2025年考研数学一高等数学冲刺试卷（含答案）

2025年考研数学一高等数学冲刺试卷（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.函数$f(x)=\frac{x^2-1}{x-1}e^{\frac{1}{x-1}}$在点$x=1$处的极限是(A)2(B)-2(C)0(D)不存在2.设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，且$f(x)>0$，则由曲线$y=f(x)$，直线$x=a$，$x=b$及$x$轴所围成的曲边梯形的面积可以表示为(A)$\int_a^bf(x)\,dx$(B)$\int_a^b-f(x)\,dx$(C)$-\int_a^bf(x)\,dx$(D)$2\int_a^bf(x)\,dx$3.设函数$f(x)$在点$x_0$处可导，且$f'(x_0)=2$，则当$\Deltax\to0$时，$f(x_0+\Deltax)-f(x_0)$的无穷小量阶为(A)高于一阶(B)一阶(C)等于一阶(D)低于一阶4.曲线$y=x^3-3x^2+2$的拐点是(A)(0,2)(B)(1,0)(C)(2,-2)(D)(1,2)5.设函数$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上可导，且$f'(x)>0$，则$y=f(x)$的图形在区间$(1,+\infty)$上(A)单调递增(B)单调递减(C)先单调递增，后单调递减(D)先单调递减，后单调递增6.设函数$f(x)=\ln(x+1)$，则$f^{(n)}(0)$（$n$为正整数）等于(A)$(-1)^{n-1}(n-1)!$(B)$(-1)^{n}(n-1)!$(C)$(-1)^{n-1}n!$(D)$(-1)^{n}n!$7.反常积分$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx$的值等于(A)$\pi$(B)$2\pi$(C)$\sqrt{\pi}$(D)$2\sqrt{\pi}$8.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n\sqrt{n}}$的敛散性是(A)绝对收敛(B)条件收敛(C)发散(D)无法判断二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。9.极限$\lim_{x\to0}\frac{\sin(2x)}{\sin(3x)}$的值等于________。10.函数$f(x)=x^3-3x+1$的驻点是________。11.曲线$y=e^{-x^2}$在点$(0,1)$处的切线方程是________。12.设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，且$f(x)\neq0$，则$\int_a^b\frac{f(x)}{f(x)+g(x)}\,dx$（其中$g(x)$在区间$[a,b]$上连续，且$g(x)\neq0$）的值等于________。13.微分方程$y'-y=0$的通解是________。14.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$的敛散性是________。三、解答题：本大题共4小题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（本题满分15分）计算不定积分$\intx\lnx\,dx$。16.（本题满分15分）计算定积分$\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$。17.（本题满分20分）设函数$f(x)$在区间$[0,1]$上连续，且满足$f(0)=0$，$f(1)=1$。证明：(1)存在$c\in(0,1)$，使得$f(c)=c$；(2)存在$d\in(0,1)$，使得$f(d)=2d$。18.（本题满分25分）设函数$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上可导，且$f(0)=0$，$f'(x)>0$，$f(x)>0$。证明：级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f(nx)}{f(n)}$收敛。试卷答案1.B解析：利用极限的保号性和无穷小量的性质。因为$\lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x\to1}(x+1)=2$，且$\lim_{x\to1}e^{\frac{1}{x-1}}=+\infty$（当$x\to1^+$）或$0$（当$x\to1^-$）。所以，当$x\to1^+$时，$f(x)\to+\infty$；当$x\to1^-$时，$f(x)\to0$。因此，极限不存在。2.A解析：根据定积分的几何意义，由曲线$y=f(x)$，直线$x=a$，$x=b$及$x$轴所围成的曲边梯形的面积等于$\int_a^bf(x)\,dx$。3.B解析：根据导数的定义，$f'(x_0)=\lim_{\Deltax\to0}\frac{f(x_0+\Deltax)-f(x_0)}{\Deltax}=2$。所以，$f(x_0+\Deltax)-f(x_0)=2\Deltax+o(\Deltax)$，其中$o(\Deltax)$是$\Deltax$的高阶无穷小量。因此，$f(x_0+\Deltax)-f(x_0)$是一阶无穷小量。4.B解析：求函数的拐点，首先求二阶导数$y''=3x^2-6x$。令$y''=0$，解得$x=0$或$x=2$。然后判断二阶导数的符号变化。当$x\in(-\infty,0)$时，$y''>0$；当$x\in(0,2)$时，$y''<0$；当$x\in(2,+\infty)$时，$y''>0$。因此，$(1,0)$是拐点。5.A解析：根据导数的单调性定理，如果函数$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上可导，且$f'(x)>0$，则$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递增。6.C解析：利用麦克劳林公式。因为$f(x)=\ln(x+1)$，所以$f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}(n-1)!(x+1)^{-n}$。因此，$f^{(n)}(0)=(-1)^{n-1}(n-1)!$。7.D解析：利用高斯积分公式$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}$。8.B解析：利用交错级数莱布尼茨判别法。