考研數(shù)學一（高等數(shù)學）模擬試卷23（共262題）

考研數(shù)學一（高等數(shù)學）模擬試卷23（共9套）（共262題）考研數(shù)學一（高等數(shù)學）模擬試卷第1套一、選擇題(本題共4題，每題1.0分，共4分。)1、設f(x)是二階常系數(shù)非齊次線性微分方程y"+py’+qy=sin2x+2ex的滿足初始條件f(0)=f’(0)=0的特解，則當x→0時，()．A、不存在B、等于0C、等于1D、其他標準答案：C知識點解析：因為f(0)=f’(0)=0，所以f"(0)=2，于是=1，選(C)．2、設f(x)在x=a處的左、右導數(shù)都存在，則f(x)在x=a處()．A、一定可導B、一定不可導C、不一定連續(xù)D、連續(xù)標準答案：D知識點解析：因為f(x)在x=a處右可導，所以f(x)=f(a)，即f(x)在x=a處右連續(xù)，同理由f(x)在x=a處左可導，得f(x)在x=a處左連續(xù)，故f(x)在x=a處連續(xù)，由于左、右導數(shù)不一定相等，選(D)．3、設函數(shù)f(x)滿足關系f"(x)+f’2(x)=x，且f’(0)=0，則()．A、f(0)是f(x)的極小值B、f(0)是f(x)的極大值C、(0，f(0))是y=f(x)的拐點D、(0，f(0))不是y=f(x)的拐點標準答案：C知識點解析：由f’(0)=0得f"(0)=0，f"’(x)=1－2f’(x)f"(x)，f"’(0)=1＞0，由極限保號性，存在δ＞0，當0＜|x|＜δ時，f"’(x)＞0，再由f"(0)=0，得故(0，f(0))是曲線y=f(x)的拐點，選(C)．4、二階常系數(shù)非齊次線性微分方程y"－2y’－3y=(2x+1)e－x的特解形式為()．A、(ax+b)e－xB、x2e－xC、x2(ax+b)e－xD、x(ax+b)e－x標準答案：D知識點解析：方程y"－2y’－3y=(2x+1)e－x的特征方程為λ2－2λ－3=0，特征值為λ1=－1，λ2=3，故方程y"－2y’=3y=(2x+1)e－x的特解形式為x(ax+b)e－x，選(D)．二、填空題(本題共6題，每題1.0分，共6分。)5、標準答案：2知識點解析：)x]a=ea，∫－∞atetdt=∫－∞atd(et)=tet|－∞a－∫－∞aetdt=aea－ea，由ea=aea－ea得a=2．6、設f(x)在x=a的鄰域內(nèi)二階可導且f’(a)≠0，則標準答案：f"(a)／2f’2(a)知識點解析：7、標準答案：知識點解析：8、y=上的平均值為_______．標準答案：知識點解析：9、設直線L1：=z／1，則過直線L1且平行于L2的平面方程為_______．標準答案：π：x－3y+z+2=0知識點解析：所求平面的法向量為n={1，0，－1}×{2，1，1}={1，－3，1}，又平面過點(1，2，3)，則所求平面方程為π：(x－1)－3(y－2)+(z－3)=0，即π：x－3y+z+2=0．10、已知f(x)=，則f(n)(3)=_______．標準答案：知識點解析：三、解答題(本題共19題，每題1.0分，共19分。)11、設f(x)在[1，+∞)內(nèi)可導，f’(x)＜0且f(x)=a＞0，令an=f(k)－∫0nf(x)dx．證明：{an}收斂且0≤an≤f(1)．標準答案：因為f’(x)＜0，所以f(x)單調(diào)減少．又因為an+1－an=f(n+1)－∫nn+1f(x)dx=f(n+1)－f(ξ)≤0(ξ∈[n，n+1])，所以{an}單調(diào)減少．因為an=∫kk+1[f(k)－f(x)]dx+f(n)，而∫kk+1[f(k)－f(x)]dx≥0(k=1，2?…，n－1)且f(x)=a＞0，所以存在X＞0，當x＞X時，f(x)＞0．由f(x)單調(diào)遞減得f(x)＞0(x∈[1，+∞))，故an≥f(n)＞0，所以an存在．由an=f(1)+[f(2)－∫12f(x)dx]+…+[f(n)－∫n－1nf(x)dx]，而f(k)－∫k－1kf(x)dx≤0(k=2，3，…，n)，所以an≤f(1)，從而0≤an≤f(1)．知識點解析：暫無解析12、求函數(shù)y=ln(x+)的反函數(shù)．標準答案：令f(x)=ln(x+)，因為f(－x)=－f(x)，所以函數(shù)y=ln(x+)為奇函數(shù)，于是即函數(shù)y=ln(x+)的反函數(shù)為x=shy．知識點解析：暫無解析13、f(x)在[－1，1]上三階連續(xù)可導，且f(－1)=0，f(1)=1，f’(0)=0．證明：存在ξ∈(－1，1)，使得f"’(ξ)=3．標準答案：由泰勒公式得f(－1)=f(0)+f’(0)(－1－0)+(－1－0)3，ξ1∈(－1，0)，f(1)=f(0)+f’(0)(1－0)+(1－0)3，ξ2∈(0，1)，兩式相減得f"’(ξ1)+f"’(ξ2)=6．因為f(x)在[－1，1]上三階連續(xù)可導，所以f"’(x)在[ξ1，ξ2]上連續(xù)，由連續(xù)函數(shù)最值定理，f"’(x)在[ξ1，ξ2]上取到最小值m和最大值M，故2m≤f"’(ξ1)+f"’(ξ2)≤2M，即m≤3≤M．由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)介值定理，存在ξ∈[ξ1，ξ2](－1，1)，使得f"’(ξ)=3．知識點解析：暫無解析14、設f(x)在[0，+∞)內(nèi)可導且f(0)=1，f’(x)＜f(x)(x＞0)．證明：f(x)＜ex(x＞0)．標準答案：令φ(x)=e－xf(x)，則φ(x)在[0，+∞)內(nèi)可導，又φ(0)=1，φ’(x)=e－x[f’(x)－f(x)]＜0(x＞0)，所以當x＞0時，φ(x)＜φ(0)=1，所以有f(x)＜ex(x＞0)．知識點解析：暫無解析設函數(shù)f(x)=其中g(x)二階連續(xù)可導，且g(0)=1．15、確定常數(shù)a，使得f(x)在x=0處連續(xù)；標準答案：當a=g’(0)時，f(x)在x=0處連續(xù)．知識點解析：暫無解析16、求f’(x)；標準答案：知識點解析：暫無解析17、討論f’(x)在x=0處的連續(xù)性．標準答案：因為f’(x)=f’(0)，所以f’(x)在x=0處連續(xù)．知識點解析：暫無解析18、設f(x)二階連續(xù)可導，且f"(x)≠0，又f(x，+h)=f(x)+f’(x+θh)h(0＜θ＜1)．證明：θ=1／2．標準答案：由泰勒公式得f(x+h)=f(x)+f’(x)h+h2，其中ξ介于x與x+h之間．由已知條件得f’(x+θh)h=f’(x)h+h2，或f’(x+θh)－f’(x)=h，兩邊同除以h，得知識點解析：暫無解析19、標準答案：因為(x2ex)’=(x2+2x)ex，知識點解析：暫無解析20、設f(x)在[0，1]上連續(xù)且單調(diào)減少．證明：當0＜k＜1時，∫0kf(x)dx≥k∫01f(x)dx．標準答案：方法一∫0kf(x)dx－k∫01f(x)dx=∫0kf(x)dx－k[∫0kf(x)dx+∫k1f(x)dx]=(1－k)∫0kf(x)dx－k∫k1f(x)dx=k(1－k)[f(ξ1)－f(ξ2)]其中ξ1∈[0，k]，ξ2∈[k，1]．因為0＜k＜1且f(x)單調(diào)減少，所以∫0kf(x)dx－k∫01f(x)dx=k(1－k)[f(ξ1)－f(ξ2)]≥0，故∫0kf(x)dx≥k∫01f(x)dx．方法二∫0kf(x)dxk∫01f(kx)dt=k∫01f(kx)dx，當x∈[0，1]時，因為0＜k＜1，所以kx≤x，又因為f(x)單調(diào)減少，所以f(kx)≥f(x)，兩邊積分得∫01f(kx)dx≥∫01f(x)dx，故k∫01f(kx)dx≥k∫01f(x)dx，即∫0kf(x)dx≥k∫01f(x)dx．知識點解析：暫無解析21、設A(－1，0，4)，π：3x－4y+z+10=0，L：=z／2，求一條過點A與平面π平行，且與直線L相交的直線方程．標準答案：過A(－1，0，4)且與平面π：3x－4y+z+10=0平行的平面方程為π1：3(x+1)－4y+(z－4)一0，即π1：3x－4y+z－1=0．