高等数学 上册 习题 解答

考研真题解析1．（2024，数二）函数f(x)=|x|1(1-x)(x-2)的第一类间断点的个数是

A．3

B．2

C．1

D．lim所以f(x)的第一类间断点只有x=1，选C．

2．（2024，数二）设函数y=f(x)由参数方程x=1+t3y=et2确定，则limx→+∞ xf2+2x-f(2)=

A．lim选B．竞赛真题赏析1.（第十二届全国初赛题，2020）设f(x),g(x)在x=0的某一邻域U内有定义，对任意x∈U,f(x)≠g(x)，且limx→0 f(x)=limx→0

=

习题参考答案习题2-11.2.(1)-1，(2)-13.4.连续不可导5.习题2-21.（1）（2）（3）（4）（5）（6）2.（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）3.4.，；，.5.（1）（2）（3）（4）6.（1）（2）7.（1）（2）习题2-31.（1）（2），（3）7200,7202.（1）（2）3.4.5.略6.（1）（2）（3）（4）7.（1）（2）习题2-41.（1）0.21，0.2，0.01；（2）0.0201，0.02，0.0001.2.3.（1）2.0083（2）-0.0100（3）0.79544.（1）（2）（3）（4）（5）（6）5.（1）（2）6.自测题一、1.A2.C3.D4.A5.C二、6.7.8.9.10.三、11.12.13.14.15.四、16.连续且可导17.18.19.20.五、21.（1）（2）（3）22.（1）（2）考研真题解析1.(2022，数二)设函数在处有2阶导数，则().A.当在的某邻域内单调增加时，.B.当时，在的某邻域内单调增加.C.当在的某邻域内是凹函数时，.D.当，在的某邻域内是凹函数.【解析】因在处有阶导数，则存在，当时，由极限的局部保号性可知，，当，有，故在的某邻域内单调增加，选B.2.(2022，数三)已知，则().A.有最大值，有最小值. B.有最大值，没有最小值.C.没有最大值，有最小值. D.没有最大值，没有最小值.【解析】令，，令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调增加.比较与，因，从而，即在时取到最大值，且时递减，，故在时取得最小值，即的最小值为，而在时最小，最小值为，又时取到最大，最大值为，且，，故在时取最大值.在时取最小值，故选A.3.(2023，数二)设函数.若没有极值点，但曲线有拐点，则的取值范围是().A. B. C. D.【解析】由于没有极值点，但曲线有拐点，于是有两个相等的实根或者没有实根，且有两个不相等的实根.于是，解得.故选C.4.(2023，数一，数二)曲线的斜渐近线方程为().A. B. C. D.【解析】由，得，，所以曲线的斜渐近线方程为.故选B.5.（2024，数二，数三）函数的极值点是.【解析】由解得驻点为和，且，，.在点处，，,,且，,于是为的极大值点.在点处，，,，且，于是不是的极值点.竞赛真题赏析例（第十四届全国初赛题，2022）设函数在上二阶可导，，且当时，，，.证明：.证：任取，对在上利用拉格朗日中值定理，存在，使得.因为，，所以.令，则在内可导，且.根据题设条件，且，所以.这表明在上是单调增加函数，从而有，可得.因此.因为，所以，从而有.考研真题解析1.(2022，数二)设函数在处有2阶导数，则().A.当在的某邻域内单调增加时，.B.当时，在的某邻域内单调增加.C.当在的某邻域内是凹函数时，.D.当，在的某邻域内是凹函数.【解析】因在处有阶导数，则存在，当时，由极限的局部保号性可知，，当，有，故在的某邻域内单调增加，选B.2.(2022，数三)已知，则().A.有最大值，有最小值. B.有最大值，没有最小值.C.没有最大值，有最小值. D.没有最大值，没有最小值.【解析】令，，令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调增加.比较与，因，从而，即在时取到最大值，且时递减，，故在时取得最小值，即的最小值为，而在时最小，最小值为，又时取到最大，最大值为，且，，故在时取最大值.在时取最小值，故选A.3.(2023，数二)设函数.若没有极值点，但曲线有拐点，则的取值范围是().A. B. C. D.【解析】由于没有极值点，但曲线有拐点，于是有两个相等的实根或者没有实根，且有两个不相等的实根.于是，解得.故选C.4.(2023，数一，数二)曲线的斜渐近线方程为().A. B. C. D.【解析】由，得，，所以曲线的斜渐近线方程为.故选B.5.（2024，数二，数三）函数的极值点是.【解析】由解得驻点为和，且，，.在点处，，,,且，,于是为的极大值点.在点处，，,，且，于是不是的极值点.竞赛真题赏析例（第十四届全国初赛题，2022）设函数在上二阶可导，，且当时，，，.证明：.证：任取，对在上利用拉格朗日中值定理，存在，使得.因为，，所以.令，则在内可导，且.根据题设条件，且，所以.这表明在上是单调增加函数，从而有，可得.因此.因为，所以，从而有.考研真题解析（2016，数二、三）计算。解：原式。（2017，数二、三）求极限。解：方法1令，则，。当时，；当时，。。则，因为，所以原式。由洛必达法则，。解：方法2由积分中值定理，（）。则，当时，，（这里，在极限过程中与洛必达法则结果一致）。综上，极限值为。竞赛真题赏析（第六届全国初赛题，2014）计算，其中为正整数。解：被积函数与周期函数有关。先作变量代换：。。（第四届全国决赛题，2013）设函数在区间上连续可导，且。证明：存在。证：利用不等式：。易知，当时，。所以在上单调增加。因为，所以，当时，有，即在上有上界。根据单调有界准则，可知存在。考研真题解析1.（2006，数一，二）微分方程的通解是解：原方程可化为分离变量为两边积分得故通解为：2.（2008，数二，四）微分方程的通解是．解：可化为由线性方程通解公式得于是得通解为，其中C为任意常数3.（2010，数二）三阶常系数线性齐次微分方程的通解为．解：特征方程为分解因式为：于是得：则该方程通解为4.（2007，数一，二）二阶常系数非齐次线性微分方程的通解为．解：齐次微分方程的特征方程为特征解为：则齐次方程通解为令非齐次方程特解为代入原方程得则，则原方程通解为竞赛真题赏析1.（第六届全国初赛题，2014）已知和是齐次二阶常系数线性微分方程的解，则该方程为解由解可知，该方程的特征方程有二重根，故特征方程为因此，所求微分方程为2.（第九届全国初赛题，2017）已知可导函数满足，则=解对方程两边求导，得，整理得这是一阶线性微分方程，利用求解公式得.由原方程