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【考研类试卷】考研数学一(高等数学)模拟试卷240及答案解析.doc

1、考研数学一(高等数学)模拟试卷 240 及答案解析(总分:60.00,做题时间:90 分钟)一、选择题(总题数:3,分数:6.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。(分数:2.00)_2.在下列四个命题中正确的是(分数:2.00)A.设 0 (a,b),函数 f()满足 f()0(a 0 )和 f()0( 0 b),则f()在点 0 处取得它在(a,b)上的最大值B.设 f()在点 0 取得极大值,则存在正数 0,使函数 f()在( 0 , 0 )内单调增加,在( 0 , 0 )内单调减少C.设 f()在区间(a,a)内为偶函数(其中 a0 是一个常数),则 0

2、必是 f()的一个极值点D.设 f()在区间(a,a)内可导且为偶函数(其中 a0 是一个常数),则 f(0)03.设函数 f()在(,)连续,其导函数 f()的图形如图(1)所示,则 (分数:2.00)A.函数 f()有两个极大值点与一个极小值点,曲线 yf()有一个拐点B.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点,曲线 yf()有一个拐点C.函数 f()有两个极大值点与一个极小值点,曲线 yf()有两个拐点D.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点,曲线 yf()有两个拐点二、填空题(总题数:6,分数:12.00)4. 1 (分数:2.00)填空项 1:_5. 1 (分数:2.00)填空

3、项 1:_6.设 f()是满足 1 的连续函数,且当 0 时 (分数:2.00)填空项 1:_填空项 1:_7.设 f()连续,且当 0 时 F() 0 ( 2 1cost)f(t)dt 是与 3 等价的无穷小,则f(0) 1(分数:2.00)填空项 1:_8.函数 f() (分数:2.00)填空项 1:_9.若方程 3 6 2 15a0 恰有三个实根,则 a 的取值范围是 1(分数:2.00)填空项 1:_三、解答题(总题数:21,分数:42.00)10.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。(分数:2.00)_11.设 f()0,求证:f(ah)f(ah)2f(a)(分数:2.00

4、)_12.求证:当 0 时,不等式 ln(e 2 )3 (分数:2.00)_13.证明当 0 时不等式 e ( 2 a1)1 成立,其中常数 a0(分数:2.00)_14.利用柯西中值定理证明不等式: 1ln (分数:2.00)_15.证明不等式(ab)e a+b ae 2a be 2b 当 ba0 时成立(分数:2.00)_16.设函数 f()在0,)有连续的一阶导数,在(0,)二阶可导,且 f(0)f(0)0,又当0 时满足不等式 f()4e f() 2ln(1) 求证:当 0 时 f() 2 成立(分数:2.00)_17.设函数 f()在闭区间0,1上连续,在开区间(0,1)内可导,且

5、f(0)f(1)1, (分数:2.00)_18.设函数 f()在闭区间a,b上连续,在开区间(a,b)内二阶可导,且 f(a)f(c)f(b),其中 c 是(a,b)内的一点,且在a,b内的任何区间 I 上 f()不恒等于常数求证:在(a,b)内至少存在一点,使 f()0(分数:2.00)_19.设函数 f()在0,1上连续,在(0,1)内可导,且 f(1)0,求证:至少存在一点 (0,1),使得(21)f()f()0(分数:2.00)_20.设函数 f()在0,1上连续,在(0,1)内可导,且满足 f(1)k (分数:2.00)_21.设函数 f()在a,b上连续,在(a,b)内可导,试证存

6、在 ,(a,b),使得 f()e f()(分数:2.00)_22.设函数 f()与 g()都在区间0,1上连续,在区间(0,1)内可导,且 f(0)g(0),f(1)g(1)求证:存在 (0, )与 ( (分数:2.00)_23.设函数 f()在a,b上一阶可导,在(a,b)内二阶可导,且 f(a)f(b)0,f(a)f(b)0求证: () (a,b)使得 f()f(); () (分数:2.00)_24.求 ln(1 2 )的带皮亚诺余项的麦克劳林公式到 4 项(分数:2.00)_25.求极限 (分数:2.00)_26.设函数 f()在 0 的某邻域中二阶可导,且 (分数:2.00)_27.(

