考研高数经典题目(最新)

x1高等数学部分第一部分函数、极限1．1）若x→0时，(1−ax2)14−1与xsinx是等价无穷小，则a=.【解】(1−ax2)14−1=1−14ax2+o(x2)−1=14ax2+o(x2);xsinx=x2+o(x2),故:a=−42）当x→0时，f(x)=x−sinax与g(x)=x2ln(1−bx)等价无穷小，则a，b=【解】f(x)=x−sinax=x−(ax)+13!(ax)3+o(x3);g(x)=x2ln(1−bx)=bx3+o(x3),所以,a=1，b=−1/62.【解】1)limx→0(cosx)1ln(1+x2)=elimx→0ln(cosxln(1+x2)=elimx→0tanx)2x(1+x2)=√e,2)limx→01x3[(2+cosx3)x−1]=limx→0exln(2+cosx3)−1x3=limx→0ln(2+cosx3)x2=limx→0ln(1+cosx−13)x2=limx→0cosx−13x2=−1/6,3)limx→0(1sin2x−cos2xx2)=limx→0(1+cos2xsin2x−cos2xx2)=limx→0(1+cos2x(1sin2x−1x2))=limx→0(1+cos2x(x2−sin2xx2sin2x))=limx→0(1−148cos2x(x4x2sin2x))=1−1/484)limx→0[sinx−sin(sinx)]sinxx4=limx→0[sinx−sinx+16sin3x+o(x3))]x3=1/6,5)limx→0[1+In(1+x)]2x=limx→0[1+In(1+x)]1In(1+x)2In(1+x)x=e2.6)limx→0(1+x1−e−x−1x)=limx→0e−x+x+x2−1(1−e−x)x=7)limx→0xln(1+x)1−cosx=limx→0xx0:5x2=0.53.当x→0+时，与√x等价的无穷小量是(A)1−e√x.(B)ln1+x1−√x.(C)√1+√x−1.(D)1−cos√x【解】(B)因为1−e√x∼−√x；√1+√x−1∼0.5√x;1−cos√x∼0.5x4.设常数a̸=12，则limn→∞In(n−2na+1n(1−2a))n=.【解】11−2a5.若limx→0sinxex−a(cosx−b)=5，则a=,b=.【解】a=1;b=−46.设函数f(x)={1−etanxarcsinx2,x0ae2x,x≤0在x=0处连续，则a=.【解】a=−27.设有两个数列{an},{bn}，若limn→∞an=0，则（）(A)当∞∑n=1bn收敛时，∞∑n=1anbn收敛.(B)当∞∑n=1bn发散时，∞∑n=1anbn发散.1(C)当∞∑n=1|bn|收敛时，∞∑n=1a2nb2n收敛.(D)当∞∑n=1|bn|发散时，∞∑n=1a2nb2n发散.【解】(C)8.设{an},{bn},{cn}均为非负数列,且limn→∞an=0,limn→∞bn=1,limn→∞cn=∞,则必有(A)anbn对任意n成立.(B)bncn对任意n成立.(C)极限limn→∞ancn不存在.(D)极限limn→∞bncn不存在.【解】(D)9．设函数f(x)在(−∞,+∞)内单调有界，{xn}为数列，下列命题正确的是（）(A)若{xn}收敛，则{f(xn)}收敛.(B)若{xn}单调，则{f(xn)}收敛.(C)若{f(xn)}收敛，则{xn}收敛(D)若{f(xn)}单调，则{xn}收敛.【解】(B)10．设0x13,xn+1=√xn(3−xn)(n=1,2,···),证明{xn}的极限存在,并求此极限.【解】因为xn+1=√xn(3−xn)(n=1,2,···),所以0≤xn+1=√xn(3−xn)≤12(xn+(3−xn))=1.5,我们可以证明：因为0xn1.5，所以xn单调增加，又有上界1.5。