2001年数一考研真题及答案

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2001年数一考研真题及答案篇一：2001考研数学一试题及答案解析

2001年全国硕士研究生入学统一考试

数学一试题

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)

(1)设ye(C1sinxC2cosx)(C1,C2为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解,则该方程为_____________.

(2)设r

x

xyz

222

,则div(gradr)

01

(1,2,2)

=_____________.

(3)交换二次积分的积分次序:

2

dy

1y2

f(x,y)dx＝_____________.

1

(4)设矩阵A满足AA4E0,其中E为单位矩阵,则(AE)=_____________. (5)设随机变量X的方差是2,则根据切比雪夫不等式有估计

P{XE(X)2}

_____________.

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)

(1)设函数f(x)在定义域内可导,yf(x)则yf(x)

的图形为

(2)设f(x,y)在点(0,0)附近有定义,且fx(0,0)3,fy(0,0)1,则 (A) dz|(0,0)3dxdy.

(B) 曲面zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的法向量为{3,1,1}.

zf(x,y)

(C) 曲线在(0,0,f(0,0))处的切向量为{1,0,3}.

y0zf(x,y)

(D) 曲线在(0,0,f(0,0))处的切向量为{3,0,1}.

y0

(3)设f(0)0,则f(x)在x=0处可导的充要条件为 (A) lim(C) lim

1hh

2

h0

f(1cosh)存在. f(hsinh)存在.

(B) lim(D) lim

1h1h

h0

f(1e)存在. [f(2h)f(h)]存在.

h

1

2

h0h0

11

(4)设A

111114



1110

,B

0111



1110

0000

0000

0

0

,则A与B 00

(A) 合同且相似. (C) 不合同但相似.

(B) 合同但不相似. (D) 不合同且不相似.

(5)将一枚硬币重复掷n次,以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数, 则X和Y的相关系数等于

(A)-1.

三、(本题满分6分) 求

四、(本题满分6分)

设函数zf(x,y)在点(1,1)处可微,且f(1,1)1,

(B) 0.

(C)

12

. (D) 1.

arctanee

2x

x

.

fx

|(1,1)2,

fy

|(1,1)3,(x)f(x,

f(x,x)).求

ddx

(x)

3

x1

.

五、(本题满分8分)

1xxarctanx,

设f(x)=

1,

六、(本题满分7分) 计算I

2

x0,x0,



将f(x)展开成x的幂级数,并求级数

(1)

n2

的和.

n114n

L

(yz)dx(2zx)dy(3xy)dz,其中L是平面xyz2与柱

222222

面xy1的交线,从Z轴正向看去,L为逆时针方向.

七、(本题满分7分)

设f(x)在(1,1)内具有二阶连续导数且f(x)0,试证:

(1)对于(1,1)内的任一x0,存在惟一的(x)(0,1),使f(x)=f(0)+xf((x)x)成立; (2)lim(x)

x0

12

.

八、(本题满分8分)

设有一高度为h(t)(t为时间)的雪堆在融化过程,其侧面满足方程zh(t)

2(xy)

h(t)

22

(设

长度单位为厘米,时间单位为小时),已知体积减少的速率与侧面积成正比(比例系数为0.9),问高度为130(厘米)的雪堆全部融化需多少小时?

九、(本题满分6分)

设1,2,,s为线性方程组Ax0的一个基础解系,1t11t22,2t12t23,,

st1st21,其中t1,t2为实常数.试问t1,t2满足什么条件时,1,2,,s也为Ax0的一个

基础解系.

十、(本题满分8分)

已知3阶矩阵A与三维向量x,使得向量组x,Ax,Ax线性无关,且满足Ax3Ax2Ax. (1)记P=（x,Ax,Ax）,求3阶矩阵B,使APBP(2)计算行列式AE.

十一、(本题满分7分)

2

2

32

1

;

设某班车起点站上客人数X服从参数为(0)的泊松分布,每位乘客在中途下车的概率为p(0p1),且中途下车与否相互独立.以Y表示在中途下车的人数,求:

(1)在发车时有n个乘客的条件下,中途有m人下车的概率; (2)二维随机变量(X,Y)的概率分布.

十二、(本题满分7分)

2

设总体X服从正态分布N(,)(0),从该总体中抽取简单随机样本

X1,X2,,X2n(n2),其样本均值为X

2n

i1

1

2nn

Xi,求统计量Y

(X

i1

i

X

ni

2

2X)的

数学期望E(Y).

2001年考研数学一试题答案与解析

一、填空题

(1)【分析】 由通解的形式可知特征方程的两个根是r1,r21i,从而得知特征方程为

(rr1)(rr2)r(r1r2)rr1r2r2r20.

2

2

由此,所求微分方程为y2y2y0.

(2)【分析】 先求gradr.

'''

rrrxyz

gradr=,,,,.

xyzrrr

再求

divgradr=

xyz()(( xryrzr1r

xr

23



=()(

1r



)(3)3

rrrr

y

2

1z

2

3xyz

r

3

222



2r

.

于是

divgradr|(1,2,2)=

2r

|(1,2,2)

23

.

(3)【分析】 这个二次积分不是二重积分的累次积分,因为1y0时

1y2.由此看出二次积分

01

dy

2

1y

f(x,y)dx是二重积分的一个累次

积分,它与原式只差一个符号.先把此累次积分表为



01

dy

2

1y

f(x,y)dx



D

f(x,y)dxdy.

由累次积分的内外层积分限可确定积分区域D:

1y0,1yx2.

见图.现可交换积分次序

原式=

(4)【分析】 矩阵A的元素没有给出,因此用伴随矩阵、用初等行变换求逆的路均堵塞.应当考虑用定义法.

因为

01

dy

2

1y

f(x,y)dxdx

1

20

1x

f(x,y)dydx

1

21x0

f(x,y)dy.

(AE)(A2E)2EAA4E0,

2

故 (AE)(A2E)2E,即 (AE)

1

(AE)

A2E2

E.

按定义知



12

(A2E).

(5)【分析】 根据切比雪夫不等式

P{XE(X)}P{XE(X)2}

D(x)



2

2

,

于是

D(x)

2



12

.

二、选择题

'

(1)【分析】 当x0时,f(x)单调增f(x)0,(A),(C)不对;

'

当x0时,f(x):增——减——增f(x):正——负——正,(B)不对,(D)对.

应选(D).

(2)【分析】 我们逐一分析.

2001年数一考研真题及答案篇二：2001年数一考研答案

1

2

3

4

5

2001年数一考研真题及答案篇三：2001考研数学一试题及答案解析

一、填空题

(1)【分析】 由通解的形式可知特征方程的两个根是r1,r21i,从而得知特征方程为

(rr1)(rr2)r2(r1r2)rr1r2r22r20.

由此,所求微分方程为y2y2y0.

(2)【分析】 先求gradr.

gradr=

''

'

rrrxyz

,,,,. xyzrrr

再求 divgradr=

xyz

()()() xryrzr

1x21y21z23x2y2z22=(3)(3)(3). rrrrrrrr3r

于是

divgradr|(1,2,2)=

22

|(1,2,2). r3

(3)【分析】 这个二次积分不是二重积分的累次积分,因为1y0时

1y2.由此看出二次积分dy

1

01

2

02

1y

f(x,y)dx是二重积分的一个累次

积分,它与原式只差一个符号.先把此累次积分表为



dy

1y

f(x,y)dxf(x,y)dxdy.

D

由累次积分的内外层积分限可确定积分区域D:

1y0,1yx2.

见图.现可交换积分次序

原式=

(4)【分析】 矩阵A的元素没有给出,因此用伴随矩阵、用初等行变换求逆的路均堵塞.应当考虑用定义法.



01

dy

2

1y

f(x,y)dxdx

1

20

1x

f(x,y)dydx

1

21x

f(x,y)dy.

因为

(AE)(A2E)2EA2A4E0,

故

(AE)(A2E)2E,即 (AE)

A2E

E. 2

按定义知

1

(AE)1(A2E).

2

(5)【分析】 根据切比雪夫不等式

P{XE(X)}P{XE(X)2}

D(x)

2

,

于是

D(x)1

. 2

22

二、选择题

(1)【分析】 当x0时,f(x)单调增f(x)0,(A),(C)不对;

当x0时,f(x):增——减——增f(x):正——负——正,(B)不对,(D)对. 应选(D).

(2)【分析】 我们逐一分析.

关于(A),涉及可微与可偏导的关系.由f(x,y)在(0,0)存在两个偏导数微.因此(A)不一定成立.

关于(B)只能假设f(x,y)在(0,0)存在偏导数

'

'

f(x,y)在(0,0)处可

f(0,0)f(0,0)

,不保证曲面zf(x,y)在 ,

xy

f(0,0)f(0,0)

，1{3,1,-1}与{3,1,1}不(0,0,f(0,0))存在切平面.若存在时,法向量n=

yx

共线,因而(B)不成立.

xt,



关于(C),该曲线的参数方程为y0,

zf(t,0),

它在点(0,0,f(0,0))处的切向量为

{t',0,

d

f(t,0)}|t0{1,0,fx'(0,0)}{1,0,3}. dt

因此,(C)成立.

