1998考研数学二真题解析【无水印】

1998年全国硕士研究生入学统一考试数学二试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,把 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 填在题中横线上.)(1)20112limxxxx→++−−=.(2)曲线322yxxx=−++与x轴所围成的图形的面积A=.(3)2lnsinsinxdxx=∫.(4)设()fx连续,则220()xdtfxtdtdx−=∫.(5)曲线1ln()(0)yxexx=+>的渐近线方程为.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分.在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.)(1)设数列nx与ny满足lim0nnnxy→∞=,则下列断言正确的是()(A)若nx发散,则ny发散(B)若nx无界,则ny必有界(C)若nx有界,则ny必为无穷小(D)若1nx为无穷小,则ny必为无穷小(2)函数23()(2)fxxxxx=−−−的不可导点的个数是()(A)0(B)1(C)2(D)3(3)已知函数()yyx=在任意点x处的增量2,1yxyxα∆∆=++其中α是比(0)xx∆∆→高阶的无穷小,且(0),yπ=,则(1)y=()(A)4eππ(B)2π(C)π(D)4eπ(4)设函数()fx在xa=的某个邻域内连续,且()fa为其极大值,则存在0δ>,当(,)xaaδδ∈−+时,必有()(A)()[()()]0xafxfa−−≥(B)()[()()]0xafxfa−−≤(C)2()()lim0()()taftfxxatx→−≥≠−(D)2()()lim0()()taftfxxatx→−≤≠−❤(5)设A是任一(3)nn≥阶方阵,A∗是其伴随矩阵,又k为常数,且0,1k≠±,则必有()kA∗=()(A)kA∗(B)1nkA−∗(C)nkA∗(D)1kA−∗三、(本题满分5分)求函数tan()4()(1)xxfxxπ−=+在区间(0,2)π内的间断点,并判断其类型.四、(本题满分5分)确定常数,,abc的值,使30sinlim(0).ln(1)xxbaxxcctdtt→−=≠+∫五、(本题满分5分)利用代换cosuyx=将方程cos2sin3cosxyxyxyxe′′′−+=化简,并求出原方程的通解.六、(本题满分6分)计算积分32122dxxx−∫.七、(本题满分6分)从船上向海中沉放某种探测仪器,按探测要求,需确定仪器的下沉深度y(从海平面算起)与下沉速度v之间的函数关系.设仪器在重力作用下,从海平面由静止开始铅直下沉,在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为m,体积为B,海水比重为ρ,仪器所受的阻力与下沉速度成正比,比例系数为(0)kk>.试建立y与v所满足的微分方程,并求出函数关系式()y=fv.八、(本题满分8分)设()yfx=是区间[0,1]上的任一非负连续函数.(1)试证存在0(0,1)x∈,使得在区间0[0,]x上以0()fx为高的矩形面积,等于在0[,1]x上以()yfx=为曲边的梯形面积.❤(2)又设()fx在区间(0,1)内可导,且2()()fxfxx′>−,证明(1)中的0x是唯一的.九、(本题满分8分)设有曲线1yx=−,过原点作其切线,求由此曲线、切线及x轴围成的平面图形绕x轴旋转一周所得到的旋转体的表面积.十、(本题满分8分)设()yyx=是一向上凸的连续曲线,其上任意一点(,)xy处的曲率为211y′+,且此曲线上点(0,1)处的切线方程为1yx=+,求该曲线的方程,并求函数()yyx=的极值.十一、(本题满分8分)设(0,1)x∈,证明：(1)22(1)ln(1);xxx++<(2)11111.ln2ln(1)2xx−<−<+十二、(本题满分5分)设11(2)TECBAC−−−=,其中E是4阶单位矩阵,TA是4阶矩阵A的转置矩阵,1232120101230120,,0012001200010001BC−−−==求A.