2013年考研数学二试题答案(2)

令F(x) f(x) x，则F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(1) f(1) 1 0 F(0) f(0) 0 0，由罗尔定理，存在 (0,1)，使得F ( ) 0,即f ( ) 1.

（I）由于（II）由于

f(x)在[ 1,1]上为奇函数，则f (x)在[ 1,1]上为偶函数，所以由（I）

f ( ) f ( ) 1.

令G(x) e

x

f (x) 1 ，则G(x)在[ 1,1]上连续，在 1,1 内可导，且

G( ) G( ) 0，由罗尔定理存在 ( , ) (0,1)，使得G (

) 0

即

f ( ) f ( ) 1.

3

3

(19)(本题满分10分)

1x 0,y 0）求曲线x xy y （上的点到坐标原点的最长距离与最短距离.

【解析】设d

建立拉格朗日函数

L(x,y, ) (x2 y2) (x3 xy y3 1)

L2

2x (3x y) 0 ① x L

2y (3y2 x) 0 ② 令 y L33

x xy y 1 0 ③

（i） 若 0，得x y 0不合题意.

（ii） 若 0，得y 3x 0或x 3y 0，均得x y 0不合题意. 若 0，得y 3x或x 3y，由①②得(x y)(x y 3xy) 0

2

22

2

x y 3xy 0，x y代入③得2x3 x2 1 0，即(x 1)(2x2 x 1) 0得x y 1，故

2013年考研数学二试题答案

又x 0,y 1,d 1；y 0,x 1,d 1 1. (20)(本题满分11分)

设函数f(x) lnx

1 x

（Ⅰ）求f(x)的最小值; (Ⅱ)设数列 xn 满足lnxn

1

1.证明：limxn存在并求此极限.

n xn 1

111x 1 【解析】（I）f(x) lnx ,x 0,f(x) 2

xx2

令f (x) 0,x 1是唯一驻点，且当0 x 1,f (x) 0，当x 1,f (x) 0 所以x 1是f(x)的极小值点，故f(1) 1是最小值.

（II）由（I）知lnxn

11 1，又由已知lnxn 1 nn 1

11

可得，即xn xn 1，所以 xn 单调递增. xnxn 1

又由lnxn

1

1，可得lnxn 1,0 xn e，所以 xn 有上界 n 1

n

由单调有界定理，limxn存在，设为A.

11

1两边取极限得lnA 1， 对于lnxn n 1又lnA

11

1，所以lnA 1，又由（I）可知A 1，即limxn 1.

n AA

121

（

1 x e). x lnx

42

(21) (本题满分11分)

设曲线L

的方程为y

(Ⅰ)求L的弧长；

(Ⅱ)设D是由曲线L，直线x 1，x e及x轴所围成平面图形，求D的形心的横坐标. 【解析】( )设弧长为s，由弧长的计算公式，得

s

1

1

2013年考研数学二试题答案

1

e11

(x2 lnx)

142

2

1 e

.4

121x(x lnx)dx 1 （II）由形心的计算公式，得x D e0 e22dxdy 1(4x 2lnx)dx 1(4x 2lnx)dxD

14112121e (e e )

3(e4 2e2 3) , 3

13114(e 7)e 12122

xdxdy

1

dx

121

x lnx420

xdy

e

其中D为x 1,x e,x轴以及所围成的图形. (22)(本题满分11 分)

设A

1a 01

B ， 1b ，当a,b为何值时，存在矩阵C，使得AC CA B，并求所10

有 矩阵C. 【解析】设C

x1 x3x2 1a x1

，由于，故AC CA B xx4 10 3x2 x1

x4 x3x2 1a

x4 10

01

， 1b

x2 ax4 x1 x2

x2 x3 x4

ax1 ax3

x1 ax3即 x1 01 . 1b

x2 ax3 0

ax x ax 1 124

(I)

x x x 1 134 x2 ax3 b

由于矩阵C存在，故方程组(I)有解.对(I)的增广矩阵进行初等行变换：

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0 1a0

a10a 10 1 1

01 a0 0 1

1 0

0 1

b 0

0 1 1

000

1 a1 a0

1 10 1 1

0 01 a0

0000 a 1

b 00001

0

a 1

b

方程组有解，故a 1 0，b 0，即a 1,b 0.

1

0

当a 1,b 0时，增广矩阵变为

0 00 1 1 1

110 0

000 0

000 0

x3,x4为自由变量，令x3 1,x4 0，代为相应的齐次方程组，得x2 1,x1 1.

令x3 0,x4 1，代为相应齐次方程组，得x2 0,x1 1.

故 1 1, 1,1,0 ， 2 1,0,0,1 ，令x3 0,x4 0，得特解， 1,0,0,0 ，方程组的通

T

T

T

k1 k2 1 k1

解为x k1 1+k2 2+ =(k1+k2+1,-k1,k1,k2)，所以C ，其中k1,k2为任意常

kk 12

T

数.

(23)(本题满分11 分)

设二次型f(x1,x2,x3) 2(a1x1 a2x2 a3x3) (b1x1 b2x2 b3x3).记

2

2

a1 b1 a2 , b2 .

a b 3 3

(Ⅰ)证明二次型f对应的矩阵为2 ；

(Ⅱ)若 ， 正交且均为单位向量.证明f在正交变换下的标准型为2y1 y2. 【解析】证明：(I)f(x1,x2,x3) 2(a1x1 a2x2 a3x3) (b1x1 b2x2 b3x3)

2

2

TT

22

a1 x1

2(x1,x2,x3) a2 (a1,a2,a3) x2

a x 3 3

2013年考研数学二试题答案

x1 b1

(x1,x2,x3) b2 (b1,b2,b3) x2

x b

3 3 x1 TT (x1,x2,x3) 2 x2 x 3

xAx，其中A 2 .

由于A (2 ) 2

A,所以二次型f对应的矩阵为2 .

TTT

(II)由于A 2 ，故 0，故 1， 与 正交， ， 为单位向量，

TTT

TTTTTTTT

故 1，同样 1.A (2 ) 2 2 ，由于 0，故A有特征值 1 2.A (2 ) ，由于 0，故A有特征值 2 1.

T

T

TTTTTT

r(A) r(2 T T) r(2 T) r( T) r( T) r( T)1 1 2 3.

所以A 0，故 3 0.

因此f在正交变换下的标准型为2y1 y2.

2

2