代入π1：3x－4y+z－1=0，得t=16，則直線L與π1的交點為M0(15，19，32)，所求直線的方向向量為S={16，19，28}，所求直線為知識點解析：暫無解析22、求函數(shù)u=x+y+z在沿球面x2+y2+z2=1上的點(x0，y0，z0)的外法線方向上的方向?qū)?shù)，在球面上怎樣的點使得上述方向?qū)?shù)取最大值與最小值?標準答案：球面x2+y2+z2=1在點(x0，y0，z0)處的外法向量為n={2x0，2y0，2z0}，方向余弦為cosα==x0，cosβ=y0，cosγ=z0，又=1，所求的方向?qū)?shù)為=x0+y0+z0．令F=x+y+z+λ(x2+y2+z2－1)，當(x，y，z)=()時，方向?qū)?shù)取最大值；當(x，y，z)=(－)時，方向?qū)?shù)取最小值－知識點解析：暫無解析23、計算二重積分I=∫01dx標準答案：知識點解析：暫無解析24、設f(x)連續(xù)，F(xiàn)(t)=[z2+f(x2+y2)]dv，其中V={(x，y，z)|x2+y2≤t2，0≤z≤h}．(t＞0)，求F(t)／t2．標準答案：F(t)=∫02πdθ∫0trdr∫0h[z2+f(r2)]dz=2π∫0tr[+hf(r2)]dr，知識點解析：暫無解析25、設L為曲線|x|+|y|=1的逆時針方向，計算標準答案：令C：x2+4y2=r2(r＞0)逆時針且C在曲線L內(nèi)，則有知識點解析：暫無解析26、設an=∫01x2(1－x)ndx，討論級數(shù)an的斂散性，若收斂求其和．標準答案：an=∫01x2(1－x)ndx∫10(1－t)2tn(－dt)－∫01(tn+2－2tn+1+tn)dt因為an～2／n3且2／n3收斂，所以an收斂．知識點解析：暫無解析27、設an+1／an≤bn+1／bn(n=1，2，…；an＞0，bn＞0)，證明：(1)若級數(shù)bn收斂，則級數(shù)an收斂；(2)若級數(shù)an發(fā)散，則級數(shù)bn發(fā)散．標準答案：(1)由an+1／an≤bn+1／bn，得an+1／bn+1≤an／bn，則數(shù)列單調(diào)遞減有下界，根據(jù)極限存在準則，知識點解析：暫無解析28、將函數(shù)f(x)=arctan展開成x的冪級數(shù)．標準答案：f(0)=π／4，f’(x)=(－1)nx2n(－1＜x＜1)，由逐項可積性得f(x)－f(0)=∫0xf’(x)dx=x2n+1．所以f(x)=x2n+1(－1≤x＜1)．知識點解析：暫無解析29、質(zhì)量為1g的質(zhì)點受外力作用作直線運動，外力和時間成正比，和質(zhì)點的運動速度成反比，在t=10s時，速度等于50cm／s．外力為39．2cm／s2，問運動開始1min后的速度是多少?標準答案：由題意得F=kt／v，因為當t=10時，v=50，F(xiàn)=39．2，所以k=196，從而F=196t／v，又因為F=mdv／dt，所以dv／dt=196t／v，分離變量得vdv=196tdt，所以1／2v2=98t2+C，由v|t=10=50，得C=－8550，知識點解析：暫無解析考研數(shù)學一（高等數(shù)學）模擬試卷第2套一、選擇題(本題共2題，每題1.0分，共2分。)1、=A、0．B、－∞．C、+∞．D、不存在但也不是∞．標準答案：D知識點解析：因為et=+∞，et=0，故要分別考察左、右極限．由于因此應選(D)．2、設f(x)=x－sinxcosxcos2x，g(x)=則當x→0時f(x)是g(x)的A、高階無窮?。瓸、低價無窮?。瓹、同階非等價無窮?。瓺、等價無窮?。畼藴蚀鸢福篊知識點解析：由等價無窮小因子替換及洛必達法則可得因此選(C)．二、填空題(本題共1題，每題1.0分，共1分。)3、設有定義在(－∞，+∞)上的函數(shù)：(A)f(x)=(B)g(x)=(C)h(x)=(D)m(x)=則(I)其中在定義域上連續(xù)的函數(shù)是____________；(II)以x=0為第二類間斷點的函數(shù)是____________．標準答案：(I)B(Ⅱ)D知識點解析：(I)當x＞0與x＜0時上述各函數(shù)分別與某初等函數(shù)相同，故連續(xù)．從而只需再考察哪個函數(shù)在點x=0處連續(xù)．注意到若f(x)=，其中g(x)在(－∞，0]連續(xù)h(x)在[0，+∞)連續(xù)．因f(x)=g(x)(x∈(－∞，0])f(x)在x=0左連續(xù)．若又有g(0)=h(0)f(x)=h(x)(x∈[0，+∞))f(x)在x=0右連續(xù)．因此f(x)在x=0連續(xù)．(B)中的函數(shù)g(x)滿足：sinx｜x=0=(cosx－1)｜x=0，又sinx，cosx－1均連續(xù)g(x)在x=0連續(xù)．因此，(B)中的g(x)在(－∞，+∞)連續(xù)．應選(B)．(Ⅱ)關于(A)：由x=0是f(x)的第一類間斷點(跳躍間斷點)．關于(C)：由e≠h(0)=0是h(x)的第一類間斷點(可去間斷點)．已證(B)中g(x)在x=0連續(xù)．因此選(D)．或直接考察(D)．由=+∞x=0是m(x)的第二類間斷點．三、解答題(本題共38題，每題1.0分，共38分。)4、判斷下列結論是否正確，并證明你的判斷．(I)若xn＜yn(n＞N)，且存在極限xn=A，yn=B，則A＜B；(II)設f(x)在(a，b)有定義，又c∈(a，b)使得極限f(x)=A，則f(x)在(a，b)有界；(Ⅲ)若f(x)=∞，則δ＞0使得當0＜｜x－a｜＜δ時有界．標準答案：(I)不正確．在題設下只能保證A≤B，不能保證A＜B．例如，xn=，則xn＜yn，而yn=0．(Ⅱ)不正確．這時只能保證：點c的一個空心鄰域U0(c，δ)=｜x｜0＜｜x－c｜＜δ｜使f(x)在U0(c，δ)中有界，一般不能保證f(x)在(a，b)有界．例如：f(x)=，(a，b)=(0，1)，取定c∈(0，1)，則在(0，1)無界．(Ⅲ)正確．因為=0，由存在極限的函數(shù)的局部有界性δ＞0使得當0＜｜x－a｜＜δ時有界．知識點解析：暫無解析5、設f(x)=又a≠0，問a為何值時f(x)存在．標準答案：f(0+0)==π，f(0－0)==1.a.1=a(a≠0)，由f(0+0)=f(0－0)，得a=π．因此，當且僅當a=π時，存在f(x)=π．知識點解析：分別求右、左極限f(0+0)與f(0－0)，由f(0+0)=f(0－0)定出a值．6、證明：(I)不存在；(Ⅱ)設f(x)=，則f(x)不存在．標準答案：(I)取xn=，yn=，則均有xn→0，yn→0(n→∞)，但=1，因此不存在．(II)已知f(x)=，其中g(x)=cost2dt，由于cosx2=1≠0，而不存在，所以不存在．知識點解析：暫無解析7、求w=標準答案：這是求型極限，用相消法，分子、分母同除以(ex)2得w==0×2=0．其中=0(用洛必達法則)．知識點解析：暫無解析8、求極限w=標準答案：w==2.e20=2e．知識點解析：暫無解析9、求下列極限：(Ⅰ)w=(II)w=標準答案：(I)注意x→0時，1－cos(xx4，ex4－1～x4w==4．(II)因為～2x.x3(x→0)，ln(1+2x3)～2x3(x→0)，所以w=知識點解析：暫無解析10、求w=標準答案：屬型．先作恒等變形然后用等價無窮小因子替換：x→0時sin3x～x3，ln(1+～x2～sin2x，于是w=最后用洛必達法則得w=2知識點解析：暫無解析11、求w=標準答案：屬∞－∞型．先通分化成型未定式，則有w=直接用洛必達法則比較麻煩，若注意到[ln(x+，從而=1．這表明ln(x+)～x(x→0)．因此對分母先作等價無窮小因子替換后再用洛必達法則，并利用ln(1+x)～x(x→0)就有知識點解析：暫無解析12、求w=標準答案：由于，而或者ln(x→0)，若用該等價無窮小因子替換(可簡化計算)，則有因此w=知識點解析：暫無解析13、求下列極限f(x)：(I)f(x)=(Ⅱ)f(x)=標準答案：知識點解析：暫無解析14、求數(shù)列極限w=－1)標準答案：由lnn(n→∞)．用等價無窮小因子替換得w=lnn．引入函數(shù)f(x)=(x＞0)，則w==0．知識點解析：暫無解析15、設xn=，求xn．標準答案：作恒等變形，再用簡單手段作適當放大與縮小．注意，已知=1，于是=1因此xn=1．