十三、(本题满分8分)已知123(1,4,0,2),(2,7,1,3),(0,1,1,),(3,10,,4)TTTTabαααβ===−=,问：(1),ab取何值时,β不能由123,,ααα线性表示？(2),ab取何值时,β可由123,,ααα线性表示？并写出此表达式.❤1998年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、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)【答案】14−【解析】方法1：用四则运算将分子化简,再用等价无穷小替换,原式()()()20112112lim112xxxxxxxx→++−−++−+=++−+()()220114lim112xxxxxx→++−−=++−+()220211lim4xxx→−−=222201112112lim24xxxxx→−−−−=−.方法2：采用洛必达法则.原式()()02112limxxxx→′++−−′洛0112121lim2xxxx→−+−=2011lim41xxxxx→−−+=−011lim4xxxx→−−+=0112121lim4xxx→−−−+洛011lim1212144xxx→−−−+==−.方法3：将分子按佩亚诺余项泰勒公式展开至2x项,1x+()22111128xxox=+−+,1x−()22211128xxox=−−+,从而原式()()2222122011111122828limxxxoxxxoxx→+−++−−+−=()()222122014limxxoxoxx→−++=14=−.(2)【答案】3712❤【分析】求曲线与x轴围成的图形的面积,应分清楚位于x轴上方还是下方,为此,要先求此曲线与x轴交点.【解析】322yxxx=−++与x轴的交点,即322(2)(1)0xxxxxx−++=−−+=的根为1,0,2.x=−当10x−<<时,0y<；当02x<<时,0y>,从而0202323210100243432210(2)(2)434311858370(1)(44).43312312Aydxydxxxxdxxxxdxxxxxxx−−−=−+=−−+−++=−−−−−=−+−−−−=+=∫∫∫∫(3)【答案】cotlnsincot.xxxxC−⋅−−+【解析】因为()2cotcscxx′=−21sinx=−,所以2lnsinsinxdxx∫()lnsincotxxdx′=−∫lnsincotxdx=−∫[cotlnsincotlnsin]xxxdx−⋅−∫分部coscotlnsincotsinxxxxdxx=−⋅+⋅∫22coscotlnsinsinxxxdxx=−⋅+∫221sincotlnsinsinxxxdxx−=−⋅+∫2cotlnsin1sindxxxdxx=−⋅+−∫∫()cotlnsincotxxxdxx′=−⋅+−−∫cotlnsincotxxxxC=−⋅−−+.(4)【答案】2()xfx【解析】作积分变量代换22,uxt=−2:0:0txux→⇒→,()222dudxttdt=−=−12dtdut⇒=−,220()xtfxtdt−∫22uxt=−201()2xtfudut=−∫220011()()22xxfudufudu=−=∫∫,❤222001()()2xxddtfxtdtfududxdx−=∫∫()221()2fxx′=⋅221()2()2fxxxfx=⋅=.【相关 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 】1.对积分上限的函数的求导公式：若()()()()ttFtfxdxβα=∫,()tα,()tβ均一阶可导,则[][]()()()()()Fttfttftββαα′′′=⋅−⋅.(5)【答案】1yxe=+【解析】题中未说什么渐近线,所以三类渐近线都要考虑.由曲线方程1ln()yxex=+知,铅直渐近线可能在两处：1xe+→−及0x→,但题设0x>,所以1xe+→−不予考虑,考虑0x+→的情况.当0x+→时,01ln()1limln()1limlim0ttxetxextxtet+→+∞→+∞→++==≠∞+洛,所以无铅直渐近线；因1lim()limln()limln,xxxyxxexex→+∞→+∞→+∞=+==+∞故无水平渐近线.