(3)【分析】 当f(0)0时,

f'(0)lim

x0

f(x)f(x)f(x)

limlim.

x0x0xxx

关于(A):lim由此可知

1f(1cosh)1cosh1f(t)

, f(1cosh)limt1coshlim

h0h2h01coshh22t0t

1

lim2f(1cosh)  f'(0) .

h0h

'

若f(x)在x0可导(A)成立,反之若(A)成立f(0) 足(A),但f(0)不.

关于(D):若f(x)在x0可导,

'

f'(0).如f(x)|x|满

1f(2h)f(h)lim[f(2h)f(h)]lim[2]2f'(0)f'(0). h0hh02hh

h0

(D)成立.反之(D)成立lim(f(2h)f(h))f(x)在x0连续,f(x)在x0可

导.如f(x)

2x1,x0

x0　0,

满足(D),但f(x)在x0处不连续,因而f(0)也不.

'

再看(C):

1hsinhf(hsinh)hsinhf(t)

(当它们都时). f(hsinh)limlim22h0h2h0h0hhsinhht

hsinhf(t)'

f(0)注意,易求得lim.因而,若(C)成立.反之若(C)成立(即 0lim

h0t0h2t

f(t)'

f'(0)).因为只要有界,任有(C)成立,如f(x)|x|满足(C),但f(0)不.

t

lim

(4)【分析】 由 |EA|40,知矩阵A的特征值是4,0,0,0.又因A是实对称矩阵,A必能相似对角化,所以A与对角矩阵B相似.

作为实对称矩阵,当A

4

3

因此,只能选(B).

B时,知A与B有相同的特征值,从而二次型xTAx与xTBx有相同的

正负惯性指数,因此A与B合同.

所以本题应当选(A).

注意,实对称矩阵合同时,它们不一定相似,但相似时一定合同.例如

1010AB与, 

0203

它们的特征值不同,故A与B不相似,但它们的正惯性指数均为2,负惯性指数均为0.所以A与B合同.

(5)【分析】 解本题的关键是明确X和Y的关系:XYn,即YnX,在此基础上利用性质:相关系数XY的绝对值等于1的充要条件是随机变量X与Y之间存在线性关系,即Y

aXb(其

中a,b是常数),且当a0时,XY1;当a0时,XY1,由此便知XY1,应选(A).

事实上,Cov(X,Y)Cov(X,nX)DX,DYD(nX)DX,由此由相关系数的定

义式有

三、【解】

XY



1.

112xdexx2xx

] 原式=arctaned(e)[earctane2x

22e(1e2x)

12xdexdexx

=(earctane2x)

2e1e2x

=

12x

(earctanexexarctanex)C. 2

四、【解】 求

先求(1)f(1,f(1,1))f(1,1)1.

d3

(x)|x132(1)'(1)3'(1),归结为求'(1).由复合函数求导法 dx

d

'(x)f1'(x,f(x,x))f2'(x,f(x,x))f(x,x),

dx

'(1)f1'(1,1)f2'(1,1)[f1'(1,1)f2'(1,1)].

f1'(1,1)

f(1,1)f(1,1)

3. 2,f2'(1,1)

yx

,

注意

因此

'(1)23(23)17

d3

(x)|x131751. dx

2

五、【分析与求解】

关键是将arctanx展成幂级数,然后约去因子x,再乘上1x并化简即可.

'

直接将arctanx展开办不到,但(arctanx)易展开,即



1n2n

(arctanx)(1)x,|x|1, 2

1xn0

'

①

(1)n2n1

积分得 arctanx(arctant)dt(1)tdtx,x[1,1]. ②

00

n0n02n1

x

'



n

x2n



因为右端积分在

x1时均收敛,又arctanx在x1连续,所以展开式在收敛区间端点

x1成立.

1x2

现将②式两边同乘以得

x



1x2(1)n2n(1)n2n(1)nx2n22

arctanx(1x)xx x2n12n12n1n0n0n0

(1)n2n(1)n12n

xx =n02n1n02n1



=1

(1)n(

n1



11

)x2n 2n12n1

(1)n22n

x , 12

14nn1



x[1,1],x0

上式右端当x0时取值为1,于是

(1)n22n

f(x)1x,x[1,1]. 2

14nn1





(1)n111[f(1)1](21). 上式中令x12

14n22442n1

六、【解】

用斯托克斯公式来计算.记S为平面xyz2上L所

为围部分.由L的定向,按右手法则S取上侧,S的单位法向量

n(cos,cos,cos).

于是由斯托克斯公式得

2001年数一考研真题及答案篇四：考研数学：2001年考研数学三_真题及答案(精校版)

2001 年全国硕士研究生入学统一考试经济数学三试题详解及评析

一、填空题

（1）设生产函数为QALK, 其中Q是产出量, L 是劳动投入量, K 是资本投入量,而A,





α,β均为大于零的参数,则当Q =1时K关于L的弹性为

【答案】（1） 

 

1

【解】 当Q1时,有KAL, 于是K关于L的弹性为



L

K'(L)

LK(L)

1AL

1

1

AL







. 

（2） 某公司每年的工资总额比上一年增加20％的基础上再追加2 百万.若以Wt表示第t 年的工资总额（单位：百万元），则Wt满足的差分方程是___ 【答案】（2） 1.2Wt12

【解】Wt(10.2)Wt121.2Wt12

k1

(3) 设矩阵A

11

【答案】（3） -3

111k11,且秩(A)=3,则k = 1k1



11k

【解】方法1：由题设r(A)3,知必有

k1111k11A(k3)(k1)30,

11k1

111k

解得 k1或k3.显然k1时r(A)1,不符合题意,因此一定有k3.

方法2：初等变换.不改变矩阵的秩，对A作初等变换有

k1A

11111k

1kk11

1k11k



11k1k

11k100k10

11k31

0k100 00k10k1000k1

100

故知k3时，r(A)3.

（4）设随机变量X,Y 的数学期望都是2,方差分别为1和4,而相关系数为0.5.则根据切比雪夫不等式PX-Y6

1 12

【解】 另ZXY, 则

【答案】（4）

E(Z)E(X)E(Y)0,

D(Z)D(XY)D(X)D(Y)

2Cov(X,Y)

1420.53,

于是有

PX-Y6PZ-E(Z)6

D(Z)1

. 2

612

（5）设总体X服从正态分布N(0,0.2),而X1,X2,X15是来自总体X的简单随机样本，则

2

X12X10

随机变量Y服从___分布，参数为_______ 22

2X11X152

【答案】（5） F (10,5)

【解】 因为XiN(0,2)i1,2,,15.于是

2

2

2

Xi

N(0,1),从而有 2

2

2

X10X15X1X1122

(10),(5),

2222

而且由样本的独立性可知，

2

2

2

2

X10X15X1X1122(10)与(5)相互独立.

2222

故

2

X12X10/102222X1X10YF(10,5). 2222

2X11X15X11X15

/5

22

故Y服从第一个自由度为10，第二个自由度为5 的F分布.

二、选择题

（1）设函数f (x)的导数在x=a处连续,又lim

xa

f'(x)

1,则 xa

(A) x = a 是f (x)的极小值点. (B) x = a 是f (x)的极大值点. (C) (a, f(a))是曲线y= f(x)的拐点.

(D) x =a不是f (x)的极值点, (a, f(a))也不是曲线y=f(x)的拐点. 【答案】（1）（B） 【解】方法1：由lim

xa

f'(x)

1,知limf'(x)0,即f(a)0,于是有

xaxa

f'(x)f'(a)f'(x)

f"(a)limlim1,

xaxaxaxa

即f(a)0 ,f(a)10,故xa是f(x)的极大值点, 因此,正确选项为(B).

方法2：由lim

xa

f'(x)

1,；及保号性定理知，存在xa的去心邻域，在此去心邻域xa

内

f'(x)

0.于是推知，在此去心邻域内当xa时f(x)0；当xa时f(x)0.又由xa

条件知f(x)在xa处连续，由判定极值的第一充分条件知，f(a)为f(x)的极大值. 因此，选 (B).

（2）设函数g(x)



x

12

(x1),0x12

,则g(x)在区间 f(u)du,其中f(x)

1(x1),1x23

(0,2) 内

(A)无界 （B）递减 (C) 不连续 (D) 连续

【答案】（2）(D)

【解】 当0x1时,有 g(x)

12131(x1)dxxx, 0262x1x12122

当1x2时,有g(x)(x1)dx(x1)dxx1,

021336

x

131xx,62

即 g(x)

21x12,36

显然g(x)在区间[0,2]内连续, 所以,应选 (D).

0x1

1x2

a11a21

（3）设A

a31a41

a12a22a32a42

a13a23a33a43

a14a14

aa24,B24a34a34a44a44

a13

a23a33a43

a12a22a32a42

a110

0a21,P

a3110a411

1000010

10, 00

10P2

00000010,其中A 可逆,则B1等于 100



001

111

(A)A1PP12 （B）P1AP2 (C)PP12A (D)P2AP1.

