2004年数学一试题分析、详解和评注

2004年数学一试题分析、详解和评注 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)曲线y=nx上与直线x+y=1垂直的切线方程为y=x-1 【分析】本题为基础题型,相当于已知切线的斜率为1,由曲线y=nx的导数为1可确定切点的坐标。 【详解】由y=(xy=1=1,得x×1,可见切点为(10),于是所求的切线方程为 y-0=1(x-1),即y 【评注】本题也可先设切点为(xnx),曲线ymx过此切点的导数为yb1,得x0=1, 由此可知所求切线方程为y-0=1(x-1),即y=x-1 本题比较简单,类似例题在一般教科书上均可找到 (2)已知f'e2)=xe-,且f()=0,则fx)=(hx)2 【分析】先求出∫(x)的表达式,再积分即可。 【详解】令ex=t,则x=ht,于是有 ∫()=x,即f(x)=hx 积分得f(x)=a=(hx)2+C.利用初始条件f1)=0,得C=0,故所求函数为fx)=(hx) 【评注】本题属基础题型,已知导函数求原函数一般用不定积分 完全类似的例题见《数学复习指南》P89第8题,P90第1题 (3)设L为正向圆周x2+y2=2在第一象限中的部分,则曲线积分xd小y-2ya的值为x 【分析】利用极坐标将曲线用参数方程表示,相应曲线积分可化为定积分。 【详解】正向圆周x2+y2=2在第一象限中的部分,可表示为 于是「x-2yk=[12coO.y2os+22smO.√2sm 2sin 20de 【评注】本题也可添加直线段,使之成为封闭曲线,然后用格林公式计算,而在添加的线段上用参数法 化为定积分计算即可 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P143例10.11,《考研数学大串讲》P122例5、例7

1 2004 年数学一试题分析、详解和评注 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）曲线 y=lnx 上与直线 x + y = 1 垂直的切线方程为 y = x −1. 【分析】 本题为基础题型，相当于已知切线的斜率为 1，由曲线 y=lnx 的导数为 1 可确定切点的坐标。 【详解】 由 1 1  = (ln ) = = x y x ，得 x=1, 可见切点为 (1,0) ，于是所求的切线方程为 y − 0 = 1(x −1)， 即 y = x −1. 【评注】 本题也可先设切点为 ( ,ln ) 0 0 x x ，曲线 y=lnx 过此切点的导数为 1 1 0 0  = = = x y x x ，得 x0 = 1， 由此可知所求切线方程为 y − 0 = 1(x −1)， 即 y = x −1. 本题比较简单，类似例题在一般教科书上均可找到. （2）已知 x x f e xe − ( ) = ，且 f(1)=0, 则 f(x)= 2 (ln ) 2 1 x . 【分析】 先求出 f (x) 的表达式，再积分即可。 【详解】 令 e t x = ，则 x = ln t ，于是有 t t f t ln ( ) = ， 即 . ln ( ) x x f  x = 积分得 dx x C x x f x = = +  2 (ln ) 2 ln 1 ( ) . 利用初始条件 f(1)=0, 得 C=0，故所求函数为 f(x)= 2 (ln ) 2 1 x . 【评注】 本题属基础题型，已知导函数求原函数一般用不定积分。 完全类似的例题见《数学复习指南》P89 第 8 题, P90 第 11 题. （3）设 L 为正向圆周 2 2 2 x + y = 在第一象限中的部分，则曲线积分  − L xdy 2ydx 的值为  2 3 . 【分析】 利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分。 【详解】 正向圆周 2 2 2 x + y = 在第一象限中的部分，可表示为 . 2 : 0 2 sin , 2 cos ,     →    = = y x 于是       xdy ydx d L 2 [ 2 cos 2 cos 2 2 sin 2 sin ] 2 0 − =  +    = . 2 3 2sin 2 0 2      + =  d 【评注】 本题也可添加直线段，使之成为封闭曲线，然后用格林公式计算，而在添加的线段上用参数法 化为定积分计算即可. 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P143 例 10.11，《考研数学大串讲》P122 例 5、例 7

