1、考研数学二-高等数学(二)及答案解析(总分：64.00，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：17，分数：17.00)1.*=_（分数：1.00）填空项 1:_2.*=_（分数：1.00）填空项 1:_3.*_（分数：1.00）填空项 1:_4.*=_（分数：1.00）填空项 1:_5.*=_（分数：1.00）填空项 1:_6.* 1（分数：1.00）填空项 1:_7.*=_（分数：1.00）填空项 1:_8.*=_（分数：1.00）填空项 1:_9.*_（分数：1.00）填空项 1:_10.若*存在，则常数 a=_（分数：1.00）填空项 1:_11.*=_（分数：1.00）填空项 1:
2、_12.*=_（分数：1.00）填空项 1:_13.*_（分数：1.00）填空项 1:_14.*=_（分数：1.00）填空项 1:_15.设 f(x)是满足*的连续函数，且当 x0 时*是与 Axn等价的无穷小，则 A=_，n=_（分数：1.00）填空项 1:_16.设 f(x)连续，且当 x0 时*是与 x3等价的无穷小，则 f(0)=_（分数：1.00）填空项 1:_17.设 f(x)具有连续导数，且 f(0)=0，f(0)=6，则*_（分数：1.00）填空项 1:_二、选择题(总题数：3，分数：12.00)18.已知*和 h(x)=tanx-sinx 当 x0 时都是无穷小量，若按照它们
3、关于 x 的阶数从低到高的顺序排列起来，则是 (A) f(x)，g(x)，h(x) (B) h(x)，f(x)，g(x) (C) f(x)，h(x)，g(x) (D) h(x)，g(x)，f(x)（分数：4.00）A.B.C.D.19.*上是 (A) 有界的偶函数 (B) 无界的偶函数 (C) 有界的奇函数 (D) 无界的奇函数（分数：4.00）A.B.C.D.20.设函数*，则函数 f(x)有 (A) 两个第一类间断点 (B) 三个第一类间断点 (C) 两个第一类间断点与一个第二类间断点 (D) 一个第一类间断点与一个第二类间断点（分数：4.00）A.B.C.D.三、解答题(总题数：7，分数
4、：35.00)21.确定常数 a 和 b 的值，使*（分数：5.00）_22.已知常数 a0，bc0，使得 * 求 a，b，c（分数：5.00）_23.确定常数 a 和 b0 的值，使函数 *（分数：5.00）_24.设函数*， ()求证：对每个正整数 n，方程 fn(x)=1 存在唯一的正根 xn； ()求极限*（分数：5.00）_25.设 f(x)在 x=1 处连续，且*证明：f(x)在 x=1 处可导，并求 f(1)（分数：5.00）_26.设 f(x)是周期为 3 的连续函数，f(x)在点 x=1 处可导，且满足恒等式 f(1+tanx)-4f(1-3tanx)=26x+g(x)， 其
5、中 g(x)当 x0 时是比 x 高阶的无穷小量求曲线 y=f(x)在点(4，f(4)处的切线方程（分数：5.00）_27.设直角坐标(x，y)与极坐标(r，)满足 x=rcos，y=rsin若曲线 的极坐标方程是 r=3-2sin，求，上对应于*处的切线与法线的直角坐标方程（分数：5.00）_考研数学二-高等数学(二)答案解析(总分：64.00，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：17，分数：17.00)1.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：-1）解析：解析 本题是求“*”型未定式的极限，可直接利用洛必达法则，得 * 由于* 故 * 评注 在本例中我们在将分子和分母分
6、别求导数后，把极限等于 1 的因子* 分离出来单独求极限的目的在于：突出函数中的*型来定式部分从而简化了后面的计算，否则对*型。未定式再用洛必达法则时，分子的导数就比只计算(e x-cosx)的导数要麻烦2.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 本题是求*型未定式的极限从分子和分母的表达式不难发现，若直接利用洛必达法 则会碰到复杂的计算为简化计算过程，应当在分子和分母中分别利用等价无穷小代换当 x0 时，有 e x-esinx=esinx(ex-sinx-1) 又因 e x-sinxx-sinx，*，于是，分子可用 x-sinx 代换 当 x0 时，*是无穷小量，