故{xn}的极限存在，设其为a,则：对xn+1=√xn(3−xn)两边取极限得：a2=a(3−a),故此极限为1.511．设f(x)在(−∞,+∞)内有定义，且limx→∞f(x)=a，g(x)={f(1x),x̸=00,x=0则(A)x=0必是g(x)的第一类间断点.(B)x=0必是g(x)的第二类间断点.(C)x=0必是g(x)的连续点.(D)g(x)在x=0处的连续性与a的取值有关.【解】(D)12．设函数f(x)=1exx−1−1,则(A)x=0,x=1都是f(x)的第一类间断点.(B)x=0,x=1都是f(x)的第二类间断点.(C)x=0是f(x)的第一类间断点,x=1是f(x)的第二类间断点.(D)x=0是f(x)的第二类间断点,x=1是f(x)的第一类间断点.【解】(D)213.曲线y=1x+ln(1+ex)，渐近线的条数为(A)0.(B)1.(C)2.(D)3.【解】(D)14.设函数f(x)在x=0处连续，下列命题错误的是：(A)若limx→0f(x)x存在，则f(0)=0.(B)若limx→0f(x)+f(−x)x存在，则f(0)=0.(C)若limx→0f(x)x存在，则f′(0)存在.(D)若limx→0f(x)−f(−x)x存在，则f′(0)存在.【解】(D)15.设函数y=f(x)在区间[−1,3]上的图形为：【解】(D)因为F′(x)=f(x),又f(x)的图像说明：F(x)在0点的左右导数不等，所以F(x)在0左为斜率0的直线，同理在x2时为水平线。故D正确。则函数F(x)=∫x0f(t)dt的图形为16.设数列{xn}满足0x1π,x+1=sinxn(n=1,2,...)。求:(Ⅰ)证明limn→∞xn存在,并求之。(Ⅱ)计算limn→∞(xn+1xn)1xn2【证明】(Ⅰ)因为：0x1π，所以0≤x2=sinx1≤1,用数学归纳法得：{xn}单调有界。所以，收敛。设其极限为a,则a=sina故，a=0;(Ⅱ)由于n→∞等价于xn→0,所以limn→∞(xn+1xn)1xn2=limx→0(sinxx)1x2=e−16第二部分导数、微分17．设f(x)={xcos1x,x̸=00,x=0,其导函数在x=0处连续,求λ的取值范围.【解】λ218．设函数f(x)=∫x20ln(2+t)dt则f′(x)的零点个数为：(A)0，(B)1，(C)2，(D)3.【解】(B)19．1)设y=(1+sinx)x,则dy|x==.2)设y=arctanex−ln√e2xe2x+1,则dydx|x=1=.【解】1)y=(1+sinx)x=exln(1+sinx),所以y′=exln(1+sinx)(ln(1+sinx)+xcosx1+sinx).故：dy|x==y′|x=dx=−πdx2)y=arctanex−ln√e2xe2x+1=arctanex+0.5ln(e−2x+1),所以：y′=ex1+e2x+0.5−2e−2xe−2x+1=ex−11+e2x,故：dydx|x=1=e−11+e220．设函数y=f(x)由方程xy+2Inx=y4所确定,则曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程是.3【解】函数y=f(x)由方程xy+2Inx=y4所确定,y+xy′+2x=4y3y′,故：(1,1)点处的导数为：1+y′+2=4y′,即：y′=1,在点(1,1)处的切线方程是y=x21．曲线sin(xy)+ln(y−x)=x在点(0,1)处的切线方程为【解】因为：sin(xy)+ln(y−x)=x，所以cos(xy)(y+xy′)+y′−1y−x=1,故：(0,1)点处的导数为：1+y′−1=1,即：y′=1,在点(0,1)处的切线方程是y=x+122．设f(x)为不恒等于零的奇函数，且f′(0)存在，则函数g(x)=f(x)x(A)x=0处左极限不存在.(B)有跳跃间断点x=0.(C)x=0处右极限不存在.(D)有可去间断点x=0【解】(D)23．