(4)欧拉方程x24y+4x a+2y=0(x>0)的通解为y=+ 【分析】欧拉方程的求解有固定方法,作变量代换x=e化为常系数线性齐次微分方程即可。 【详解】令x=e,则如=如.=c=1中 dt x dt ￠,1d2y,d_1d2yh x2 dt x dt2 dx x2 dtdt 代入原方程,整理得 解此方程,得通解为y=ce-+c2e-=s 【评注】本题属基础题型,也可直接套用公式,令x=e',则欧拉方程 d 小 可化为 +b+cy=f(e) dt- dt dt 完全类似的例题见《数学复习指南》P171例619,《数学题型集粹与练习题集》P342第六题,《考研数 学大串讲》P75例12 (5)设矩阵A=120,矩阵B满足ABA=2BA+E,其中A为A的伴随矩阵,E是单位矩阵 则|B 【分析】可先用公式AA=|4E进行化简 【详解】已知等式两边同时右乘A,得 ABAA=2BAA+A,而A=3,于是有 3AB=6B+A, E (3A-6E)B=A 再两边取行列式,有34-6EB==3 而|34-6E=27,故所求行列式为|B= 【评注】先化简再计算是此类问题求解的特点,而题设含有伴随矩阵A,一般均应先利用公式

2 （4）欧拉方程 4 2 0( 0) 2 2 2 + + y = x  dx dy x dx d y x 的通解为 2 1 2 x c x c y = + . 【分析】 欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换 t x = e 化为常系数线性齐次微分方程即可。 【详解】 令 t x = e ，则 dt dy dt x dy e dx dt dt dy dx dy t 1 =  = = − ， [ ] 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 dt dy dt d y dx x dt dt d y dt x dy dx x d y = − +  = − ， 代入原方程，整理得 3 2 0 2 2 + + y = dt dy dt d y ， 解此方程，得通解为 . 2 2 1 2 1 2 x c x c y c e c e t t = + = + − − 【评注】 本题属基础题型，也可直接套用公式，令 t x = e ，则欧拉方程 ( ) 2 2 2 cy f x dx dy bx dx d y ax + + = ， 可化为 [ ] ( ). 2 2 t cy f e dt dy b dt dy dt d y a − + + = 完全类似的例题见《数学复习指南》P171 例 6.19, 《数学题型集粹与练习题集》P342 第六题.，《考研数 学大串讲》P75 例 12. （5）设矩阵           = 0 0 1 1 2 0 2 1 0 A ，矩阵 B 满足 ABA = BA + E * * 2 ，其中 * A 为 A 的伴随矩阵，E 是单位矩阵， 则 B = 9 1 . 【分析】 可先用公式 A A = AE * 进行化简 【详解】 已知等式两边同时右乘 A，得 ABA A = BA A+ A * * 2 ， 而 A = 3 ，于是有 3AB = 6B + A， 即 (3A − 6E)B = A， 再两边取行列式，有 3A− 6E B = A = 3， 而 3A− 6E = 27 ，故所求行列式为 . 9 1 B = 【评注】 先化简再计算是此类问题求解的特点，而题设含有伴随矩阵 * A ，一般均应先利用公式

AA=A=4E进行化简 完全类似例题见《数学最后冲刺》P107例2,P118例9 (6)设随机变量X服从参数为A的指数分布,则P{X>DH=1 【分析】已知连续型随机变量X的分布,求其满足一定条件的概率,转化为定积分计算即可。 【详解】由题设,知DX=,于是 P{X>√DX}=P{X> Medx 【评注】本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征,而不应在考试时再去推算。 完全类似例题见《数学一临考演习》P35第5题 选择题(本题共8小题,每小题4分,满分32分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把 所选项前的字母填在题后的括号内) 7)把x→0时的无穷小量Q=dB=mym=sm广,使排在后面的是前一个 的高阶无穷小,则正确的排列次序是 (A)a,B,r.(B)a,r,.(C)B,a,r.(D) B,r,a 【分析】先两两进行比较,再排出次序即可 【详解】mB tan√tdt tan x. 2x lim =0,可排除(C)、①D选项 cost dt x→0cosx sin tdt simr I 又 lim = lim tan√tdt 2x tan =lm2=∞,可见y是比B低阶的无穷小量,故应选(B 【评注】本题是无穷小量的比较问题,也可先将a,B,y分别与x"进行比较,再确定相互的高低次序 完全类似例题见《数学一临考演习》P28第9题 (8)设函数fx)连续,且f(0)>0,则存在δ>0,使得 (A)f(x)在(0,δ)内单调增加 (B)f(x)在(-,0)内单调减少 (C)对任意的x∈(0,。6)有f(x)>f(0) (D)对任意的x∈(-6,0)有fx)>f(0) [C I 【分析】函数f(x)只在一点的导数大于零,一般不能推导出单调性,因此可排除(A)(B选项,再利用导