知識點解析：暫無解析16、求數(shù)列極限：(I)(M＞0為常數(shù))；(II)設數(shù)列｜xn｜有界，求標準答案：(I)存在自然數(shù)k，k≥M，使1＞＞…，當n＞k時，有即當n＞k時，有0＜是常數(shù)，且=0，由夾逼定理知=0．(II)由于｜xn｜有界，故M＞0，對一切n有｜xn｜≤M．于是0＜n)，由題(I)的結論及夾逼定理知=0．知識點解析：暫無解析17、設f(x)在[0，1]上連續(xù)，求xnf(x)dx．標準答案：因為xndx=，且連續(xù)函數(shù)｜f(x)｜在[0，1]存在最大值記為M，于是又=0，則xnf(x)dx=0．知識點解析：暫無解析18、設a1＞0，an+1=(n=1，2，…)，求an．標準答案：顯然，0＜an＜3(n=2，3，…)，于是｜an｜有界．令f(x)=，則an+1=f(an)，f′(x)=＞0(x＞0)．于是f(x)在x＞0單調(diào)上升，從而｜an｜是單調(diào)有界的，故極an存在．令an=A，對遞歸方程取極限得A=，解得A=．因此an=．知識點解析：暫無解析19、設x1=2，xn+1=2+，n=1，2，…，求xn．標準答案：令f(x)=2+，則x=n+1=f(xn)．顯然f(x)在x＞0單調(diào)下降，因而由上面的結論可知｜xn｜不具單調(diào)性．易知，2≤xn≤．設xn=a，則由遞歸方程得a=2+，即a2－2a－1=0，解得a=，則由a≥2知a=+1＞2．現(xiàn)考察｜xn+1－a｜=｜xn－a｜，因此，xn=a=+1．知識點解析：暫無解析20、求w=標準答案：x→0時，t=(1+x)x－1→0，則(1+x)x－1=t－ln(1+t)=ln(1+x)x=xln(1+x)，于是用等價無窮小因子替換得w==1．知識點解析：暫無解析21、設f(x)=(I)若f(x)處處連續(xù)，求a，b的值；(II)若a，b不是(I)中求出的值時f(x)有何間斷點，并指出它的類型．標準答案：(I)首先求出f(x)．注意到故要分段求出f(x)的表達式．當｜x｜＞1時，f(x)=當｜x｜＜1時，f(x)==ax2+bx．于是得其次，由初等函數(shù)的連續(xù)性知f(x)分別在(－∞，－1)，(－1，1)，(1，+∞)上連續(xù)．最后，只需考察f(x)在分界點x=±1處的連續(xù)性．這就要按定義考察連續(xù)性，分別計算：從而f(x)在x=1連續(xù)f(1+0)=f(1－0)=f(1)a+b=1=(a+b+1)a+b=1；f(x)在x=－1連續(xù)f(－1+0)=f(－1－0)=f(－1)a－b=－1=(a－b－1)a－b=－1．因此f(x)在x=±1均連續(xù)a=0，b=1．當且僅當a=0，b=1時f(x)處處連續(xù)．(II)當(a，b)≠(0，1)時，若a+b=1(則a－b≠－1)，則x=1是連續(xù)點，只有x=－1是間斷點，且是第一類間斷點；若a－b=－1(則a+b≠1)，則x=－1是連續(xù)點，只有間斷點x=1，且是第一類間斷點；若a－b≠一1且a+b≠1，則x=1，x=－1均是第一類間斷點．知識點解析：暫無解析22、求下列極限：(I)w=(II)w=標準答案：(I)恒等變形：分子、分母同乘，然后再同除x2，得(II)恒等變形：分子、分母同除－x(x＜0，－x=｜x｜=)，得知識點解析：暫無解析23、求下列極限：(I)w=(II)w=標準答案：(I)先恒等變形，并作等價無窮小因子替換：1－cosx～x(x→0+)，(II)這是求型極限，用洛必達法則得知識點解析：暫無解析24、求下列極限：(I)w=(Ⅱ)w=標準答案：(I)屬∞.0型．可先作恒等變形，然后用等價無窮小因子替換即得w=ln3=ln3，其中l(wèi)n3(x→∞)．(Ⅱ)屬∞.0型．可化為型后作變量替換，接著再用洛必達法則求極限．知識點解析：暫無解析25、求下列極限：(I)w=(Ⅱ)w=標準答案：(I)屬∞.∞型．先化成型未定式，即w=，作等價無窮小因子替換與恒等變形再用洛必達法則即得(II)屬∞.∞型．先作變量替換并轉(zhuǎn)化成型未定式，然后用洛必達法則．知識點解析：暫無解析26、求下列極限：(I)w=(arcsinx)tanx；(Ⅱ)w=(Ⅲ)w=(Ⅳ)w=標準答案：(I)屬00型．[tanxln(arcsinx)]=[xln(arcsinx)]因此w==e0=1．(Ⅱ)屬1∞型．用求1∞型極限的方法(limf(x)g(x)=eA，A=limg(x)[f(x)－1])．w==eA，而故w=e2(Ⅲ)屬∞0型．＝－1因此w=e－1．(Ⅳ)屬∞0型．利用恒等變形及基本極=1可得w==1.20=1．知識點解析：暫無解析27、求w=標準答案：屬型．先用等價無窮小關系arctan4x～x4(x→0)化簡分母后再用洛必達法則得知識點解析：暫無解析28、設f(x)在[0，+∞)連續(xù)，且滿足=1．求w=標準答案：先作恒等變形轉(zhuǎn)化為求型極限，然后用洛必達法則．知識點解析：暫無解析29、(I)設f(x)，g(x)連續(xù)，且=1，又φ(x)=0，求證：無窮小g(t)dt(x→a)；(II)求w=ln(1+2sint)dt／[ln(1+2sint)dt]3｝．標準答案：(I)由(II)因ln(1+2sinx)～2sinx一2x(x→0)，由題(I)2tdt=x2．因此，利用等價無窮小因子替換即得w==1．知識點解析：暫無解析30、已知=2，求a，b之值．標準答案：原式可改寫成=2．由于該式成立，所以必有3－=0，即a=9．將a=9代入原式．并有理化得由此得b=－12．故a=9，b=－12．知識點解析：暫無解析31、確定常數(shù)a，b，c的值，使=4．標準答案：由于當x→0時對常數(shù)a，b都有ax2+bx+1－e－2x→0，又已知分式的極限不為零，所以當x→0時必有分母dt→0，故必有c=0．由于故必有a=4．綜合得a=4，b=－2，c=0．知識點解析：暫無解析32、求xn，其中xn=－1)．標準答案：作恒等變形后再作放大與縮?。河谑怯郑视蓨A逼定理知知識點解析：暫無解析33、證明ex2cosnxdx=0．標準答案：先對積分ex2cosnxdx建立估計式然后證明它的極限為零，這里可行的方法是先對原積分進行分部積分．于是→0(n→∞)．因此ex2cosnxdx=0．知識點解析：暫無解析34、求w=標準答案：記xn=是f(x)=tanx在[0，1]區(qū)間上的一個積分和．由于f(x)在[0，1]上連續(xù)，故可積，于是因此，我們對xn用適當放大縮小法，將求xn轉(zhuǎn)化為求積分和的極限．因又于是由夾逼定理得xn=－lncos1．知識點解析：暫無解析35、設xn=，求xn．標準答案：先取對數(shù)化為和式的極限lnxn=ln(n2+i2)－4lnn，然后作恒等變形(看看能否化為積分和的形式)，則它是f(x)=ln(1+x2)在[0，2]區(qū)間上的一個積分和(對[0，2]區(qū)間作2n等分，每個小區(qū)間長)，則=2ln5－4+2arctan2．因此=e2ln5－4+2arctan2=25e－4+2arctan2．知識點解析：暫無解析36、求數(shù)列極限xn，其中xn=n[e(1+)－n－1]．標準答案：先用等價無窮小因子替換：于是現(xiàn)把它轉(zhuǎn)化為函數(shù)極限后再用洛必達法則即得知識點解析：暫無解析37、當x→0時下列無窮小是x的n階無窮小，求階數(shù)n：(I)ex4－2x2－1；(II)(1+tan2x)sinx－1；(Ⅲ)(Ⅳ)sint.sin(1－cost)2dt．標準答案：(I)ex4－2x2－1～x4－2x2～－2x2(x→0)，即當x→0時ex4－2x2－1是x的2階無窮小，故n=2．(II)(1+tan2x)sinx－1～ln[(1+tan2x)sinx－1+1]=sinxln(1+tan2x)～sinxtan2x～x.x2=x3(x→0)，即當x→0時(1+tan2x)sinx－1是x的3階無窮小，故n=3．(Ⅲ)由1－是x的4階無窮小，即當x→0時是x的4階無窮小，故n=4．(Ⅳ)即當x→0時sintsin(1－cost)2dt是x的6階無窮小，故n=6．知識點解析：暫無解析38、設α＞0，β＞0為任意正數(shù)，當x→+∞時將無窮小量：，e－x按從低階到高階的順序排列．標準答案：先考察lny=－∞elny=0．