1、考研数学二-196 及答案解析(总分：146.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.设函数 y=y(x)由方程 x3-ax2y2+by3=0 所确定，要使 x=1 是 y=y(x)的驻点，且曲线 y=y(x)通过点(1，1)，则_Aa=2，b=3BC （分数：4.00）A.B.C.D.2.设 （分数：4.00）A.B.C.D.3.设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f(a)=f(b)，f“(x)0，则_Af(x)在(a，b)内没有零点Bf(x)在(a，b)内只有一个零点Cf(x)在(a，b)内至少有一个零点Df(x)在(a，b)内零点个数不能确定（分数：4.
2、00）A.B.C.D.4.设 f(x)在0，1上连续，f(x)0记（分数：4.00）A.B.C.D.5.设函数 z=f(x，y)满足 （分数：4.00）A.B.C.D.6.设 ，则 =_.A1 B C （分数：4.00）A.B.C.D.7.设 A 是三阶实对称矩阵， 1， 2， 3是 3 个非零特征值，且满足 a 1 2 3b若 kA+E 为正定矩阵，则参数 k 应满足_Ak-1/a Bka Ckb Dk-1/b（分数：4.00）A.B.C.D.8.已知 1=2， 2=1， 3=-1 为三阶矩阵 A 的 3 个特征值，对应特征向量为 1， 2， 3令P=2 2，3 3，- 1，则 P-1(A+
3、2E)P=_ABCD （分数：4.00）A.B.C.D.二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）填空项 1:_10.设 ，则 （分数：4.00）填空项 1:_11.方程 x+y=ax2+by2+cx3(a+b0)确定了隐函数 y=f(x)，其中 a，b，c 均为常数，则在点(0，0)处曲线的曲率是_（分数：4.00）填空项 1:_12. （分数：4.00）填空项 1:_13.设 z=z(u)，且 ，其中 z(u)为可微函数，且 (u)连续，(u)1，p(t)连续，则 （分数：4.00）填空项 1:_14.设矩阵 A，B 满足 A*BA=2BA-8E，其中 （分数：4.
4、00）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：90.00)15.求 （分数：10.00）_16.设 （分数：10.00）_17.证明：当 x0 时，（分数：10.00）_18.设曲线 L 的极坐标方程为 r=r()，M(r，)为 L 上任一点，M 0(2，0)为 L 上一定点若极径 OM0、OM与曲线 L 所围成的曲边扇形面积值等于 L 上 M0、M 两点间弧长值的一半，求曲线 L 的方程（分数：10.00）_19.设 f(x)，g(x)在(a，b)内可导，g(x)0，且（分数：10.00）_20.证明方程 3ax2+2bx-(a+b)=0 在区间(0，1)内至少有一个根（分数：10.00
5、）_21.设 f(x)在a，b上有二阶导数，又 f(a)=f(b)=0，且 f(a)f(b)0证明：至少存在一点 (a，b)，使得 f()=0，又至少存在一点 (a，b)，使得 f“()=0（分数：10.00）_22. 取何值时，方程组（分数：10.00）_23.设 A，B 为两个 n 阶矩阵，且 A 的 n 个特征值两两互异. 若 A 的特征向量恒为 B 的特征向量，则 AB=BA.（分数：10.00）_考研数学二-196 答案解析(总分：146.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.设函数 y=y(x)由方程 x3-ax2y2+by3=0 所确定，要使