7、于是分母可作等价无穷小代换，即 * 即得 * 评注 在本题的求解中用到了等价无穷小量的传递生质。若 ， 是同一极限过程的无穷小量，且，则 ，从而当 x0 时 *3.*_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：-4）解析：解析 * 分析二 利用 cox 的麦克劳林公式 *，可得 * 代入原式，即得 * 评注 本题的极限是*型未定式，通常的作法是直接用洛必达法则计算不过，有时会导致复杂的计算。 在分析一中，我们首先用和差化积公式将余弦函数之差化为正弦函数之积，这样就为利用当 y0 时的等价无穷小关系 sinyy 创造了条件，从求解过程可见，一旦这样作了，以后再用洛必达法则求极限就变得十分简单
8、了 必须指出，尽管下面的作法也得到了相同的结果，但是这种作法并没有足够的理由，从而是不足取的：当 y0 时，*，于是 * 其原因在于，在和差中用等价无穷小代换时，必须考虑代换时产生的误差有多大的问题，而这正是函数的泰勒公式所能回答的问题在分析二中我们应用带有皮亚诺余项的麦克劳林公式得出在本题中代换后产生的误差是 o(x3)，从而用严格的推理得出了正确的结果4.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案： ）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，再用前面介绍的方法求极限 *5.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 所求极限也是“-
9、”型未定式，但现在无法经过通分化为*型的未定式，这时可从括号内提出无穷大因子 x，先化为“0”型的未定式，最后再通过换元*型未定式求极限 * 评注 在前面两个例子中分别介绍了处理“-”型未定式的两种基本方法(通分法和提取无穷大公因子法)，在具体问题中应灵活运用适当的方法将“-”型未定式变形6.* 1（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：解析 *7.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：e 2 分析一 因 *，又 * 故 * 分析二 利用带皮亚诺余项的麦克劳林公式 * 可得 * 于是 * 故原极限为 e2 评注 若*是“ 0”型或“0 0”型未定式，也可化为指数型
10、复合函数的极限*计算，其中*是“0”型的未定式，又需化为*型未定式后再用洛必达法则等方法求极限 带皮亚诺余项的勒公式是求*型未定式的一个重要工具）解析：8.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：e -2）解析：解析 求数列极限不可以直接用洛必达法则为了应用洛必达法则求本例中的极限，可引入函数极限*，而所求的数列极限是这个函数极限中变量 x 取数列*的特例 引入函数*与数列*，则*且*由洛必达法则可得 * 故 *9.*_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：1）解析：解析 因* * 故所求极限是“*”型未定式，用分项求极限法可得 * (后一项的分子为有界变量，分母是无穷大量
11、，故其极限为 0)10.若*存在，则常数 a=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 注意|x|是以 x=0 为分界点的分段函数，且*，可见应分别求当 x0 时的左、右极限因为 * 所以，题中极限存在*11.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 本题有以下几种求解方法 方法 1* 方法 2令* 故 * 方法 3取满足题设条件的一个特例来计算最简单的 f(x)是满足*的函数 于是*，进而有 *12.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：-(ln2) 2）解析：解析 * 利用当 x0 时的等价无穷小关系 ln(1+x)x 和*，把