再考察因此，當x→+∞時，按從低階到高階的順序排列為，e－x．知識點解析：暫無解析39、設f(x)=討論y=f[g(x)]的連續(xù)性，若有間斷點并指出類型．標準答案：先寫出f[g(x)]的表達式．考察g(x)的值域：當x≠1，2，5時f[g(x)]分別在不同的區(qū)間與某初等函數(shù)相同，故連續(xù)．當x=2，5時，分別由左、右連續(xù)得連續(xù)．當x=1時，x2=1，從而f[g(x)]在x=1不連續(xù)且是第一類間斷點(跳躍間斷點)．知識點解析：暫無解析40、設f(x)在[0，1]連續(xù)，且f(0)=f(1)，證明：在[0，1]上至少存在一點ξ，使得f(ξ)=f(ξ+)，標準答案：即證：F(x)在[0，1]存在零點．因f(x)在[0，1]連續(xù)，所以F(x)=f(x)－f(x+連續(xù)．事實上，我們要證：F(x)在[0，1]存在零點(只需證F(x)在[0，1]有兩點異號)．考察則f(0)+F=f(0)－f(1)=0．于是F(0)，中或全為0，或至少有兩個值是異號的，于是由連續(xù)函數(shù)介值定理，ξ∈[0，1－]，使得F(ξ)=0，即f(ξ)=f(ξ+)．知識點解析：暫無解析41、設f(x)在(－∞，+∞)連續(xù)，存在極限f(x)=B．證明：(I)設A＜B，則對μ∈(A，B)，ξ∈(－∞，+∞)，使得f(ξ)=μ；(Ⅱ)f(x)在(－∞，+∞)上有界．標準答案：利用極限的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為有界區(qū)間的情形．(I)由f(x)=A＜μ及極限的不等式性質(zhì)可知，X1使得f(X1)＜μ．由f(x)=B＞μ可知，X2＞X1使得f(X2)＞μ．因f(x)在[X1，X2]連續(xù)，f(X1)＜μ＜f(X2)，由連續(xù)函數(shù)介值定理知ξ∈(X1，X2)(－∞，+∞)，使得f(ξ)=μ．(Ⅱ)因f(x)=A，f(x)=B，由存在極限的函數(shù)的局部有界性定理可知，X1使得當x∈(－∞，X1)時f(x)有界；X2(＞X1)使得當x∈(X2，+∞)時f(x)有界．又由有界閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的有界性定理可知，f(x)在[X1，X2]上有界．因此f(x)在(－∞，+∞)上有界．知識點解析：暫無解析考研數(shù)學一（高等數(shù)學）模擬試卷第3套一、選擇題(本題共1題，每題1.0分，共1分。)1、設f(x)分別滿足如下兩個條件中的任何一個：(Ⅰ)f(x)在x=0處三階可導，且=1；(Ⅱ)f(x)在x=0鄰域二階可導，f’(0)=0，且(一1)f"(x)一xf’(x)=ex一1，則下列說法正確的是A、f(0)不是f(x)的極值，(0，f(0))不是曲線y=f(x)的拐點．B、f(0)是f(x)的極小值．C、(0，f(0))是曲線y=f(x)的拐點．D、f(0)是f(x)的極大值．標準答案：B知識點解析：(Ⅰ)由條件=1及f’(x)在x=0連續(xù)即知(x)=f’(0)=0．用洛必達法則得．因(x)=f"(0)，若f"(0)≠0，則J=∞，與J=1矛盾，故必有f"(0)=0．再由f"’(0)的定義得→f"’(0)=2．因此，(0，f(0))是拐點．選C．(Ⅱ)已知f’(0)=0，現(xiàn)考察f"(0)．由方程得又f"(x)在x=0連續(xù)→f"(0)=3＞0．因此f(0)是f(x)的極小值．應選B．二、解答題(本題共24題，每題1.0分，共24分。)2、求曲線y=+ln(1+ex)的漸近線方程．標準答案：只有間斷點x=0，因+ln(1+ex)]=∞，故有垂直漸近線x=0．又因此，x→+∞時有斜漸近線y=x．最后，+ln(1+ex)]=0+ln1=0，于是x→一∞時有水平漸近線y=0．知識點解析：暫無解析3、運用導數(shù)的知識作函數(shù)y=x+的圖形．標準答案：求漸近線．只有兩個間斷點x=±1．=±∞，則x=1為垂直漸近線．又=±∞，則x=一1也是垂盲漸沂終．又所以y=x是斜漸近線，無水平漸近線．綜上所述，作函數(shù)圖形如圖4．7所示．知識點解析：暫無解析4、在橢圓=1內(nèi)嵌入有最大面積的四邊平行于橢圓軸的矩形，求該矩形最大面積．標準答案：設橢圓內(nèi)接矩形在第一象限中的頂點為M(x，y)，則矩形的面積為S(x)=4xy=(0≤x≤a)．下面求S(x)在[0，a]上的最大值．先求S’(x)：令S’(x)=0解得x=，因S(0)=S(a)=0，S()=2ab，所以S(x)在[0，a]的最大值即內(nèi)接矩形最大面積為2ab．知識點解析：暫無解析5、在半徑為a的半球外作一外切圓錐體，要使圓錐體體積最小，問高度及底半徑應是多少?標準答案：設外切圓錐體的底半徑為r，高為h．見圖4．8，記∠ABO=φ，則tanφ=，于是圓錐體體積為求V(r)的最小值點等價于求f(r)=的最小值點．由于知識點解析：暫無解析6、設函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，a]上單調(diào)增加并有連續(xù)的導數(shù)，且f(0)=0，f(a)=b，求證：∫0af(x)dx+∫0bg(x)dx=ab，其中g(x)是f(x)的反函數(shù)．標準答案：令F(a)=∫0af(x)dx+∫0f(a)g(x)dx—af(a)，對a求導得F’(a)=f(a)+g[f(a)]f’(a)一af’(a)一f(a)，由題設g(x)是f(x)的反函數(shù)知g[f(a)]=a，故F’(a)=0，從而F(a)為常數(shù)．又F(0)=0，故F(a)=0，即原等式成立．知識點解析：即證對a有函數(shù)恒等式∫0af(x)dx+∫0f(a)g(x)dx=af(a)成立．7、設f(x)在[0，+∞)上連續(xù)，在(0，+∞)內(nèi)可導且滿足f(0)=0，f(x)≥0，f(x)≥f’(x)(x＞0)，求證：f(x)≡0．標準答案：由f’(x)一f(x)≤0，得e-x[f’(x)一f(x)]=[e-xf(x)]’≤0．又f(x)e-x｜x=0=0，則f(x)e-x≤f(x)e-x｜x=0=0．進而f(x)≤0(x∈[0，+∞))，因此f(x)≡0(x∈[0，+∞))．知識點解析：因f(x)≥0，若能證f(x)≤0，則f(x)≡0．因f(0)=0，若能證f(x)單調(diào)不增或?qū)δ痴瘮?shù)R(x)，R(x)f(x)是單調(diào)不增的，這只需證f’(x)≤0或[R(x)f(x)]’≤0．由所給條件及積分因子法的啟發(fā)，應采取后一種方法．8、證明函數(shù)f(x)=(1+2x在(0，+∞)單調(diào)下降．標準答案：下證2xln2x一(1+2x)ln(1+2x)＜0(x＞0)．令t=2x，則x＞0時t＞1，2xln2x一(1+2x)ln(1+2x)=tlnt一(1+t)ln(1+t)g(t)．由于g’(t)=lnt—ln(1+t)＜0(t＞0)→g(t)在(0，+∞)單調(diào)下降，又g(t)=0→g(t)＜0(t＞0)．知識點解析：暫無解析9、設f(x)在(a，b)四次可導，x0∈(a，b)使得f"(x0)=f"(x0)=0，又設f(4)(x)＞0(x∈(a，b))，求證f(x)在(a，b)為凹函數(shù)．標準答案：由f(4)(x)＞0(x∈(a，b))，知f"(x)在(a，b)單調(diào)上升．又因f"’(x0)=0，故f"’(x)從而f"(x)在[x0，b)單調(diào)上升，在(a，x0]單調(diào)下降．又f"(x0)=0，故f"(x)＞0(x∈(a，b)，x≠x0)，因此f(x)在(a，b)為凹函數(shù)知識點解析：暫無解析10、設y=y(x)是由方程2y3—2y2+2xy一x2=1確定的，求y=y(x)的駐點，并判定其駐點是否是極值點?標準答案：(Ⅰ)先用隱函數(shù)求導法求出y’(x)．將方程兩邊對x求導得6y2y’一4yy’+2xy’+2y一2x=0，整理得y’=．①(Ⅱ)由y’(x)=0及原方程確定駐點．由y’(x)=0得y=x代入原方程得2x3一2x2+2xx一x2=1，即x3一x2+x3一1=0，(x一1)(2x2+x+1)=0．僅有根x=1．當y=x=1時，3y2—2y+x≠0．因此求得駐點x=1．