设函数f(x)=x3−1φ(x),其中φ(x)在x=1处连续,则φ(1)=0是f(x)在x=1可导的(A)充要条件.(B)必要但非充分条件.(C)充分但非必要条件.(D)既非充分也非必要条件.【解】(A)24．设函数f(x)=limn→∞n√1+|x|3n,则f(x)在(−∞,+∞)内(A)处处可导.(B)恰有一个不可导点.(C)恰有两个不可导点.(D)至少有三个不可导点.【解】(C)分别是：1，-125．设函数f(u)可导,y=f(x2)当自变量x在x=−1处取得增量∆x=−0.1时,相应的函数增量∆y的线性主部为0.1,则f′(1)=.(A)−1，(B)0.1，(C)1，(D)0.5【解】(A)26．设函数f(x)在(0,+∞)上具有二阶导数，且f′′(x)0.令un=f(n)(n=1,2,···,),则下列结论正确的是：(A)若u1u2，则{un}必收敛.(B)若u1u2，则{un}必发散.(C)若u1u2，则{un}必收敛.(D)若u1u2，则{un}必发散.【解】(D)27．设函数f(x)在(−∞,+∞)上有定义,在区间[0,2]上,f(x)=x(x2−4),若对任意的x都满足f(x)=kf(x+2),其中k为常数.写出f(x)在[−2,0)上的表达式;(2)问k为何值时,f(x)在x=0处可导.【解】因为−2≤x0,则0≤x+22,所以f(x)=kf(x+2)=kf(x+2)((x+2)2−4),又f(0)=0,f′+(0)=−4,f′−(0)=8k,故:k=−0.528．已知曲线的极坐标方程是r=1−cosθ,求该曲线上对应于θ=6处的切线与法线的直角坐标方程.【解】因为r=1−cosθ,得：参数方程为4{x=(1−cosθ)cosθy=(1−cosθ)sinθ即：{x=cosθ−cos2θy=sinθ−cosθsinθ所以：dydx=cos−cos2+sin2−sin+2sincos由θ=π/6得：切点坐标(√32−34,12−√34),并且y′|==6=1,故切线与法线的直角坐标方程为：x−y−34√3+54=0;x+y−14√3+14=0;第三部分中值定理与导数应用29．设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)=g(a),f(b)=g(b),证明：存在ξ∈(a,b)，使得f′′(ξ)=g′′(ξ).【证明】令：F(x)=f(x)−g(x),则：F(a)=F(b)=0,由于函数f(x),g(x)在[a,b]上有相等的最大值M，所以，存在x1,x2∈(a,b),f(x1)=M,g(x2)=M.1)若x1=x2,则取x1=x2=c得F(c)=0;2)若x1x2,则F(x1)0,F(x2)0所以存在c∈(x1,x2)得F(c)=0;在区间[a,c],[c,b]上分别应用罗尔定理得：存在ξ1∈(a,c),ξ2∈(c,b)使得：F′(ξ1)=F′(ξ2)=0,故存在ξ∈(ξ1,ξ2),有：F′′(ξ)=0.30.设函数y(x)由参数方程{x=t3+3t+1y=t3−3t+1确定,则曲线y=y(x)向上凸的x取值范围为【答】:(−∞,1)31．曲线y=x22x+1的斜渐近线方程为.【解】y=x22x+1的斜渐近线方的斜率为：k=limx→∞f(x)x=limx→∞x2x+1=12,截距b=limx→∞(f(x)−kx)=limx→∞(x22x+1−12x)=−1/4.所以斜渐近线方程为：4y=2x−132．函数f(x,y)=arctanxy在点(0,1)处的梯度等于（）（A）i，(B)-i，(C)j,(D)−j【解】fx=yx2+y2,fy=−xx2+y2,所以：grad(0,1)=1·i+0·j=i33．证明：若函数f′(x)在x=0处连续,在(0,δ)(δ0),内可导.且limx→0+f′(x)=A，则f+(0)存在，并且f+(0)=A.【证明】由定义可以证得。34．设函数f(x)连续,且f′(0)