7、)确定常数 a,b,c 的值,使得函数 f()a 5 (bc 2 )tano( 5 ),其中 o( 5 )是当 0 时比 5 高阶的无穷小量; ()确定常数 a 与 b 的值,使得函数 f()(abcos)sin 当 0 时成为尽可能高阶的无穷小量(分数:2.00)_28.设 f(a,b)在a,b上二阶可导,f(a)f(b)0证明至少存在一点 (a,b)使得f()(分数:2.00)_29.设函数 f()在0,1上有连续的三阶导数,且 f(0)1,f(1)2,f( (分数:2.00)_30.设函数 f()和 g()在0,1上连续,且 f()3 2 1 0 1 g()d,g()6 2 0 1 f(

8、)d 求 f()和 g()的表达式(分数:2.00)_考研数学一(高等数学)模拟试卷 240 答案解析(总分:60.00,做题时间:90 分钟)一、选择题(总题数:3,分数:6.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。(分数:2.00)_解析:2.在下列四个命题中正确的是(分数:2.00)A.设 0 (a,b),函数 f()满足 f()0(a 0 )和 f()0( 0 b),则f()在点 0 处取得它在(a,b)上的最大值B.设 f()在点 0 取得极大值,则存在正数 0,使函数 f()在( 0 , 0 )内单调增加,在( 0 , 0 )内单调减少C.设 f()在区

9、间(a,a)内为偶函数(其中 a0 是一个常数),则 0 必是 f()的一个极值点D.设 f()在区间(a,a)内可导且为偶函数(其中 a0 是一个常数),则 f(0)0 解析:解析:因为 f()在区间(a,a)内可导且为偶函数,故 f()在(a,a)内必为奇函数,即(a,a)有 f()f()特别对 0 有 f(0)f(0)3.设函数 f()在(,)连续,其导函数 f()的图形如图(1)所示,则 (分数:2.00)A.函数 f()有两个极大值点与一个极小值点,曲线 yf()有一个拐点B.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点,曲线 yf()有一个拐点C.函数 f()有两个极大值点与一个极小值

10、点,曲线 yf()有两个拐点 D.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点,曲线 yf()有两个拐点解析:解析:由图(1)知函数 f()有三个驻点 a,b,d,其导函数 f()有一个驻点 c,如图(2)列表讨论函数 f()的单调性与极值,可得二、填空题(总题数:6,分数:12.00)4. 1 (分数:2.00)填空项 1:_ (正确答案:正确答案:*)解析:5. 1 (分数:2.00)填空项 1:_ (正确答案:正确答案:2ln21)解析:解析: 则不难发现 T n S n T n (n1,2,),其中 T n 是把0,1n 等分,且取 k (k1,2,n)时 f 0 1 ln(1)d 对应的

11、积分和,因函数 ln(1)在0,1上连续,故在0,1上可积,则 0 1 ln(1)d 0 1 ln(1)d(1) (1)ln(1) 0 1 0 1 d2ln21 此外,还有 2ln21,从而由极限存在的夹逼准则得 6.设 f()是满足 1 的连续函数,且当 0 时 (分数:2.00)填空项 1:_ (正确答案:正确答案:*)填空项 1:_ (正确答案:6)解析:解析:首先,由题设可得 现考察极限 I ,选取 A,n 使得极限 I 为 1由洛必达法则可得 这表明 f(t)dt 当 0 时是与 等价的无穷小,即 A7.设 f()连续,且当 0 时 F() 0 ( 2 1cost)f(t)dt 是与

12、 3 等价的无穷小,则f(0) 1(分数:2.00)填空项 1:_ (正确答案:正确答案:*)解析:解析:由等价无穷小的定义及洛必达法则可得8.函数 f() (分数:2.00)填空项 1:_ (正确答案:正确答案:(1,))解析:解析:由 f()的分段表示知,f()分别在(1,0)和0,)连续,又因 f()1f(0),即 f()在 f()0 也是左连续的,故 f()在(1,)上连续 计算 f()的导函数,得9.若方程 3 6 2 15a0 恰有三个实根,则 a 的取值范围是 1(分数:2.00)填空项 1:_ (正确答案:正确答案:8a100)解析:解析:把方程改写成 f()a 的形式,其中函