(Ⅲ)判定駐點是否是極值點．將①式化為(3y2—2y+x)y’=x一y．②將②式兩邊對x在x=1求導，注意y’(1)=0，y(1)=l，得2y"(1)=1，y"(1)=＞0．故x=1是隱函數(shù)y(x)的極小值點．知識點解析：暫無解析11、求函數(shù)y=(x∈(0，+∞))的單調(diào)區(qū)間與極值點，凹凸區(qū)間與拐點及漸近線．標準答案：函數(shù)y=在定義域(0，+∞)上處處連續(xù)，先求y’，y"，和它們的零點及不存在的點．由y’=0得x=1；x=時y"不存在；無y"=0的點．現(xiàn)列下表：因此得y=單調(diào)減少區(qū)間是(0，1)，單調(diào)增加區(qū)間是(1，+∞)，x=1是極小值點，凹區(qū)間是是拐點．最后求漸近線．因y==0，所以無垂直漸近線．由于因此只有斜漸近線y=x．知識點解析：暫無解析12、設a＞0，求f(x)=的最值．標準答案：f(x)在(一∞，+∞)上連續(xù)且可寫成如下分段函數(shù)由此得x∈(一∞，0)時f’(x)＞0，故f(x)在(一∞，0]單調(diào)增加；x∈(a，+∞)時f’(x)＜0，故f(x)在[a，+∞)單調(diào)減少．從而f(x)在[0，a]上的最大值就是f(x)在(一∞，+∞)上的最大值．在(0，a)上解f’(x)=0，即(1+a一x)2一(1+x)2=0，得x=．又因此f(x)在[0，a]即在(一∞，+∞)的最大值是．由于f(x)在(一∞，0)單調(diào)增加，在(a，+∞)單調(diào)減少，又f(x)在[0，a]的最小值f(x)=0，因此f(x)在(一∞，+∞)上無最小值．知識點解析：暫無解析13、求函數(shù)f(x)=(2一t)e-tdt的最值．標準答案：由于f(x)是偶函數(shù)，我們只需考察x∈[0，+∞)．由變限積分求導公式得f’(x)=2x(2一x2)．解f’(x)=0得x=0與x=，于是從而，f(x)的最大值是f()=∫02(2一t)e-tdt=一∫02(2一t)de-t=(t一2)e-t｜02一∫02e-tdt=2+e-t｜02=1+e-2．由上述單調(diào)性分析，為求最小值，只需比較f(0)與f(x)的大小．由于f(x)=∫0+∞(2一t)e-tdt=[(t一2)e-t+e-t]｜｜0+∞=1＞f(0)=0，因此f(0)=0是最小值．知識點解析：f(x)的定義域是(一∞，+∞)，由于它是偶函數(shù)，故只需考慮x∈[0，+∞)．求f’(x)和駐點并考察駐點兩側的單調(diào)性．由于需要考察f(0)是否為最值，還需討論極限值f(x)．14、在橢圓=1的第一象限部分上求一點P，使該點處的切線，橢圓及兩坐標軸所圍圖形的面積為最小．標準答案：過橢圓上任意點(x0，y0)的切線的斜率y’(x0)滿足分別令y=0與x=0，得x，y軸上的截距：于是該切線與橢圓及兩坐標軸所圍圖形的面積(圖4．9)為S(x0)=問題是求：S(x)=πab(0＜x＜a)的最小值點，其中y=，將其代入S(x)中，問題可進一步化為求函數(shù)f(x)=x2(a2一x2)在團區(qū)間[0，a]上的最大值點．由f’(x)=2x(a2—2x2)=0(x∈(0，a))得a2—2x2=0，x=x0=．注意f(0)=f(a)=0，f(x0)＞0，故x0=是f(x)在[0，a]的最大值點．因此為所求的點．知識點解析：暫無解析15、設f(x)在[0，1]連續(xù)，在(0，1)內(nèi)f(x)＞0且xf’(x)=f(x)+ax2，又由曲線y=f(x)與直線x=1，y=0圍成平面圖形的面積為2，求函數(shù)y=x(x)，問a為何值，此圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)而成的旋轉(zhuǎn)體體積最小?標準答案：(Ⅰ)首先由xf’(x)=f(x)+ax2，f(x)＞0(x∈(0，1))求出f(x)．這是求解一階線性方程f’(x)一(取其中一個)，得ax2+Cx，x∈[0，1]，其中C為任意常數(shù)使得f(x)＞0(x∈(0，1))．(Ⅱ)確定C與a的關系使得由y=f(x)與x=1，y=0圍成平面圖形的面積為2．由已知條件得2=∫01，則C=4一a．因此，f(x)=ax2+(4一a)x，其中a為任意常數(shù)使得f(x)＞0(x∈(0，1))．．又f’(x)=3ax+4一a，由此易知一8≤a≤4時f(x)＞0(x∈(0，1))．(Ⅲ)求旋轉(zhuǎn)體的體積．V(a)=π∫01f2(x)dx=π∫01ax2+(4—a)x]2dx=π∫01[x4+x2—3x3)a2+(12x3—8x2)a+16x2]dx=π()．(Ⅳ)求V(a)的最小值點．由于則當a=一5時f(x)＞0(x∈(0，1))，旋轉(zhuǎn)體體積取最小值．知識點解析：暫無解析16、證明：當x＞1時0＜lnx+(x一1)3．標準答案：對x≥1引入函數(shù)f(x)=lnx+一2，則f(x)在[1，+∞)可導，且當x＞1時從而f(x)在[1，+∞)單調(diào)增加，又f(1)=0，所以當x＞1時，f(x)＞f(1)=0，即lnx+一2＞0．令g(x)=lnx+(x—1)3，則g(x)在[1，+∞)可導，且當x＞0時故g(x)在區(qū)間[1，+∞)上單調(diào)減少，又g(1)=0，所以當x＞1時g(x)＜g(1)=0，即lnx+(x一1)3當x＞1時成立．知識點解析：暫無解析17、當x≥0，證明∫0x(t—t2)sin2ntdt≤，其中n為自然數(shù)．標準答案：令f(x)=∫0x(t—t2)sin2ntdt，則f(x)在[0，+∞)可導，f’(x)=(x一x2)sin2nx．當0＜x＜1時，f’(x)＞0；當x＞1時，除x=kπ(k=1，2，3，…)的點(f’(x)=0)外，f’(x)＜0，則f(x)在0≤x≤1單調(diào)上升，在x≥1單調(diào)減小，因此f(x)在[0，+∞)上取最大值f(1)．又當t≥0時sint≤t。于是當x≥0時有f(x)≤f(1)=∫01(t一t2)sin2ntdt≤∫01(t一t2)2ndt知識點解析：暫無解析18、求證：當x＞0時不等式(1+x)ln2(1+x)＜x2成立．標準答案：令f(x)=x2一(1+x2)ln2(1+x)，則有f(0)=0，f’(x)=2x—ln2(1+x)一2ln(1+x)，f’(0)=0，于是f"(x)當x≥0時單調(diào)增加，又f"(0)=0，所以當x＞0時f"(x)＞f"(0)=0．從而f’(x)當x≥0時單調(diào)增加，3(f’(0)=0，故當x＞0時f’(x)＞f’(0)=0．因此f(x)當x≥0時單調(diào)增加，又f(0)=0，所以當x＞0時f(x)＞f(0)=0．原不等式得證．知識點解析：暫無解析19、設f(x)在[0，+∞)可導，且f(0)=0．若f’(x)＞一f(x)，x∈(0，+∞)，求證：f(x)＞0，x∈(0，+∞)．標準答案：要證f(x)＞0←→exf(x)＞0(x＞0)．由exf(x)在[0，+∞)可導且[exf(x)]’=ex[f’(x)+f(x)]＞0(x＞0)→exf(x)在[0，+∞)單調(diào)上升→exf(x)＞exf(x)｜x=0=0(x＞0)→f(x)＞0(x＞0)．知識點解析：暫無解析20、求讓：x∈[0，1]時，≤xp+(1一x)≤1，p＞1；1≤xp+(1—x)p≤，0＜p＜1．標準答案：令f(x)=xp+(1一x)p，則f(x)在[0，1]上連續(xù)，在(0，1)內(nèi)可導，且有f’(x)=p[xp—1一(1—x)p—1]．令f’(x)=0得x=．易知f(0)=f(1)=1，．當p＞1時，1＞→f(x)在[0，1]的最大值為1，最小值為→≤f(x)≤1，x∈[0，1]．當0＜p＜1時，1＜→f(x)在[0，1]的最大值為，最小值為1→1≤f(x)≤，x∈[0，1]．知識點解析：暫無解析21、設f(x)在[0，1]上連續(xù)，在(0，1)內(nèi)可導，且｜f’(x)｜＜1，又f(0)=f(1)，證明：對于x1，x2∈[0，1]，有｜f(x1)一f(x2)｜＜．標準答案：聯(lián)系f(x1)一f(x2)與f’(x)的是拉格朗日中值定理．不妨設0≤x1≤x2≤1．分兩種情形：1)若x2一x1＜，直接用拉格朗日中值定理得｜f(x1)一f(x2)｜=｜f’(ξ)(x2一x1)｜=｜f’(ξ)｜｜x2一x1｜＜．