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[研究生入学考试题库]考研数学二分类模拟243 解答题问题:1. 设a1＞b1＞0，记  证明：数列{an}与{bn}的极限都存在且等于．答案:证明：因为a1＞b1＞0，所以利用归纳法不难得到an＞0，bn＞0．于是有  从而对n=2，3，…，有   以及  a1≥an≥bn≥b1  以上说明数列{an}递减有下界，而数列{bn}递增有上界．由单调有界定理知数列{an}与{bn}都收敛．  设及．对两边分别取极限，得，此即a=b．又由  得到anbn=an-1bn-1=…=a1b1．对anbn=a1b1两边取极限，有ab=a1b1．因此．[考点] 极限、连续及其应用问题:2. 若函数f(x)在[a，b]上连续，则．答案:证1：因为f(x)在[a，b]上连续，所以f(x)在[a，b]上可积． 令，则有F(x)=-f(x)，所以  注意到，F(b)=0，所以  证2：转化为二重积分证明，则有   记g(x，y)=f(x)·f(y)，令，则显然①=I1+I2． 再令D1表示由直线x=a，x=b，y=a，y=x所围成的三角形区域，D2表示由直线x=a，x=b，y=b，y=x所围成的三角形区域，则显然D1与D2没有公共的内点(即除了y=x那条边界，再无其他交点)，且D1∪D2为正方形区域[a，b]×[a，b]，故   则  [考点] 一元函数微积分问题:3. 证明：对一切h＞0，不等式成立．答案:证明：设f(x)=lnx，在[1，1+h]上应用拉格朗日(Lagrange)中值定理，可得  当h＞0时，由0＜θ＜1可推知1＜1+θh＜1+h，故． 注 本例的不等式，称为“对数不等式”．令，可得对数不等式的一个极其重要的形式，即．对数不等式逢考必用，请读者务必熟稔于心![考点] 函数、极限问题:4. 设试求函数的解析表达式，其中D={(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}．答案:解：积分区域为D1={(x，y)|x+y≤t)，记D0=D∩D1． 当t＜0时，x+y＜0，则f(x，y)=0，故 ；  当0≤t＜1时，D0={(x，y)|0≤y≤t-x，0≤x≤t)，如图1所示，则   图1 当1≤t＜2时，D0={(x，y)|x+y≤t，0≤x≤1，0≤y≤1}，如图2所示，用直线y=t-1把D0分为两部分，即 D0={(x，y)|0≤y≤t-1，0≤x≤1)∪{(x，y)|0≤x≤t-y，t-1≤y≤1} 则   图2 当t＞2时，D0={(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}，如图3所示，则  故   图3[考点] 二重积分问题:5. 设f(x)可导，且f(0)=f(0)=1，求．答案:解：[考点] 连续、导数、微分(Ⅰ)问题:6. 计算n(n＞1)阶行列式 答案:解：按第1列展开，得 [考点] 行列式问题:7. 设f(x1，x2，x3)=(x1-ax2)2+(x2-bx3)2+(x3-cx1)2，其中abc≠1．证明：f(x1，x2，x3)是正定二次型．答案:证明：本题的二次型f(x1，x2，x3)是三项平方和的形式，故对任意的x=(x1，x2，x3)T，f(x1，x2，x3)≥0．而由二次型正定的定义，对任意的x=(x1，x2，x3)T≠0，有f(x1，x2，x3)＞0．所以本题的二次型  只有零解等价于 [考点] 二次型设A是n阶矩阵，λ是A的特征值，其对应的特征向量为x．8. 证明：λ2是A2的特征值，x为特征向量；答案:证明：由Ax=λx得 A2x=A(Ax)=A(λx)=λAx=λ2x  可知λ2是A2的特征值，x为特征向量．[考点] 特征值、特征向量及二次型 9. 若A2有特征值λ，其对应的特征向量为x，x是否一定为A的特征向量?说明理由．答案:解：不一定．若A2x=λx，取，则A2=0，A2的特征值为λ=0，取，显然A2x=0x，但  即x不是A的特征向量，因此结论未必成立．[考点] 特征值、特征向量及二次型 问题:10. 试证(广义的积分中值定理)：设f(x)在[a，b]上连续，则至少存在一点ξ∈(a，b)，使得 答案:证明：记  则由原函数存在定理知，F(x)=f(x)