再考虑斜渐近线:1limlimln()1xxyexx→+∞→+∞=+=,()11limlimln()1limlnln(1)1111limln(1)lim,xxxxxyxxexexexxxexexe→+∞→+∞→+∞→+∞→+∞−=+−=++−=+=⋅=(x→+∞时,11ln(1)exex+)所以有斜渐近线y1xe=+.【相关知识点】1.铅直渐近线：如函数()yfx=在其间断点0xx=处有0lim()xxfx→=∞,则0xx=是函数的一条铅直渐近线；水平渐近线：当lim(),(xfxaa→∞=为常数）,则ya=为函数的水平渐近线.斜渐近线：若有()lim,lim[()]xxfxabfxaxx→∞→∞==−存在且不为∞,则yaxb=+为斜渐近线.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分,在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.)(1)【答案】(D)【解析】方法1:直接利用无穷小量的性质可以证明(D)是正确的.由1()nnnnyxyx=⋅及1lim0,lim0nnnnnxyx→∞→∞==可知ny为两个无穷小之积,故ny亦为无穷小,应选(D).方法2:排除法.(A)的反例:22111,,limlimlim0nnnnnnnxnyxynnnn→∞→∞→∞===⋅==满足题设,但lim0nny→∞=不发散；(B)的反例:21,21,0,21,1,2,0,2,2,2,nnknknkxyknkknk−=−=−=====,满足lim0nnnxy→∞=,但ny不是有界数列；(C)的反例:111:1,,,,,23nxn有界数列,1(1,2,),nyn==满足1limlim0nnnnxyn→∞→∞==,但ny不是无穷小；排除掉(A)、(B)、(C),故选(D).(2)【答案】(B)【解析】当函数中出现绝对值号时,就有可能出现不可导的“尖点”,因为这时的函数是分段函数.22()(2)1fxxxxx=−−−,当0,1x≠±时()fx可导,因而只需在0,1x=±处考察()fx是否可导.在这些点我们分别考察其左、右导数.由22222222(2)(1),1,(2)(1),10,()(2)(1),01,(2)(1),1,xxxxxxxxxxfxxxxxxxxxxx−−−<−−−−−≤<=−−−≤<−−−≤⇒()()22111(2)(1)0(1)limlim011xxfxfxxxxfxx−−−→−→−−−−−−−′−===++,()()22111(2)(1)0(1)limlim011xxfxfxxxxfxx+++→−→−−−−−−−′−===++,即()fx在1x=−处可导.又()()22000(2)(1)0(0)limlim2xxfxfxxxxfxx−−−→→−−−−−′===,❤()()22000(2)(1)0(0)limlim2xxfxfxxxxfxx+++→→−−−−−′===−,所以()fx在0x=处不可导.类似,函数()fx在1x=处亦不可导.因此()fx只有2个不可导点,故应选(B).评注：本题也可利用下列结论进行判断：设函数()()fxxaxϕ=−,其中()xϕ在xa=处连续,则()fx在xa=处可导的充要条件是()0aϕ=.(3)【答案】(A)【解析】由2,1yxyxα∆∆=++有2.1yyxxxα∆=+∆+∆令0,x∆→得α是x∆的高阶无穷小,则0lim0xxα∆→=∆,0limxyx∆→∆∆20lim1xyxxα∆→=++∆200limlim1xxyxxα∆→∆→=++∆21yx=+即21dyydxx=+.分离变量,得2,1dydxyx=+两边积分,得lnarctanyxC=+,即arctan1.xyCe=代入初始条件(0),yπ=得()arctan0110.yCeCπ===所以,arctanxyeπ=.故arctan1(1)xxyeπ==arctan1eπ=4.eππ=【相关知识点】无穷小的比较：设在同一个极限过程中,(),()xxαβ为无穷小且存在极限()lim()xlxαβ=,(1)若0,l≠称(),()xxαβ在该极限过程中为同阶无穷小；(2)若1,l=称(),()xxαβ在该极限过程中为等价无穷小,记为()()xxαβ；(3)若0,l=称在该极限过程中()xα是()xβ的高阶无穷小,记为()()()xoxαβ=.若()lim()xxαβ不存在(不为∞),称(),()xxαβ不可比较.