【答案】（3） （C） 【解】将A的2、3列互换，再1、4列互换，可得B，根据初等阵的性质，有

BAP2P1

两边求逆，且PP11,P2故应选（C）.

1

1

111

PPPP2，得B1AP2P11P2A12A.

1

（4）设A 是n 阶矩阵，α是n维列向量.若秩

A

T



秩(A)，则线性方程组 0

(A)AX =α必有无穷多解 (B)AX =α 必有惟一解. A(C)T



X

A

仅有零解 0(D)T

0y

X

0必有非零解.

0y

【答案】（4） (D)

A

【解】 由题设，显然有秩T



因此齐次线性方程组



A

秩(A)nn1, 即系数矩阵T0



非列满秩，

0

A

T

X

0必有非零解. 0y

故正确选项为（D）.

（5）将一枚硬币重复掷n 次,以X和Y 分别表示正面向上和反面向上的次数,则X和Y的相关系数等于

(A) -1 (B) 0 (C)【答案】（5） (A)

【解】设X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数,则有Y=n−X,因此X和Y 的 相关系数为r = −1.

三 、（本题满分8 分）

设u= f(x,y,z)有连续的一阶偏导数,又函数y=y(x)及z=z(x)分别由下列两 式确定:exy2和e

xy

1

(D) 1 2

x



xz

sintdu

,求 tdx

【解】 根据复合函数求导公式,有

duffdyfdz

dxxydxzdx

由exy2两边对x求导,得

xy

()

exy(yx

即

dydy

)(yx)0, dxdx

dyy

. dxxxzsintx

由e,两边对x求导,得

0t

sin(xz)dzex(1),

xzdx

dzex(xz)

1. 即 dxsin(xz)

将其代入(*)式,得

dufyfex(xz)f

1. dxxxysin(xz)z

四 、（本题满分8 分）

已知f (x)在(−∞,+∞)内可导,且limf'(x)e,lim(

x

x

xcx

)lim[f(x)f(x1)],

xxc

求c的值.

2001年数一考研真题及答案篇五：2001_2010年考研数学真题及答案

2001年全国硕士研究生入学统一考试数学(二)试题

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分) 1、lim

x1

xx

=（ ）． 2

xx2

2xy

2、曲线e3、

（ ）． cos(xy)e1在点（0，1）处 的切线方程为 ：





2

2

322

(xsinx)cosxdx=（ ）． 

4、微分方程yarcsinx

yx2

1满足y(1（ ）． )=0的特解为：

a11x11

5、方程组1a1x21有无穷多解，则a=（ ）．

11ax23

二、单项选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分．)

1

1、f(x)

0

x1x1

则f{f[f(x)]}=

1

（ A ） 0；（B）1；（C）

0x10

； （D）x11

2

x1

． x1

2、x0时，(1cosx)ln(1x)是比xsinxn高阶的无穷小，而xsinxn是比

ex1高阶的无穷小，则正整数n等于

（ A ）1；（B）2；（C）3；（D）4． 3、曲线y(x1)(x3)的拐点的个数为 （ A ）０；（B）１；（C）２；（D）３．

4、函数f(x)在区间（1-δ，1+δ）内二阶可导，f(x) 严格单调减小，且 f(1)=f(1)=1，则

2

2

2

x； （B）在（1-δ，1）和（1，1+δ）内均有f(x)x；

（C）在（1-δ，1）内有f(x)x，在（1，1+δ）内有f(x)x； （D）在（1-δ，1）内有f(x)x，在（1，1+δ）内有f(x)x．

（A）在（1-δ，1）和（1，1+δ）内均有f(x)5、（同数学一的二1）

三、（本题满分6分）求

(2x

dx

2

1)x

2

．

x

sintsint

)sinx的表达式，并指出函数f(x)的间断四、（本题满分7分）求函数f(x)=lim(

txsinx

点及其类型．

五、（本题满分7分）设(x)是抛物线y

（x1）处的x上任意一点M（x,y）

曲率半径，ss(x)是该抛物线上介于点A（1，1）与M之间的弧长，计算

yd2d

32()2的值（曲率K＝）． 3

2dsds(1y)2

六、（本题满分7分）f(x)在[0，+）可导，f(0)=0，且其反函数为g(x)． 若



f(x)0

g(t)dtx2ex，求f(x)．

七、（本题满分7分）设函数f(x)，g(x)满足f(x)=g(x)， g(x)=2ex－f(x) 且f(0)=0，g(0)=2，求





[

g(x)f(x)]dx 2

1x(1x)

八、（本题满分9分）设L为一平面曲线，其上任意点P（x,y）（x0）到原点的距离，恒等于该点处 的切线在y轴上的截距，且L过点（0.5，0）．

1、 求L的方程

2、 求L的位于第一象限部分的一条切线，使该切线与L以及两坐标轴所围成的图形

的面积最小．

九、（本题满分7分）一个半球型的雪堆，其体积的融化的速率与半球面积S成正比 比例系数K>0．假设在融化过程中雪堆始终保持半球形状，已知半径为 r0 的雪堆 在开始融化的3小时内，融化了其体积的7/8，问雪堆全部融化需要多少时间？ 十、（本题满分8分）f(x)在[-a，a]上具有二阶连续导数，且f(0)=0

1、 写出f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式； 2、 证明在[-a，a]上至少存在一点，使af()3

3

aa

f(x)dx

100011



十一、（本题满分6分）已知A110,B101且满足

111110

AXA+BXB=AXB+BXA+E，求X．

十二、（本题满分6分）设1,2,3,4为线性方程组AX=O的一个基础解系， 11t2,22t3,33t4,44t1，其中t为实常数

试问t满足什么条件时1,2,3,4也为AX=O的一个基础解系．

2002年全国硕士研究生入学统一考试

数学(二)试题

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分)

1earcsinf(x)2x

ae

x

tanx

1．设函数

x0

在x0处连续，则a（ ）． x0

2．位于曲线yxe

2

（0x）下方，x轴上方的无界图形的面积为（ ）．

3．yyy0满足初始条件y(0)1,y(0)1． 的特解是（ ）4

．lim1

nn

=（ ）． 022



22的非零特征值是（ ）5．矩阵2．

222

二、单项选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分．)

2

１．函数f(u)可导，yf(x)当自变量x在x1处取得增量x0.1时，相应的

函数增量y的线性主部为０．１，则f(1)＝ （Ａ）－１； （Ｂ）０．１； （Ｃ）１； （Ｄ）０．５．

２．函数f(x)连续，则下列函数中，必为偶函数的是 (A)



x0x0

f(t2)dt； (B) f2(t)dt；

x

(C)

t[f(t)f(t)]dt； (D) t[f(t)f(t)]dt．

x

３．设yf(x)是二阶常系数微分方程ypyqye

3x

满足初始条件

y(0)y(0)0的

ln(1x2)

特解，则极限lim

x0y(x)

(A)不存在； （Ｂ）等于１； (C)等于２； (D) 等于３．

４．设函数f(x)在R上有界且可导，则

(A)当limf(x)0时，必有limf(x)0；

x

x



（Ｂ）当limf(x)存在时，必有limf(x)0；

x

x

(C) 当limf(x)0时，必有limf(x)0；

x0

x0

(D) 当limf(x)存在时，必有limf(x)0．

x0

x0

5．设向量组1,2,3线性无关，向量1可由1,2,3线性表示，而向量2不能由

1,2,3线性表示，则对于任意常数k必有

（Ａ）1,2,3,k12线性无关；(B) 1,2,3,k12线性相关； （Ｃ）1,2,3,1k2线性无关； (D) 1,2,3,1k2线性相关．

三、（本题满分6分）已知曲线的极坐标方程为r1cos，求该曲线对应于处的切线与法线的直角坐标方程．

2

2x2x

四、（本题满分７分）设函数yf(x)x

(ex1)2

1x0

0x1，

求函数F(x)



x1

f(t)dt的表达式．



五、（本题满分７分）已知函数f(x)在R上可导，f(x)0，limf(x)1，且满足

x

1f(xhx)1

h

lim()ex，求f(x)． h0f(x)六、（本题满分７分）求微分方程xdy(x2y)dx0的一个解yy(x)，使得由曲线yy(x)与直线x1,x2以及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周的旋转体的体积最

小．

七、（本题满分7分）某闸门的形状与大小如图所示，其中直线l 为对称轴，闸门的上部为矩形ＡＢＣＤ，下部由二次曲线与线段 ＡＢ所围成．当水面与闸门的上断相平时，欲使闸门矩形部分与 承受的水压与闸门下部承受的水压之比为５：４，闸门矩形部分

的高h应为多少？ 八、（本题满分８分）

设0xn3，xn1

． xn(3xn)（n＝１，２，３，„）

证明：数列｛xn｝的极限存在，并求此极限． 九、（本题满分８分）设ba0，证明不等式

2alnblna1

．

baa2b2ab

十、（本题满分8分）设函数f(x)在x＝０的某邻域具有二阶连续导数，且

f(0)f(0)f(0)0．证明：存在惟一的一组实数a,b,c，使得当h0时，

af(h)bf(2h)cf(3h)f(0)o(h2)．

十一、（本题满分６分）已知Ａ，Ｂ为三阶方阵，且满足2ABB4E．

⑴证明：矩阵A2E可逆；

1

120



20，求矩阵Ａ． ⑵若B1

002

十二、（本题满分６分）已知四阶方阵A(1,2,3,4)， 1,2,3,4均为四维列向量，其中2,3,4线性无关，1223．若1234，求线性方程组

Ax的通解．

2003年考研数学（二）真题评注 一、

填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）

（1） 若 时， 与 是等价无穷小，则a= -4 .