13、数 f()156 2 3 由于 f()15123 2 3(5)(1), 于是列表讨论可得 且 f(), 三、解答题(总题数:21,分数:42.00)10.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。(分数:2.00)_解析:11.设 f()0,求证:f(ah)f(ah)2f(a)(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:依次对函数 f()及导函数 f()利用拉格朗日中值定理就有 f(ah)f(ah)2f(a)f(ah)f(a)f(ah)f(a) f( 2 )hf( 1 )h hf( 2 )f( 1 )hf()( 2 1 ), 其中 ah 1 a,a 2 ah, 1 2 由题设 f()0,又

14、2 1 0,因此当 h0 时原不等式成立当 h0 时可类似证明)解析:12.求证:当 0 时,不等式 ln(e 2 )3 (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:令 f()ln(e 2 )3 2 只需证明当 0 时 f()0 成立 由于 f(0)0,且 在 f()的分子中 5 2 3(e 2 1)0 当 0 时成立,而分母e 2 0 当 0 时也成立,故若 g()12e 2 e 2 0 当 0 时还成立,即得 f()0 当 0 时成立,于是 f()当 0 时单调增加 当 0 时 f()f(0)0 成立,即不等式成立得证 由于 g(0)0,g()4e 2 0 对 )解析:13.证明当 0 时不

15、等式 e ( 2 a1)1 成立,其中常数 a0(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:由于结论 0 时 e ( 2 a1)1 当 0 时函数 F()e a 2 10注意 F()e 2a, F() 这表明导函数 F()在ln2 处取得它在区间0,)上的最小值,即 F()F(ln2)22ln2aa0 对 0 与 a0 成立故 F()在0,)上单调增加,即对 )解析:14.利用柯西中值定理证明不等式: 1ln (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:原不等式等价于 1,0对函数 f(t)tln(t),F(t) 在0,上用柯西中值定理,得 其中 介于 0 与 之间由 由于当0 时,0,ln( )

16、0;当 0 时,0,ln( )0,因此总有 1 于是县当 0 时右 而当 0 时 1ln ,故 1ln )解析:15.证明不等式(ab)e a+b ae 2a be 2b 当 ba0 时成立(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:不等式可改写为 ae a (e b e a )be b (e b e a ),因 ba0 时 e b e a ,从而又可改写为等价形式 ae a be b 把 b 改写为 ,引入函数 f()e ,即需证 f()f(a)当 a0 时成立 因为 f()(1)e 0 当 0 时成立,从而 f()在区间a,)(a0)上单调增加,故当 a 时 f()f(a)成立,即原不等式成

17、立)解析:16.设函数 f()在0,)有连续的一阶导数,在(0,)二阶可导,且 f(0)f(0)0,又当0 时满足不等式 f()4e f() 2ln(1) 求证:当 0 时 f() 2 成立(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:由题设知,当 0 时 f()f()4e f() 2ln(1), 即 f() 2 其中 ln(1)(0),这是因为:记 g()=ln(1)(0),则g()1 0(0),故 g()在0,)单调增加,从而 g()g(0)0(0) 由麦克劳林公式可得 f()f(0)f(0) f() 2 )解析:17.设函数 f()在闭区间0,1上连续,在开区间(0,1)内可导,且 f(0)

18、f(1)1, (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:令 F()f()k,则 F()在0,1上连续,在(0,1)内可导,且 F()f()k,F(0)1, (1k),F(1)1k,即 F( )(0)(1) 由闭区间上连续函数的中间值定理知,存在 c( ,1)使 F(c)F(0),从而 F()在区间0,c上满足罗尔定理的条件,于是,存在 (0,c) )解析:18.设函数 f()在闭区间a,b上连续,在开区间(a,b)内二阶可导,且 f(a)f(c)f(b),其中 c 是(a,b)内的一点,且在a,b内的任何区间 I 上 f()不恒等于常数求证:在(a,b)内至少存在一点,使 f()0(分数:2.