3 A A = AA = AE * * 进行化简。 完全类似例题见《数学最后冲刺》P107 例 2，P118 例 9 （6）设随机变量 X 服从参数为  的指数分布，则 P{X  DX } = e 1 . 【分析】 已知连续型随机变量 X 的分布，求其满足一定条件的概率，转化为定积分计算即可。 【详解】 由题设，知 2 1  DX = ，于是 P{X  DX }= P X e dx x  + −  =     } 1 1 { = . 1 1 e e x − = + −   【评注】 本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应在考试时再去推算。 完全类似例题见《数学一临考演习》P35 第 5 题. 二、选择题（本题共 8 小题，每小题 4 分，满分 32 分. 每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把 所选项前的字母填在题后的括号内） （7）把 → + x 0 时的无穷小量 t dt tdt t dt x x x    = = = 0 3 0 0 2 cos , tan , sin 2    ，使排在后面的是前一个 的高阶无穷小，则正确的排列次序是 (A) , , . (B) , ,  . (C) ,, . (D) , , . [ B ] 【分析】 先两两进行比较，再排出次序即可. 【详解】 0 cos tan 2 lim cos tan lim lim 2 0 0 2 0 0 0 2 =  = = → + → + → +   x x x t dt tdt x x x x  x  ，可排除(C),(D)选项， 又 x x x x tdt t dt x x x x x 2 tan 2 1 sin lim tan sin lim lim 2 3 0 0 0 3 0 0 2  = = → + → + → +     = =  → + 2 0 lim 4 1 x x x ，可见  是比  低阶的无穷小量，故应选(B). 【评注】 本题是无穷小量的比较问题，也可先将 , , 分别与 n x 进行比较，再确定相互的高低次序. 完全类似例题见《数学一临考演习》P28 第 9 题. （8）设函数 f(x)连续，且 f (0)  0, 则存在   0 ，使得 (A) f(x)在（0， ) 内单调增加. （B）f(x)在 (− ,0) 内单调减少. (C) 对任意的 x  (0, ) 有 f(x)>f(0) . (D) 对任意的 x  (− ,0) 有 f(x)>f(0) . [ C ] 【分析】 函数 f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B)选项，再利用导

数的定义及极限的保号性进行分析即可 【详解】由导数的定义,知 r(0)=lim/(x)-/(0) 根据保号性,知存在δ>0,当x∈(-,0)∪(0,δ)时,有 f(x)-f(0) 即当x∈(-6,0)时,f(x)f(0).故应选(C 【评注】题设函数一点可导,一般均应联想到用导数的定义进行讨论。 完全类似例题见《数学一临考演习》P28第10题. (9)设an为正项级数,下列结论中正确的是 (A)若 lm na,=0,则级数∑an收敛 (B)若存在非零常数,使得mman=元,则级数∑an发散 (C)若级数∑an收敛,则 lim n-a=0 (D)若级数∑an发散,则存在非零常数,使得lmmn=λ B 【分析】对于敛散性的判定问题,若不便直接推证,往往可用反例通过排除法找到正确选项. 【详解】取a,=n如n,则mn,=0,但∑an=2n发散,排除(A,(D 又取a, 则级数∑an收敛,但mn2an=∞,排除(C,故应选(B 【评注】本题也可用比较判别法的极限形式 immn=m"=≠0,而级数∑发散,因此级数∑an也发散,故应选(B) n 完全类似的例题见《数学复习指南》P213例813. (0)设自)为连续函数,F()=「小∫(x)d,则F(2)等于 (A)2f(2) (B)f(2) (C)-f(2) (D)0 【分析】先求导,再代入t2求F'(2)即可。关键是求导前应先交换积分次序,使得被积函数中不含有变 量