【分析】 根据等价无穷小量的定义，相当于已知 ，反过来求a. 注意在计算过程中应尽可能地应用无穷小量的等价代换进行化简. 【详解】 当 时， ， . 于是，根据题设有 ，故a=-4.

【评注】 本题属常规题型，完全类似例题见《数学复习指南》P.38 【例1.62】.

（2） 设函数y=f(x)由方程 所确定，则曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程是 x-y=0 . 【分析】 先求出在点(1,1)处的导数，然后利用点斜式写出切线方程即可. 【详解】 等式 两边直接对x求导，得 ，

将x=1,y=1代入上式，有 故过点(1,1)处的切线方程为 ，即

2001年数一考研真题及答案篇六：2001-数二真题、标准答案及解析

2001 年全国硕士研究生入学统一考试 理工数学二试题详解及评析一、填空题 （1） limx →13 − x − 1+ x = x2 + x − 2 2 6limx →1.【答】 −【详解】2 (1 − x ) 3 − x − 1+ x 1 ⋅ = lim 2 x →1 ( x − 1)( x + 2 ) x + x−2 3 − x + 1+ x=− = 1 1 lim 2 x→1 x + 2− 2 ⋅ 6(2)设函数 y = f ( x) 由方程 e 法线方程为 【答】 .2 x+ y− cos ( xy ) = e − 1 所确定,则曲线 y = f ( x ) 在点 ( 0,1) 处的x − 2 y + 2 = 0.2 x+ y【详解】在等式 e− cos ( xy ) = e − 1 两边对 x 求导,得e2 x + y ⋅ ( 2 + y ' ) + sin ( xy ) ⋅ ( y + xy ' ) = 0,将 x = 0, y = 1 代入上式,得 y ( 0 ) = −2. 故所求法线方程为'y −1 =即1 x, 2x − 2 y + 2 = 0.(3)∫ π (x2 − 2π3+ sin 2 x ) cos 2 xdx =.【答】π8在区间 ⎢ −【详解】⎡ π π⎤ 3 2 2 2 上, x cos x 是奇函数, sin x cos x 是偶函数, , 2 2⎥ ⎣ ⎦-1-故∫ (x2−ππ3+ sin 2 x ) cos 2 xdx =2∫ (x2−ππ32cos 2 x + sin 2 x cos 2 x )dx = ∫ 2π1 2 sin 2 xdx − 4 2π1 π = ∫ 2π (1 − cos 4 x )dx 8 −2 =π8.(4)过点 ⎜ 【答】y ⎛1 ⎞ = 1 的曲线方程为 , 0 ⎟ 且满足关系式 y ' arcsin x + ⎝2 ⎠ 1 − x2.1 y arcsin x = x − . 2方法一:【详解】'原方程 y arcsin x +y1 − x2= 1 可改写为'( y arcsin x )两边直接积分,得= 1,y arcsin x = x + c.又由 y ⎜1 ⎛1⎞ ⎟ = 0, 解得 c = − . 2 ⎝2⎠故所求曲线方程为：1 y arcsin x = x − . 2方法二: 将原方程写成一阶线性方程的标准形式y' +1 1 − x arcsin x21 1− x 2 arcsin xy=1 . arcsin x−解得 y = e e∫⎡ ∫ 1 ⎢ dx ⎢ c + e 2 arcsin x 1− x arcsin x ⎢ ⎣ 1∫dx⎤ ⎥ dx ⎥ ⎥ ⎦=1 (c + x) , arcsin x1 ⎛1⎞ y⎜ ⎟ = 0 ⇒ c = − . 2 ⎝2⎠-2-故曲线方程为：1 y arcsin x = x − . 2⎡ a 1 1 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ (5)设方程 1 a 1 x2 = 1 有无穷多个解,则 a = ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1 1 a ⎥ ⎢ x3 ⎥ ⎢ −2 ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦【答】 【详解】 -2 方法一: .利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有1 M −2 ⎤ a ⎡ a 1 1 M 1 ⎤ ⎡1 ⎢ 1 a 1 M 1 ⎥ → ⎢0 a − 1 1 − a M 3 ⎥→ A=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1 1 a M −2 ⎥ ⎢ 0 1 − a 1 − a 2 M 1 + 2 a ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡1 1 ⎢ ⎢0 a − 1 ⎢0 0 ⎣( a − 1)( a + 2 )a ( a − 1)⎤ ⎥ ⎥, M 2 ( a + 2 )⎥ ⎦ M M−2 3可见,只有当 a = −2 时才有秩 r A = r ( A ) = 2 < 3, 对应方程组有无穷多个解. 方法二: 当系数矩阵的行列式不为零时,方程组有唯一解,因此满足题设条件的 a 一定使系数行列 式为零,即有( )a 1 1 1 a 1 = ( a + 2 )( a − 1) = 0,21 1 a解得 a = −2 或 a = 1. 由于答案有两个,应将其带回原方程进行检验.显然,当 a = 1 时,原方程无解,因此只

能是a = −2.二、选择题 （1）设 f ( x ) = ⎨ (A) 0 .⎧1, x ≤ 1, , 则 f f ⎡ f ( x ) ⎤ 等于 ⎣ ⎦ ⎩0, x > 1{}(B) 1.-3-(C) ⎨⎧1, x ≤ 1, ⎩0, x > 1.(D) ⎨⎧0, x ≤ 1, ⎩1, x > 1.【 】 【答】 【详解】 于是 从而 应选(B). 因为 f ( x ) ≤ 1,f ⎡ f ( x ) ⎤ = 1, ⎣ ⎦f f ⎡( x ) ⎤ = 1. ⎣ ⎦{}故正确选项为(B). (2)设当 x → 0 时, (1 − cos x ) ln 1 + x 阶的无穷小,则正整数 n 等于 (A)1. (B)2. (C)3. (D)4. 【 】(2) 是比 x sin xn高阶的无穷小, x sin x 是比 en(x2−1 高)【答】 【详解]应选(B). 由题设,知limx →0(1 − cos x ) ln (1 + x 2 )x sin x n1 2 2 x ⋅x 1 1 1 = lim 2 = lim n −3 = lim x 3− n = 0. n x →0 x⋅x 2 x→0 x 2 x →0n应满足 n ≤ 2;又由 limx →0x sin x n ex −12= limx →0x n +1 = lim x n −1 = 0, 2 x →0 x知 n ≥ 2. 故 n = 2. 因此正确选项为(B). (3)曲线 y = ( x − 1) (A)0.2( x − 3)2的拐点个数为 (C)2. (D)3. 【 】(B)1.【答】 【详解】应选(C). 因为-4-y ' = 4 ( x − 1)( x − 2 )( x − 3)y '' = 4 ( 3x 2 − 12 x + 11) ,y ''' = 24 ( x − 2 ) .令 y = 0, 即 3 x − 12 x + 11 = 0, 因为 ∆ = 12 − 4 ⋅ 3 ⋅11 = 12 > 0, 所以 y = 0 有两个根,且不'' 2 2n为 2 ,因在此两点处,三阶导数 y ≠ 0, 因此曲线有两个拐点.'''故正确选项为(C). (4) 已 知 函 数 f ( x ) 在 区 间 (1 − δ ,1 + δ ) 内 具 有 二 阶 导 数 , f'( x) 严 格 单 调 减 少 , 且f (1) = f (1) = 1, 则'(A)在 (1 − δ ,1) 和 (1,1 + δ ) 内均有 f ( x ) < x. (B)在 (1 − δ ,1) 和 (1,1 + δ ) 内均有 f ( x ) > x. (C)在 (1 − δ ,1) 内, f ( x ) < x, 在 (1,1 + δ ) 内, f ( x ) > x. (D)在 (1 − δ ,1) 内, f ( x ) > x, 在 (1,1 + δ ) 内, f ( x ) < x. 【 】 【答】 【详解】 应选(A). 方法一：令 F ( x ) = f ( x ) − x, 则F'( x ) = f ' ( x ) − 1 = f ' ( x ) − f ' (1) ,'由于 f( x ) 严格单调减少,'因此当 x ∈ (1 − δ ,1) 时， F( x ) < 0, 且在 x = 1 处， F ' (1) = 0.可见 F ( x ) 在 x = 1 处取极大值，即在 (1 − δ ,1) 和 (1,1 + δ ) 内均有 F ( x ) < F (1) = 0, 也即 f ( x ) < x. 故正确选项为（A）. 方法二： 因为 f'( x ) 严格单调减少,且 f (1) = 1,'-5-则在 (1 − δ ,1) 内， f 在 (1,1 + δ ) 内， f''( x ) > f ' (1) = 1( x ) < 1；从而在 (1 − δ ,1) 内任一 x, 有∫ f ( t ) dt > ∫ 1dt ,1 ' 1xx即 f (1) − f ( x ) > 1 − x, f (1) = 1 ⇒ f ( x ) < x. 而对 (1,1 + δ ) 内任一 x, 有∫即 故选（A）.x1f ' ( t ) dt < ∫ 1dt ,x1f ( x ) < x.（5） 设函数 f ( x ) 在定义域内可导， y = f ( x ) 的图形如右图所示， 则导函数 y = f 图形为'( x) 的【 】 【答】应选（D） 【详解】 从题设图形可见， y 轴的左侧， 在 曲线 y = f ( x ) 是严格单调增加的， 因此当 x < 0

