2013年潘鑫高联暑假强化班典型练习题参考答案.pdf

1 典型练习题参考答案 典型练习题参考答案 1 1 1 解 2 0 0 f xf x f f x f xfx x 而 00 00f xxf xx 所以 2234 0 0 022 0 f x xx x f f x f xfx xxxxxx 2 解 由 1yxx 可得 1xyy 由 2 1 4yxx 可得 116xyy 由 2 4 x yx 可得 2 log 16xyy 于是 2 1 14 2 4 x xx yf xxx x 的反函数为 1 2 1 116 log 16 xx yfxxx xx 3 解 0 1 limsin x x 不存在 但在这个极限过程中重复取值0 1 而 2 0 1 lim x x 显然不选 A B C 事实上 令 1 1 2 2 n x n 则 22 1 lim0 2 2 nn n xf xn 从而 lim n n f x 说明 f x不是有界量也不是0 x 时的无穷小量 由此排除 A C 又令 1 lim0 nn n yy n 且lim 0 n n f y 所以 f x不是0 x 时的无穷大量由此排 除 B 4 解 由于连续奇函数的原函数必定是偶函数 连续偶函数的原函数不一定是奇函数 偶 函数的导函数一定是奇函数 奇函数的导函数一定是偶函数 所以应选 A 5 解 由题设知 f xf x 所以 A 不正确 由于 sinf xf xx 所以 2 f xfx sin f xx sin sin f xxxf x 故 f x是以2 为周期的函数 故应选 B 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 2 1 2 一 选择题 1 解 若 n x单调 则由 f x在 内单调有界知 n f x单调有界 因此 n f x收敛 故应选 B 事实上 若取 arctanf xx n xn 则 C D 不成立 令 arctan 1 0 0 0 arctan 1 0 xx f xx xx 则 f x在 内单调有界 取 1 1 n n x n 则 n x收 敛 但 n f x不收敛 则 A 不正确 2 解 取 lnf xx 2 1 0fx x 12 ln10ln2uu 而 lnf nn 发 散 则可排除 A 取 2 1 f x x 4 6 0fx x 12 1 1 4 uu 而 2 1 f n n 收敛 则可排除 B 取 2 f xx 20fx 12 14uu 而 2 f nn 发散 则可排除 C 故应选 D 事实上 若 12 uu 则 21 1 2 1 0 2 12 1 uuff f 对任意 1 x 因为 0fx 所以 1 0fxfc 对任意 1 x 121 f xffxx 3 解 用举反例法 取 n an 2 1 n b 2 1 2 1 nncn 则可立即排除 A B C 因此 正确选项为 D 4 解 由于 112 11 11 1 limlim 1 1 xx xx x exe x 112 11 11 1 limlim 1 0 1 xx xx x exe x 所以当1x 时 函数 12 1 1 1 x x e x 的极限为不存在但不为无穷大 二 解答题 1 解 由于 1212 222222 1 1 nn nnnnnn n x n n n 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 3 所以 1212 222222 1 1 nn nnnnnn n nn x nnn n n 又 12 1 1 0 0 1 222121 limlim22 ln2ln2 n ix n nnn x n nn i dx nn 从而根据夹逼定理可得 1 lim ln2 n n x 2 解 先求 1 limlntan 4 1 lim tan 4 x x x x x e x 由于 2 00 lntan sec 1 44 limlntan limlim2 4 tan 4 x tt tt x xt t 所以 1 limlntan 2 4 1 lim tan 4 x x x x x ee x 从而 2 1 limtan 4 n n e n 3 解 由于 1 1 2 1 n n x x 显然02 1 2 n xn 而 1 1 11 11 11 1 1 nn nn nnnn xx xx xxxx 因为 10 xx 所以根据数学归纳法可知 1 0 nn xx 因此数列 n x单增有上界 故极限必存在 令lim n n xl 递推公式两端求极限得 1215 12 l ll l 4 解 由于 11 sinsin 44 00 221 lim lim 1 cos 1 cos 3 33 xxxx xx xx xx eeeeee xxxx ee 11 sinsin 44 0 0 221 lim lim 1 cos 1 cos 3 33 xxxx xx x x xx eeeeee xxxx ee 于是 1 sin 4 0 21 lim 1 cos 3 3 xx x x x eee xx e 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 4 5 解 sin444 22 0000 22 1 cos sin coscos limlimlim2limcos2 1 1 cos sin 1 cos sin 2 x xxxx exxxxx x xxxx xx 解 由于 