4 数的定义及极限的保号性进行分析即可。 【详解】 由导数的定义，知 0 ( ) (0) (0) lim 0  −  = → x f x f f x ， 根据保号性，知存在   0 ，当 x (− ,0)  (0, ) 时，有 0 ( ) (0)  − x f x f 即当 x  (− ,0) 时，f(x)f(0). 故应选(C). 【评注】 题设函数一点可导，一般均应联想到用导数的定义进行讨论。 完全类似例题见《数学一临考演习》P28 第 10 题. （9）设   n=1 n a 为正项级数，下列结论中正确的是 (A) 若 n n na → lim =0，则级数   n=1 n a 收敛. （B） 若存在非零常数  ，使得 =  → n n lim na ，则级数   n=1 n a 发散. (C) 若级数   n=1 n a 收敛，则 lim 0 2 = → n n n a . (D) 若级数   n=1 n a 发散, 则存在非零常数  ，使得 =  → n n lim na . [ B ] 【分析】 对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可用反例通过排除法找到正确选项. 【详解】 取 n n an ln 1 = ，则 n n na → lim =0，但    =  = = 1 1 ln 1 n n n n n a 发散，排除(A)，(D)； 又取 n n an 1 = ，则级数   n=1 n a 收敛，但 =  → n n n a 2 lim ，排除(C), 故应选(B). 【评注】 本题也可用比较判别法的极限形式， 0 1 lim = lim =  → →  n a na n n n n ，而级数   =1 1 n n 发散，因此级数   n=1 n a 也发散，故应选(B). 完全类似的例题见《数学复习指南》P213 例 8.13. （10）设 f(x)为连续函数，   = t t y F t dy f x dx 1 ( ) ( ) ，则 F(2) 等于 (A) 2f(2). (B) f(2). (C) –f(2). (D) 0. [ B ] 【分析】 先求导，再代入 t=2 求 F(2) 即可。关键是求导前应先交换积分次序，使得被积函数中不含有变 量 t

【详解】交换积分次序,得 F()=小(x)-可(x=∫/(xx-1 于是,F'(t)=f()t-1),从而有F(2)=f(2),故应选(B 【评注】在应用变限的积分对变量x求导时,应注意被积函数中不能含有变量x: mo=x)(x)-1a(x)(x) 否则,应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量ⅹ换到积分号外或积分线上 完全类似例题见《数学最后冲刺》P184例12,先交换积分次序再求导 (1〕)设A是3阶方阵,将A的第1列与第2列交换得B再把B的第2列加到第3列得C,则满足AQ=C 的可逆矩阵Q为 010 010 A)|100 (C)|100 101 00 011 1001 【分析】本题考查初等矩阵的的概念与性质,对A作两次初等列变换,相当于右乘两个相应的初等矩阵 而Q即为此两个初等矩阵的乘积。 【详解】由题设,有 010 100|=B,B011=C 001 1001 010100 011 于是 A100011=A100|=C 001100 001 可见,应选(D 【评注】涉及到初等变换的问题,应掌握初等矩阵的定义、初等矩阵的性质以及与初等变换的关系。 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P196例22 (12)设AB为满足AB=O的任意两个非零矩阵,则必有 (A)A的列向量组线性相关,B的行向量组线性相关 (B)A的列向量组线性相关,B的列向量组线性相关 (C)A的行向量组线性相关,B的行向量组线性相关 (D)A的行向量组线性相关,B的列向量组线性相关 【分析】A,B的行列向量组是否线性相关,可从AB是否行(或列)满秩或Ax=0(Bx=0)是否有非零解 进行分析讨论 【详解1】设A为m×n矩阵,B为n×s矩阵,则由AB=O知, r(A)+r(B)0r(B>0.可见rA)<nr(BKn,即A的列向量组线性相关,B的行向量组线性相 关,故应选(A) 【详解2】由AB=O知,B的每一列均为Ax=0的解,而B为非零矩阵,即Ax=0存在非零解,可见A的 列向量组线性相关

5 【详解】 交换积分次序，得   = t t y F t dy f x dx 1 ( ) ( ) =    = − t x t f x dy dx f x x dx 1 1 1 [ ( ) ] ( )( 1) 于是， F(t) = f (t)(t −1) ，从而有 F(2) = f (2) ，故应选(B). 【评注】 在应用变限的积分对变量 x 求导时，应注意被积函数中不能含有变量 x:   =  −  ( ) ( ) [ ( ) ] [ ( )] ( ) [ ( )] ( ) b x a x f t dt f b x b x f a x a x 否则，应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量 x 换到积分号外或积分线上。 完全类似例题见《数学最后冲刺》P184 例 12，先交换积分次序再求导. （11）设 A 是 3 阶方阵，将 A 的第 1 列与第 2 列交换得 B,再把 B 的第 2 列加到第 3 列得 C, 则满足 AQ=C 的可逆矩阵 Q 为 (A)           1 0 1 1 0 0 0 1 0 . (B)           0 0 1 1 0 1 0 1 0 . (C)           0 1 1 1 0 0 0 1 0 . (D)           0 0 1 1 0 0 0 1 1 . [ D ] 【分析】 本题考查初等矩阵的的概念与性质，对 A 作两次初等列变换，相当于右乘两个相应的初等矩阵， 而 Q 即为此两个初等矩阵的乘积。 【详解】由题设，有 A = B           0 0 1 1 0 0 0 1 0 ， B = C           0 0 1 0 1 1 1 0 0 ， 于是， . 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 A A = C           =                     可见，应选(D). 【评注】 涉及到初等变换的问题，应掌握初等矩阵的定义、初等矩阵的性质以及与初等变换的关系。 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P196 例 2.2 （12）设 A,B 为满足 AB=O 的任意两个非零矩阵，则必有 (A) A 的列向量组线性相关，B 的行向量组线性相关. (B) A 的列向量组线性相关，B 的列向量组线性相关. (C) A 的行向量组线性相关，B 的行向量组线性相关. (D) A 的行向量组线性相关，B 的列向量组线性相关. [ A ] 【分析】A,B 的行列向量组是否线性相关，可从 A,B 是否行（或列）满秩或 Ax=0（Bx=0）是否有非零解 进行分析讨论. 【详解 1】 设 A 为 mn 矩阵，B 为 ns 矩阵，则由 AB=O 知， r(A) + r(B)  n . 又 A,B 为非零矩阵，必有 r(A)>0,r(B)>0. 可见 r(A)<n, r(B)<n, 即 A 的列向量组线性相关，B 的行向量组线性相 关，故应选(A). 【详解 2】 由 AB=O 知，B 的每一列均为 Ax=0 的解，而 B 为非零矩阵，即 Ax=0 存在非零解，可见 A 的 列向量组线性相关