6、x=1 是 y=y(x)的驻点，且曲线 y=y(x)通过点(1，1)，则_Aa=2，b=3BC （分数：4.00）A.B.C. D.解析：解析 利用题设：点(1，1)在曲线上，且该点又是 y=y(x)的驻点，即满足 y(1)=0，联立两个关于 a 和 b 的方程组求之因 y=y(x)过点(1，1)，故1-a+b=0，a-b=1又因 x=1 是 y=y(x)的驻点，则 y(1)=0先求 y(x)在 x3-ax2y2+by3=0 两边对 x 求导，得到且(1，1)是其驻点，故即 联立式、式解得2.设 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：解析 利用极限的保号性和极值的定义判别之由题设有3.设
7、f(x)在a，b上二阶可导，且 f(a)=f(b)，f“(x)0，则_Af(x)在(a，b)内没有零点Bf(x)在(a，b)内只有一个零点Cf(x)在(a，b)内至少有一个零点Df(x)在(a，b)内零点个数不能确定（分数：4.00）A.B. C.D.解析：解析 因 f(a)=f(b)，首选罗尔定理证之，再用反证法证明 f(x)只有一个零点因为 f(x)在a，b上连续，(a，b)内可导，f(a)=f(b)由罗尔定理知，至少存在 (a，b)，使得f()=0如果 f(x)在(a，b)内有两个零点 1， 2(a 2)，则函数 f(x)在 1， 2上仍满足罗尔定理条件，则在 1， 2之间存在 2，使f
8、“( 3)=0，这与在a，b上 f“(x)0 矛盾因此仅(B)入选4.设 f(x)在0，1上连续，f(x)0记（分数：4.00）A.B. C.D.解析：解析 三个积分 I1，I 2，I 3的积分区间不一样，且被积函数的中间变量不一样，需通过变量代换化成一样来比较在 I1中，令 x=sint，当 x=0 时，t=0；当 x=1 时， 且 dx=costdt因此在 I1中，令 x=tant，当 x=0 时，t=0；当 x=1 时， ，且 dx=sec2tdt，当 时，sect1，从而有 sec2t1因此5.设函数 z=f(x，y)满足 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：解析 先在方程 两边
9、对 y 积分，再利用 fy(x，0)=x 及 f(x，0)=0 确定相应常数.在方程 两边对 y 积分得由 知C(x)=x,即6.设 ，则 =_.A1 B C （分数：4.00）A.B. C.D.解析：解析 将 f(x)代入 得到二重积分，画出积分区域(见图)，且调换积分次序求出二重积分又因已知被积分函数 f(x)的导数也可用分部积分法直接计算解一 积分区域如上图所示交换积分次序，得仅(B)入选解二 因已知被积函数 f(x)的导数故可使用分部积分法求之7.设 A 是三阶实对称矩阵， 1， 2， 3是 3 个非零特征值，且满足 a 1 2 3b若 kA+E 为正定矩阵，则参数 k 应满足_Ak-
10、1/a Bka Ckb Dk-1/b（分数：4.00）A. B.C.D.解析：解析 因 A 有特征值 1， 2， 3，则 kA+E 有特征值 k i+1(i=1，2，3)又 kA+E 正定，则参数 k 应满足k i+10， 即由题设有a 1 2 3b，故当 时，由上式知从而当8.已知 1=2， 2=1， 3=-1 为三阶矩阵 A 的 3 个特征值，对应特征向量为 1， 2， 3令P=2 2，3 3，- 1，则 P-1(A+2E)P=_ABCD （分数：4.00）A. B.C.D.解析：解析 属于同一特征值的特征向量的线性组合仍然是属于该特征值的特征向量解一 因 1， 2， 3为 A 的 3 个
11、不同特征值的特征向量，故线性无关，且它们都是齐次方程的解而2 2，3 3，- 1仍然分别为齐次方程的解，且它们线性无关，故它们也为 A 的 3 个不同特征值的特征向量于是令P=2 2，3 3，- 1，有故 P-1(A+2E)P=P-1AP+2P-1EP仅(A)入选解二 由 A 的特征值 2=1， 3=-1， 1=2，得到 A+2E 的 3 个不同的特征值 2=1+2=3， 3=-1+2=1， 1=2+2=4，因而 A+2E 可相似对角化，且二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 利用幂指函数极限的求法求之求解时要注意利用等价