-6-时，一定有 f'， ； ( x ) > 0 对应 y = f ' ( x ) 图形必在 x 轴的上方，由此可排除（A）（C）'又 y = f ( x ) 的图形在 y 轴右侧有三个零点， 因此由罗尔中值定理知， 其导函数 y = f 形在 y 轴一定有两个零点，进一步可排除（B）. 故正确答案为（D）.( x) 图三、求∫ (2x2+ 1) x 2 + 1dx.【详解】设 x = tan t , 则 dx = sec t.2原式 =d sin t sec2 tdt cos tdt ∫ sec t ⋅ ( 2 tan 2 t + 1) = ∫ 2sin 2 t + cos2 t = ∫ 1 + sin 2 t= arctan ( sin t ) + C ⎛ x ⎞ = arctan ⎜ ⎟ + C. 2 ⎝ 1+ x ⎠⎛ sin t ⎞ sin t −sin x , 记此极限为 f ( x ) , 求函数 f ( x ) 的间断点并指出其类型. 四、求极限 lim ⎜ ⎟ t → x sin x ⎝ ⎠【详解】方法一：x⎡ sin t − sin x ⎤ sin t −sin x sin x = e sin x , 原式 = lim ⎢1 + ⎥ t→x sin x ⎦ ⎣xsin x⋅x即f ( x ) = e sin x ,x显然 f ( x ) 的间断点为：x = 0, x = kπ ( k = ±1, ±2,L)由于 lim f ( x ) = lim e sin x = e,x →0 x →0 x所以 x = 0 是函数 f ( x ) 的第一类（或可去）间断点； 而 lim − f ( x ) = lim − e sin x 与 lim + f ( x ) = lim + e sin x 均不存在，x →( kπ ) x →( kπ ) x →( kπ ) x → ( kπ ) x x故 x = kπ ( k = ±1, ±2,L) 是函数 f ( x ) 的第二类（或无穷）间断点.-7-方法二： 原式 = lim e sin t −sin xt→x x ln sin t sin x= et→xlim sin t −sin x ln sin xxsin t=x , sin x故 f ( x) = ex sin x求间断点并指出其类型同方法一.五、设 ρ =ρ ( x ) 是抛物线 y = x 上任一点 M ( x, y )( x ≥ 1) 处的曲率半径， s = s ( x ) 是该d 2ρ ⎛ d ρ ⎞ −⎜ ⎟ 的值.（在直角坐标系下曲 ds 2 ⎝ ds ⎠2计算 3ρ 抛物线上介于点 A (1,1) 与 M 之间的弧长，率公式为 K =y ''(1 + y )1 2 x3 '2 2）【详解】 y =', y '' = −1 4 x3,抛物线在点 M ( x, y )( x ≥ 1) 处三维曲率半径1 (1 + y ) ρ = ρ ( x) = = K y ''3 '2 2=3 1 ( 4 x + 1) 2 . 2抛物线上 AM 的弧长s = s ( x) = ∫x11 + y '2 dx = ∫x11+1 dx, 4x故1 dρ 1 3 ⋅ ( 4 x + 1) 2 ⋅ 4 d ρ dx 2 2 = = =6 π ds ds 1 1+ dx 4xd 2ρ d ⎛ d ρ ⎞ 1 6 1 6 = ⎜ ⋅ = ⎟ ⋅ ds = 2 ds dx ⎝ ds ⎠ 2 x 1 4x +1 1+ dx 4x因此3ρ3 d 2ρ ⎛ d ρ ⎞ 1 6 =⎜ = 3 ⋅ ( 4 x + 1) 2 ⋅ − 36 x = 9 ⎟ 2 ds 2 4x +1 ⎝ ds ⎠ 2-8-六、设函数 f ( x ) 在 [ 0, +∞ ) 上可导， f ( 0 ) = 0, 且其反函数为 g ( x ) , 若 求 f ( x) . 【详解】 等式两边对 x 求导得∫f ( x)0g ( t )dt = x 2 e x ,g ⎡ f ( x ) ⎤ f ' ( x ) = 2 xe x + x 2 e x ⎣ ⎦而 故 当 x ≠ 0 时，有g ⎡ f ( x ) ⎤ = x, ⎣ ⎦xf ' ( x ) = 2 xe x + x 2 e x .f ' ( x ) = 2e x + xe x积分得f ( x ) = ( x + 1) e x + C由于 f ( x ) 在 x = 0 处连续，故有f ( 0 ) = lim f ( x ) = lim ⎡( x + 1) e x + C ⎤ = 0, ⎦ x → 0+ x →0+ ⎣得 因

此C = −1f ( x ) = ( x + 1) e x − 1.七、 设函数 f ( x ) , g ( x ) 满足 f'( x ) = g ( x ) , g ' ( x ) = 2e x − f ( x ) , 且 f ( 0 ) = 0, g ( 0 ) = 2, 求∫π0⎛ g ( x) f ( x) ⎞ − ⎜ ⎟dx. ⎜ 1 + x (1 + x )2 ⎟ ⎝ ⎠f '' ( x ) = g ' ( x ) = 2e x − f ( x ) ,【详解】 方法一： 由 于是有⎧ f '' ( x ) + f ( x ) = 2e x , ⎪ f ( 0 ) = 0, ⎨ ⎪ f ' ( 0 ) = 2, ⎩解得f ( x ) = sin x − cos x + e x .-9-从而有∫π0⎛ g ( x) π g ( x )(1 + x ) − f ( x ) f ( x) ⎞ dx − ⎜ ⎟dx = ∫ 2 2 0 ⎜ 1 + x (1 + x ) ⎟ (1 + x ) ⎝ ⎠ ' π f ( x )(1 + x ) − f ( x ) π ⎡ f ( x) ⎤ dx = ∫ d ⎢ =∫ ⎥ 2 0 0 (1 + x ) ⎣ 1+ x ⎦ f ( x ) π f (π ) − f (0) | = 1+ x 0 1+ π 1 + eπ = 1+ π =方法二： 如方法一先求出 f ( x ) 的表达式，再用分部积分法求定积分：∫π0⎛ g ( x) π g ( x) π f ( x) ⎞ ⎛ 1 ⎞ dx + ∫ f ( x ) d ⎜ − ⎜ ⎟dx = ∫ ⎟ 2 0 1+ x 0 ⎜ 1 + x (1 + x ) ⎟ ⎝ 1+ x ⎠ ⎝ ⎠ π g ( x) f ( x) π π f ' ( x) dx + dx =∫ |− 0 1+ x 1 + x 0 ∫0 1 + x π g ( x) π g ( x) f (π ) = dx − ∫ dx − f ( 0) + ∫ 0 1+ x 0 1+ x 1+ π 1 + eπ = 1+ π八、设 L 是一条平面曲线，其上任意一点 P ( x, y )( x > 0 ) 到坐标原点的距离恒等于该点处 的切线在 y 轴上的截距，且 L 经过点 ⎜ （1） 试求曲线 L 的方程； （2） 求 L 位于第一象限部分的一条切线，使该切线与 L 以及两坐标轴所围图形的面积最 小. 【详解】 （1） 设曲线 L 上过点 P ( x, y ) 的切线方程为 Y − y = y ( X − x ) , 令 X = 0, 则得该切'⎛1 ⎞ ,0⎟ . ⎝2 ⎠线在 y 轴上的截距为 y − xy ,'由题设知 x + y = y − xy ,2 2 '此为一阶齐次微分方程，令 u =y , 将此方程化为 x- 10 -du 1+ u解得2=−dx , xy + x2 + y 2 = C, ⎛1 ⎞ ,0⎟ 知 ⎝2 ⎠ 1 C= , 2由 L 经过点 ⎜于是 L 的方程为：1 y + x2 + y 2 = , 2 1 − x2 . 4 1 2 （2）设第一象限内曲线 y = − x . 在点 P ( x, y ) 处的切线方程为 4即y=⎛1 ⎞ Y − ⎜ − x 2 ⎟ = −2 x ( X − x ) , ⎝4 ⎠即1⎛ 1⎞ Y − ( − ) = −2 xX + x 2 + ⎜ 0 < x ≤ ⎟ 4⎝ 2⎠⎡ 2 1 ⎤ ⎢x + 4 ⎥ ⎛ 1⎞ 它与 x 轴及 y 轴的交点分别为 ⎢ , 0 ⎥ , ⎜ 0, x 2 + ⎟ , 4⎠ ⎢ 2x ⎥ ⎝ ⎣ ⎦所求面积：⎛ 2 1⎞ x + ⎟ 1 1 ⎜ 4⎠ ⎛1 ⎞ ⎝ − ∫ 2 ⎜ − x 2 ⎟ dx. S ( x) = ⋅ 0 2 2x ⎝4 ⎠令 S ( x ) = 0 ，得'2x=3 . 6当0 < x <3 ' 时， S ( x ) < 0; 6x>3 ' 时， S ( x ) > 0; 6- 11 -因而 x =3 ⎛ 1⎞ 是 S ( x ) 在 ⎜ 0, ⎟ 内唯一极小值点，即最小值点. 6 ⎝ 2⎠于是所求切线为：Y = −2 ⋅3 3 1 3 1 X + + ,即Y = − X+ 6 36 4 3 3九、一个半球体状得雪堆，其体积融化的速率与半球面面积 S 成正比，比例常数 K > 0. 假 设在融化过程中雪堆始终保持半球体状， 已知半