同理,由AB=O知,BA=O,于是有B的列向量组,从而B的行向量组线性相关,故应选(A) 【评注】AB=O是常考关系式,一般来说,与此相关的两个结论是应记住的 1)AB=O→r(A)+r(B)ua}=a,若 PX1)独立同分布,且其方差为a>0.令y X;,则 (A)Cov( X,Y) (B) Cov(X,r) n+2 (C)D(X1+Y)= (D)D(X1-1)= 【分析】本题用方差和协方差的运算性质直接计算即可,注意利用独立性有 on(X1,X2)=0,i=2,3,…n 【详解】Cox1、Y) nl 1-.cov((x1,x1)+ lS Cov(X,X,) n

6 同理，由 AB=O 知， B A O T T = ，于是有 T B 的列向量组，从而 B 的行向量组线性相关，故应选(A). 【评注】 AB=O 是常考关系式，一般来说，与此相关的两个结论是应记住的： 1） AB=O  r(A) + r(B)  n ; 2） AB=O  B 的每列均为 Ax=0 的解。 完全类似例题见《数学最后冲刺》P110 例 10-11，《数学一临考演习》P79 第 4 题,〈考研数学大串讲〉P173 例 8, P184 例 27。 （13）设随机变量 X 服从正态分布 N(0,1)，对给定的 (0    1) ，数  u 满足 P{X  u} =  ，若 P{ X  x} = ，则 x 等于 (A) 2  u . (B) 2 1  − u . (C) 2 1− u . (D) u1− . [ C ] 【分析】 此类问题的求解，可通过  u 的定义进行分析，也可通过画出草图，直观地得到结论。 【详解】 由标准正态分布概率密度函数的对称性知， P{X  −u} = ，于是 1− =1− P{ X  x} = P{ X  x} = P{X  x}+ P{X  −x} = 2P{X  x} 即有 2 1 { } − P X  x = ，可见根据定义有 2 = 1− x u ，故应选(C). 【评注】 本题  u 相当于分位数，直观地有   (1−)/ 2 o  u 2 1− u 此类问题在文登学校的辅导班上作为正态分布的一般结论总结过. （14）设随机变量 , , , ( 1) X1 X2  Xn n  独立同分布，且其方差为 0. 2   令 = = n i Xi n Y 1 1 ，则 (A) Cov( , ) . 2 1 n X Y  = (B) 2 1 Cov(X ,Y) =  . (C) 2 1 2 ( )  n n D X Y + + = . (D) 2 1 1 ( )  n n D X Y + − = . [ A ] 【 分 析 】 本 题 用 方 差 和 协 方 差 的 运 算 性 质 直 接 计 算 即 可 ， 注 意 利 用 独 立 性 有 ： ( , ) 0, 2,3, . Cov X1 Xi = i = n 【详解】 Cov(   = = = = + n i i n i i Cov X X n Cov X X n X n X Y Cov X 2 1 1 1 1 1 1 ( , ) 1 ( , ) 1 ) 1 , ) (

n 【评注】本题(C)D)两个选项的方差也可直接计算得到:如 D(X1+Y)=D(x1+-X2+…+-Xn) n2+3n n+3 0= D(X1-1)=D(X (n-1) 完全类似的例题见《数学一临考演习》P78第23题(本题是第23题的特殊情况) (15)(本题满分12分) 设e 【分析】根据要证不等式的形式,可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明 【证法1】对函数h2x在ab]上应用拉格朗日中值定理,得 2In In6-In (b-a,a(e2),即 hn5、he 故hb-na>-2(b-a) 【证法2】设叫(x)=h2x4x,则 1-In x q"(x)=2 所以当x>e时,(x)q)(e)= 即当e<x<e2时,g(x)单调增加