12、无穷小代换：ax-1xlna(x0)原式= ，而故 原式=10.设 ，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 由题设可知ln(1+2x2)+x2f(x)=o(x3)，由此求出的表达式代入所求极限计算解一 或由2x2ln(1+2x 2)(2x 2)2/2=2x4，即得解二 因 故因而 则 11.方程 x+y=ax2+by2+cx3(a+b0)确定了隐函数 y=f(x)，其中 a，b，c 均为常数，则在点(0，0)处曲线的曲率是_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 直接按曲线的曲率公式计算：为此先要求出 y|(0,0),y“|(0,0)在所给方程
13、两边对 x 求导，得到1+y=2ax+2byy+3cx2两边再对 x 求导，得到y“=2a+2b(yy“+y2)+6cx将 x=0，y=0 代入式求得y|(0,0)=-1再将 x=0，y=0，y=-1 代入式，得到y“|(0,0)=2(a+b)，则所求曲率为12. （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 将极限函数化成积和式形式，用定积分定义求之这是求和式的极限，将它转化成积分和，利用定积分定义求该极限由有13.设 z=z(u)，且 ，其中 z(u)为可微函数，且 (u)连续，(u)1，p(t)连续，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 给出隐
14、函数 u 及其自变量 x，y 所满足的等式，为求有关偏导数，常利用此式设出辅助函数 F(x，y，u)=0，再利用公式求出有关偏导数 设则又故14.设矩阵 A，B 满足 A*BA=2BA-8E，其中 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 为消掉方程中未知矩阵 A*，需在方程两边左乘 A，然后右乘 A-1以化简方程在所给方程的两边左乘 A，则AA*BA=2ABA-8A,即-2BA=2ABA-8A在此方程两边右乘 A-1，则-2B=2AB-8E即 AB+B=4E，(A+E)B=4E故三、解答题(总题数：9，分数：90.00)15.求 （分数：10.00）_正确答案：(令 f(
15、x)=(x+3)7，视 x 为自变量，所求极限可转化为用导数定义求 f(x)在 x=3 处的导数令f(x)=(3+x)7，则 原式 )解析：16.设 （分数：10.00）_正确答案：(因en(x-1)=(ex-1)n，可视为 F(x)g(n)(n)型函数这种类型函数常由|F(x)|=e |x-1|=1 的解 x=1 作为 x 取值区间的分界点，分 x1，x=1，x1 三种情况求出极限求出极限后再根据连续和可导的必要条件列出 a 与 b 所满足的方程，联立解之即得 a 与 b 的值易求得由 f(x)可导知，f(x)在 x=1 处连续，于是有f(1-0)=f(1+0)=f(1)而故a+b=1=(1
16、+a+b)/2又 f(x)在 x=1 处可导，故而或)解析：17.证明：当 x0 时，（分数：10.00）_正确答案：(设对 f(x)求其导数，利用 f(x)的符号得到 f(x)的单调区间及极大值，再对有关的不等式进行放大即可证得结果证 令则有f(x)=(x-x2)sin2nx=x(1-x)sin2nx当 0x1 时，f(x)0，f(x)严格单调增加当 x1 时，f(x)0(除去 x=k(k=1，2，)，f(x)严格单调递减因此 x=1 为 f(x)的极大值点，且 f(1)是 x0 时 f(x)的最大值这说明，只要证明则必有成立事实上，当 t0 时，sintt而所以当 x0 时，)解析：18.