19、00)_正确答案:(正确答案:由题设知,可在a,c上和c,b上分别对 f()用罗尔定理,于是存在(a,c),(c,b)使 f()f()0,但 f()在,上不恒等于常数,从而 f()0这表明 g()f()在,上可导,不恒等于常数且 g()g()0为证明本题的结论,只需证明在(,)内至少存在一点 使 g()0 即可 由题设知 f()在a,c上和c,b上分别满足罗尔定理的条件,于是存在 (a,c),(c,b)使 f()f()0 令 g()f(),由题设及上面所得结果知 g()是在,上可导但不恒等于常数的函数,且 g()g()0 若 (,)使 g()0,在,上把拉格朗日定理用于 g()可得:(,)使

20、否则,必 (,)使 g()0,在,上把拉格朗日定理用于 g()也可得: (0,)使 )解析:19.设函数 f()在0,1上连续,在(0,1)内可导,且 f(1)0,求证:至少存在一点 (0,1),使得(21)f()f()0(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:令 F()e 2 f(),则由题设知 F()在0,1上连续,在(0,1)内可导,且 F(0)0,F(1)e 2 f(1)0,即 F()在0,1上满足罗尔定理的全部条件,故至少存在一点(0,1),使 F()(e 2 2e 2 )f()e 2 f()e 2 (21)f()f()0,从而 (21)f()f()0)解析:20.设函数 f()在

21、0,1上连续,在(0,1)内可导,且满足 f(1)k (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:令 ()e 1 f(),于是,()在0,1上可导,且 ()e 1 f()f()f()e 1 f()(1 -1 )f(), (0,1) 又由题设和积分中值定理知,存在 0, ,使得 (1)f(1)k ()d(), 从而函数 ()在,1上满足罗尔定理的全部条件,所以 (,1) )解析:21.设函数 f()在a,b上连续,在(a,b)内可导,试证存在 ,(a,b),使得 f()e f()(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:把要证的等式改写成 f() 现考察等式 ,令 g()e ,则由题设可知 g()

22、与 f()在a,b上满足柯西中值定理条件,由此可知,必定存在 (a,b),使得 又 f(),e 都在a,b上满足拉格朗日中值定理条件,由此可知必存在 (a,b),(a,b),使得 代入上述等式得 )解析:22.设函数 f()与 g()都在区间0,1上连续,在区间(0,1)内可导,且 f(0)g(0),f(1)g(1)求证:存在 (0, )与 ( (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:把 与 分离至等式两端可得 f()f()g()g() f()g()f()g() f()g() f()g() 对函数 F()f()g()应用拉格朗日中值定理,由于 F()在0, 上连续,在(0, 内可导,故存在

23、(0, )使得 又由于 F()在 ,1上连续,在 ,1)内可导,故存在 ( ,1)使得 将式与式相加,即知存在 (0, )与 ( ,1)使得 0 f()g() f()g() )解析:23.设函数 f()在a,b上一阶可导,在(a,b)内二阶可导,且 f(a)f(b)0,f(a)f(b)0求证: () (a,b)使得 f()f(); () (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:()要证 (a,b)使得 f()f() f()f()在(a,b) 零点 e f()在(a,b) 零点 引入辅助函数 F()e f(),由题设知F()在a,b上可导,且 F(a)e a f(a)0,F(b)e b (b)

24、0,由罗尔定理即知 (a,b)使得 F()0,即 f()f()成立 ()要证 (a,b)使得 f()f() f()f()在(a,b) 零点 (f()f()(f()f()在(a,b) 零点 e f()f()在(a,b) 零点 为证明上述结论,引入辅助函数 G()e f()f(),由题设可知 G(a)e a f(a)f(a)e a f(a),G(b)e b f(b)f(b)e b f(b), 于是 G(a)G(b)e a+b (a)f(b)0,即 G(a)与 G(b)必同时为正,或同时为负,而由()知(a,b)使 G()ef()f()0这样一来,当 G(a)与 G(b)同为负数时,C()在a,b上