7 = . 1 1 2 1  n DX n = 【评注】 本题(C),(D) 两个选项的方差也可直接计算得到：如 2 2 2 2 2 1 1 2 (1 ) 1 ) 1 1 1 ( ) (   n n n n X n X n X n n D X Y D n − + + + + + = + + =  = 2 2 2 2 3 3   n n n n n + = + ， 2 2 2 2 2 1 1 2 ( 1) 1 ) 1 1 1 ( ) (   n n n n X n X n X n n D X Y D n − + − − − − = − − =  = . 2 2 2 2 2 2   n n n n n − = − 完全类似的例题见《数学一临考演习》P78 第 23 题（本题是第 23 题的特殊情况）. （15）（本题满分 12 分） 设 2 e  a  b  e , 证明 ( ) 4 ln ln 2 2 2 b a e b − a  − . 【分析】 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明. 【证法 1】 对函数 x 2 ln 在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得 ( ), . 2ln ln ln 2 2 b − a = b − a a    b   设 t t t ln ( ) = ，则 2 1 ln ( ) t t t −  = ， 当 t>e 时， (t)  0, 所以 (t) 单调减少，从而 ( ) ( ) 2     e ，即 2 2 2 ln ln 2 e e e  =   ， 故 ( ) 4 ln ln 2 2 2 b a e b − a  − . 【证法 2】 设 x e x x 2 2 4 ( ) = ln − ，则 2 ln 4 ( ) 2 x e x  x = − ， 2 1 ln ( ) 2 x x x −  = , 所以当 x>e 时， (x)  0, 故 (x) 单调减少，从而当 2 e  x  e 时， 0 4 4 ( ) ( ) 2 2 2    = − = e e  x  e ， 即当 2 e  x  e 时， (x) 单调增加

因此当e(a), 即h2b-b>h2a-a 故h2b-h2a>+(b-a) 【评注】本题也可设辅助函数为(x)=h2x-h2a 4 x-a),e<a<x<e2或 (x)=h2b-h2x-(b-xe<x<b<e2,再用单调性进行证明即可 完全类似的例题见《数学复习指南》P37例1331及P344的解题提示,《考研数学大串讲》P65例13 (16)(本题满分11分) 某种飞机在杋场降落时,为了减少滑行距离,在触地的瞬间,飞机尾部张开减速伞,以増大阻力,使飞机 迅速减速并停下 现有一质量为9000kg的飞机,着陆时的水平速度为700km/h经测试,减速伞打开后,飞机所受的总阻力 与飞机的速度成正比(比例系数为k=60×10°)问从着陆点算起,飞机滑行的最长距离是多少? 注kg表示千克,km/h表示千米/小时 【分析】本题是标准的牛顿第二定理的应用,列出关系式后再解微分方程即可。 【详解1】由题设,飞机的质量m=900kg,着陆时的水平速度v=700km/h.从飞机接触跑道开始记 时,设t时刻飞机的滑行距离为x(t),速度为vt) 根据牛顿第二定律,得 dh 又 dt dx dt d 由以上两式得 d 积分得x() k"+C.由于v(0)=vo,x(0)=0,故得C=rVo,从而 x(1)=(v0-v() 当v()→0时,x(0)→900709:10(m k60×10° 所以,飞机滑行的最长距离为105km 【详解2】根据牛顿第二定律,得m dv dt 所以 如=-ka 两端积分得通解T=Cem,代入初始条件c=0解得C=0 故v()=ve