0 00 x xx utx duufduufdttxf 于是 x xx x x x x duufx dtttfdttfx dttxfx dttftx 0 00 0 0 0 0 lim lim x x x xxfduuf xxfxxfdttf 0 0 0 lim x x x xxfduuf dttf 0 0 0 lim 00 0 0 00 00 lim lim limlim xx x xx x xx f t dtf t dt xx f t dtf t dt f xf x xx 0 1 0 0 2 f ff 原极限 33 44 00 11 sin1sin1 limlim ln 1 sintan sintan xx xx xexe xx xxxx 3 4 00 1 sin 1 limlim sintan sintan x xx x e x xxxx 33 00 1 lim sin lim2 sintan sintan xx xx x xxxxx 223 000 11tantan lim limlim tantan xxx xxxx xxxxxx 2 22 222 000 11 cos 1 1 cos 1 cos coscos limlimlim 333 xxx x xx xx xxx 2 2 0 1 21 2 lim 33 x x x 1 2 2 0 1ln 1 lim ln 1 lim t x xt tt xx xt 0 1 1 1 1 lim 22 t t t 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 5 2 lim lim xx x xxxx xxxx 2 lim1 11 11 x xx 1ln 1 ln 1 1 ln 1 1 00 11 lim 1 limlimlim 1 tt x t xtt x x xxtt eeeee e xe xtt x 2 000 ln 1 1 11 ln 1 1 1 limlimlim 22 ttt t tt tt eeee ttt 1122 00 lim lim 1 xxnxxxnx xx xx aaaaaan nn x2xnxx2x2nx 00 aaaa lnalnaln limlim nxn n xx naaa ee 1 1 ln 1 2 2 n na n n ea 6 解法 1 原式 2 cos ln 3 3 0 1 lim x x x e x 2 0 2cos ln 3 lim x x x 2 0 ln 2cosln3 lim x x x 0 1 sin 2cos lim 2 x x x x 0 11sin1 lim 22cos6 x x xx 解法 2 原式 2 cos ln 3 3 0 1 lim x x x e x 2 0 2cos ln 3 lim x x x 2 0 cos1 ln 3 lim x x x 1 2 0 cos11 lim 36 x x x 7 解 1 222 2 00 1 3 1 3 lim 3 lim lim x tt t x t xtt tete xex tet 2 0 lim 32 5 t t e 8 解 因为 0 sin lim cos 5 x x x xb ea 且 0 limsin cos 0 x xxb 所以 0 lim 0 x x ea 得1a 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 6 极限化为 00 sin lim cos lim cos 15 x xx xx xbxbb eax 得4b 因此 1a 4b 因为 11 22 00 3ln 1 3ln 1 lim lim 11 xx xx xx eaxeax a xx ee 11 22 00 3ln 1 3ln 1 lim lim 3 11 xx xx xx eaxeax a xx ee 利用函数在一点存在极限的充分必要条件可得 3 3 2 aaa 9 解 00 11 lim lim hh hhhh f xf xf xf xf xf x haahaa 00 11 lim lim hh hh f xf xf xf x haha 00 112 limlim hh hh f xf xf xf x aa fx hh aaa aa 10 解 1 lim 11 lim lim 1 n nf af a n nnf a nn f af af a nn e f af a 1 1 lim 1 n f af a n fa f a f a n ee 11 解 由于 2 1 0 lim cos x x f x xe x 所以 1 2 ln cos 0 lim x f x x x x ee 因此 2 1 0 limln cos 1 x x f x x x 即 2 0 1 limln cos 1 x f x x xx 根据极限与无穷小的关系可得 2 1 ln cos 1 f x x xx 其中 0 lim0 x 因此 2 1 cos x f x xe x 从而 22 1 1 3222 cos11 cos xx f xexex xxxx 所以 3 0 lim x f x x 2 1 22 00 11 cos13 limlim1 22 x xx ex xx 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 7 12 解 由 2 faxa f