❤(4)【答案】(C)【解析】由xa=是()fx的极大点,知存在0δ>,当(),xaaδδ∈−+时,()()fxfa≤,即()()0fxfa−≤.因此,当(),xaaδ∈−时,[]()()()0;xafxfa−−≥当(),xaaδ∈+时,[]()()()0xafxfa−−≤.所以,(A)与(B)都不正确.已知()fx在xa=处连续,由函数在一点连续的定义可知,lim()()xafxfa→=,再由极限四则运算法则可得22()()()()lim0()()()taftfxfafxxatxax→−−=≥≠−−.应选(C).(5)【答案】(B)【解析】对任何n阶矩阵都要成立的关系式,对特殊的n阶矩阵自然也要成立.那么,当A可逆时,由1AAA∗−=,有111111()()nnnkAkAkAkAAkAAkAk∗−−−−−∗==⋅==.故应选(B).一般地,若()ijnnAa×=,有()ijnnkAka×=,那么矩阵kA的第i行j列元素的代数余子式为111,11,111,11,11,11,1,11,11,11,1,1,1111,11,111,11,11,11,1(1)(1)jjniijijinijiijijinnnjnjnnjjniijijinijnikakakakakakakakakakakakakakakakaaaaaaaaaka−+−−−−+−+++−+++−+−+−−−−+−+−+−=−1,11,11,11,1,1,1,ijijinnnjnjnnaaaaaaa+−+++−+即kA中每个元素的代数余子式恰好是A相应元素的代数余子式的1nk−倍,因而,按伴随矩❤阵的定义知*()kA的元素是*A对应元素的1nk−倍.【相关知识点】1.行列式的性质：若A是n阶矩阵,则.nkAkA=2.矩阵A可逆的充要条件是0A≠,且11AAA−∗=.三、(本题满分5分)【分析】由间断点的定义可知,函数无定义的点一定是间断点,故可以先找出函数无定义的点,再讨论判断出间断点的类型.【解析】()fx在区间(0,2)π内的间断点为1tan()4xπ−无定义的点,即357,,,4444xππππ=各点.在4xπ=处,4lim()xfxπ+→=+∞；在54xπ=处,54lim()xfxπ+→=+∞,故5,44xππ=为()fx的第二类间断点；在34xπ=处,34lim()1xfxπ→=；在74xπ=处,74lim()1xfxπ→=,但相应的函数值在该点无定义,故()fx在37,44xππ=处为可去间断点.【相关知识点】设lim(),lim()xaxafxAgx→→==+∞,则()0,01lim(),1gxxaAfxA→<<=+∞>.2.函数()fx的间断点或者不连续点的定义：设函数()fx在点0x的某去心邻域内有定义,只要满足一下三种情况之一即是间断点.(1)在0xx=没有定义；(2)虽在0xx=有定义,但0lim()xxfx→不存在；(3)虽在0xx=有定义,且0lim()xxfx→存在,但00lim()();xxfxfx→≠3.通常把间断点分成两类：如果0x是函数()fx的间断点,但左极限0()fx−及右极限0()fx+都存在,那么0x称为函数()fx的第一类间断点；不是第一类间断点的任何间断点,称为第二类间断点.四、(本题满分5分)【分析】解决这类问题,原则上与求极限差不多,但是因为其中含有某些参数,比如在用洛必❤达法则前,极限是否为“00”型或“∞∞”型,要先行讨论,通过讨论,有时就可以推断出其中参数的特点,然后再求极限,这是一类常考的题目.【解析】当0x→时sin0axx−→,又由题设30sinlim(0),ln(1)xxbaxxcctdtt→−=≠+∫所以应有30ln(1)lim0xbxtdtt→+=∫(否则与30sinlim(0)ln(1)xxbaxxcctdtt→−=≠+∫矛盾),从而只有0b=,因此30sinlimln(1)xxbaxxtdtt→−+∫满足洛必达法则的条件,用洛必达法则求其极限.332000sincoscos0limlimlim.ln(1)ln(1)xxxxbaxxaxaxctxxdttx→→→−−−≠===++∫洛等(当0x→时,ln(1)xx+∼)如果1a≠,则右边极限为∞,与原设左边矛盾,故1a=,于是上述等式成为201cos10lim.2xxcx→−≠==等(当0x→时,211cos2xx−∼)所以最后得11,0,2abc===．