2)若x2一x1≥，當0＜x1＜x2＜1時，利用條件f(0)=f(1)分別在[0，x1]與[x2，1]上用拉格朗日中值定理知存在ξ∈(0，x1)，η∈(x2，1)使得｜f(x1)一f(x2)｜=｜[f(x1)—f(0)]一[f(x2)一f(1)]｜≤｜f(x1)一f(0)｜+｜f(1)一f(x2)｜=｜f’(ξ)x1｜+｜f’(η)(1一x2)｜＜x1+(1一x2)=1一(x2一x1)≤，①當x1=0且x2≥時，有｜f(x1)一f(x2)｜=｜f(0)一f(x2)｜=｜f(1)一f(2)｜=｜f’(η)(1一x2)｜＜．②當x1≤且x2=1時，同樣有｜f(x1)一f(x2)｜=｜f(x1)一f(1)I=｜f(x1)—f(0)｜=｜f’(ξ)(x1—0)｜＜．因此對于任何x1，x2∈[0，1]總有｜f(x1)一f(x2)｜＜．知識點解析：暫無解析22、求證(x∈(0，1))．標準答案：改寫右端對f(t)ln(1+t)，g(t)=arcsint在[0，x]區(qū)間用柯西中值定理：注意函數(shù)在(0，1)是單調(diào)減函數(shù)，因為原不等式成立．知識點解析：暫無解析23、設f(x)在[0，1]連續(xù)，在(0，1)可導，f(0)=0，0＜f’(x)＜1(x∈(0，1))，求證：[∫01f(x)dx]2＞∫01f3(x)dx．標準答案：即證[∫01f(x)dx]2一∫01f3(x)dx＞0．考察F(x)=[∫0xf(t)dt]2一∫0xf3(t)dt，令F(x)=[∫0xf(t)dt]2一∫0xf3(t)dt，易知F(x)在[0，1]可導，且F(0)=0，F(xiàn)’(x)=f(x)[2∫0xf(t)dt一f2(x)]．由條件知，f(x)在[0，1]單調(diào)上升，f(x)＞f(0)=0(x∈(0，1])，從而F’(x)與g(x)=2∫0xf(t)dt—f2(x)同號．再考察g’(x)=2f(x)[1一f’(x)]＞0(x∈(0，1))，g(x)在[0，1]連續(xù)，于是g(x)在[0，1]單調(diào)上升，g(x)＞g(0)=0(x∈(0，1])，也就有F’(x)＞0(x∈(0，1])，即F(x)在[0，1]單調(diào)上升，F(xiàn)(x)＞F(0)=0(x∈(0，1])．因此F(1)=[∫01f(x)dx]2一∫01f3(x)dx＞0．即結診成立．知識點解析：暫無解析24、設f(x)在(a，b)二階可導，x1，x2∈(a，b)，x1≠x2，t∈(0，1)，則(Ⅰ)若f"(x)＞0(∈(a，b))，有f[tx1+(1一t)x2]＜tf(x1)+(1一t)f(x2)，(4．6)特別有[f(x1)+f(x2)]；(Ⅱ)若f"(x)＜0(x∈(a，b))，有f[tx1+(1一t)x2]＞tf(x1)+(1一t)f(x2)，(4．7)特別有[f(x1)+f(x2)]．標準答案：(Ⅰ)與(Ⅱ)的證法類似，下面只證(Ⅰ)．因f"(x)＞0(x∈(a，b))→f(x)在(a，b)為凹的→(4．5)相應的式子成立．注意tx1+(1一t)x2∈(a，b)→f(x1)＞[tx1+(1一t)x2]+f’[tx1+(1一t)x2][x1一(tx1+(1一t)x2)]=f[tx1+(1一t)x2]+f’[tx1+(1一t)x2](1一t)(x1一x2)，f(x2)＞f[tx1+(1一t)x2]+f’[tx1+(1一t)x2][x2一(tx1+(1一t)x2)]=f[tx1+(1一t)x2]一f’[tx1+(1一t)x2]t(x1一x2)，兩式分別乘t與(1一t)后相加得tf(x1)+(1一t)f(x2)＞f[tx1+(1一t)x2]．知識點解析：暫無解析25、設a＞0，b＞0，a≠b，證明下列不等式：(Ⅰ)ap+bp＞21—p(a+b)p(p＞1)；(Ⅱ)ap+bp＜21—p(a+b)p(0＜p＜1)．標準答案：將ap+bp>21—p(a+b)p改寫成．考察函數(shù)f(x)=xp，x＞0，則f’(x)=pxp—1，f"(x)=p(p一1)xp—2．(Ⅰ)若p＞1，則f"(x)＞0(＞0)，f(x)在(0，+∞)為凹函數(shù)，由已知不等式(4．6)，其中t=a＞0，b＞0，a≠6，有(ap+bp)．(Ⅱ)若0＜p＜1，則f"(x)＜0(x＞0)，f(x)在(0，+∞)為凸函數(shù)，由不等式(4．7)，其中t=(ap+bp)．知識點解析：暫無解析考研數(shù)學一（高等數(shù)學）模擬試卷第4套一、選擇題(本題共3題，每題1.0分，共3分。)1、由曲線y=1一(x一1)2及直線y=0圍成的圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)而成立體圖形的體積V是()．A、

B、

C、

D、

標準答案：D知識點解析：圖形如圖1—5—1所示，本題也可利用另一公式來計算．設b>a≥0，曲線y=f(x)≥0(a≤x≤b)與直線x=a，x=b及x軸所圍圖形繞y軸所得旋轉(zhuǎn)體的體積V=∫ab2πxf(x)dx．2、已知｜a｜=2，且a·b=2，則｜a×b｜=()．A、2B、C、D、1標準答案：A知識點解析：本題主要考查向量的數(shù)量積的定義以及向量的向量積的模的計算公式．因為a．b=｜a｜｜b｜cos(a，b)=于是，｜a×b｜—｜a｜｜b｜sin(a,b)=故選A．3、u=ln(tanx+tany+tanz)，則()．A、一1B、一2C、1D、2標準答案：D知識點解析：故選D．二、填空題(本題共3題，每題1.0分，共3分。)4、若______．標準答案：應填知識點解析：5、若g’(0)=g(0)=0，則f’(0)=______．標準答案：應填0．知識點解析：一般地說，分段函數(shù)在分段點處的導數(shù)用定義去求．上式中，為有界變量，無窮小量與有界變量的乘積為無窮小量．6、設x=rcosθ，y=rsinθ，將極坐標下的累次積分轉(zhuǎn)換成直角坐標系下的累次積分：=______．標準答案：應填知識點解析：在極坐標系下，積分區(qū)域D：0≤θ≤，1≤r≤2cosθ．故在直角坐標系下，D為x2+y2=1和x2+y2=2x以及x軸上的線段1≤x≤2圍成的區(qū)域，所以三、解答題(本題共24題，每題1.0分，共24分。)7、求極限標準答案：原式知識點解析：是型，用洛必塔法則，且當x→0時，ln(1+x),sin2x～x2．8、設f(x)具有連續(xù)的二階導數(shù)，且標準答案：由知識點解析：可知，所求極限與已知極限均為“1∞”型極限．本例也可利用臺勞公式求解．由<=>f(0)=0，f’(0)=0，及f(x)二階可導，便可寫出f(x)的表達式：代入已知極限，可得f’’(0)=4．所以，f(x)=2x2+0(x2)，故9、討論在x=0處的連續(xù)性與可導性．標準答案：所以f(x)在x=0處不可導．知識點解析：這是一個分段函數(shù)，分段點為x=0，直接計算左、右極限和左、右導數(shù)．10、設f(x)>0，f’’(x)在(一∞，+∞)內(nèi)連續(xù)，令(1)求φ’(x)，并討論φ’(x)的連續(xù)性．(2)證明φ(x)單調(diào)遞增．標準答案：(1)當x≠0時，當x=0時，于是，當x≠0時，f(x)＞0，[∫0xf(t)dt]2＞0，φ’(x)連續(xù)．又所以φ’(x)在x=0連續(xù)．（2）要證φ(x)單調(diào)遞增，只要證明φ’(x)≥0．因為又f(x)＞0，[∫0xf(t)dt]2≥0，只需證明g(x)=∫0x(x－t)f(t)dt]≥0．當x=0時，g(0)=0；當x>0時，g’(x)=∫0xf(t)dt＞0；當x<0時，g’(x)=－∫0xf(t)dtx<0．因此，當x<0時，g(x)嚴格遞減，當x>0時，g(x)嚴格遞增，而g(0)=0為最小值，故g(x)≥0，并且僅當x=0時，g(0)=0．知識點解析：暫無解析11、設f(x)在[0，1]上連續(xù)，在(0，1)內(nèi)可導，且f(0)=f(1)=0，試證：(1)存在點η∈使得f(η)=η．(2)對必存在點ξ∈(0，1)，使得f’(ξ)一λ[f(ξ)－ξ]=1．標準答案：(1)令F(z)=f(x)一x，則F(x)在[0，1]上連續(xù)，又F(1)=一1<0，由介值定理可知，在中至少存在一點η,使得F(η)=0，即f(η)=η．