11??uun?1nn?1n11再考察取绝对值后的级数?(?????2, ).注意n1uuuun?1n?1nn?1nn?1n?111发散(?)发散.因此选(C). ???un?1n?1nn?1un?
(3)【分析】 证明(B)对:反证法.假设limf?(x)?a?0,则由拉格朗日中值定理,
x???
f(2x)?f(x)?f'(?)x??(x???)
(当x???时,????,因为x???2x);但这与
(4)【分析】 因为r(A)?(B).
f(2x)?f(x)?f(2x)?f(x)?2M矛盾(f(x)?M).
r(A)?2?3,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选
(A)表示方程组有唯一解,其充要条件是r(A)?r(A)?3.
(C)中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故r(A)?2和
r(A)?3,且A中任两个平行向量都线性无关.
类似地,(D)中有两个平面平行,故r(A)?2,r(A)?3,且A中有两个平行向量共线.
(5)【分析】 首先可以否定选项(A)与(C),因
?????[f1(x)?f2(x)]dx??????f1(x)dx??????f2(x)dx?2?1,
F1(??)?F2(??)?1?1?2?1.?1,?2?x??1,?1,0?x?1,对于选项(B),若f1(x)??则对任何x?(??,??), f2(x)??0,其他，0,其他，??f1(x)f2(x)?0,?
????f1(x)f2(x)dx?0?1,因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选(D).
?max(X1,X2),而Xi~fi(x),i?1,2,则X的分布函数F(x)恰是F1(x)F2(x).
进一步分析可知,若令X
F(x)?P{max(X1,X2)?x}?P{X1?x,X2?x}
?P{X1?x}P{X2?x}?F1(x)F2(x).
三、【解】
h?0用洛必达法则.由题设条件知
lim[af(h)?bf(2h)?f(0)]?(a?b?1)f(0).由于f?(0)?0,故必有a?b?1?0.
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又由洛必达法则 limaf(h)?bf(2h)?f(0)af'(h)?2bf'(2h?0h?limh)h?01 ?(a?2b)f'(0)?0, 及f?(0)?0,则有a?2b?0. 综上,得a?2,b??1.
四、【解】 由已知条件得
f(0)?0,f'(0)?(?arctanx?t2e?arctan2x0edt)'xx?0?1?x2x?0?1,
故所求切线方程为y?x.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得
f(2
limn??nf(2)?f(0)n)?2limnf(x)?f(0)n??2?2limx?0x?2f'(0)?2. n
五、【分析与求解】 D是正方形区域如图.因在D上被积函数分块表示
max{x2,y2}????x2,x?y,2(x,y)?D,
??y,x?y,于是要用分块积分法,用y?x将D分成两块:
D?D1UD2,D1?DI{y?x},D2?DI{y?x}.
?
I???emax{x2,y2}dxdy?2,y2}dxdy
D??emax{x1D2???ex2dxdy???ey2dxdy?2??ex2dxdy(D关于y?x对称)
D1D2D1?2?1dx?xex2122100dy(选择积分顺序)?2?0xexdx?ex0?e?1.
六、【分析与求解】
(1)易知Pdx?Qdy?原函数,
Pdx?Qdy?1ydx?yf(xy)dx?xf(xy)dy?x1y2dy?y2(ydx?xdy)?f(xy)(ydx?xdy) ?d(xxxyy)?f(xy)d(xy)?d[y??0f(t)dt].
?在y?0上Pdx?Qdy?原函数,即u(x,y)?xxyy??0f(t)dt.
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?积分I在y?0与路径无关.
(c,d)(a,b)(2)因找到了原函数,立即可得I?u(x,y)
?ca?. db七、【证明】 与书上解答略有不同,参见数三2002第七题(1)因为幂级数
x3x6x9x3ny(x)?1????L??L
3!6!9!(3n)!的收敛域是(???x??),因而可在(???x??)上逐项求导数,得
x2x5x8x3n?1y'(x)????L??L,
2!5!8!(3n?1)!x4x7x3n?2y''(x)?x???L??L,
4!7!(3n?2)!所以
x2xny''?y'?y?1?x??L??L?ex(???x??).