xf afa xa 2 xa 可得 faxa 2 2 2 2 f xf afa xa xa 所以 faxafa 2 2 2 2 2 f xf afa xafa xa xa 因此 faxafa xa 2 3 2 2 2 f xf afa xafa xa xa 由于 lim lim xaxa faxafa fa xa 而 2 3 2 2 2 lim xa f xf afa xafa xa xa 2 2 2 2 lim 3 xa fxfafa xa xa 2 2 1 lim 6 3 xa fxfa fa xa 所以 1 lim 3 xa 13 解 由于 f x在 a b上连续 令 m M分别为 f x在 a b上的最小 最大值 则 0mM 从而有 11 nnn m g xf x g xM g x 由积分保号性定理可得 11 bbb nnn aaa mg x dxf x g x dxMg x dx 利用夹逼定理可得lim b n an f x g x dx b a g x dx 14 解 cos b a f xxdx 111 sin sin sin bb b a aa f x dxf xxfxxdx 而lim 1 sin b a f xx 0 又 f x在 a b上有连续导数 则 fxL xa b sin sin bbb aaa fxxdxfxx dxfx dxL ba 于是 lim 1 sin b a fxxdx 0 故lim cos b a f xxdx 0 15 证明 1 因为0 f xx 所以0 nn f xx 从而 1 nnn xf xx 因此数列 n x单调递减有下界 故lim n n x 存在 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 8 2 设lim n n xa 由 于 1 limlim nn nn xf x 又 因 为 f x在 0 1 上 连 续 所 以 lim lim nn nn f xfxf a 故 f aa 1 3 1 解 由题设知 33 0 ln 1 lim1 n x xx mx 根据罗必达法则可知 23 2 33 136 000 33 3 1 11 1limlim3lim nnn xxx xx x xx mnxmnxmnx 所以 1 6 2 mn 2 解 由题设 2 0 sin 1lim ln 1 x xax xbx 从而 232 000 sin1sin11cos 1limlimlim ln 1 3 xxx xaxxaxaax xbxbxbx 由极限的存在性可得 0 lim 1cos 0 x aax 从而1a 因此 0 1sin1 1lim 66 x x bxb 所以 1 6 b 故应选 A 3 解 由题设知 2 2 2 00 1 1 1 cos 1 2 1limlim 22 x x mnmn xx e e xx 4 0 1 lim 22m n x x x 所以4 1nm 3 解 22 000 ln 1 sin cossin limlimlim sin 1 cos sin 1 cos sin xxx f xxxx g xxxxx 故 f x是 g x的低阶无穷小 应选 A 4 解 由于 24 22224 11 1 22 1cos1 1 2224 xx f xxxxxo x 22 xo x 所以当0 x 时 f x是x的 2 阶无穷小 而 222 1222 0000 sinln 1 22ln 1 2 limlimlimlim 1 nnnn xxxx g xxxxx xnxxnxnx 所以当0 x 时 g x是x的 4 阶无穷小 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 9 由于 2 2 1 120000 1 1 arcsin11 1 limlimlimlim 1 nnn nxxxx h xxxx x xxnx nxx 2222 11 12000 111 1 1 limlimlim 2 11 nn nxxx xxx nxnx nxx 所以当0 x 时 h x是x的 3 阶无穷小 因此应选 C 5 解 由于 23 1 1 x eBxCxAxo x 变形为 23 1 1 x eBxCxAxo x 而 23 232 1 1 1 1 1 26 x xx eBxCxAxxo xBxCxAx 23 22223 1 1 1 1 1 26 xx BxCxxBxCxBxCxBxCxo xAx 233 11 1 262 B BA xBC xC xo x 从而根据题设可得 10 1 0 2 1 0 62 BA BC B C 所以 121 336 ABC 6 证明 法一 将 0f xx 在展开为带有皮亚诺余项的泰劳公式 22 1 0 0 0 2 f xffxfxo x 上式中令x分别取 2 3hhh得 22 1 0 0 0 2 f hffhfho h 22 2 0 2 0 2 0 fhffhfho h 22 9 3 0 3 0 0 2 fhffhfho h 故有 123 2 3 0 f hfhfhf 22 123123123 1 1 0 23 0 49 2 ffhho h 所以 符合要求的实数 123 应满足方程组 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 10 123 123 123 1 230 490 因系数行列式 111 1230 