[解] 曲线
和两坐标轴及直线x=t(t>0)所围区域绕y轴旋转所得体积为
曲线y=f(x)和两坐标轴及直线x=t(t>0)所围区域的面积为
则
上式两端对t求导得
令
,则
由z(0)=0知,
4. 设Ω为椭球体x
2+y
2+4z
2≤1,试证明
.
[分析] 若能求得被积函数|x+y+z|在Ω上的最大值M,则
其中V为椭球体x
2+y
2+4z
2≤1的体积,为此,可先求出x+y+z在Ω上的最小值和最大值.
[证] 令f(x,y,z)=x+y+z
由f
x(x,y,z)=1≠0,f
y(x,y,z)=1≠0,f
z(x,y,z)=1≠0
从而f(x,y,z)=z+y+z在椭球体x
2+y
2+4z
2≤1内无极值点,则f(xy,z)在x
2+y
2+4z
2≤1上的最大值和最小值都在区域x
2+y
2+4z
2≤1的边界曲面x
2+y
2+4z
2=1上取得,令
F(x,y,z,λ)=x+y+z+λ(x
2+y
2+4z
2-1)
今
由此解得
为f(x,y,z)在Ω上的最大值;
为f(x,y,z)在Ω上的最小值,则
椭球体Ω:x
2+y
2+4z
2≤1的体积为
(先重后单)
故
5. 证明罗尔定理,若函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导,f(a)=f(b)则
,使得f’(ξ)=0.
(Ⅱ)证明:若在区间I上f
(n)(x)≠0,则函数f(x)在区间I上最多n个零点.
[证明] (Ⅰ)由于f(x)在[a,b]上连续,则f(x)在[a,b]上有最大值M和最小值m.
i)若M=m,则f(x)≡M,结论显然成立.
ii)若M≠m,由于f(a)=f(b),则f(x)在[a,b]上的最大值M和最小值m至少有一个在(a,b)内取得,不妨设最大值在x=ξ(ξ∈(a,b))处取到,由费马引理知f′(ξ)=0.
(Ⅱ)反证法:若f(x)在区间I上的零点不止n个,则至少应有n+1个,不妨设为x1<x2<x3<…<xn+1,在区间[xi,xi+1](i=1,2,…,n)上分别用罗尔定理得,存在ξi ∈(xi,xi+1)(i=1,2,…,n),使f′(ξ)=0,即f′(x)在I上至少有n个零点,在f′(x)的相邻两个零点之间对f′(x)用罗尔定理得f″(x)在区间I上至少有n-1个零点,以此类推,f(n)(x)在I上至少有一个零点,与题设矛盾,故原题得证.
[评注] 本题(Ⅱ)中所证的结论可看作罗尔定理的推论,这个推论在讨论方程根的个数时是一个常用的结论.
6. 已知齐次线性方程组
同解,求a,b,c的值并求满足x
1=x
2的解.
[解] 对方程组(Ⅰ)的系数矩阵A作初等行变换,有
可求出(Ⅰ)的基础解系为
η=(-1,1,-4,0)
T,η
2=(-a,0,-3a,1)
T 对方程组(Ⅱ)的系数矩阵B作初等行变换,有
由于(Ⅰ)与(Ⅱ)同解,r(A)=r(B)知
有b=-1.
由于(Ⅰ)与(Ⅱ)同解,η
1,η
2也是(Ⅱ)的基础解系,它应是
的解.从而
得a=-2,c=2.
因此(Ⅰ)与(Ⅱ)的通解是
k
1(-1,1,-4,0)
T+k
2(2,0,6,1)
T 由x
1=x
2即-k
1+2k
2=k
1知k
1=k
2 所以满足x
1=x
2的解为:k(1,1,2,1)
T,k为任意实数.
7. 设A是3阶矩阵,α
1,α
2,α
3是3维列向量,其中α
3≠0,若Aα
1=α
2,Aα
2=α
3,Aα
3=0.
(Ⅰ)证明α
1,α
2,α
3线性无关.
(Ⅱ)求矩阵A的特征值和特征向量.
(Ⅲ)求行列式|A+2E|的值.
设k
1α
1+k
2α
2+k
3α
3=0 (1)
因为Aα
1=α
2,Aα
2=α
3,Aα
3=0,用A左乘(1)式两端,有
k
1α
2+k
2α
3=0 (2)
再用A左乘(2)式两端,有k
1α
3=0
由于α
3≠0.故必有k
1=0.
把k
1=0代入(2)得k
2=0.把k
1=0,k
2=0代入(1)得k
2=0.所以α
1,α
2,α
3线性无关.
(Ⅱ)由于
据(Ⅰ)知α
1,α
2,α
3线性无关,即矩阵P=(α
1,α
2,α
3)可逆.
从而
因为矩阵B的特征值是λ
1=λ
2=λ
3=0,从而矩阵A的特征值是λ=0(三重根).
又因r(A)=r(B)=2.所以齐次方程组Ax=0的基础解系仅由n-r(A)=3-2=1个向量构成.即λ=0只有一个线性无关的特征向量.由Aα
3=0=0α
3,α
3≠0,故矩阵A的特征向量为kα
3,k≠0.
(Ⅲ)因为A~B有A+2E~B+2E
从而|A+2E|=|B+2E|=8.
8. 已知随机变量X的概率密度为
在X=(x>0)的条件下,随机变量Y在区间(0,x)上服从均匀分布,求:
(Ⅰ)随机变量X与Y的联合概率密度f(x,y),X与Y是否独立,为什么?
(Ⅱ)计算条件概率
与
;
(Ⅲ)求证:Z=X-Y服从参数λ=1的指数分布.
由题设知:在X=x(x>0)的条件下,Y的条件密度为
根据乘法公式得
由于
,故X与Y不独立.
(Ⅱ)
其中
所以
(Ⅲ)通过计算Z=X-Y的分布给出证明.其方去有:
方法一(分布函数法)Z=X-Y分布函数
当z≤0时,F
z(z)=0,
当z>0时,
综上得
由此可知Z=X-Y服从参数λ=1的指数分布.
方法二(公式法)已知(X,Y)~f(x,y),则Z=X-Y的概率密度f
z(z)=
f(x+y+z).其中
由此可知:当z≤0时,f
z(z)=0;
当z>0时,
,综上得
所以Z=X-Y服从参数λ=1的指数分布.
[注] 仿照上述方法可以求得Z—X+Y的概率密度f
z(z).
方法一(分布函数法)
Z=X+Y的分布函数
由f(x,y)非零定义域知:当z≤0时,F
z(x)=0;当z>0时,
综上得
方法二(公式法)已知(X,Y)~f(x,y),则Z=X+Y的概率密度f
z(z)=
其中
由此可知:当z≤0时,f
z(z)=0;
当z>0时,
综上得
9. 设随机变量x的分布密度为
,而X
1,X
2,…,X
n为来自总体X的简单随机样本,试求:
(Ⅰ)未知参数θ的矩估计量
;
(Ⅱ)未知参数θ的最大似然估计量
;
(Ⅲ)验证
,
是否为无偏估计?
[分析与解答] (Ⅰ)
令
,即
.
(Ⅱ)似然函数
当x
i>0时,L>0,取对数得
,令
,解得
,所以
(Ⅲ)
同理
所以
均为未知参数θ的无偏估计.