(2)令φ(x)=[f(x)一x]e－λx，則φ(x)在[0，η]上連續(xù)，在(0，η)內(nèi)可導，且φ(0)=0，φ(η)=[f(η)－η]e－λη=0．由洛爾定理，存在點ξ∈(0，η)(0，1)，使得φ’(ξ)=0，即e－λξ一λ(f(ξ)一ξ)一1]=0．從而有f’(ξ)一λ[f(ξ)一ξ]=1．知識點解析：(1)這是討論函數(shù)在某點取定值的問題，可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題．f(η)一η=0，即f(x)一x=0，即F(x)=f(x)一x在內(nèi)有零點．由于待證的結論中不含導數(shù)，所以可由介值定理證明．(2)欲證結論中含有一階導數(shù)，應構造輔助函數(shù)用洛爾定理證明．由f’(ξ)一λ[f(ξ)一ξ]=1，得到f’(x)一λf(x)=1一λx，再由一階非齊次線性方程的通解公式得f(x)=e∫λdx[∫(1一λx)e－∫λdxdx+c12、設f(x)在(一∞，+∞)內(nèi)二階可導，f’’(x)>0，且又存在點x0，使得f(x0)<0，試證：方程f(x)=0在(一∞，+∞)內(nèi)有且僅有兩個實根．標準答案：先證存在性．于是，可知f(x)在(0，+∞)內(nèi)單調(diào)增加．任取x∈[M，+∞)，f(x)在[M，x]上連續(xù)，在(M，x)內(nèi)可導，由拉格朗日中值定理知，存在點ξ∈(M，x)，使得f(x)=f(M)+f’(ξ)(x—M)，于是，又存在點x0，使得f(x0)＜0．所以，由介值定理，存在點ξ1∈(x0，x)，使得f(ξ1)=0．同理可證，當x<0時，存在點ξ2∈(x，x0)，使得f(ξ2)=0．再證唯二性．(反證法)假若f(x)=0有三個實根ξ1，ξ2，ξ3(ξ1＜ξ2＜ξ3)，由洛爾定理，存在點η1∈(ξ1，ξ2)，η2∈(ξ2，ξ3)，使得f’(η1)=f’(η2)=0．再由洛爾定理，存在點η∈(η1，η2)，使得f’’(η)=0．與題設f’’(x)>0矛盾，故f(x)=0在(一∞，+∞)內(nèi)有且僅有兩個實根．知識點解析：暫無解析13、設f(x)在[0，+∞)上可導，f(0)=1，且f’(x)一f(x)+=0，求∫[f’’(x)－f’(x)]e－xdx．標準答案：由題設知，f’(x)—f(x)+∫0xf(t)dt=0，并且f’(0)=f(0)=1．于是，有(1+x)f’(z)一(1+x)f(z)+∫0xf(t)dt=0．兩邊對x求導得f’(x)_+(1+x)f’’(x)一f(x)一(1+x)f’(x)+f(x)=0．即(1+x)f’’(x)一xf’(x)=0．令f’(x)=p，則有(1+x)p’一xp=0．分離變量得，即由f’(0)=1，得c=1．代入上式，故∫[f’’(x)一f’(x)]e－xdx=∫f’’(x)e－xdx—∫f’(x)e－xdx=f’(x)e－x+∫f’(x)e－xdx一∫f’(x)e－xdx=f’(x)e－x+c=．知識點解析：∫[f’’(x)一f’(x)－]e－xdx=∫f’’(x)e－xdx—∫f’(x)e－xdx=f’(x)e－x+∫f’(x)e－xdx—∫f’(x)e－xdx=f’(x)e－x+c．計算該積分的關鍵是求f’(x)．含有抽象函數(shù)導數(shù)的積分，一般用分部積分法．14、求∫－22min(2，x2)dx．標準答案：知識點解析：若被積函數(shù)為分段函數(shù)，先求出分段函數(shù)的具體形式，把積分區(qū)間分為對應的若干部分再積分．15、設｜f’(x)｜≤M，x∈[0，1]，且f(0)=f(1)=，試證：標準答案：因為∫01f(x)dx=∫01f(x)d(x－c)=(x—c)f(x)｜01一∫01(x—c)f’(x)dx=－∫01(x—c)f’(x)dx所以，｜∫01f(x)dx｜≤｜∫01(x－c)f’(x)dx｜≤∫01｜(x－c)｜｜f’(x)｜dx≤M∫01｜x－c｜dx=M[∫0c(c－x)dx+∫c1(x－c)dx]知識點解析：要證結論是比較積分與被積函數(shù)的導函數(shù)值之大小，用分部積分法建立f(x)與f(x)定積分的關系式，然后再放縮．由f(0)=f(1)=0可知，分部積分應注意應用小技巧dx=d(x—c)，c∈[0，1]．涉及f(x)的積分值與f’(x)函數(shù)值的大小比較問題，一般可考慮用微分中值定理、牛頓—萊布尼茲公式或分部積分先作處理，然后放縮．16、求由曲線y=e－xsinx的x≥0部分與x軸所圍成的平面圖形的面積．標準答案：所求的面積為知識點解析：由圖1—5—2可知，所求面積可表示為無窮多個定積分之和，即面積是一個通項為定積分的無窮級數(shù)，于是由無窮級數(shù)求和可得待求的面積．17、設曲線y=lnx，x軸及x=e所圍成的均勻薄板的密度為1，求此薄板繞直線x=t旋轉(zhuǎn)的轉(zhuǎn)動慣量I(t)，并求當t為何值時，I(t)最小?標準答案：知識點解析：質(zhì)量為m的質(zhì)點對直線l的轉(zhuǎn)動慣量為md2，d是質(zhì)點到l的距離．因此先求平面薄板上任意一點(x，y)到直線l的距離，然后用二重積分來計算這個轉(zhuǎn)動慣量，再求最小值．18、設平面π過原點，且與直線都平行，求平面π的方程．標準答案：由題意知直線的方向向量為s1={0,1,1}，直線的方向向量為s2={1,2,1}．由于平面π與直線L1、L2都平行，所以平面π的法向量為又因為平面π過原點，故其方程為x一y+z=0．知識點解析：本題主要考查直線的參數(shù)方程與標準方程、向量的向量積及平面的點法式方程．(1)空間直線方程的參數(shù)方程為x=x0+mt，y=y0+nt，z=z0+pt；標準(對稱式、點法式)方程為(2)空間直線與平面互相平行的充分必要條件是Am+Bn+Cp=0，其中空間直線的任一方向向量為s={m，n，p)，平面π的法向量為，n={A，B，C)．19、設函數(shù)u=u(x，y)由方程u=f(x，y，z，t)，g(y，z，t)=0，h(z，t)=0所確定，求標準答案：設方程組確定u、z、t是變量x、y的函數(shù)．現(xiàn)在變量z、t不再是中間變量，而是視為因變量對待．由隱函數(shù)的求導方法，得知識點解析：先由方程g(y，z，t)=0，h(z，t)=0解出y的函數(shù)z=z(y)，t=t(y)，再將其代入到u=f(x，y，z，t)中，從而得到函數(shù)u=u(x，y)．本題在求導數(shù)時，要分析函數(shù)的關系，明確誰是因變量，誰是中間變量，誰是自變量．20、求二重積分其中積分區(qū)域D={(x，y)｜0≤ay≤x2+y2≤2ay，a>0)．標準答案：其中D1是由D中x≥0部分的區(qū)域組成．本題用到了二重積分關于坐標軸的對稱性．知識點解析：因為積分區(qū)域D是圓域的一部分，故可用極坐標系計算．又因為積分區(qū)域D是關于坐標y軸對稱，則只需分析被積函數(shù)f(x，y)關于變量x的奇偶性即可．21、設函數(shù)f(x)在[0，1]上連續(xù)，并設∫01f(x)dx=A，求I=∫01f(x)dx∫x1f(y)dy．標準答案：交換積分次序．積分區(qū)域其中最后一個等式是在D2={(x，y)｜0≤x≤1，0≤y≤x)上積分，故知識點解析：因為f(x)為抽象函數(shù)，未具體給出，故原函數(shù)無法直接求得．為避免出現(xiàn)f(x)的原函數(shù)，通過交換積分次序，化為已知積分的形式，從而求出結果．22、計算其中L是曲線4x+y2=4上從點A(1，0)到點B(0，2)的一段?。畼藴蚀鸢福合冗xy做參數(shù)，則再將曲線方程4x+y2=4代入并化簡，則知識點解析：本題主要考查曲線積分的參數(shù)法．23、設f(u)為連續(xù)函數(shù)，L為xOy坐標平面上分段光滑的閉曲線，試證：標準答案：因為所給曲線積分為0，則只需證明被積表達式f(x2+y2)(xdx+ydy)是某個二元函數(shù)u(x,y)的全微分即可．為此，取則du=f(x+y)(xdx+ydy)．又由于L是閉曲線，所以知識點解析：本題主要考查曲線積分與路徑無關的條件．本題不可以用來證明，因為函數(shù)f(u)不一定可導．24、計算曲面積分被平面z=1和z=2所截出部分的外側．標準答案：利用高斯公式．