25、的最大值必在(a,b)内某点处取得,记 C()在(a,b)内的最大值点为 ,则必有 G()0 f()f()成立反之,当 G(a)与 G(b)同为正数时,G()在a,b上的最小值必在(a,b)内某点处取得,记 G()在(a,b)内的最小值点为 ,则必有 G()0 )解析:24.求 ln(1 2 )的带皮亚诺余项的麦克劳林公式到 4 项(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:把 ln(1)的麦克劳林公式中的 换为 2 ,可得 ln(1 2 ) 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 3 ( 2 ) 4 o( 2 ) 4 ) 注意( 2 ) 2 2 2 3 4 , ( 2 ) 2 3 (1) 3 3 (1

26、33 2 3 ) 3 3 4 o( 4 ), ( 2 ) 4 4 (1) 4 4 o( 4 ), o( 2 ) 4 )o(1) 4 4 )o( 4 ), 代入即得 ln(1 2 ) 2 ( 2 2 3 4 ) 3 3 4 o( 4 ) 4 o( 4 )o( 4 ) )解析:25.求极限 (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:先考察 )解析:26.设函数 f()在 0 的某邻域中二阶可导,且 (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:利用 sin 和 f()的麦克劳林公式 sin o( 3 ),f()f(0)f(0) f(0) 2 o( 2 ), 代入可得 即 f(0) 综合得 f(0)2,

27、f(0)0,f(0) )解析:27.()确定常数 a,b,c 的值,使得函数 f()a 5 (bc 2 )tano( 5 ),其中 o( 5 )是当 0 时比 5 高阶的无穷小量; ()确定常数 a 与 b 的值,使得函数 f()(abcos)sin 当 0 时成为尽可能高阶的无穷小量(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:()用求极限的方法确定常数 a,b,c 的值注意 f()o( 5 )即 0,由此可得 0这样就有 故常数 a,b,c 的值分别是 a ,b1,c ()先作恒等变形:f()asin bsin2 再利用泰勒展开式 由 sin o( 6 ), sin22 o( 6 )2 o(

28、6 ) 可得 f()(1ab) o( 5 ) 欲使 f()当 0 时是尽可能高阶的无穷小量,应设上式中 与 3 的系数为零,即 1ab0, 0解之得 a ,b ,这时 f() o() 5 即 f()为 0 时关于 的五阶无穷小量 故当 a ,b )解析:28.设 f(a,b)在a,b上二阶可导,f(a)f(b)0证明至少存在一点 (a,b)使得f()(分数:2.00)_正确答案:(正确答案:f()在a,b上连续,f()在a,b上亦连续,设 c 为f()在a,b上的最大值点若 ca,则 f()0,结论显然成立故可设 acb,从而任给 (a,b),有f()ff(c),即f(c)f()f(c) 若

29、f(c)0,则 f()f(c),从而 f(c)为 f()的最大值;若 f(c)0,则有 f()f(c),即 f(c)为 f()的最小值,由此可知,总有 f(c)0 把函数 f()在 c 展开为泰勒公式,得 f()f(c)f(c)(c) (c) 2 f(c) (c) 2 (*) 若 ac ,令 a,则由(*)及题设有 f(a)f(c) (ac) 2 ,即f(c) (ac) 2 由于 ac ,0ca ,因此 f(c) 于是f() f() 若 cb,令 b,则由(*)及题设有 f(b)f(c) (bc) 2 ,即f(c) (bc) 2 由于 cb,bcb ,因此 )解析:29.设函数 f()在0,1上有连续的三阶导数,且 f(0)1,f(1)2,f( (分数:2.00)_正确答案:(正确答案:用泰勒公式按题设条件,展开点取为 0 ,被展开点分别取0,1 以上两式相减,得 f(1)f(0) f( 1 )f( 2 ) 因 f(0)1,f(1)2,f( )0,故有 f( 1 )f( 2 )1,即f( 1 )f( 2 )48 于是 2maxf( 1 ),f( 2 )f(

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