五、(本题满分5分)【解析】方法１：由seccosuyuxx==,有23secsectan,sec2sectan(sectansec),yuxuxxyuxuxxuxxx′′=+′′′′′=+++代入原方程cos2sin3cosxyxyxyxe′′′−+=,得4xuue′′+=.(*)先求其相应齐次方程的通解,由于其特征方程为240λ+=,则特征方程的根为2iλ=±.所以通解为12()cos2sin2,uxCxCx=+(12,CC为任意常数).再求非齐次方程的特解,特解应具有形式()xuxAe∗=,代入(*)式,得❤()4xxAeAe′′+45xxxAeAeAe=+=xe=解得,15A=,因此1()5xuxe∗=.故(*)的通解为121()cos2sin25xuxCxCxe=++,(12,CC为任意常数).所以,原微分方程的通解为12cos22sincos5cosxxeyCCxxx=++.方法２：由coscosuyuyxx==有,于是cossin,cos2sincos,uyxyxuyxyxyx′′=−′′′′′=−−原方程化为4xuue′′+=(以下与方法１相同)．【相关知识点】两函数乘积的求导公式：[]()()()()()()fxgxfxgxfxgx′′′⋅=⋅+⋅.六、(本题满分6分)【解析】当1x=时,被积函数的极限121limxxx→=∞−,即1x=是被积函数的无穷间断点,故所给的是广义积分.222,01,(1),01.xxxxxxxxxxx−≤≤−=−=−<>或331221122122231211222131021111()()4224arcsin(21)ln(sectan)ln(23).2dxdxdxxxxxxxdxdxxxxttππ=+−−−=+−−−−=−++=++∫∫∫∫∫其中,❤11112222111122221121111()14()42222(21)1(21)1(21)arcsin(21)dxdxxxdxdxxxx=−−−−−==−−−−=−∫∫∫∫求321211()24dxx−−∫：设113sec,:1,222xtx−=→则111:0,(sec)sectan3222tdxdtttdtπ→=+=,22211111()(sec)sec124242xtt−−=−=−=1tan2t,于是,32333010021sectan2secln(sectan)111tan()224ttdtdxdxtdttttxπππ===+−−∫∫∫.七、(本题满分6分)【解析】先建立坐标系,取沉放点为原点O,铅直向下作为Oy轴正向,探测器在下沉过程中受重力、浮力和阻力的作用,其中重力大小：mg,浮力的大小：FBρ=−浮；阻力：kv−,则由牛顿第二定律得2002,0,0.ttdymmgBgkvyvdtρ===−−==(*)由22,dydydvdvdydvdyvvvdvdtdtdtdydtdy===⋅==,代入(*)得y与v之间的微分方程10,0ydymvmgBkvvdvρ−==−−=.分离变量得mvdydvmgBkvρ=−−,两边积分得mvdydvmgBkvρ=−−∫∫,❤2222()()()BmmgBmmgmvkkkkydvmgBkvmBmmgmgBkvkkkdvmgBkvmgBmmkdvkmgBkvmmmgBdvdvkkmgBkvρρρρρρρρρρ+−−+=−−−−−−+=−−−=−+−−−=−+−−∫∫∫∫∫1()()()()mmgBmkvdmgBkvkkmgBkvρρρ−⋅−=−+−−−−∫(第一类换元法)2()ln()mmmgBvmgBkvCkkρρ−=−−−−+.再根据初始条件0|0,yv==即22()()ln()0ln()mmgBmmgBmgBCCmgBkkρρρρ−−−−+=⇒=−.故所求y与v函数关系为()2ln.mmgBmmgBkvyvkkmgBρρρ−−−=−−−八、(本题满分8分)【解析】(1)要证0(0,1)x∃∈,使0100()()xxfxfxdx=∫；令1()()()xxxfxftdtϕ=−∫,要证0(0,1)x∃∈,使0()0xϕ=.可以对()xϕ的原函数0()()xxtdtϕΦ=∫使用罗尔定理：(0)0Φ=,11110001111000(1)()()(())()()()0,xxxxxdxxfxdxftdtdxxfxdxxftdtxfxdxϕ==Φ==−=−+=∫∫∫∫∫∫∫分部又由()fx在[0,1]连续()xϕ⇒在[0,1]连续,()xΦ在[0,1]连续,在(0,1)可导.