径为 r0 的雪堆开始融化的 3 小时内， 融化了 其体积的 【详解】 方法一： 设雪堆在时刻 t 的体积 V = 由题设知7 , 问雪堆全部融化需要多少小时？ 82 3 π r , 表面积 S = 2π 2 r 2 , r 为时间 t 的函数， 3即 于是dV = − KS , dt dr 2π 2 r 2 = −2π Kr 2 , dt dr = −K , dt积分得 r = − Kt + C , 由 r ( 0 ) = r0 , 得 又由题设，r = r0 − kt ,即 有 从而1 V ( 3) = V ( 0 ) ， 8 2 1 2 3 π ( r0 − 3K ) = ⋅ π r03 , 3 8 3 1 K = r0 6 1 r = r0 − r0t. 6因雪球全部融化时， r = 0 ，故得 t = 6, 即雪球全部融化需要 6 小时.- 12 -方法二： 这雪堆在时刻 t 的体积 V = 由题设知2 3 π r , 表面积 S = 2π 2 r 2 , 从而 S = 3 18π V 2 3dV = − KS = − 3 18π V 2 dt即dV V2 3= − 3 18π Kdt ,积分得 设 V ( 0 ) = V0 , 得 C = 3 3 V0 . 故3 3 V = 3 3 V0 + C.3 3 V = 3 3 V0 − 3 18π Kt , 1 8又由 V ( 3) = V0 ，得33 V0 = 3 3 V0 − 3 18π K , 2从而 故K=3V02 3 18π,3 3 V = 3 3 V0 −当 V = 0 时，得 t = 6, 即雪球全部融化需要 6 小时.13 V0 t. 2十、设 f ( x ) 在区间 [ − a, a ] ( a > 0 ) 上具有二阶连续导数， f ( 0 ) = 0, （1） 写出 f ( x ) 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式； （2） 证明在 [ − a, a ] 上至少存在一点η , 使得a 3 f '' (η ) = 3∫ f ( x ) dx.a−a【详解】 （1）对任意 x ∈ [ − a, a ] ，- 13 -f '' (ξ ) 2 f '' (ξ ) 2 ' f ( x ) = f ( 0) + f ( 0) x + x = f ( 0) x + x （其中 ξ 在 0 与 x 之间） 2! 2!'（2）∫a−af ( x ) dx = ∫ f ' ( 0 )xdx + ∫a −ax 2 '' f (ξ )dx − a 2!a=因为 f''1 a 2 '' x f (ξ ) dx 2 ∫− af '' ( x ) ≤ M ,( x ) 在 [ −a, a ] 上连续，故对任意的 x ∈ [ −a, a ] ，有 m ≤''其中 M , m 分别为 f 于是有( x ) 在 [ −a, a ] 上的最大值，最小值a a 1 a 2 '' 2 ∫− a x f (ξ ) dx ≤ M ∫0 x dx 2m ∫ x 2 dx ≤ ∫ f ( x )xdx =a0−a即m≤3 a3∫a−af ( x )xdx ≤ M十 一 、 已 知 矩 阵⎡1 0 0 ⎤ ⎡0 1 1 ⎤ ⎢1 1 0 ⎥ , B = ⎢1 0 1 ⎥ , 且 矩 阵 A=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢1 1 1 ⎥ ⎢1 1 0 ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦X满 足AXA + BXB = AXB + BXA + E ,其中 E 是三阶单位矩阵，求 X .【详解】 由设关系，有AX ( A − B ) + BX ( B − A ) = E ,即( A − B) X ( A − B) = E1 −1 −1 A− B = 0 0 1 0 −1 ≠ 1由于行列式所以矩阵 A − B 可逆.而( A − B)−1⎡1 1 2 ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢0 1 1 ⎥ , ⎢0 0 1 ⎥ ⎣ ⎦- 14 -故⎡1 2 5 ⎤ 2 ⎡( A − B )−1 ⎤ = ⎢0 1 2 ⎥ . X= ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎢0 0 1 ⎥ ⎣ ⎦十 二 、 已 知α1 , α 2 , α 3 , α 4 是 线 性 方 程 组 AX = 0 的 一 个 基 础 解 系 ， 若β1 = α1 + tα 2 , β 2 = α 2 + tα 3 , β 3 = α 3 + tα 4 , β 4 = α 4 + tα1 ，讨论实数 t 满足什么关系时， β1 , β 2 , β3 , β 4 也是 AX = 0 的一个基

2001年数一考研真题及答案篇七：2001考研数一真题

2001年全国硕士研究生入学统一考试

数学(一)试卷

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上)

(1)设ye(asinxbcosx)(a,b为任意常数)为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解,则该方程为_____________. (2)rxx2y2z2,则div(gradr)(1,2,2)= _____________.

(3)交换二次积分的积分次序:

201dy1y2f(x,y)dx＝_____________. (4)设AA4EO,则(A2E)= _____________.

(5)D(X)2,则根据车贝晓夫不等式有估计PXE(X)2} _____________.

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内)

(1)设函数f(x)在定义域内可导,yf(x)的图形如右图所示,则yf(x)的图形为

1

(A) (B) (C) (D)

(2)设f(x,y)在点(0,0)的附近有定义,且fx(0,0)3,fy(0,0)1则

(A)dz|(0,0)3dxdy

(B)曲面zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的法向量为{3,1,1}

(C)曲线zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的切向量为{1,0,3} y0

zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的切向量为{3,0,1} y0(D)曲线(3)设f(0)0则f(x)在x=0处可导

f(1cosh)(A)lim存在 2h0h

(C)limh0 f(1eh)(B) lim存在 h0h(D)limh0f(hsinh)存在 h2

1

1

1

111111410,B01100000 0000 f(2h)f(h)存在 h1(4)设A11100,则A与B 00

(A)合同且相似

(C)不合同但相似 (B)合同但不相似 (D)不合同且不相似

(5)将一枚硬币重复掷n次,以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数, 则X和Y相关系数为

(A) -1

(C) (B)0 (D)1 1 2

三、(本题满分6分)

arctanex

求. 2xe

四、(本题满分6分)

设函数zf(x,y)在点(1,1)可微,且f(1,1)1,fx(1,1)2,fy(1,1)3,(x)f(x,f(x,x)),求

五、(本题满分8分) d3(x)dxx1.

1x2(1)narctaxn x0设f(x)x,将f(x)展开成x的幂级数,并求的和. 2n114n x0

六、(本题满分7分)

计算I222222(yz)dx(2zx)dy(3xy)dz,其中L是平面 xyz2与柱面xy1的交线,L

从Z轴正向看去,L为逆时针方向.

七、(本题满分7分)

设f(x)在(1,1)内具有二阶连续导数且f(x)0.证明:

(1)对于x(1,0)(0,1),存在惟一的(x)(0,1),使 f(x)=f(0)+xf((x)x)成立.

(2)lim(x)0.5. x0

八、(本题满分8分)

2(x2y2)设有一高度为h(t)(t为时间)的雪堆在融化过程,其侧面满足方程zh(t)(设长度单位为厘米,时h(t)

间单位为小时),已知体积减少的速率与侧面积成正比(系数为0.9),问高度为130厘米的雪堆全部融化需多少时间?

九、(本题满分6分)

设α1,α2,,αs为线性方程组AXO的一个基础解系,

β1t1α1t2α2,β2t1α2t2α3,,βst1αst2α1,

其中t1,t2为实常数,试问t1,t2满足什么条件时β1,β2,,βs也为AXO的一个基础解系?

十、(本题满分8分)

已知三阶矩阵A和三维向量x,使得x,Ax,Ax线性无关,且满足Ax3Ax2Ax.

(1)记P(x,Ax,Ax),求B使APBP.

(2)计算行列式AE.