8 因此当 2 e  x  e 时， (b)  (a)， 即 a e b a e b 2 2 2 2 4 ln 4 ln −  − ， 故 ( ) 4 ln ln 2 2 2 b a e b − a  − . 【评注】 本题也可设辅助函数为 2 2 2 2 ( ), 4 ( ) ln ln x a e a x e e  x = x − a − −    或 2 2 2 2 ( ), 4 ( ) ln ln b x e x b e e  x = b − x − −    ，再用单调性进行证明即可。 完全类似的例题见《数学复习指南》P347 例 13.31 及 P344 的[解题提示], 《考研数学大串讲》P65 例 13. （16）（本题满分 11 分） 某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机 迅速减速并停下. 现有一质量为 9000kg 的飞机，着陆时的水平速度为 700km/h. 经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力 与飞机的速度成正比（比例系数为 6.0 10 ). 6 k =  问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？ 注 kg 表示千克，km/h 表示千米/小时. 【分析】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可。 【详解 1】 由题设，飞机的质量 m=9000kg，着陆时的水平速度 v0 = 700km/ h . 从飞机接触跑道开始记 时，设 t 时刻飞机的滑行距离为 x(t)，速度为 v(t). 根据牛顿第二定律，得 kv dt dv m = − . 又 dx dv v dt dx dx dv dt dv =  = ， 由以上两式得 dv k m dx = − ， 积分得 ( ) v C. k m x t = − + 由于 v(0) = v0 , x(0) = 0 ，故得 0 v k m C = ，从而 ( ) ( ( )). 0 v v t k m x t = − 当 v(t) → 0 时， 1.05( ). 6.0 10 9000 700 ( ) 6 0 km k mv x t =   → = 所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km. 【详解 2】 根据牛顿第二定律，得 kv dt dv m = − , 所以 dt. m k v dv = − 两端积分得通解 t m k v Ce − = ，代入初始条件 0 0 v v t = = 解得 0 C = v ， 故 ( ) . 0 t m k v t v e − =

飞机滑行的最长距离为 (a)dt 1.05(km) k 或由 dsem,知x()=le"=、kvnm-1),故最长距离为当t→时, x(1) 【详解3】根据牛顿第二定律,得m4x=-k女 kdx 0 d t m dt k 其特征方程为2+-=0,解之得A1=0,12= k CI+C2e 由 0 v 于是x(1) k k 当t→+∞时,x(1)→=0=105(k 所以,飞机滑行的最长距离为105km 【评注】本题求飞机滑行的最长距离,可理解为t→>+∞或v(1)→>0的极限值,这种条件应引起注意 完全类似的例题见《数学最后冲刺》P9899例10-1 (17)(本题满分12分) 计算曲面积分 1=[[2x'dyd=+2y d=dx +3(=2-1)dxdy 其中∑是曲面z=1-x2-y2(二20)的上侧 【分析】先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面,应用高斯公式求解,而在添加的曲面上应用直接 投影法求解即可 【详解】取∑为xoy平面上被圆x2+y2=1所围部分的下侧,记9为由∑与∑1围成的空间闭区域,则 =∫12x2b+2yx+3x2-1d [2x dyd= +2y'dexdx+3(2-1)drdy 由高斯公式知

9 飞机滑行的最长距离为 ( ) 1.05( ). 0 0 0 0 k m k mv e k mv x v t dt t m k = = − = = + − +  或 由 t m k v e dt dx − = 0 ， 知 ( ) ( 1) 0 0 = 0 = − − − −  t m k t t m k e m k v x t v e dt ，故最长距离为当 t →  时 ， ( ) 1.05( ). 0 km m kv x t → = 【详解 3】 根据牛顿第二定律，得 dt dx k dt d x m = − 2 2 , 0 2 2 + = dt dx m k dt d x ， 其特征方程为 0 2  +  = m k ，解之得 m k 1 = 0,2 = − ， 故 . 1 2 t m k x C C e − = + 由 0 0 2 0 0 0 0, e v m k C dt dx x v t t m k t t t = = = − = = − = = = ， 得 , 0 1 2 k mv C = −C = 于是 ( ) (1 ). 0 t m k e k mv x t − = − 当 t → + 时， ( ) 1.05( ). 0 km k mv x t → = 所以，飞机滑行的最长距离为 1.05km. 【评注】 本题求飞机滑行的最长距离，可理解为 t → + 或 v(t) → 0 的极限值，这种条件应引起注意. 完全类似的例题见《数学最后冲刺》P98-99 例 10-11. （17）（本题满分 12 分） 计算曲面积分 2 2 3( 1) , 3 3 2 I x dydz y dzdx z dxdy   = + + − 其中  是曲面 1 ( 0) 2 2 z = − x − y z  的上侧. 【分析】 先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面，应用高斯公式求解，而在添加的曲面上应用直接 投影法求解即可. 【详解】 取 1 为 xoy 平面上被圆 1 2 2 x + y = 所围部分的下侧，记  为由  与 1 围成的空间闭区域，则 I x dydz y dzdx z dxdy   +  = + + − 1 2 2 3( 1) 3 3 2 2 2 3( 1) . 1 3 3 2 x dydz y dzdx z dxdy   − + + − 由高斯公式知

