2025年大學(xué)《數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)》專業(yè)題庫——數(shù)學(xué)推理對邏輯思維的訓(xùn)練考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設(shè)\(A\)和\(B\)是兩個非空集合，證明：若\(A\subseteqB\)，則\(A\timesA\subseteqB\timesB\)。二、已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，且對于任意正整數(shù)\(n\)，都有\(zhòng)[a_{n+1}=\sqrt{a_n+2}.\]證明數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)收斂，并求其極限。三、設(shè)函數(shù)\(f(x)\)在\([a,b]\)上連續(xù)，在\((a,b)\)內(nèi)可導(dǎo)。證明：存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\[f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).\]（注：此為拉格朗日中值定理的證明）四、設(shè)\(f(x)=\frac{x}{1+x}\)。計算不定積分\(\int\frac{f(x)}{[f(x)]^2+1}\,dx\)。五、設(shè)\(\mathbf{A}=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\)和\(\mathbf{B}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\)。證明\(\mathbf{A}\)和\(\mathbf{B}\)在實(shí)數(shù)域上不可對角化。六、給定函數(shù)\(f(x)=x^3-3x+2\)。（1）求\(f(x)\)的所有極值點(diǎn)；（2）證明\(f(x)\)在\([-2,2]\)上恰有兩個零點(diǎn)。七、設(shè)函數(shù)\(f(x,y)\)在點(diǎn)\((0,0)\)的鄰域內(nèi)定義，且滿足\(f(0,0)=0\)。若存在常數(shù)\(M>0\)，使得對于任意\((x,y)\neq(0,0)\)，都有\(zhòng)[|f(x,y)|\leM\sqrt{x^2+y^2},\]證明函數(shù)\(f(x,y)\)在點(diǎn)\((0,0)\)處可微。試卷答案一、證明：任取\((a,b)\inA\timesA\)，則\(a\inA\)且\(b\inA\)。由\(A\subseteqB\)，得\(a\inB\)且\(b\inB\)。因此，\((a,b)\inB\timesB\)。所以，\(A\timesA\subseteqB\timesB\)。二、證明：首先證明\(\{a_n\}\)有界且單調(diào)遞增。1.有界性：由\(a_1=1\)，且\(a_{n+1}=\sqrt{a_n+2}\ge\sqrt{1+2}=\sqrt{3}\)，知\(a_n\ge\sqrt{3}\)對所有\(zhòng)(n\)成立。即數(shù)列下界為\(\sqrt{3}\)。2.單調(diào)性：考察\(a_{n+1}-a_n=\sqrt{a_n+2}-a_n\)。令\(g(x)=\sqrt{x+2}-x\)，則\(a_{n+1}-a_n=g(a_n)\)。當(dāng)\(x\ge\sqrt{3}\)時，\(g'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x+2}}-1<0\)，且\(g(x)>g(\sqrt{3})=\sqrt{\sqrt{3}+2}-\sqrt{3}>0\)（可通過計算或觀察\(g(x)\)在\([\sqrt{3},\infty)\)單調(diào)遞減且\(g(\sqrt{3})>0\)得出）。因此，當(dāng)\(n\ge1\)時，\(a_{n+1}-a_n>0\)，即數(shù)列單調(diào)遞增。由單調(diào)有界原理，數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)收斂。設(shè)極限為\(L\)，則\(\lim_{n\to\infty}a_n=L\)。由\(a_{n+1}=\sqrt{a_n+2}\)，兩邊取極限得\(L=\sqrt{L+2}\)。解得\(L^2=L+2\)，即\(L^2-L-2=0\)，解為\(L=2\)或\(L=-1\)。由于\(a_n\ge\sqrt{3}>0\)，故極限\(L=2\)。即數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)收斂，極限為2。三、證明：構(gòu)造輔助函數(shù)\(F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x\)。\(F(x)\)在\([a,b]\)上連續(xù)，在\((a,b)\)內(nèi)可導(dǎo)。\(F(a)=f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}a=f(a)-\frac{f(a)(b-a)}{b-a}=f(a)-f(a)=0\)。\(F(b)=f(b)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}b=f(b)-\frac{f(b)b-f(a)b}{b-a}=f(b)-f(b)=0\)。由羅爾定理，存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(F'(\xi)=0\)。\(F'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)。因此，\(F'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\)。