高等數(shù)學考研每日一練

第1天：【1】設函數(shù)f(x)的定義域是(0,1］，則函數(shù)f(sinx)的定義域是()(A)-1<x<1(B)一兀<x<兀(C)2n兀<x<(2n+1加(ngZ)(D)(2n+1加<x<2(n+1加(ngZ)答案：選(C)解由0<sinx<1可得函數(shù)f(sinx)的定義域是2n兀<x<(2n+1)兀,n=0,±1,±2,?,【2】若limatanx+b(1-(C0Sx))=2，其中a,b,c,d均為常數(shù)，且a2+c2“，則必有xtocln(1-2x)+d\-e-x2丿()(A)b=4d(B)b=-4d(C)a=4c(D)a=-4c答案：選(D).解法1由極限四則運算法則和等價無窮小可得tanx1-cosxa+b原式=limxx=￡=2xt0ln(1-2x)1-e-x2-2cTOC\o"1-5"\h\zc+d—xx所以a=-4c.解法2由洛必達法則可得asec2x+bsinxa原式=lim匸廠=—=2,xT0二+2dxe-x2-2c-2x所以a=-4c.【3】lim1-：1-x2xt0ex-sinx-cosx12由等價無窮小與洛必達法則可得

ex-sinx-cosxlimex-sinx-cosxlimx01-\；1—x2limx0ex—sinx—cosx—(-x2)2=2limx?0ex—sinx—cosxx2ex一cosx+sinx=21imxtO2x..ex一1+1一cosx+sinx=limxtOxex一11一cosx=1im(++xtOxxsinx故原式=-【4】設f(x),g(x)均在［a,b］上連續(xù)’且f(a)>g(a),f(b)<g(b)'證明：存在Eu(a,b),使得f(g)=gG).證作輔助函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)，則由題意可知F(x)在［a,b］上連續(xù)，且F(a)>0，F(xiàn)(b)<0?由零點定理可知：存在ge(a,b)，使得F(g)=0，即f(g)=g(g).【5】設y=y(x)是由方程x2y2+y=1(y>0)所確定的函數(shù)，則()(A)y(x)有極小值，但無極大值(B)y(x)有極大值，但無極小值(C)y(x)既有極大值，也有極小值(D)y(x)無極值答案：選(B)解方程對x求導，得2xy2+2yx2?y'+y'=0?令y'=0，得x=0(y>0).再對x求導，得2y2+4xy?y'++4xyy'+2x2?(y〉+2x2yy''+y''=0將x=0代入原方程中，得y=1，故y'(0)=0，y〃(0)=-2<0，所以函數(shù)在x=0點取極大值.又因函數(shù)只有一個駐點，故函數(shù)無極小值.【6】證明：1+xln(+空1+x2)><1+x2(x>0)?證設f(x)=1+xln(x+\/1+x2)一*1+x2(x>0)，則f'(x)=ln(x+f1+x2)>0,故f(x)在［0,+8)上單調遞增?從而當x>0時，f(x)>f(0)=0，即得證.【7】皿2X的一個原函數(shù)為()+sinxcosxA)ln(2+sin2x)(B)ln(lA)ln(2+sin2x)(B)ln(l+sin2x)C)ln(x+sin2x)(D)ln(2一sin2x)答案：選(A)解因為[ln(2+[ln(2+sin2x)1=2cOs2xcos2x2+sin2x1+sinxcosxdx=Jdsin2x=ln|2+dx=Jdsin2x=ln|2+sin2x|+C2+sin2x【8】設f(x)=<sin2x,x<0,ln(2x+1),x>0則在(-a,+a)上不定積分Jf(x)dx=Jf(x)dx=<-^cos2x+C22(2x+1)[ln(2x+1)-「x<0,+C，2x>0,cos2x所以加(2+sin2x)為的一個原函數(shù)+sinxcosxcos2xcos2x或dx=2J-1+sinxcosx2+sin2x注意到原函數(shù)在x=0處連續(xù)，即有C1=C11222Jf(x)dxJf(x)dx=<-^cos2x+C2x<0,第2天：2(2x+1)[ln(2x+1)-「月日+C，x>0.11】下列各組函數(shù)中不．是．相同函數(shù)的為()(A)f(x)=|x|,g(x)=xsgnx(B)f(x)=sin(arcsinx),g(x)=x12ln(1-x),x<1(C)f(x)=ln(1一x)2,g(x)=12ln(x一1),x>1(D)y=f(x),x=f(y)答案：選(B)解因為f(x)=sin(arcsinx)的定義域為Df=[-1,1],而g(x)=x的定義域為Dg=R，所以