2x2+2yddk+3(2-1)dh=6(x2+y2+h ∑+∑ 6f den drh(+r2)rd =12r(1-r2)2+r(1-r2)b=2 而』2xd+2ydtk+x-2-l)h=--3dd=3r 故=2丌-3x=-丌 【评注】本题选择∑1时应注意其侧与∑围成封闭曲面后同为外侧(或内侧),再就是在∑上直接投影积 分时,应注意符号(∑取下侧,与z轴正向相反,所以取负号 完全类似的例题见《数学复习指南》P32例1221,《数学题型集粹与练习题集》P148例1017(2),《数 学一临考演习》P38第19题 (18)(本题满分11分) 设有方程x"+nx-1=0,其中n为正整数证明此方程存在惟一正实根xn,并证明当a>1时,级数 【分析】利用介值定理证明存在性,利用单调性证明惟一性。而正项级数的敛散性可用比较法判定。 【证】记fn(x)=x"+nx-1.由∫n(0)=-10,及连续函数的介值定理知,方程 x”+nx-1=0存在正实数根xn∈(O,1 当x>0时,f"(x)=nx"1+n>0,可见fn(x)在[0.,+∞)上单调增加,故方程x"+mx-1=0存在惟一正 实数根x 由x"+nx-1=0与x,>0知 01时,01时,级数∑x收敛 【评注】本题综合考查了介值定理和无穷级数的敛散性,题型设计比较新颖,但难度并不大,只要基本 概念清楚,应该可以轻松求证 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P91例615有关根的存在性与惟一性证明,收敛性证明用比 较法很简单 (19)(本题满分12分) 设z=4(xy)是由x2-6xy+10y2-2y-2+18=0确定的函数,求z=x(x,y)的极值点和极值

10 x dydz y dzdx z dxdy x y z dxdydz    +   2 + 2 + 3( −1) = 6( + + ) 3 3 2 2 2 1 = d dr z r rdz r 6 ( ) 2 0 1 0 1 0 2 2    − +   = (1 ) (1 )] 2 . 2 1 12 [ 2 2 3 2 1 0  − + − =   r r r r dr 而    +  + + − = − − = 1 3 3 2 2 2 1 2 2 3( 1) 3 3 x y x dydz y dzdx z dxdy dxdy  ， 故 I = 2 −3 = −. 【评注】 本题选择 1 时应注意其侧与  围成封闭曲面后同为外侧（或内侧），再就是在 1 上直接投影积 分时，应注意符号( 1 取下侧，与 z 轴正向相反，所以取负号). 完全类似的例题见《数学复习指南》P325 例 12.21，《数学题型集粹与练习题集》P148 例 10.17（2）, 《数 学一临考演习》P38 第 19 题. （18）（本题满分 11 分） 设有方程 x + nx −1 = 0 n ，其中 n 为正整数. 证明此方程存在惟一正实根 n x ，并证明当  1 时，级数   n=1 n x  收敛. 【分析】 利用介值定理证明存在性，利用单调性证明惟一性。而正项级数的敛散性可用比较法判定。 【证】 记 f (x) = x + nx −1. n n 由 f n (0) = −1 0 ， f n (1) = n  0 ，及连续函数的介值定理知，方程 x + nx −1 = 0 n 存在正实数根 (0,1). n x 当 x>0 时， ( ) 0 1  = +  − f x nx n n n ，可见 f (x) n 在 [0,+) 上单调增加, 故方程 x + nx −1 = 0 n 存在惟一正 实数根 . n x 由 x + nx −1 = 0 n 与 xn  0 知 n n x x n n n 1 1 0  −  = ，故当  1 时，   ) 1 0 ( n x  n  . 而正项级数   =1 1 n n  收敛，所以当  1 时，级数   n=1 n x  收敛. 【评注】 本题综合考查了介值定理和无穷级数的敛散性，题型设计比较新颖，但难度并不大，只要基本 概念清楚，应该可以轻松求证。 完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P91 例 6.15(有关根的存在性与惟一性证明), 收敛性证明用比 较法很简单. （19）（本题满分 12 分） 设 z=z(x,y)是由 6 10 2 18 0 2 2 2 x − xy + y − yz − z + = 确定的函数，求 z = z(x, y) 的极值点和极值