十一、(本题满分7分)

设某班车起点站上客人数X服从参数为(0)的泊松分布,每位乘客在中途下车的概率为p(0p1),且中途下车与否相互独立.Y为中途下车的人数,求:

(1)在发车时有n个乘客的条件下,中途有m人下车的概率.

(2)二维随机变量(X,Y)的概率分布.

十二、(本题满分7分)

设X~N(,)抽取简单随机样本X1,X2,,X2n(n2), n12n

样本均值Xi,Y(XiXni2)2,求E(Y). 2ni1i1232212

2001年数一考研真题及答案篇八：2011年数一考研真题及答案

2011年考研数学试题（数学一）

一、选择题

1、曲线y=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)的拐点是（

2

3

4

）

（A）（1，0）（B）（2，0）（C）（3，0）（D）（4，0）

【答案】C【考点分析】本题考查拐点的判断。直接利用判断拐点的必要条件和第二充分条件即可。

【解析】由y=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)可知1,2,3,4分别是

2

3

4

y=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)=0的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的

关系可知y′(1)≠0，y′(2)=y′(3)=y′(4)=0

234

y′′(2)≠0，y′′(3)=y′′(4)=0，y′′′(3)≠0,y′′′(4)=0，故（3，0）是一拐点。

2、设数列{an}单调减少，liman=0，Sn=

n→∞

∞

∑a(n=1,2⋯⋯)无界，则幂级数

kk=1

n

∑an(x−1)的收敛域为（

n=1

n

）（A）(-1，1]（B）[-1，1)（C）[0，2)（D）

(0，2]

【答案】C【考点分析】本题考查幂级数的收敛域。主要涉及到收敛半径的计算和常数项级数收敛性的一些结论，综合性较强。【解析】Sn=

∑ak(n=1,2⋯⋯)无界，说明幂级数∑an(x−1)的收敛半径R≤1；

n

k=1

n=1

n∞

{an}单调减少，liman

n→∞

半径R≥1。因此，幂级数

=0，说明级数∑an(−1)收敛，可知幂级数∑an(x−1)的收敛

n=1

n=1

∞

n

∞

n

∑an(x−1)的收敛半径R=1，收敛区间为(0,2)。又由于x=0时幂级数

n=1

∞

n

收敛，x=2时幂级数发散。可知收敛域为[0,2)。

3、设函数f(x)具有二阶连续导数，且f(x)>0，f(0)′=0，则函数z=f(x)lnf(y)

在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（）（A）f(0)>1，f′′(0)>0(C)f(0)<1，f′′(0)>0

(B)f(0)>1，f′′(0)<0(D)f(0)<1，f′′(0)<0

【答案】C【考点分析】本题考查二元函数取极值的条件，直接套用二元函数取极值的充分条件即可。

【解析】由z=f(x)lnf(y)知zx′=f′(x)lnf(y),zy′=

2

′′′f(y)f(y)−(f(y))

zxx′′=f′′(x)lnf(y)，zyy′′=f(x)

f2(y)

f(x)f′(x)

f′(y)，zxy′′=f′(y)f(y)f(y)

所以zxy′′

x=0

y=0

=

f′(0)

f′(0)=0，zxx′′f(0)

x=0y=0

=f′′(0)lnf(0)，

zyy′′

x=0y=0

f′′(0)f(0)−(f′(0))2

=f(0)=f′′(0)

f2(0)

要使得函数z=f(x)lnf(y)在点(0,0)处取得极小值，仅需

f′′(0)lnf(0)>0，f′′(0)lnf(0)⋅f′′(0)>0

所以有f(0)>1，f′′(0)>04、设I=

∫

π

40

lnsinxdx,J=∫lncotxdx,K=∫lncosxdx，则I,J,K的大小关系是()

（B）I<K<J

（C）J<I<K

（D）K<J<I

π40π40

（A）I<J<K【答案】B

【考点分析】本题考查定积分的性质，直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数的大小即可。【解析】x∈

(0,

π

4

π时，0<sinx<<cosx<cotx，因此lnsinx<lncosx<lncotx4π4

∫

lnsinxdx<

∫

lncosxdx<

∫

π4

lncotxdx，故选（B）

5.设A为3阶矩阵，将A的第二列加到第一列得矩阵B，再交换B的第二行与第一行得单

⎡100⎤⎡100⎤

⎢110⎥,P=⎢001⎥,则A=(位矩阵.记P=1⎢⎥2⎢⎥⎢⎢⎣001⎥⎦⎣010⎥⎦

（A）PP12

−1（B）P1P2

)

（C）P2P1（D）P2−1P1

【答案】D【考点分析】本题考查初等矩阵与初等变换的关系。直接应用相关定理的结论即可。

【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知AP1=B，P2B=E，所以

A=BP1−1=P2−1P1−1=P2P1−1，故选（D）

6、设Α=(α1,α2,α3,α4)是4阶矩阵，Α∗为Α的伴随矩阵，若(1,0,1,0)是方程组Αx=0

Τ

的一个基础解系，则Α∗x=0基础解系可为（(A)

）

(D)

α1，α3

(B)

α1，α2

(C)

α1，α2，α3α2，α3，α4

【答案】D【考点分析】本题考查齐次线性方程组的基础解系，需要综合应用秩，伴随矩阵等方面的知识，有一定的灵活性。

【解析】由Αx=0的基础解系只有一个知r(A)=3，所以r(A∗)=1，又由A∗A=AE=0知，α1,α2,α3,α4都是Α∗x=0的解，且Α∗x=0的极大线生无关组就是其基础解系，又

⎛1⎞⎛1⎞

⎜0⎟⎜0⎟

A⎜⎟=(α1,α2,α3,α4)⎜⎟=α1+α3=0，所以α1,α3线性相关，故α1，α2，α4或⎜1⎟⎜1⎟⎜⎟⎜⎟0⎝⎠⎝0⎠

α2，α3，α4为极大无关组，故应选（D）

7、设F1(x),F2(x)为两个分布函数，其相应的概率密度f1(x),f2(x)是连续函数，则必为概率密度的是(

)

（B）2f2(x)F1(x)（D）f1(x)F2(x)+f2(x)F1(x)

（A）f1(x)f2(x)（C）f1(x)F2(x)

【答案】D【考点分析】本题考查连续型随机变量概率密度的性质。【解析】检验概率密度的性质：f1(x)F2(x)+f2(x)F1(x)≥0；

∫

+∞

−∞

f1(x)F2(x)+f2(x)F1(x)dx=F1(x)F2(x)−∞=1。可知f1(x)F2(x)+f2(x)F1(x)

+∞

为概率密度，故选（D）。

8、设随机变量Χ与Υ相互独立，且ΕΧ与ΕΥ存在，记U=max{x,y},V=min{x,y}，则Ε(UV)=（(A)

）(B)

ΕUΕVΕΧΕΥ(C)ΕUΕΥ(D)ΕΧΕV

【答案】B【考点分析】本题考查随机变量数字特征的运算性质。计算时需要先对随机变量UV进行处理，有一定的灵活性。

【解析】由于UV=max{X,Y}min{X,Y}=XY

可知E(UV)=E(max{X,Y}min{X,Y})=E(XY)=E(X)E(Y)故应选（B）二、填空题9、曲线y=

∫

x

π⎞⎛

tantdt⎜0≤x≤⎟的弧长s=

4⎠⎝

【答案】1−

π

【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。4

【解析】s=

∫

π4

(y

'2

)

dx=

∫

π4

tanxdx=

2

∫

π4

secx−1dx=tanx−x=1−

2

π40

π4

10、微分方程y′+y=e−xcosx满足条件y(0)=0的解为y=【答案】y=sinxe−x

【考点分析】本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。【解析】原方程的通解为

−1dx1dx

y=e∫[e−xcosx⋅e∫dx+C]=e−x[cosxdx+C]=e−x[sinx+C]

∫∫

由y(0)=0，得C=0，故所求解为y=sinxe−x11、设函数F(x,y)=

∫

xy

sint∂2F

dt，则22

1+t∂x

=

x=0

y=2

【答案】4

【考点分析】本题考查偏导数的计算。

2223

∂2F∂Fysinxy∂2Fycosxy(1+xy)−2xysinxy

【解析】。故2=,2=22222∂x1+xy∂x∂x(1+xy)

x=0

y=2

=4。

12、设L是柱面方程x2+y2=1与平面z=x+y的交线，从z轴正向往z轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分【答案】π

【考点分析】本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。

�∫

L

y2

xzdx+xdy+dz=

2

⎧x=cost⎪

【解析】曲线L的参数方程为⎨y=sint，其中t从0到2π。因此

⎪z=cost+sint⎩

�∫

L

y2

xzdx+xdy+dz

2

2π

sin2t

=cost(cost+sint)(−sint)+costcost+(cost−sint)dt

20

2π

sin2tcostsin3t22

=−sintcost−+cost−dt

220

=π

∫∫

13、若二次曲面的方程为x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz=4，经正交变换化为

y12+4z12=4，则a=

【答案】−1

【考点分析】本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出a。

【解析】本题等价于将二次型f(x,y,z)=x2+3y2+z2+2axy+2xz+2yz经正交变换后化为了f=y12+4z12。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0。

⎛1a1⎞

⎜⎟该二次型的矩阵为A=a31，可知A=−a2−2a−1=0，因此a=−1。⎜⎟⎜111⎟⎝⎠

2001年数一考研真题及答案篇九：考研数学一历年真题2001

2001年全国硕士研究生入学统一考试

数学(一)试卷

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把答案填在题中横线上)

(1)设yex(asinxbcosx)(a,b为任意常数)为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解,则该方程为_____________.

