【考研类试卷】考研数学一-高等数学(五)及答案解析.doc

《【考研类试卷】考研数学一-高等数学(五)及答案解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【考研类试卷】考研数学一-高等数学(五)及答案解析.doc（12页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考研数学一-高等数学(五)及答案解析(总分：99.99，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：10，分数：40.00)1. （分数：4.00）2. （分数：4.00）3.极限 （分数：4.00）4. （分数：4.00）5. （分数：4.00）6. （分数：4.00）7.设 ，则 （分数：4.00）8.设 f(x)在 x=0 处可导且 f(0)=1，f“(0)=3，则数列极限 （分数：4.00）9. （分数：4.00）10.设 f(x)连续，且当 x0 时， （分数：4.00）二、解答题(总题数：15，分数：60.00)11.设 f(x)在(x 0 -，x 0 +)有 n 阶连续导数，且 f

2、 k (x 0 )=0，k=2，3，n-1；f (n) (x 0 )0，当 0|h| 时，f(x 0 +h)-f(x 0 )=hf“(x 0 +h)(01)，求 （分数：4.00）_12.设函数 f(x)在(-，+)三阶可导，且存在正数 M，使得|f(x)|M，|f“(x)|M 对 （分数：4.00）_13.设函数 f(x)在(-，+)内连续，f(0)=0，且 x，t(-，+)满足 （分数：4.00）_证明：（分数：4.00）(1).若 f(x)在a，b上连续，则存在 (a，b)，使 （分数：2.00）_(2).若 (x)有二阶导数，且满足 (2)(1)， （分数：2.00）_14.设函数 f

3、(x)可导，且有 f“(x)+xf“(x-1)=4，又 求 （分数：4.00）_15.设 f(x)在0，+)内可导，f(0)=1，且满足 求 （分数：4.00）_16.设质点 P 所受的作用力为 F，其大小反比于点 P 到坐标原点 O 的距离，比例系数为 k；其方向垂直于P、O 的连线，指向如下图所示，试求质点 P 由点 经曲线 到点 时，力 F 所做的功 （分数：4.00）_17.求直线 （分数：4.00）_18.已知 f(x，y)的 2 阶偏导存在且连续，且 f(x，0)=1， （分数：4.00）_19.设 （分数：4.00）_设 （分数：4.00）(1).求 （分数：2.00）_(2).

4、f(x，y)在点(0，0)处是否可微?为什么?若可微，求 （分数：2.00）_设 u=u(x，t)有二阶连续偏导数，并满足 （分数：3.99）(1).作自变量代换 =x-at， （分数：1.33）_(2).导出 u 作为 ， 的函数的二阶偏导数所满足的方程（分数：1.33）_(3).求 u(x，t)（分数：1.33）_20.已知一个三角形的周长为 16，求使它绕自己的一边旋转时所构成旋转体体积最大时的三角形。 （分数：4.00）_21.求抛物线 y=x 2 和直线 x-y-2=0 之间的最短距离 （分数：4.00）_22.计算 其中 （分数：4.00）_考研数学一-高等数学(五)答案解析(总分

5、：99.99，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：10，分数：40.00)1. （分数：4.00）解析： 解析 先作如下变形： 解法一： 用洛必达法则求这个极限 其中 解法二： 用泰勒公式求这个极限 相减得 因此 2. （分数：4.00）解析： 解析 因为 故 则 所以 3.极限 （分数：4.00）解析： 解析 将分子变形为 又 ，当 x0 时， 则 4. （分数：4.00）解析： 解析 所求极限为“-”型未定式，应首先通分化为“ ”型未定式后，再进行求解 5. （分数：4.00）解析： 解析 解法一： 属 1 型 利用等价无穷小因子替换得 即 解法二： 属 1 型，用求指数型极限的一般

6、方法 而 即 6. （分数：4.00）解析：1 解析 因 故所求极限是“ ”型未定式，用分项求极限法可得 7.设 ，则 （分数：4.00）解析： 解析 因为 ，所以 8.设 f(x)在 x=0 处可导且 f(0)=1，f“(0)=3，则数列极限 （分数：4.00）解析：e 6 解析 这是指数型的数列极限，一般先进行变形，并转化为函数极限求解 又 9. （分数：4.00）解析： 解析 把 看作函数 在 处的函数值，其中 正好是将区间0，1n 等分所得的第 k 个分点(k=1，2，n)，这时每个小区间的长度为 于是 可看作定积分 对应的和式极限 其中 又因为 在0，1上连续，于是在0，1上可积，故