補充有向曲面∑1：z=1下側；有向曲面∑2：z=2上側．利用高斯公式，有其中Ω是∑、∑1和∑2圍成的區(qū)域．又由于知識點解析：暫無解析25、證明級數(shù)收斂，且其和數(shù)小于1．標準答案：由微分得中值定理，知其中ξ∈(n,n+1),于是因為級數(shù)由正項級數(shù)的比較判斷法，知級數(shù)收斂，且其和小于1．知識點解析：首先，判斷該級數(shù)是正項級數(shù)．其次，利用正項級數(shù)的比較判別法，判別其收斂，且其和小于1．26、求冪級數(shù)的收斂域及和函數(shù)．標準答案：當x=±1時，原級數(shù)知級數(shù)發(fā)散．當x=0時，的收斂域為一1＜x＜1，和函數(shù)知識點解析：由此冪級數(shù)的構成知，本題可以先求收斂域再求和函數(shù)；也可以先通過幾何級數(shù)求導和求積分得到和函數(shù)，再由冪級數(shù)的性質(zhì)得收斂半徑，然后討論端點處的收斂性，得冪級數(shù)的收斂域．27、設u0=0，u1=1,un+1=2un－un－1，n=1，2，…·試求f(x)的函數(shù)顯式表達式．標準答案：由于un+1=2un一un－1，u0=0，u1=1，所以un+1一un=un一un－1，令Yn=un一un－1，則Y1=1，Yn+1=Yn．于是Yn=1，n=1，2，…，即un一un－1=1．又u0=0，所以Un=n，故知識點解析：暫無解析28、求解微分方程標準答案：作變量代換u=x+y，則微分方程化為這是一個可分離變量得微分方程．兩邊積分，得再將變量u=x+y代入，得原微分方程的通解為其中c為任意常數(shù)．知識點解析：本題的關鍵在于作變量代換，對于復合函數(shù)首先要化簡，然后再化成相應的微分方程求解．29、求解微分方程xy’’+y’=4x．標準答案：令y’=P，則y’’=P’．于是，xp’+P=4x，這是一個一階線性微分方程．由于(xp)’=4x，兩邊積分，得px=2x2+c1，從而再積分一次，即得原微分方程的通解為y=x2+c1ln｜x｜+C2，其中C1，C2為任意常數(shù)．知識點解析：本題主要考查二階微分方程如何降階為一階微分方程．形如y’’=f(x，y’)的微分方程，一般的解題方法是：令y’=P，則y’’=P’．于是，P’=f(x，p)為一個一階線性微分方程．30、求微分方程y’’+y=cosxcos2x的通解．標準答案：對應齊次方程的特征根為λ1=i,λ2=－i，所以其齊次方程的通解為c1cosx+c2sinx．又f(x)=cosxcos2x=故為求其一特解，只要分別求兩個方程的特解z1(x)和z2(x)，則z1(x)+z2(x)就是原方程的特解．因為μ1=3i不是特征根，故①有形如z1(x)=A1cos3x+B1sin3x的特解，代入①中，比較同類項系數(shù)得B1=0．因為μ2=i=λ1是特征根，故②有形如z2(x)=(A2cosx+B2sinx)x的特解，代入②中，比較同類項系數(shù)知A2=0，所以所求的原方程的通解為知識點解析：因為非齊次項f(x)=cosxcos2x=故用疊加原理求解．考研數(shù)學一（高等數(shù)學）模擬試卷第5套一、解答題(本題共26題，每題1.0分，共26分。)1、將極坐標變換后的二重積分f(rcosθ，rsinθ)rdrdθ的如下累次積分交換積分順序：I=dθ∫02acosθF(r，θ)dr，其中F(r，θ)=f(rcosθ，rsinθ)r．標準答案：r=2acosθ是圓周x2+y2=2ax，即(x一a)2+y2=a2，因此D的圖形如圖9．43所示．為了先θ后r的積分順序，將D分成兩塊，如圖9．43虛線所示，D=D1∪D2，且知識點解析：在直角坐標系中畫出D的圖形，然后交換積分順序確定積分限．或在Oθr直角坐標系中畫出D’的圖形，然后交換積分順序．2、計算累次積分：I=∫01dx∫0x+1ydy+∫12ydy+∫23dx∫x3ydy．標準答案：由累次積分限知：0≤x≤1時1≤y≤x+1；1≤x≤2時x≤y≤x+1；2≤x≤3時x≤y≤3，于是積分區(qū)域D如圖9．45所示，因此D可表示為D={(x，y)｜1≤y≤3，y一1≤x≤y}，則原式=ydσ=∫13dy∫y—1yydx=∫13ydy=y2｜13=4．知識點解析：本題實質(zhì)上是二重積分的計算，而且已經(jīng)化成了累次積分，但由于這里項數(shù)較多，計算起來較復雜，所以不宜先對Y積分，必須先確定積分區(qū)域D，然后再交換積分順序．3、交換累次積分的積分順序：I=∫01dx∫01—xdy∫0x+yf(x，y，z)dz，改換成先x最后y的順序．標準答案：據(jù)以上分析，把該累次積分看成是三重積分按先一(z)后二的順序化成的，則I=dxdy∫0x+yf(x，y，z)dz，其中Dxy={(x，y)｜0≤x≤1，0≤y≤1一x}，如圖9．46．交換x與y的順序得I=∫01dy∫01—ydx∫0x+yf(x，y，z)dz．再把它看成三重積分按先二后一(y)的順序化成的，則I=∫01dyf((x，y，z)dzdx，其中Dzx={(z，x)｜0≤x≤1一y，0≤z≤x+y}，如圖9．47．(對z、x積分時y是參數(shù)，z、x變動時y是不變的)，交換z與z的積分順序(先對x積分要分塊積分)得I=∫01dy∫0ydz∫01—yf(x，y，z)dx+∫01dy∫y1dz∫z—y1—yf(x，y，z)dx．知識點解析：這是對已化成累次積分的三重積分f(x，y，z)dV交換積分順序的問題．這時可不必畫出Ω的圖形(一般也很難畫)，只要把它看成是一次定積分加一次二重積分化成的，對其中的二重積分交換積分順序，因而有時需分兩步走，其中的每一步均是二重積分交換積分順序問題．如本題：第一步，交換x與y的次序；第二步，交換x與z的次序，就會得到以x，z，y的順序的累次積分．這種順序交換可如同二重積分一樣進行，關鍵步驟是畫出二重積分區(qū)域的圖形．有了圖形，積分限就容易寫出了．4、求I=∫01dx∫x1dy∫y1ydz．標準答案：希望通過交換積分順序，比較容易地算出這個累次積分．把它看成是三重積分按先一后二的順序化成的．于是其中Dxy={(x，y)｜0≤x≤1，x≤y≤1}，如圖9．48．對外層積分按先x后y的順序得其中D如圖9．49，按先y后z的順序配限得知識點解析：暫無解析5、將極坐標系中的累次積分轉(zhuǎn)換成直角坐標系中的累次積分或相反：(Ⅰ)dθ∫0sinθf(rcosθ，rsinθ)rdr寫成直角坐標系下先對y后對x積分的累次積分；(Ⅱ)計算．標準答案：(Ⅰ)D的極坐標表示：≤θ≤π，0≤r≤sinθ，即≤θ≤π，r2≤rsinθ，即x2+y2≤y，x≤0，則D為左半圓域：x2+y2≤y，x≤0，即x2+，x≤0．用先對y后對x積分．知識點解析：題(Ⅰ)是極坐標變換下的累次積分，先寫成f(x，y)dxdy，確定積分區(qū)域D，再化成累次積分．題(Ⅱ)中無論是先對x，還是先對y積分都很難進行，這是因為的原函數(shù)不是初等函數(shù)，所以必須改用其他坐標系．又由于被積函數(shù)屬f(x2+y2)的形式，因此選用極坐標系較方便．6、計算(a＞0)，其中D是由圓心在點(a，a)、半徑為a且與坐標軸相切的圓周的較短一段弧和坐標軸所圍成的區(qū)域．標準答案：由于圓的方程為：(x一a)2+(y一a)2=a2，區(qū)域D的邊界所涉及的圓弧為y=a一，所以知識點解析：暫無解析7、計算二重積分{｜x+y｜一2｜dxdy，其中D：0≤x≤2，一2≤y≤2．標準答案：如圖9．50，用直線y=一x+2，y=一x將D分成D1，D2與D3．于是知識點解析：暫無解析8、計算下列二重積分：(Ⅰ)cydσ，其中D是由曲線r=sin2θ(0≤θ≤)圍成的區(qū)域；(Ⅱ)xydσ，其中D是由曲線y=，x2+(y一1)2=1與y軸圍成的在右上方的部分。標準答案：(Ⅰ)積分域D見圖9．51．D的極坐標表示是：0≤θ≤，0≤r≤sin2θ，于是(Ⅱ)選用極坐標系，所涉及兩個圓的極坐標方程為r=1與r=2sinθ，交點的極坐標為(1，)，見圖9．52，于是積分域D的極坐標表示為D={(r，θ)｜，1≤r≤2sinθ}，則知識點解析：第(Ⅱ)小題的積分域涉及圓，自然應該用極坐標系．第(Ⅰ)小題盡管與圓無關，但是若用直角坐標系，則邊界曲線的表達式很復雜，所以也應該用極坐標系．9、求下列二重積分：(Ⅰ)I