(2)r

x2y2z2,则div(gradr)

(1,2,2)= _____________.

(3)交换二次积分的积分次序:01

dy

1y

2

f(x,y)dx＝_____________.

(4)设A2A4EO,则(A2E)1= _____________.

(5)D(X)2,则根据车贝晓夫不等式有估计P{XE(X)2} _____________.

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内)

(1)设函数f(x)在定义域内可导,yf(x)的图形如右图所示,则yf(x)的图形为

(A) (B)

(C) (D)

(2)设f(x,y)在点(0,0)的附近有定义,且fx(0,0)3,fy(0,0)1则

(A)dz|(0,0)3dxdy

(B)曲面zf(x,y)在(0,0,f(0,0))处的法向量为{3,1,1} (C)曲线zf(x,y)y0在(0,0,f(0,0))处的切向量为{1,0,3}

(D)曲线zf(x,y)y0

在(0,0,f(0,0))处的切向量为{3,0,1}

(3)设f(0)0则f(x)在x=0处可导

h(A)limf(1cosh)

存在

(B) h0h

2 limf(1e)

存在

h0h

(C)lim

f(hsinh)

f(2h)f(h)

h0

h

2

存在 (D)lim

h0

h

存在

111000(4)设

1A

1111000

111

4

,B

000,则A与B 101111

0

0

(A)合同且相似 (B)合同但不相似 (C)不合同但相似

(D)不合同且不相似

(5)将一枚硬币重复掷n次,以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数, 则X和Y相关系数为 (A) -1

(B)0

(C)

12

(D)1

三、(本题满分6分)

arctanex求e2x

.

四、(本题满分6分)

设函数zf(x,y)在点(1,1)可微,且f(1,1)1,fx(1,1)2,fy(1,1)3,(x)f(x,f(x,x)),求

ddx

3

(x)x1

.

五、(本题满分8分)

1

(1)在发车时有n个乘客的条件下,中途有m人下车的概率. (2)二维随机变量(X,Y)的概率分布.

十二、(本题满分7分)

设X~N(,2)抽取简单随机样本X1,X2,,X2n(n2),

n

12n

样本均值Xi,Y(XiXni2)2,求E(Y). 1x2

(1)narctanx x0

设f(x) x,将f(x)展开成x的幂级数,并求的和. 2

n114n

x0

六、(本题满分7分)

222222

计算I(yz)dx(2zx)dy(3xy)dz,其中L是平面 xyz2与柱面xy1

L

的交线,从Z轴正向看去,L为逆时针方向.

七、(本题满分7分)

设f(x)在(1,1)内具有二阶连续导数且f(x)0.证明:

(1)对于x(1,0)(0,1),存在惟一的(x)(0,1),使 f(x)=f(0)+xf((x)x)成立. (2)limx0

(x)0.5.

八、(本题满分8分)

2(x2y2设有一高度为h(t)(t为时间)的雪堆在融化过程,其侧面满足方程zh(t))

h(t)

(设长度单位为厘

米,时间单位为小时),已知体积减少的速率与侧面积成正比(系数为0.9),问高度为130厘米的雪堆全部融化需多少时间?

九、(本题满分6分)

设α1,α2,,αs为线性方程组AXO的一个基础解系,

β1t1α1t2α2,β2t1α2t2α3,,βst1αst2α1,

其中t1,t2为实常数,试问t1,t2满足什么条件时β1,β2,,βs也为AXO的一个基础解系?

十、(本题满分8分)

已知三阶矩阵A和三维向量x,使得x,Ax,A2x线性无关,且满足A3x3Ax2A2x. (1)记P(x,Ax,A2x),求B使APBP1. (2)计算行列式AE.

十一、(本题满分7分)

设某班车起点站上客人数X服从参数为(0)的泊松分布,每位乘客在中途下车的概率为p(0p1),且中途下车与否相互独立.Y为中途下车的人数,求:

2

2ni1i1

2001年数一考研真题及答案篇十：2002考研数一真题答案

2002年考研数学一试题答案与解析

一、填空题 (1)【分析】

(2)【分析】

原式

e

dlnx1

ln2xlnx



e

1.

方程两边对x两次求导得

① ②

eyy'6xy'6y2x0,

eyy''eyy'26xy''12y'20.

以x0代入原方程得y0,以xy0代入①得y'0,,再以xyy'0代入②得y''(0)2.

(3)【分析】

这是二阶的可降阶微分方程.

dy'dPdP

P. dxdxdy

令y'P(y)(以y为自变量),则y''

代入方程得 yP

1

). 2

dPdPP20,即yP0(或P0,但其不满足初始条件dydy

y'

x0

dPdy

0, 分离变量得

Py

积分得 lnPlnyC',即P

C1

(P0对应C10); y

11

由x0时y1,Py',得C1.于是

22

y'P

1

,2ydydx,积分得y2xC2. 2y

又由y

x0

1得C2

1,所求特解为y

(4)【分析】

因为二次型xTAx经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的

系数就是二次型矩阵A的特征值,所以6,0,0是A的特征值.

又因aiii,故aaa600,a2.

(5)【分析】

设事件A表示“二次方程y24yX0无实根”,则

A{164X0}{X

4}.依题意,有

1

P(A)P{X4}.

2

4

),

而 即



414141(),(),0.4.

22

P{X4}1P{X4}1(

二、选择题

(1)【分析】

这是讨论函数f(x,y)的连续性,可偏导性,可微性及偏导数

的连续性之间的关系.我们知道,f(x,y)的两个偏导数连续是可微的充分条件,若f(x,y)可微则必连续,故选(A).

1

1u

由limn10n充分大时即N,nN时0,且

nun

n

(2)【分析】

11

0,不妨认为n,un0,因而所考虑级数是交错级数,但不能保证的单

nuunnlim

调性.

按定义考察部分和

Sn(1)

k1n

k1

nn

111k11 ()(1)(1)k1ukuk1ukk1uk1k1

(1)kn11(1)n11l1(1)(n),

ulu1un1u1k1ukl1

n

原级数收敛.

11



uun1nn1n11

再考察取绝对值后的级数(2, ).注意n

1un1unun1n1n1un

n



111

发散()发散.因此选(C). un1n1nn1un

(3)【分析】 理, (

当

f(2x)f(x)f'()x(x)

证明(B)对:反证法.假设limf(x)a0,则由拉格朗日中值定

x

x)

时,,因为x2x);但这与

f(

2xf(x)f(x2矛盾)f(f(xx)(M)). M2

(4)【分析】 因为r(A)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(B).

(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f2(x)

0,其他，0,其他，

x(, )

f1(x)f2(x)0,(D).





f1(x)f2(x)dx01,因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选

进一步分析可知,若令X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).

F(x)P{max(X1,X2)x}P{X1x,X2x}

P{X1x}P{X2x}F1(x)F2(x).

三、【解】 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)

h0

,故必有

ab10 .

又由洛必达法则 lim

af(h)bf(2h)f(0)af'(h)2bf'(2h)

lim

h0h0h1

(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)(

arctanx0

etdt)'x

2

x0

earctanx



1x2

2

x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

2

f()f(0)

2f(x)f(0)limnf()2lim2lim2f'(0)2. nnx02nx

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

2

x,xy,

max{x,y}2(x,y)D,

y,xy,

2

2

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{x

D1

2

2

,y2}

dxdyemax{x

D2

2

2

,y2}

dxdy

exdxdyeydxdy2exdxdy(D关于yx对称)

D1

D2

D1

2

2dxedy(选择积分顺序)2xexdxex

1x

x2

1

22

10

e1.

六、【分析与求解】 (1)易知PdxQdy原函数,

PdxQdy

1x1

dxyf(xy)dxxf(xy)dy2dy2(ydxxdy)f(xy)(ydxxdy) yyy

xyxx

d()f(xy)d(xy)d[f(t)dt].

yy0

xyx

在y0上PdxQdy原函数,即u(x,y)0f(t)dt.

y

积分I在y0与路径无关.

(2)因找到了原函数,立即可得Iu(x,y) 七、【证明】

(c,d)

(a,b)



ca. db

与书上解答略有不同,参见数三2002第七题(1)因为幂级数

x3x6x9x3n

y(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1

y'(x)LL,

2!5!8!(3n1)!x4x7x3n2

y''(x)xLL,

4!7!(3n2)!

所以

x2xn

y''y'y1xLLex(x).

2!n!

(2)与y''y'yex相应的齐次微分方程为y''y'y0,

1.

其特征方程为210,

特征根为1,22因此齐次微分方程的通解为Ye(C1

x2

xC2x). 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

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