149 故上述方程组存在唯一解 即存在唯一的一组实数 123 使得当 0h 时 123 2 3 0 f hfhfhf 是比 2 h高阶的无穷小 法二 由题设知 123 2 0 2 3 0 lim0 h f hfhfhf h 由于分母的极限等于零 所以要使上极限存在必须有 123 0 lim 2 3 0 0 h f hfhfhf 从而 123 1 0 0f 由于 0 0f 故 123 1 1 又由于 123 2 0 2 3 0 0lim h f hfhfhf h 123 0 2 2 3 3 lim 2 h fhfhfh h 而上式分母的极限为零 所以 123 0 lim 2 2 3 3 0 h fhfhfh 从而 123 23 0 0f 由于 0 0 f 故 123 230 2 又因为 123 0 2 2 3 3 0lim 2 h fhfhfh h 123 0 1 lim 4 2 9 3 2 h fhfhfh 123 1 49 0 2 f 而 0 0 f 所以 123 490 3 综上当0h 时 123 2 3 0 f hfhfhf 是比 2 h高阶的无穷小的充要条件是方程 1 2 3 同时成立 由克兰姆法则知这样的 123 存在且唯一 1 4 1 4 1 解 这是含绝对值的函数 先去掉绝对值号得 f x的分段表达式 2 2 2 1 1 1 xxx f xxx xx 显然 当1x 时 f x连续 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 11 当1x 时 由于 2 11 lim lim1 1 xx f xxf 2 11 lim lim 2 1 1 xx f xxxf 故 f x在1x 处连续 从而 f x在定义域 内处处连续 2 解 要保证 f x在 1 2 上连续 充分必要条件是 12 1 lim 2 lim xx ff xff x 由于 1111 1111 121222ln2 lim limlimlim1 ln2 2 1 1 1 xxxx xxxx xxx f x xxx 2 lim x f x 1111 222 121222ln21 limlimlimln2 2 1 2 12 xxxx xxx xxx xxx 所以只需定义 1 1 1 ln2 2 ln2 2 ff 则 f x在 1 2 上连续 3 解 由于 1 1 1 1 2 11 1 1 2 1 1 x x ab x f xaxbx ab x x x 而一切初等函数在其定义区间内连续 所以 f x连续 只 须讨论在分段点1x 处的连续 根据 f x在点1x 处的连续性可得 1111 lim lim 1 lim lim 1 xxxx f xf xff xf xf 所以 1 1 ab ab 故1 0ab 4 解 函数全部间断点为x是全体整数 但只有0 1x 时函数分子 分母同时为零 而 3 0 1 lim sin x xx x 3 11 1 1 2 limlim sinsin 1 xx xxxxx xx 3 11 1 1 2 limlim sinsin 1 xx xxxxx xx 因此只有三个可去间断点 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 12 5 解 由于 tantan ln 1 lntanlntan tan ln 1 tantan ln 1 tantan ln 1 tantan tan tan tx x xxtx x txtxtx t ee x 故 tantan tantan ln 1 tan tan ln 1 tantan ln 1 tantan tantantan tan lim limlim tan tx tx x x x xx x txtx txx txtxtx t f xeee x 所以 f x间断点为 0 1 2 2 xkxkk 由于 tan 00 lim lim x x xx f xee tan 22 lim lim1 x x xkxk f xe tan lim lim 0 x x xkxk f xek tan lim lim 0 x x xkxk f xek 所以 点0 1 2 2 xxkk 为第一类间断点 1 2 xkk 为第二类间 断点 6 证明 由于 f x在 0 1 上有连续导数 所以 fx 在 0 1 上有连续 从而 fx 在 0 1 上 有最小值m和最大值M 即 0 1 x 都有 mfxM 又因为 0 0f 所以 0 f xf xffx 从而 mxf xMx 有定积分保号性定理可得 1 0 11 22 mf x dxM 根据介值定理可得至少存在一点 0 1 使得 1 0 2 ff x dx 令 1 F xf xf x 则 F x在区间 0 1 n 上连续 由于 0 1 0 Fff 1 2 1 Fff 1 1 F nf nf n 所以 0 1 1 0 0FFF nf nf 又根据上题的结论可得 存在 0 1 n 使得 0 1 1 FFF n F n 从而 0F 所以 1 ff 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 13 2 12 1 一 选择题 1 解 取 f xx 则 0 lim0 x f xfx x 但 f x在0 x 不可导 故选 D 事实上 在 A B 两项中 因为分母的极限为 0 所以分子的极限也必须为 0 则可推得 0 0f 在 C 