即\(f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)。\[f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).\]四、解：令\(u=f(x)=\frac{x}{1+x}\)，則\(du=\frac{1\cdot(1+x)-x\cdot1}{(1+x)^2}dx=\frac{1}{(1+x)^2}dx\)。即\(dx=(1+x)^2du\)。原式\(=\int\frac{u}{u^2+1}(1+x)^2du\)。注意到\(1+x=1+u(1+x)=\frac{1}{u}+1\)，所以\((1+x)^2=\left(\frac{1}{u}+1\right)^2=\frac{1}{u^2}+\frac{2}{u}+1\)。代入積分式，分子\(u\)與分母\(u^2\)抵消部分，剩下\(\int\frac{\frac{2}{u}}{u^2+1}du+\int\frac{1}{u^2+1}du\)。\(=2\int\frac{1}{u(u^2+1)}du+\int\frac{1}{u^2+1}du\)。對第一項使用部分分式分解：\(\frac{1}{u(u^2+1)}=\frac{A}{u}+\frac{Bu+C}{u^2+1}\)。\(1=A(u^2+1)+u(Bu+C)\)。令\(u=0\)，得\(1=A\)。令\(u=-1\)，得\(1=A(0+1)-(-1)(B(-1)+C)=A+B-C=1+B-C\)，即\(B-C=0\)。令\(u=1\)，得\(1=A(1+1)+1(B+C)=2A+B+C=2+B+C\)，即\(B+C=-1\)。聯(lián)立\(B-C=0\)和\(B+C=-1\)，解得\(B=-\frac{1}{2}\),\(C=\frac{1}{2}\)。所以\(\frac{1}{u(u^2+1)}=\frac{1}{u}-\frac{\frac{1}{2}u-\frac{1}{2}}{u^2+1}=\frac{1}{u}-\frac{1}{2}\frac{u}{u^2+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{u^2+1}\)。\(2\int\frac{1}{u(u^2+1)}du=2\left(\int\frac{1}{u}du-\frac{1}{2}\int\frac{u}{u^2+1}du+\frac{1}{2}\int\frac{1}{u^2+1}du\right)\)。\(=2\ln|u|-\ln(u^2+1)+\ln(u^2+1)+C_1=2\ln|u|+C_1\)。其中\(zhòng)(u=f(x)=\frac{x}{1+x}\)。第二項\(\int\frac{1}{u^2+1}du=\arctanu+C_2\)。合并結(jié)果：\(2\ln\left|\frac{x}{1+x}\right|+\arctan\left(\frac{x}{1+x}\right)+C\)。由于\(x>-1\)，故\(\frac{x}{1+x}>0\)，可去絕對值。最終結(jié)果為\(2\ln\frac{x}{1+x}+\arctan\frac{x}{1+x}+C\)。五、證明：計算\(\mathbf{A}\)的特征多項式\(\det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\)。\(\det\begin{pmatrix}1-\lambda&2\\3&4-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(4-\lambda)-6=\lambda^2-5\lambda-2\)。特征方程為\(\lambda^2-5\lambda-2=0\)。解得特征根\(\lambda_1=\frac{5+\sqrt{33}}{2}\)，\(\lambda_2=\frac{5-\sqrt{33}}{2}\)。由于\(\lambda_1\neq\lambda_2\)，\(\mathbf{A}\)有兩個不同的特征值。計算特征值\(\lambda_1\)對應(yīng)的特征向量：\((\mathbf{A}-\lambda_1\mathbf{I})\mathbf{v}=0\implies\begin{pmatrix}1-\lambda_1&2\\3&4-\lambda_1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0\)。得\((1-\lambda_1)x+2y=0\)。令\(y=1\)，則\(x=-\frac{2}{1-\lambda_1}\)。特征向量\(v_1=\begin{pmatrix}-\frac{2}{1-\lambda_1}\\1\end{pmatrix}\)。同理，計算特征值\(\lambda_2\)對應(yīng)的特征向量：\((\mathbf{A}-\lambda_2\mathbf{I})\mathbf{v}=0\implies\begin{pmatrix}1-\lambda_2&2\\3&4-\lambda_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0\)。得\((1-\lambda_2)x+2y=0\)。令\(y=1\)，則\(x=-\frac{2}{1-\lambda_2}\)。特征向量\(v_2=\begin{pmatrix}-\frac{2}{1-\lambda_2}\\1\end{pmatrix}\)。由于\(\lambda_1\neq\lambda_2\)，對應(yīng)的特征向量\(v_1\)和\(v_2\)線性無關(guān)。因此，\(\mathbf{A}\)可對角化。（注：此處計算的特征向量表達(dá)式包含了未簡化的\(\lambda_1\)和\(\lambda_2\)，在標(biāo)準(zhǔn)答案中通常會進(jìn)一步簡化或直接說明存在兩個線性無關(guān)的特征向量即可。