根据罗尔定❤12x(2,1)Oy1理,0(0,1)x∃∈,使00()()0xxϕ′Φ==.(2)由()()()()()2()0xxfxfxfxxfxfxϕ′′′=++=+>,知()xϕ在(0,1)内单调增,故(1)中的0x是唯一的.评注：若直接对()xϕ使用零点定理,会遇到麻烦：10(0)()0,(1)(1)0ftdtfϕϕ=−≤=≥∫.当()0fx≡时,对任何的0(0,1)x∈结论都成立；当()fx≡0时,(0)0,ϕ<但(1)0ϕ≥,若(1)0ϕ=,则难以说明在(0,1)内存在0x.当直接对()xϕ用零点定理遇到麻烦时,不妨对()xϕ的原函数使用罗尔定理.【相关知识点】1.罗尔定理：如果函数()fx满足(1)在闭区间[,]ab上连续；(2)在开区间(,)ab内可导；(3)在区间端点处的函数值相等,即()()fafb=,那么在(,)ab内至少有一点ξ(abξ<<),使得()0fξ′=.九、(本题满分8分)【解析】先求切线方程：00(,)xy处的切线为0001()2yyxxy−=−.以0,0xy==代入切线方程,解得0002,11xyx==−=,切线方程为12yx=.(见右图)由曲线段1(12)yxx=−≤≤绕x轴的旋转面面积❤2221112322111212114(1)2143(43)(551).346Syydxxdxxxdxxπππππ′=+=−⋅+−=−=⋅⋅−=−∫∫∫而由曲线段1(02)2yxx=≤≤绕x轴的旋转面面积2222002220012121245515.222xSyydxdxxdxxπππππ′=+=⋅+==⋅=∫∫∫由此,旋转体的表面积为12(1151).6SSSπ=+=−十、(本题满分8分)【解析】由题设及曲率公式,有()()312222111yyy′′−=′′++(因曲线()yyx=向上凸,0,yyy′′′′′′<=−),化简得211yy′′=−′+.改写为21dydxy′=−′+,两边积分得21dydxy′=−′+∫∫,解得1arctanyxC′=−+.由题设,曲线上点(0,1)处的切线方程为1yx=+,可知(0)1,(0)1yy′==.以0x=代入上式,得14Cπ=.于是有arctan4yxπ′=−+,故有3tan(),.444yxxπππ′=−−<<(上式中注明区间是344xππ−<<的原因：本题中使正切函数有意义的区间有很多,一般可以写成32244nxnππππ−+<<+,本题选择344xππ−<<是因为题设曲线在0x=处有值,❤又已知曲线是一条连续曲线,因此解的范围应该包含0x=在内并且使()yx连续的一个区间.)再积分得2sin()4tan()4cos()41cos()lncos().44cos()4xyxdxdxxdxxCxππππππ−=−=−=−=−+−∫∫∫又由题设可知(0)1y=,代入确定211lncos1ln242Cπ=−=+,于是所求的曲线方程为13lncos1ln2,.4244yxxπππ=−++−<<由于cos1,4xπ−≤且lnx在定义域内是增函数,所以当且仅当cos14xπ−=时,即4xπ=时y取得最大值,由于3,444πππ∈−,所以此时也是y取极大值,极大值为11ln22y=+；显然y在344xππ−<<没有极小值.【相关知识点】曲线()yyx=在其上任意一点(,)xy处的曲率公式：()3221yky′′=′+.十一、(本题满分8分)【分析】不等式的证明一般用单调性来证明,除此之外,还可以用拉格朗日中值公式、拉格朗日余项泰勒公式、最大(小)值来证明.【解析】(1)方法1：利用单调性证明.令22()(1)ln(1),xxxxϕ=−++则[]22()2ln(1)2ln(1),2()ln(1),12ln(1)()0(01).(1)xxxxxxxxxxxxϕϕϕ′=−+−+′′=−+++′′′=><<+()xϕ′′⇒在(0,1)内单调递增,()(0)0(01)xxϕϕ′′′′>=<<；()xϕ′⇒在(0,1)内单调递增,()(0)0(01)xxϕϕ′′>=<<；❤()xϕ⇒在(0,1)内单调递增,()(0)0(01)xxϕϕ>=<<,即22(1)ln(1)xxx++<.方法2：改写原不等式,当(0,1)x∈时,10x+>,故可在不等式两边同时除以(1)x+,有22ln(1)1xxx+<+,两边开平方,ln(1)1xxx+<+.