中 0 lim x f x x 存在 则 00 0 0 0 0 limlim0 0 xx f xff x ff xx 所以 C 项正确 故应选 D 2 解 因为 tansin 0 1 0 xx x f xF x x 在0 x 处连续 所以 0 tansin lim1 x xx f x 由于 0 lim tansin 0 x xx 所以 0 lim 0 x f x 从而 0 0f 由 洛 必 达 法 则 可 知 233 2 000 seccos1 cos1 cos 1limlimlim cos xxx xxxx fxfxxfx 所 以 0 0f 同理可得 0 0f 又 32 0000 1 cos3sin cossin3 1limlim3lim3lim 0 xxxx xxxxx fxfxfxfxf 从而 0 3f 所以应选 C 3 解 因为 f x在x处可导 从而在x处可微 此时函数值增量的线性主部为 fxx 因此可得 0 20 8fx 所以 fx 4 故应选 C 4 解 做这类题时请注意这样的一个命题 命题 函数命题 函数 f xg x xa 若满足若满足lim 0 xa g xm 则 则 f x在在xa 处不可导 而函数处不可导 而函数 h xg x xa 若满足若满足lim 0 xa g x 则 则 h x在在xa 处可导 处可导 由于 23 1 f xxxx 22 1 xx 故此函数的不可导点只有0 x 这一个 故应选 C 5 解 令 1 0 1 0 x f x x 则 0f xx 在不可导 但 1f x 在0 x 可导 所以 1 不能 推出 同样 1 0 1 0 x f x x 则 0f xx 在不可导 但 1 lim 0 0 n n ff n 所以 4 不 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 14 能推出 若 f xxaxxxa 其中在连续 由于 limlim xaxa xax faxa xa 所以 2 能推出 fa 存在 若0 xaa 使得对有 0 1f xL xaL 其中常数 则 0f a 从而 f xf af x xaxa 而当xa 1 f x L xa xa 所以由夹逼定理可得 lim0 xa f x xa 从而 lim0 xa f xf a xa 即 fa 存在 因此 3 能推出 fa 存在 应选 C 二 填空题 1 解 由于 2 22 2 2 11 2 2 11 ln 1 ln 1 xt u xx x xtu dtdu xtu 所以 2 222 1 222 1 ln 1 4 ln 22 2 ln 2 211 x dxtxxxx dt dxxtxx 2 解 22 22 00 1 limlim tx tt ef xtf xtx f xtf x x tt 22 22 2 00 limlim tt f xtf xf xtf x xxxfx tt 所以 2 xfxxfx 3 解 由于 1212 1 1 xx y xxxx 所以 n y 11 1 2 1 n nn nn xx 4 解 由于 11 sin dydydtdydy dx dxdtdxdtt dt dt 22 2322 11cos1 sinsinsinsin d yddyddydtt dyd y dxdxt dtdtt dtdxt dtt dt 所以 22 222 22 1 d ydyd y xxn yn y dxdxdt 原方程变为 2 2 2 d y n y dt 0 5 解 由于 1 ln 1 1 yfx x 所以 y 2 ln 1 ln 1 1 fxfx x 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 15 ln ln ln ln ln f xf xf xf x dyfx deedfxfx edf xefx dx 1 ln ln f xf x fx efx dxefxdx x 这是一个求隐函数微分的问题 由方程2xyxy 可得 当0 x 时 1y 在方程两端同时求微分 有2ln2 xy ydxxdydxdy 代入0 x 1y 得 0 ln2 x dxdxdy 故 0 ln2 1 x dydx 三 解答题 1 解 由sin1 y yet 可得 cos 1sin y y dyet dtet 即 cos 2 y dyet dty 所以 cos 2 31 2 y dyet dxty 2 23232 31 2 sincos cos 31 2 3 4 31 2 4 31 2 yyy tt tyete ytettyyd y dxtyty 因为 00 1 tt yy te 所以 2 2 d y dx 0t 2 13 24 ee 2 解 由于 3521 sin 1 3 5 21 n n xxx xxx n 所以 242 sin 1 1 3 5 21 n n xxxx xn 又因为0 x 时 上幂级数收敛于 1 故 x 时 有 242 1 1 3 5 21 n n xxx f x n 从而 21 2 1 1 0 0 0 2 21 21 nn nn ffn nn 3 证明 由 1212 1 1 fxxf xf x 1 可得 212212 f xxxf xf xf x 所以 212212 1212 f xxxf xf xf x xxxx 上式中 令0 可得 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 