因为$\frac{1}{n\sqrt{n}}$是单调递减的，且$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n\sqrt{n}}=0$，所以级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n\sqrt{n}}$收敛。又因为$\frac{1}{n\sqrt{n}}$单调递减且趋于0，所以$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\sqrt{n}}$收敛，从而$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n\sqrt{n}}$是条件收敛的。9.$\frac{2}{3}$解析：利用极限的运算法则和三角函数的极限公式。$\lim_{x\to0}\frac{\sin(2x)}{\sin(3x)}=\lim_{x\to0}\frac{2\sin(2x)}{2x}\cdot\frac{3x}{3\sin(x)}\cdot\frac{x}{x}=\frac{2}{3}\lim_{x\to0}\frac{\sin(2x)}{2x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{3x}{\sin(x)}=\frac{2}{3}\cdot1\cdot1=\frac{2}{3}$。10.$1\pm\sqrt{3}$解析：求函数的驻点，首先求导数$f'(x)=3x^2-3$。令$f'(x)=0$，解得$x=\pm1$。因此，驻点是$1$和$-1$。11.$y=x$解析：求曲线的切线方程，首先求导数$y'=-2xe^{-x^2}$。当$x=0$时，$y'=0$。因此，切线方程的斜率为0，且过点$(0,1)$，所以切线方程为$y=x$。12.$\frac{b-a}{2}$解析：令$F(x)=\frac{f(x)}{f(x)+g(x)}$，则$F(a)+F(b)=\frac{f(a)}{f(a)+g(a)}+\frac{f(b)}{f(b)+g(b)}=1$。又因为$F'(x)=\frac{f'(x)g(x)-g'(x)f(x)}{(f(x)+g(x))^2}$，且$f(x)\neq0$，$g(x)\neq0$，所以$F'(x)$在区间$[a,b]$上不变号。因此，$F(x)$在区间$[a,b]$上单调。由于$F(a)+F(b)=1$，且$F(x)$单调，所以$F(a)=F(b)=\frac{1}{2}$。因此，$\int_a^bF(x)\,dx=\int_a^b\frac{1}{2}\,dx=\frac{b-a}{2}$。13.$y=Ce^x$（$C$为任意常数）解析：这是一个一阶线性齐次微分方程。利用分离变量法，$\frac{dy}{y}=dx$，两边积分得$\ln|y|=x+C_1$，即$y=Ce^x$。14.收敛解析：利用级数比较判别法。因为$\frac{1}{n^2}\leq\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，所以$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$收敛。15.$\frac{1}{2}x^2\lnx-\frac{1}{4}x^2+C$解析：利用分部积分法，令$u=\lnx$，$dv=x\,dx$。则$du=\frac{1}{x}\,dx$，$v=\frac{1}{2}x^2$。因此，$\intx\lnx\,dx=\frac{1}{2}x^2\lnx-\int\frac{1}{2}x^2\cdot\frac{1}{x}\,dx=\frac{1}{2}x^2\lnx-\frac{1}{4}x^2+C$。16.$\sqrt{2}-1$解析：利用换元法，令$x=\tant$，则$dx=\sec^2t\,dt$。因此，$\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tant}{\sect}\sec^2t\,dt=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sint\,dt=-\cost\bigg|_0^{\frac{\pi}{4}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}+1=\sqrt{2}-1$。17.证明：(1)令$F(x)=f(x)-x$，则$F(0)=f(0)-0=0$，$F(1)=f(1)-1=0$。根据零点存在性定理，存在$c\in(0,1)$，使得$F(c)=0$，即$f(c)=c$。(2)令$G(x)=f(x)-2x$，则$G(0)=f(0)-0=0$，$G\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)-1<0$，$G(1)=f(1)-2=-1<0$。由于$G(x)$在区间$[0,1]$上连续，且$G(0)=0$，$G\left(\frac{1}{2}\right)<0$，$G(1)<0$，所以无法直接应用零点存在性定理。但我们可以考虑函数$H(x)=G(x)+G(2x)$，则$H(0)=G(0)+G(0)=0$，$H\left(\frac{1}{2}\right)=G\left(\frac{1}{2}\right)+G(1)<0+0=0$，$H(1)=G(1)+G(2)=-1+f(2)-2$。由于$f(2)>0$，所以$H(1)>-3>0$。根据零点存在性定理，存在$d\in\left(\frac{1}{2},1\right)$，使得$H(d)=0$，即$G(d)+G(2d)=0$。由于$G(x)$在区间$[0,1]$上连续，且$G(0)=0$，$G(d)+G(2d)=0$，所以$G(2d)=0$，即$f(2d)-2d=0$，即$f(d)=2d$。18.证明：利用数学归纳法和比较判别法。(1)当$n=1$时，级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f(nx)}{f(n)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f(x)}{f(1)}$。由于$f(x)>0$，$f(1)>0$，所以级数收敛。(2)假设当$n=k$时，级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f(nx)}{f(n)}$收敛。由于$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上可导，且$f'(x)>0$，$f(x)>0$，所以$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递增。因此，$f(kx)\geqf(x)$，且$f(k)\geqf(1)>0$。所以$\frac{f(kx)}{f(k