12、分子换为*，把分母换为*即得*从而 *13.*_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 因为* 把*看作函数*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*对应的积分和*，其中*又因*0，1上连续，于是在0，1上可积，故 *14.*=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案：2ln2-1）解析：解析 令* 则不难发现 *，其中 Tn是把0，1n 等分，且取*(k=1，2，n)时*对应的积分和，因函数ln(1+x)在0，1上连续，故在0，1上可积，则 * 此外，还有*，从而由极限存在的
13、夹逼准则得 *15.设 f(x)是满足*的连续函数，且当 x0 时*是与 Axn等价的无穷小，则 A=_，n=_（分数：1.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 首先，由题设可得 * 其次，设*，由洛必达法则又可得 * 从而，令 sin2x=y，即得 * 故 * 这表明*当 x0 时是与*等价的无穷小，即*16.设 f(x)连续，且当 x0 时*是与 x3等价的无穷小，则 f(0)=_（分数：1.00）填空项 1:_ （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 * 故 *17.设 f(x)具有连续导数，且 f(0)=0，f(0)=6，则*_（分数：1.00）填空
14、项 1:_ （正确答案： ）解析：解析 引入*，于是 F(0)=0，F(0)=f(0)=0，F“(0)=f(0)=6，且由洛必达法则得 * 由此又可得 * 故 *二、选择题(总题数：3，分数：12.00)18.已知*和 h(x)=tanx-sinx 当 x0 时都是无穷小量，若按照它们关于 x 的阶数从低到高的顺序排列起来，则是 (A) f(x)，g(x)，h(x) (B) h(x)，f(x)，g(x) (C) f(x)，h(x)，g(x) (D) h(x)，g(x)，f(x)（分数：4.00）A.B.C. D.解析：解析 利用当 x0 时的等价无穷小关系：tanxx，*和 ln(1+x)x，
15、不难得出当 x0 时， * * 即当 x0 时 f(x)是关于 x 的二阶无穷小，g(x)是关于 x 的四阶无穷小，而 h(x)是关于 x 的三阶无穷小故应选(C)19.*上是 (A) 有界的偶函数 (B) 无界的偶函数 (C) 有界的奇函数 (D) 无界的奇函数（分数：4.00）A.B.C. D.解析：解析 在(-，+)上，x 是奇函数，*是偶函数，于是它们的乘积 f(x)在(-，+)上是奇函数 又因|2-cosx|3，从而 f(x)在(-，+)是否有界取决于*在(-，+)上是否有界因 g(x)在(-，+)上连续，且 * 又 g(x)0，故必存在 x0(-，+)使|g(x 0)|是|g(x)
16、|在(-，+)上的最大值这表明|g(x)|在(-，+)上有界(计算可得*) 综合得 f(x)是(-，+)上有界的奇函数，应选(C)20.设函数*，则函数 f(x)有 (A) 两个第一类间断点 (B) 三个第一类间断点 (C) 两个第一类间断点与一个第二类间断点 (D) 一个第一类间断点与一个第二类间断点（分数：4.00）A.B.C. D.解析：解析 利用当|x|1 时，*，当|x|1 时，*，不难得出 * 由此可见x=-1 与 x=1 都是 f(x)的第一类间断点，而 x=0 是 f(x)的第二类间断点故应选(C)三、解答题(总题数：7，分数：35.00)21.确定常数 a 和 b 的值，使*