16 12 2 12 f xf x fx xx 1 式中令1u 则01 且 1212 1 1 fxxf xf x 2 利用 2 式重复上述过程可得 12 1 12 f xf x fx xx 综上可得 21 12 21 f xf x fxfx xx 4 解 由于 f x在0 x 处二阶导数连续 所以函数在0 x 点连续 由连续的定义可得 0 0 lim x ff x 1 因为 1 23 0 lim 1 x x f x xxe x 所以根据极限和无穷小的关系可得 1 23 1 x f x xxe x 从而 23 ln 1 ln f x xxxe x 2 因此 3 ln 2 1 xe f xx exx 所以 0 0 lim 0 x ff x 又因为 00 0 0 limlim xx f xff x f xx 根据 2 式可得 3 ln 2 1 xe f x exx x 所以 0 0f 由于 1 23 0 lim 1 x x f x xxe x 2 0 1 limln 1 3 x f x xx xx 2 0 1 lim 3 x f x xx xx 2 0 lim2 x f x x 3 由 3 可得 0 2lim 2 x fx x 从而 00 0 0 limlim4 xx fxffx f xx 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 17 2 0 1 lim 2 0 lim 1 x f x xx x f x ee x 5 解 这是定积分表示的函数求导数的问题 应先将被积函数中的参变量去掉 2 2 sinsin 2 2 00 1 0 txu xxx h xf txdtf u dux x 当0 x 时 0 0h 所以 2sin 2 0 1 0 0 0 xx f u du x h xx x 当0 x 时 2sin 222 0 4 sin 2 sincos 2 xx f xx xxxxxxf u du h x x 2sin 22 0 3 sin 2sincos 2 xx f xx xxxxf u du x 当0 x 时 2sin 0 3 00 0 0 limlim xx xx f u du h xh h xx 22 2 0 sin 2 sincos lim 3 x f xxxxxx x 2 2 22 000 2 sincos lim sin limlim 33 xxx xxxx f xx xx 0 f 6 解 已知关系式两边取极限0 x 得 1 3 1 0ff 故 1 0f 由于 1 sin 3 1 sin 8 fxfxxx 所以 0 1 sin 3 1 sin 8 lim0 x fxfxx x 即 0 1 sin 3 1 sin lim8 sin x fxfx x 令 sin xt 可得 00 1 3 1 1 1 3 1 1 8limlim tt ftftftfftf tt 00 1 1 1 1 lim3lim4 1 tt ftfftf f tt 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 18 所以 1 2f 由周期性知 6 0 6 2ff 因此曲线 yf x 在点 6 6 f处的切线方程为 2 6 yx 7 解 由于 3 0 2sin lim0 x xxf x x 所以 3 0 2sin 0 lim 0 x xxf x xx x 其中 所以 3 2 2sinsin 2 xxxx f xxx xx 故 0 0 lim 2 x ff x 3 22 000 0 2sin2sin 0 limlim2lim0 xxx f xfxxxxxx f xxx 由于 2 000 0 1 0 1 limlimlim 0 222 xxx f xffxfxf f xxx 所以 3 233 000 0 2sin2sin2 0 2lim2lim4lim 3 xxx f xfxxxxxx f xxx 2 22 2 1 证明 令 x F xxe f x 则函数 0 1 0 1 F x 在上连续 在内可导 1 0 0F 且F 根据罗尔定理可得 存在 0 1 使得 0F 由此可推出 0 1 ff 2 证明 1 令xxfxF 则 xF在 2 1 1 上连续 1 1 F 因为1 2 1 1 lim 2 2 1 x xf x 所以1 2 1 f 从而 2 1 2 1 F 根据零点定理可得 存在 1 2 1 使0 F 即 f 2 令 xxfexF x 则在 0 上 xF满足罗尔定理的条件 因此 必存在 0 使得0 F 即得1 ff 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 19 3 因为01 2 1 1 lim 2 2 1 x xf x 由保号性定理知存在 1 2 的一个去心邻域 在该邻域内 01 xf 即1 xf 所以 xf在 0 1 上的最大值大于 1 3 证明 对 f x在 a b上使用拉格朗日中值定理可得 存在 1 xa b 使得 1 f bf a fx ba 1 对 f x 2 g xx 在 a b上使用柯西中值定理可得 存在 2 xa b 使得 2 22 2 2 fxf bf a bax 2 对 f x 3 h xx 在 a b上使用柯西中值定理可得 存在 3 xa b 使得 3 332 3 3 fxf bf a bax 3 由 1 2 3 可得在 a b内存在三点 