但根據(jù)“不可對角化”的結(jié)論，意味著上述計算過程或前提有誤。重新審視：\(\mathbf{B}\)的特征多項式為\(\det(\mathbf{B}-\lambda\mathbf{I})=\det\begin{pmatrix}-\lambda&1\\-1&-\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2+1\)。特征根為\(\pmi\)，是兩個不同的復(fù)特征值。對于實(shí)數(shù)域\(\mathbb{R}\)，復(fù)特征值必然成對出現(xiàn)，且對應(yīng)的特征向量也是復(fù)向量。因此，\(\mathbf{B}\)在實(shí)數(shù)域上不可對角化。而題目要求證明\(\mathbf{A}\)和\(\mathbf{B}\)都不可對角化，這與\(\mathbf{A}\)的計算結(jié)果矛盾。因此，原題目的設(shè)定可能存在錯誤，或者“不可對角化”的結(jié)論是針對\(\mathbf{B}\)或題目本身有特定要求。若嚴(yán)格按照\(\mathbf{A}\)的計算，它應(yīng)是可對角化的。若必須給出一個“不可對角化”的證明，則應(yīng)針對\(\mathbf{B}\)進(jìn)行證明，或者修正題目使\(\mathbf{A}\)也有重根或復(fù)根。以下按原題意，假設(shè)需要證明兩者皆不可對角化，則應(yīng)修正為\(\mathbf{A}\)也有復(fù)根或重根。例如，將\(\mathbf{A}\)改為\(\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\)，其特征值為1（重根），只有一個線性無關(guān)的特征向量，不可對角化。但按原矩陣\(\mathbf{A}\)，它是可對角化的。此處按原矩陣計算其可對角化，與題目要求矛盾。因此，此題題目設(shè)置本身有問題。若必須回答，則指出\(\mathbf{A}\)是可對角化的，而\(\mathbf{B}\)是不可對角化的。）修正思路：若必須證明兩者皆不可對角化，可改為證明\(\mathbf{B}\)或構(gòu)造一個\(\mathbf{A}\)不可對角化的例子。例如，將\(\mathbf{A}\)改為\(\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\)。證明（修正后針對\(\mathbf{A}'=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\)）：特征多項式\(\det(\mathbf{A}'-\lambda\mathbf{I})=\det\begin{pmatrix}1-\lambda&1\\0&1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)^2\)。特征值\(\lambda=1\)（重根）。計算\(\mathbf{A}'-\lambda\mathbf{I}=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\)。齊次線性方程組\(\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=0\)。得\(y=0\)，\(x\)任意?；A(chǔ)解系為\(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\)。只有一個線性無關(guān)的特征向量。因此，\(\mathbf{A}'\)不可對角化。證明（針對\(\mathbf{B}\)）：特征多項式\(\det(\mathbf{B}-\lambda\mathbf{I})=\lambda^2+1\)。特征值\(\lambda=\pmi\)（復(fù)數(shù)）。在實(shí)數(shù)域上沒有特征向量（對應(yīng)的特征向量是復(fù)向量）。因此，\(\mathbf{B}\)在實(shí)數(shù)域上不可對角化。六、解：（1）求導(dǎo)\(f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1)\)。令\(f'(x)=0\)，得\(x=1\)或\(x=-1\)?？疾靄(f''(x)=6x\)。\(f''(1)=6>0\)，故\(x=1\)為極小值點(diǎn)。\(f''(-1)=-6<0\)，故\(x=-1\)為極大值點(diǎn)。（2）考察零點(diǎn)：\(f(x)=x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)\)。由因式分解知\(f(x)=0\)的根為\(x=1\)（重根）和\(x=-2\)。極值點(diǎn)\(x=-1\)處，\(f(-1)=(-1)^3-3(-1)+2=-1+3+2=4\)。極大值\(f(-1)=4>0\)。在\((-2,-1)\)區(qū)間內(nèi)，\(f(x)\)由\(f(-2)=0\)單調(diào)遞增到\(f(-1)=4\)，必有一個零點(diǎn)。在\((-1,1)\)區(qū)間內(nèi)，\(f(x)\)由\(f(-1)=4\)單調(diào)遞減到\(f(1)=0\)，必有一個零點(diǎn)（\(x=1\)為極小值點(diǎn)，函數(shù)從正變負(fù)）。在\((1,\infty)\)區(qū)間內(nèi)，\(f(x)\)在\(x=1\)處由\(f(1)=0\)開始單調(diào)遞增，\(f(x)>0\)。因此，\(f(x)\)在\([-2,2]\)上恰有兩個零點(diǎn)，分別在\((-2,-1)\)和\((-1,1)\)內(nèi)。七、證明：由條件，對于任意\((x,y)\neq(0,0)\)，有\(zhòng)[|f(x,y)|\leM\sqrt{x^2+y^2}.\]考慮函數(shù)\(g(t)=f(tx,ty)\)。則\(g(0)=f(0,0)=0\)。對于任意\(t\neq0\)，有\(zhòng)[|g(t)|=|f(tx,ty)|\leM\sqrt{(tx)^2+(ty