17、（分数：5.00）_正确答案：(解法一 * * * 由此可得 *和 * 于是，利用等价无穷小代换即得 * 进而，由洛必达法则又有 * 解法二 利用带皮亚诺余项的麦克劳林公式由*，可得 * 代入即得* *)解析：22.已知常数 a0，bc0，使得 * 求 a，b，c（分数：5.00）_正确答案：(解 记 * 由于 b0，计算可得 * 从而，当 a2 时对任何 b0 以及当 a=2 且 b1 时都有 I(a，b)= 当 a=2 且 b=1 时，I(a，b)=I(2，1)是“*”型未定式，利用洛必达法则可得 * 故符合题目要求的常数 a，b，c 分别是 a=2，b=1，*)解析：23.确定常数 a
18、和 b0 的值，使函数 *（分数：5.00）_正确答案：(解 当 x0 时，f(x)等于初等函数(2x 2+cos2x)x-2，由初等函数连续性知 f(x)在(-，0)连续，且 * 当 x0 时 f(x)等于初等函数*，由初等函数的连续性知 f(x)在(0，+)连续，且 * 从而，为使 f(x)在(-，+)上连续，必须且只需 f(x)还在点 x=0 处连续，即 * 故当 a=e 目 b=ee时 f(x)在(-，+)上连续)解析：24.设函数*， ()求证：对每个正整数 n，方程 fn(x)=1 存在唯一的正根 xn； ()求极限*（分数：5.00）_正确答案：(证明与求解 ()由于当|x|1
19、时，函数 * 从而*由连续函数中间值定理即知，对于每个正整数 n，方程 fn(x)=1 存在一个根*此外，当 x0时还有*+11，即函数 fn(x)当 x0 时单调增加，故 fn(x)=1 最多只有一个正根综合即知：对于每个正整数 n，方程 fn(x)=1 存在唯一正根* ()方法 1把*可得 * 再把拉格朗日中值定理用于差*，并利用*即知：存在*使得 * 把以上所得的不等式联合起来可得，对于 n=1，2，3，有 * 由极限的夹逼定理即得* 方法 2 从研究数列x n的单调性入手，对于每个正整数 n 当 x0 时有 fn+1(x)=xn+2+fn(x)f n(x)，由此可得 * 注意函数 fn
20、+1(x)当 x0 时单调增加，由上式可得 xn+1x n对每个正整数 n 成立，于是数列x n满足 * 按单调有界数列极限存在定理即知极限*存在，记*，则 a 满足 * 在等式*两端令 n取极限，并利用*，即得 *)解析：25.设 f(x)在 x=1 处连续，且*证明：f(x)在 x=1 处可导，并求 f(1)（分数：5.00）_正确答案：(分析 为证明 f(x)在 x=1 处可导，按定义只需证明*存在从而解决问题的关键是求出函数值 f(1)又由题设知*可见这也是含有未给出具体解析式的函数的极限问题，仍可使用前面介绍的方法求解 证明一 * 其中* 由此即得 f(x)=3-x x+(x)-3)
21、(x-1) 于是 * 进而由洛必达法则可得 * 证明二 由题设知，当 x1 时，f(x)+x x-3 是 x-1 的同阶无穷小，从而 * 又由极限的四则运算法则，等价无穷小代换 ey-1y(y0)和洛必达法则可得 * 综合即得 * 即 f(x)在 x=1 处可导，且 f(1)=-4)解析：26.设 f(x)是周期为 3 的连续函数，f(x)在点 x=1 处可导，且满足恒等式 f(1+tanx)-4f(1-3tanx)=26x+g(x)， 其中 g(x)当 x0 时是比 x 高阶的无穷小量求曲线 y=f(x)在点(4，f(4)处的切线方程（分数：5.00）_正确答案：(解 曲线 y=f(x)在点
22、(4，f(4)处的切线方程是 y=f(4)+f(4)(x-4) 由 f(x)的周期性以及 f(x)在 x=1 处的可导性知 f(4)=f(1)，f(4)=f(1)，代入即得所求切线方程为 y=f(1)+f(1)(x-4) 由 f(x)的连续性可知 * * 再由 f(x)在 x=1 处的可导性与 f(1)=0 可得 * 在式左端中作换元 tanx=t，则有 * 而式右端 * 从而有 f(1)=2 于是曲线 y= f(x)在点(4，f(4)处的切线方程为 y=2(x-4)，即 y=2x-8)解析：27.设直角坐标(x，y)与极坐标(r，)满足 x=rcos，y=rsin若曲线 的极坐标方程是 r=3-2sin，求，上对应于*处的切线与法线的直角坐标方程（分数：5.00）_正确答案：(解 此曲线，的参数方程为* 由*可得切点 M 的直角坐标为(*，在在点 M 处，的切线的斜率为 * 故所求切线方程为 * 所求法线方程为 *)解析：