2!n!x(2)与y''?y'?y?e相应的齐次微分方程为y''?y'?y?0,
其特征方程为????1?0,特征根为?1,2x2213???i.
2233x?C2sinx). 22因此齐次微分方程的通解为Y?e(C1cos?设非齐次微分方程的特解为
y??Aex,将y?代入方程y''?y'?y?ex可得
A?于是,方程通解为
11x?,即有y?e. 33??x2y?Y?y?e(C1cos331x?C2sinx)?ex. 2231?y(0)?1?C?,1?23??C1?,C2?0. 当x?0时,有?3?y'(0)?0??1C?3C?1.12?223?x2?231x3nx?ex(???x??) 于是幂级数?的和函数为y(x)?ecos323n?0(3n)!?
八、【分析与求解】
(1)由梯度向量的重要性质:函数h(x,y)在点M处沿该点的梯度方向
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gradh(x,y)(x0,y0)?{?h?h,}?x?y(x0,y0)(x0,y0)?{?2x0?y0,?2y0?x0}
(y0?2x0)2?(x0?2y0)2.
方向导数取最大值即gradh(x,y)的模,?g(x0,y0)?2(2)按题意,即求g(x,y)求在条件x?y2?xy?75?0下的最大值点?
g2(x,y)?(y?2x)2?(x?2y)2?5x2?5y2?8xy
在条件x
2?y2?xy?75?0下的最大值点.
这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数
L(x,y,?)?5x2?5y2?8xy??(x2?y2?xy?75),
??L??x?10x?8y??(2x?y)?0,???L??10y?8x??(2y?x)?0, ??y??L22??x?y?xy?75?0.???则有
解此方程组:将①式与②式相加得(x?y)(??2)?0.?x??y或???2. 若y??x,则由③式得3x?75即x??5,y?m5.若?2??2,由①或②均得y?x,代入③式得x2?75即
x??53,y??53.于是得可能的条件极值点
M1(5,?5),M2(?5,5),M3(53,53),M4(?53,?53). f(x,y)?g2(x,y)?5x2?5y2?8xy在这些点的函数值: f(M1)?f(M2)?450,f(M3)?f(M4)?150.
2现比较
因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在M1,M2,M3,M4中取到.因此g(x,y)在M1,M2取到在D
的边界上的最大值,即M1,M2可作为攀登的起点.
九、【解】
由?2,?3,?4线性无关及?1?2?2??3知,向量组的秩r(?1,?2,?3,?4)?3,即矩阵A的秩为3.因
此Ax?0的基础解系中只包含一个向量.那么由
?1???2?(?1,?2,?3,?4)????1?2?2??3?0
?1????0?T知,Ax?0的基础解系是(1,?2,1,0).
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?1??1??1??1?T再由???1??2??3??4?(?1,?2,?3,?4)???A??知,(1,1,1,1)是Ax??的一个特解.故Ax??的
?1??1?????1???1??1??1???2??1?通解是k?????,其中k为任意常数.
?1??1??????0??1?
十、【解】
(1)若A,B相似,那么存在可逆矩阵P,使P?1AP?B,故
?E?B??E?P?1AP?P?1?EP?P?1AP
?P?1(?E?A)P?P?1?E?AP??E?A.
(2)令A???01??00?,B?,那么?E?A??2??E?B. ????00??00??1?1但A,B不相似.否则,存在可逆矩阵P,使PAP?B?0.从而A?P0P知A与B不相似.
?0,矛盾,亦可从r(A)?1,r(B)?0而
(3)由A,B均为实对称矩阵知,A,B均相似于对角阵,若A,B的特征多项式相等,记特征多项式的根为
?1,L,?n,则有
??1A相似于?O?????1??,B也相似于?O????n?????. ??n????1??1O即存在可逆矩阵P,Q,使PAP????于是(PQ
十一、【解】 由于P{X?1?1???Q?1BQ. ??n??)A(PQ?1)?B.由PQ?1为可逆矩阵知,A与B相似.
?11?x1?}???cosdx?,依题意,Y服从二项分布B(4,),则有
232232
111EY2?DY?(EY)2?npq?(np)2?4???(4?)2?5.
2221EX?0??2?1?2?(1??)?2??2?3?(1?2?)?3?4?,??(3?EX).
4十二、【解】
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