7、 10.设 f(x)连续，且当 x0 时， （分数：4.00）解析： 解析 由无穷小量的定义及洛必达法则，可得 所以， 二、解答题(总题数：15，分数：60.00)11.设 f(x)在(x 0 -，x 0 +)有 n 阶连续导数，且 f k (x 0 )=0，k=2，3，n-1；f (n) (x 0 )0，当 0|h| 时，f(x 0 +h)-f(x 0 )=hf“(x 0 +h)(01)，求 （分数：4.00）_正确答案：()解析：将 f“(x 0 +h)在 x=x 0 处展开成泰勒公式得 代入原式得 令 h0 得 所以 12.设函数 f(x)在(-，+)三阶可导，且存在正数 M，使得|f(

8、x)|M，|f“(x)|M 对 （分数：4.00）_正确答案：()解析：将 f(x+1)与 f“(x-1)分别在点 x 展开成带拉格朗日余项的二阶泰勒公式得 为估计|f“(x)|的大小，将上面两式相减并除以 2 即得 于是 即 f“(x)在(-，+)有界 为估计|f“(x)|的大小，由式+式得 于是 13.设函数 f(x)在(-，+)内连续，f(0)=0，且 x，t(-，+)满足 （分数：4.00）_正确答案：()解析：当 x0 时，令 xt=，可得 于是，当 x0 时， ，即 由 f(x)的连续性知 可导，从而 xf(x)可导，于是 f(x)当 x0 时可导，且 f(x)=xf“(x)+f(

9、x)+2xsinx+x 2 cosx 由此可得 f“(x)=-2sinx-xcosx，x0， 求积分知，当 x0 时， 利用 f(x)在(-，+)内的连续性及 f(0)=0，可得 证明：（分数：4.00）(1).若 f(x)在a，b上连续，则存在 (a，b)，使 （分数：2.00）_正确答案：()解析：设 M 和 m 分别是连续函数 f(x)在区间a，b(ba)上的最大值和最小值，则有 不等式两边同时除以(b-a)得到 显然， 介于函数 f(x)的最大值和最小值之间 根据闭区间上连续函数的介值定理可知在区间a，b上至少存在一点 ，使得函数 f(x)在该点处的函数值与 相等，即 等式两边同时乘以

10、(b-a)可得 (2).若 (x)有二阶导数，且满足 (2)(1)， （分数：2.00）_正确答案：()解析：由第一小题知，至少存在一点 (2，3)，使得 ，又 ，所以有 (2)(1)，(2)() 因为 (x)有二阶导数，所以由拉格朗日微分中值定理可知，至少存在一点 1 (1，2)，使得 且至少存在一点 2 (2，)，使得 再由拉格朗日微分中值定理可知，至少存在一点 ( 1 ， 2 )，使得 14.设函数 f(x)可导，且有 f“(x)+xf“(x-1)=4，又 求 （分数：4.00）_正确答案：()解析：对变限积分 ，需经过两次求导，方可得到 f(x)的导数形式，而 中含有 x，需先换元再求

11、导 可设 u=xt，则 所以 即 两边同时对 x 求导得 再次对 x 求导得 f“(x)+xf“(x-1)+2f(x-1)=24x 2 +6x， 将 f“(x)+xf“(x-1)=4 代入得 f(x-1)=12x 2 +3x-2， 故 15.设 f(x)在0，+)内可导，f(0)=1，且满足 求 （分数：4.00）_正确答案：()解析：f“(x)-f“(x)e -x dx=f“(x)e -x dx-f“(x)e -x dx 由于 f“(x)e -x dx=f“(x)e -x +f“(x)e -x dx， 所以 f“(x)-f“(x)e -x dx=f“(x)e -x +C 对于方程 令 x=0

12、 得 f“(0)=f“(0)=1 对 两边求导，有 (1+x)f“(x)+f“(x)-(1+x)f“(x)-f(x)+f(x)=0， 即 (1+x)f“(x)-xf“(x)=0 令 p=f“(x)，有 即 lnp=x-ln(1+x)+lnC， 所以 ，即 又 f“(0)=1，于是 C=1，即 ，所以 16.设质点 P 所受的作用力为 F，其大小反比于点 P 到坐标原点 O 的距离，比例系数为 k；其方向垂直于P、O 的连线，指向如下图所示，试求质点 P 由点 经曲线 到点 时，力 F 所做的功 （分数：4.00）_正确答案：()解析：设点 P 坐标为 P(x，y)，POB=，则 故 其中 L