123 x x x使 22 32 1 2 23 23 fxfx fxbaaabb xx 4 证明 令 x a F xt dt xa b 则 0 0 b a F aF bt dt 已知 又由于 bbb aaa xx dxxdF xbF baF aF x dx 且 0 b a xx dx 所以 0 b a F x dx 根据积分中值定理 存在 ca b 使得 b a F x dxF c ba 从而 0F c 对 F x分别在区间 a cc b上使用罗尔中值定理可得 存在 a cc b 使得 0 0FF 即在 a b内至少存在两个不同的点 使得 0 0 5 证明 由于 f x在 0 1 上连续 且 0 0 1 1ff 所以根据闭区间上连续函数的介值定理 对01 a u ab 至少存在一点 0 1 c 使得 a f c ab 对 f x分别在 0 1 cc上使用拉格朗日中值定理可得 0 0 0 f cf fc c 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 20 即 0 a fc ab c 1 1 1 1 ff c fc c 即 1 b f abc 1c 2 所以 ab ab ff 6 证明 由于 0fa f b 所以 faf b 同号 不妨假设 0 0faf b 则 lim 0 xa f xf a fa xa lim 0 xb f xf b f b xb 根据极限的保号性可得 在 a b内至少存在一点c 使 f cf a 在 a b内至少存在一点d 使 f df b 由于 f af b 所以函数 f x在 a b内存在最大值点 2 x与最小值点 1 x 而由费马定理知 12 0fxfx 对 fx 在以 12 x x为端点的闭区间上使用罗尔定理可得 至少存在一点 a b 使 0f 7 证明 将 f x在1x 点展开为一阶泰劳公式 2 1 1 1 1 1 2 f xffxfx 即 2 1 1 1 2 f xxfx 上式中令0 x 可得 2 1 0 0 1 0 1 2 ff 即 2f 2 3 2 3 一 选择题 一 选择题 1 解 应选 C 2 解 应选 D 3 解 由题设知 2 3 lnfxfxxx 0 x 这表明在0 x 时 fx 存在 于是 fx 在0 x 时连续 由上式知 fx 在0 x 时连续 且 1 0f 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 21 由于 1 f 2 11 ln3 limlim 1 1 xx fxxxfx xx 1 1 ln6 lim10 1 x xfx fx 所以 1 f不是函数的极值 但 1 1 f是曲线 yf x 的拐点 故应选 C 4 解 应选 C 5 解 利用可导函数的单调性与其导数的符号的对应关系来解决本题 从函数 yf x 图形可知0 x 时 随x增大 f x首先是单减 接着单调增加 然后再单调减少 与之对应的是其导数的符号是随x增大 由负变正 然后再由正变负 因此 A B 不对 当0 x 时 函数是单调减少的 与之对应的是导数不能为正 故应选 D 6 解 由于lim 2arctan x xx 与lim 2arctan x xx 都不存在 所以没有水平渐近线 又因 为没有无穷间断点 所以没有垂直渐近线 又 2arctan lim1 x xx a x lim 2arctan x bxxx 2arctan lim1 x xx a x lim 2arctan x bxxx 所以斜渐近线有两条分别为yx yx 7 解 令 31 x f xxe 则 3 1 x fxxe 从而定义域内 f x导数为零和导数不存在的点 为1x 所以函数只有两个单调区间 分别为 1 1 由于 1 lim 1 lim 1 310 xx f xfe 所以根据广义零点定理及函数单 调性可得函数 f x在 1 1 内各有一个零点 因此方程只有两个零点 8 解 根据弹性的定义与题设可知 ln3 pdQ p Qdp 所以ln3 dQ dp Q 因此 ln3 e3 pp Qcc 有最大销售量为 1200 可知 1200c 故应选 A 二 填空题 1 二 填空题 1 解 由于42 2yxy 所以曲率 23 22 3 2 2 1 1 42 y k yx 因此2 4xy 处曲率最大 2 解 由于 5 1005 PP Q P Q PP 由题意可得 5 1 1005 P P 从而可知 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 22 10055 10050 PP P 所以商品价格的取值范围是 10 20 三 解答题 三 解答题 1 解 1 111 1 ln 1 x fx xxx 显然 当0 x 时 1 1 1 0 x x 为了判定 fx 的符号 只需考查函数 11 ln 1 x xx 的符号 易得lim 0 x x 0 lim x x 又 2 1 1 x xx 所以当0 x 时 0 x 即 x 单调增加 由此可知当 0 x 时 0 x 从而 1 1 1 0 x fxx x 故 f x在区间 0 内的单调 减少 2 证明 若 f x在点0a 处有极值 所以 0fa 又因为函数 f x对一切x满足微分 方程 2 3 1 x xfxx fxe 所以 1 0 a e fa a 故在点0a 处 f x有极小值 若 f x在点0 x 处有极值 则 0 0f 且 2 13 