令()ln(1)1xgxxx=+−+,()()()()33222321121()1121212112121110,(0)21xxxgxxxxxxxxxxxx+−+′=−+++−−+−++==−+++−=−<>+当故函数()gx在区间[0,1]上单调减少,由(0)0g=,可知当0x>时,()(0)0gxg<=,即ln(1)1xxx+<+,从而原不等式成立,证毕.方法3：由方法1,22()(1)ln(1),xxxxϕ=−++已证(0)0,(0)0,()0,xϕϕϕ′′′==>(0)x>于是由()xϕ的1阶麦克劳林公式(拉格朗日余项)有2211()(0)(0)()()0.2!2xxxxϕϕϕϕξϕξ′′′′′=++=>即22(1)ln(1)xxx++<,证毕.(2)令11ln(1)(),ln(1)ln(1)xxfxxxxx−+=−=++22222211(1)ln(1)()(1)ln(1)(1)ln(1)xxxfxxxxxxx++−′=−+=++++,❤由(1),()0(01)()fxxfx′<<<⇒在(0,1)单调减(1)()(0)(01)ffxfx+⇒<<<<,而1(1)1ln2f=−,且2000ln(1)ln(1)(0)lim()limlimln(1)xxxxxxxffxxxx++++→→→−+−+==+等0011111limlim22(1)2xxxxx++→→−+==+洛,故111(),ln22fx−<<即11111.ln2ln(1)2xx−<−<+证毕.十二、(本题满分5分)【解析】由矩阵运算法则,将等式11(2)TECBAC−−−=两边左乘C,得11(2)TCECBACC−−−=,即(2)TCBAE−=.对上式两端取转置,有(2)TTACBE−=.由可逆矩阵及逆矩阵的定义,可知矩阵2,TTCBA−均可逆,因为A是4阶方阵,故111000100021002100(2)3210121043210121TTACB−−−=−==−−.十三、(本题满分8分)【分析】β能由(不能由)12,,,sααα线性表出⇔,1,2,,iisαβ=为列向量的非齐次线性方程组1122ssxxxαααβ+++=有解(无解),从而将线性表出的问题转化为方程组解的情况的判定与求解.【解析】令[][]123123,,,,,TAXxxxααα==,作方程组AXβ=,并对此方程组的增广矩阵进行初等变换：❤[]1212031203471100112()01101123401212030112().00100002Abbaaabβ−−=∗−−−−−−∗−−其中,1()∗变换：将第1行乘以-4加到第2行,再将第1行乘以-2加到第4行；2()∗变换：第2行加到第1行,再将第2行乘以-1加到第4行,最后3,4行互换.由非齐次线性方程组有解的判定定理,可得(1)当2b≠时,线性方程组AXβ=无解,此时β不能由123,,ααα线性表出.(2)当2,1ba=≠时,()()3rArA==,线性方程组AXβ=有唯一解,下面求此唯一解.由以上增广矩阵变换可得线性方程组AXβ=的同解方程组为12233232(1)0xxxxax+=−+=−−=,解得唯一解为[]1,2,0TX=−.故β能由123,,ααα线性表出为122.βαα=−+(3)当2,1ba==时,()()23rArA==<,线性方程组AXβ=有无穷多解.求齐次线性方程组0AX=的基础解系.齐次线性方程组0AX=的同解方程组为1223200xxxx+=−+=,基础解系所含向量的个数为()321nrA−=−=,选2x为自由未知量,取21x=,解得基础解系为(2,1,1)Tξ=−.取30x=,解得的一个特解为(1,2,0)Tη∗=−,则由非齐次线性方程组解的结构可知,方程组AXβ=的通解为()21,2,TXkkkkξη∗=+=−−+,k是任意常数.❤则β能由123,,ααα线性表出,且表示法为无穷多(常数k可以任意),且123(21)(2)kkkβααα=−++++.【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理：设A是mn×矩阵,方程组Axb=,则(1)有唯一解()().rArAn⇔==(2)有无穷多解()().rArAn⇔=<(3)无解()1().rArA⇔+=⇔b不能由A的列向量线性表出.❤