13、为从点 沿 到点 的一段 设 ，因 故曲线积分在第一象限与路径无关，可选择从 A 到 B 的直线段 积分 所在的直线方程为 ，故 17.求直线 （分数：4.00）_正确答案：()解析：经过 L 作平面 1 与 垂直，则 1 与 的交线就是 L 在 上的投影，L 的方向向量s=1，1，-1， 的法向量 n=1，-1，2是平面 1 上的两个不共线向量，点 p 0 (1，0，1)是 L 上一定点，设 p 1 (x，y，z)是平面 1 上任一点，则 共面，即 即 x-3y-2z+1=0 故 L 在 上的投影是 为求 L 0 绕 Y 轴的旋转面，先把 L 0 表示为以 Y 为参数的形式 ，则旋转面的参数

14、方程为 消去 得 18.已知 f(x，y)的 2 阶偏导存在且连续，且 f(x，0)=1， （分数：4.00）_正确答案：()解析：f“ yy (x，y)=x 2 +2x+4 两边对 y 积分得 f“ y (x，y)=(x 2 +2x+4)y+(x)， 式两边对 x 求偏导得 则 对 “(x)取积分得 所以 (C 为任意常数) 代入点(1，0)得 则 ，故 对式两边求积分： 代入点(x，0)，f(x，0)=C 1 =1，所以 19.设 （分数：4.00）_正确答案：()解析：(1)因为 sin(x 2 +y 2 )x 2 +y 2 ，所以 0|f(x，y)|x+y|，且 所以 所以 f(x，y

15、)在点(0，0)处连续 (2) 同理 f“ y (0，0)=1， 因为 设 （分数：4.00）(1).求 （分数：2.00）_正确答案：()解析：(x，y)(0，0)时， (2).f(x，y)在点(0，0)处是否可微?为什么?若可微，求 （分数：2.00）_正确答案：()解析： 因为 又 因此 设 u=u(x，t)有二阶连续偏导数，并满足 （分数：3.99）(1).作自变量代换 =x-at， （分数：1.33）_正确答案：()解析：由复合函数求导法求导得 (2).导出 u 作为 ， 的函数的二阶偏导数所满足的方程（分数：1.33）_正确答案：()解析：由第一小题中的式、及题设条件得 即 (3)

16、.求 u(x，t)（分数：1.33）_正确答案：()解析：把式写成 ，即 与 无关， 20.已知一个三角形的周长为 16，求使它绕自己的一边旋转时所构成旋转体体积最大时的三角形。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：设三角形的三个边分别为 x，y，z，如下图所示 转轴为 AC 边，AC 边上的高为 h，则ABC 绕 AC 边旋转所得到的体积为 (两个锥体体积之和) 又ABC 的面积 则 ，其中 x+y+z=16 为了求极值方便，对 取对数，得 ln(8-x)+ln(8-y)+ln(8-x)-lny， 构造拉格朗日函数 F(x，y，z，)=ln(8-x)+ln(8-y)+ln(8-z)-ln

17、y+(x+y+z-16)， 由式和式知 z=x，由式和式知 8(8-x)=y(8-y)再利用 x+y+z=16 可得，x=z=6，y=4，则点(6，4，6)是唯一可能取得极值的点，而由问题本身知其体积最大值存在，则当 x=z=6，y=4 时，旋转体积最大，最大体积为 21.求抛物线 y=x 2 和直线 x-y-2=0 之间的最短距离 （分数：4.00）_正确答案：()解析：设 y=x 2 上的点为(x，y)，直线 x-y-2=0 上的点为(，)，则抛物线与直线之间的距离为 ，d 2 =(x-) 2 +(y-) 2 构造拉格朗日函数 F(x，y，)=(x-) 2 +(y-) 2 +(y-x 2 )+(-2)， 式+式有-2x+=0， 式+式有 -=0，= 所以 又有-2x+2+=0，-2y+2-=0，则 又因为 =+2，所以 所以抛物线与直线之间的最短距离 22.计算 其中 （分数：4.00）_正确答案：()解析：由 f(x，y，z)的表达式，应把球体分成三部分： 1 ， 2 ， 3 1 ：由 所围形体； 2 ：由 及 z=0 所围形体； 3 ：由 及 z=0 所围形体 所以