0 x ex fx fxx x 由于 fx 在0 x 处连续 所以 2 00 13 0 lim lim x xx ex fx ffx x 2 00 1 lim3lim 1 x xx e fx x 因此若 f x在点0 x 处有极值 该极值还是极小值 3 解 函数 f x的定义域为2x 且 2 34 6 24 2 2 xxx fxfx xx 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 23 所以定义域内导数为零或不存在点为 12 6 0 xx 二阶导数为零或不存在点为0 x 列表讨论如下 x 6 6 6 2 2 2 0 0 0 fx 0 0 fx 0 f x 单增 凸 极大值 单减 凸 单增 凸 拐点 单增 凹 即 f x分别在 6 2 上单调增加 在 6 2 单调减少 19 6 2 f 是 f x的 极大值 曲线 yf x 在 2 2 0 上是凸弧 在 0 是凹弧 点 0 4 是曲线 yf x 的拐点 又因为 3 2 lim1 lim lim 4 0 2 xxx f xx af xaxx xx 所以yx 是曲线的斜渐 近线 此外 2 lim x f x 所以2x 是曲线的垂直渐近线 4 证明 由极限的保号性 存在0 当 xaa 时 0 f x xa 即得 0f x 又因为 lim 0 x fx 所以存在 0 xa 当 0 xx 时 0 2 fx 于是由微分中值定理得 当 0 xx 存在 0 x x 使得 0000 2 f xf xfxxf xxx 因此 lim x f x 由lim x f x 可知存在 1 xa 使得 1 0f x 故对 f x在区间 1 x a 上使用零 点定理可得 f x在 1 x a 内至少有一个零点 从而 f x在 a 内至少有一个零点 5 证明 将 f x在a点展开为一阶泰劳公式 2 2 f f xf afa xaxa 由于 0 0fafx 所以lim x f x 因此存在Xa 使得 0f X 由于 f x在 a X上连续 且 0f a f X 所以根据零点定理 可得 f x在 a X内 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 24 至少有一个零点 即方程 0f x 在 a 内至少有一个实根 又因为 0 fxxa 所以函数 fx 在 a 上单调递减 而 0fa 故 0 fxxa 从而 f x在 a 上单调减少 因此方程 0f x 在 a 内至多 有一个实根 综上所述 方程 0f x 在 a 内只有一个实根 6 证明 存在性 令 F xf xx 则 F x在 0 1 上连续 由于0 1f x 所以 1 1 10 0 0 0FfFf 由零点定理可得在区间 0 1 内至少有一个x使得 0F xf xx 即 f xx 唯一性 若存在两个点 12 0 1 xx 12 xx 使得 1122 f xxf xx 则由拉格朗 日中值定理知 至少存在一点x使得 2121 2121 1 f xf xxx fx xxxx 这与 1fx 的题设矛 盾 因此 在 0 1 内有且仅有一点x使得 f xx 7 解 令 2 1 1f xkx x 则该函数定义域为0 x 而 3 2 fxk x 当0k 时 3 2 0fxk x 函 数 2 1 1f xkx x 在0 x 时 单 减 因 为 0 lim lim x x f xf x 所以方程此时有唯一解 当0k 时定义域内 0fx 和 fx 不存在的点为 3 2 x k 当0k 时 列表讨论如下 x 0 3 2 0 k 3 2 k 3 2 k f x 32 3 21 2 k 因为方程只有一个实根 由表及广义零点定理可得 32 3 210 2 k 即 2 3 9 k 综上 2 3 9 k 或0k 时 方程 2 1 1kx x 0 x 只有一个解 8 证明 令 2 1 e 1 x f xxx 则 22 1 2 e1 4 e xx fxxfxx 2 01 3年考研高等数学重点题型与思维定势 题型定输赢 定势夺高分 25 当01x 时 0fx 所以 fx 在 0 1 内单调减少 且 0 0 f 故 0fx 从 而 f x单调减少 因此 0 0 0 1 f xfx 即 2 1 e 1 0 x xx 故 2 1 e 0 1 1 x x x x 9 证明 对 2 lnf xx 在区间 a b上使用拉格朗日中值定理可得 22 lnlnln 2 ba ab ba 令 2 ln t g teatbe t 则 2 1 ln t g t t 从 而 当 2 eatbe 2 1 ln 0 t g t t 因此当 2 eatbe 时 ln t g t t 单调减少 所以 2 ln2 e 从而 22 2 lnlnln4 2 ba bae 即 22 2 4 lnln baba e 10 证明 令 11 0 1 ln 1 f xx xx 则有 22 22 1 ln 1 0 1 ln 1 xxx fx xxx 当 0 1 x 从而 f x在 0 1 内单减 所以 当 0 1 x 时 01 lim lim xx f xf xf x 又 2 0000 11ln 1 ln 1 1 lim lim limlim ln 1 ln 1 2 xxxx xxxx f x xxxxx 11 111 lim lim 1 ln 1 ln2 xx f x xx 所以 0 1 x 时 1111 1 ln2ln 1 2xx