17、设曲线 L 的极坐标方程为 r=r()，M(r，)为 L 上任一点，M 0(2，0)为 L 上一定点若极径 OM0、OM与曲线 L 所围成的曲边扇形面积值等于 L 上 M0、M 两点间弧长值的一半，求曲线 L 的方程（分数：10.00）_正确答案：(利用面积值等于弧长值的一半建立方程因曲线弧由极坐标方程 r=r()()给出，因而弧长公式应为由已知条件得两边对 求导得，即从而因为所以由条件 r(0)=2 知，故所求曲线 L 的方程为即 ，亦即故 )解析：19.设 f(x)，g(x)在(a，b)内可导，g(x)0，且（分数：10.00）_正确答案：(为证 f(x)=cg(x)，只需证 于是归结证明
18、证事实上，由题设有f(x)g(x)-g(x)f(x)=0，即 ，亦即故存在常数 c，使)解析：20.证明方程 3ax2+2bx-(a+b)=0 在区间(0，1)内至少有一个根（分数：10.00）_正确答案：(直接对方程左边的函数使用零点定理是行不通的，这是因为该函数含有参数 a，b，其端点值的符号不好确定，于是将方程左边的函数视为f(x)=ax3+bx2-(a+b)x的导数，对 f(x)使用罗尔定理，本例即可得证证 设f(x)=ax3+bx2-(a+b)x，于是f(x)=3ax2+2bx-(a+b)显然 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=f(1)=0根据罗尔定理知，在(0
19、，1)内至少存在一点 ，使 f()=0，即方程3ax2+2bx-(a+b)=0在(0，1)内至少有一个根)解析：21.设 f(x)在a，b上有二阶导数，又 f(a)=f(b)=0，且 f(a)f(b)0证明：至少存在一点 (a，b)，使得 f()=0，又至少存在一点 (a，b)，使得 f“()=0（分数：10.00）_正确答案：(由导数定义及其极限的保号性可找到两点 x1，x 2，使 f(x1)f(x2)0由零点定理知，存在，使 f()=0现有三点函数取值为 0，两次利用罗尔定理，例得证证 由 f(a)f(b)0，不妨设 f(a)0，且 f(b)0由导数定义知因此存在 10，使得当 z(a，a
20、+ 1)时，有因为 xa，故有f(x)f(a)，即 f(x)0，x(a，a+ 1)又由于故存在 20，使得当 x(b- 2，b)时，有因为 xb，所以f(x)f(b)， 即 f(x)0，x(b- 2，b)取 1， 2充分小，使 a+ 1b- 2再取两点x1(a，a+ 1)， x 2(b- 2，b)，考虑区间x 1，x 2显然 f(x)在x 1，x 2上连续，且f(x1)0， f(x 2)0因此由连续函数介值定理知，至少存在一点 (x 1，x 2)，从而 (a，b)，使得 f()=0再由 f(a)=f()=f(b)及罗尔定理知，至少存在 1(a，)和 2(，b)，使得f( 1)=f( 2)=0又
21、在区间 1， 2上应用罗尔定理，便知至少存在 ( 1， 2) )解析：22. 取何值时，方程组（分数：10.00）_正确答案：(将增广矩阵 化成能识别 的秩与 A 的秩的大小的形式，然后对参数进行讨论，利用秩( )与秩(A)的关系判别方程组解的情况对原方程组的增广矩阵施行初等行变换：于是，当 时，原方程组无解，因秩( )=3秩(A)=2当 1 且 时，原方程组有唯一解，因秩( )=秩(A)=3当 =1 时，原方程组有无穷多解，因秩( )=秩(A)=23用初等行变换将 进一步化成含有最高阶单位矩阵的矩阵：由特解及基础解系的简便求法得到其特解为=1，-1，0 T，基础解系为=0，1，1 T，因此，其通解为x=k+，k 为任意常数 )解析：23.设 A，B 为两个 n 阶矩阵，且 A 的 n 个特征值两两互异. 若 A 的特征向量恒为 B 的特征向量，则 AB=BA.（分数：10.00）_正确答案：(反复利用特征值、特征向量的定义，利用对角矩阵乘积可交换的性质证明 AB=BA证设 X1，X 2，X n是 A 的分别属于其不同特征值 1， 2， n的特征向量，则 X1，X 2，X n线性无关，且 AXi= iXi，令P=X1，X 2，X n，则AP=AX1，AX 2，AX n= 1X1， 2X2， nXn由题设，可令 BXi= iXi(i=1，2，n)，则于是)解析：