f(xf(x)=sin(arcsinx),g(x)=x是不同的函數(shù).【2】設函數(shù)f(x)=一1一，則()~x"ex-i—1x=0,x=1都是f(x)的第一類間斷點x=0,x=1都是f(x)的第二類間斷點x=0是f(x)的第一類間斷點，x=1是f(x)的第二類間斷點(D)x=0是f(x)的第二類間斷點，x=1是f(x)的第一類間斷點答案：選(D).解顯然，f(x)的間斷點為x=0,1.因為limf(limf(x)=limx—0x—0exp—1所以x=0是第二類間斷點.TOC\o"1-5"\h\zx1xtO填：e2解因為【3】lim(sin2xtO填：e2解因為.x1x1sin2cos2x—11lim—(sm+cos2x一1)=lim(—-+)=，sox2—02三x22所以原式=e2【4】設函數(shù)f(x)在閉區(qū)間［0,1］連續(xù)，且0<f(x)<1，證明：方程f(x)=x在［0,1］上存在實根.證作輔助函數(shù)F(x)=f(x)—x，則由題意可知F(x)在［0,1］上連續(xù)，且F(0)=f(0)>0，F(xiàn)(1)=f(1)—1<0.若f(0)=0或f(1)=1，則g=0或g=1為所求實根；若f(0)>0且f(1)<1，則F(0)F(1)<0，故由零點定理可知：存在gw(0,1)，使得F(g)=0，即f(g)=g-綜上可得：方程f(x)=x在［0,1］上存在實根.

【5】若f(x)在x°處連續(xù)但不可導，則()點x是f(x)的極值點，但點(x,f(x))不是曲線y=f(x)的拐點000點x不是f(x)的極值點，但點C,f(x))是曲線y=f(x)的拐點000點x可能是f(x)的極值點，點C,f(x))可能曲線y=f(x)的拐點000點x不是f(x)的極值點，點Cx,f(x))不是曲線y=f(x)的拐點000答案：選(C)解例如，f(x)=|x(1-x)|在點x=0處取得極小值，且點(0,0)也是y=f(x)的拐點.【6】證明：當x>0時，(1+x)+；<e1+2.證原不等式可轉化為2(x+l)ln(l+x)<2x+x2.設f(x)=2x+x2一2(x+1)ln(1+x),x>0.因為f'(x)=2[x-ln(l+x)]>0，(x>0)所以f(x)在［0,+a)上單調遞增.從而當x>0時，f(x)>f(0)=0，即得證.7】Jsinx(2csc7】Jsinx(2cscx-cotx+)dx=(sin3x(A)2xsinx(A)2xsinx-cotx+C(C)2-sinx-cotx+C答案：選(B)B)2x-sinx-cotx+CD)2x+sinx-cotx+Cf(Jsinx2cscx-cotxf(Jsinx2cscx-cotx+dxsin3x丿=J(2-cosx+csc2x=2x-sinx-cotx+C【8】設y=f(x)滿足Ay=Ax+o(Ax)，且f(0)=0，則J1f(x)dx=2x-x20因為Ay=Ax+°(Ax)，所以字=.，從而x一x2dx\：2x一x2f(x)=Jdx=2x-xf(x)=Jdx=2x-x2J—=2x-x2由f(0)=0可得C=0。于是f(x)=\/2x-x2o

由定積分幾何意義得由定積分幾何意義得J1f(x)dx=f\-'20第3天：月日【1】設f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，且g[f(x)]有意義，則g[f(x)]是()(A)奇函數(shù)(B)偶函數(shù)(C)非奇非偶函數(shù)(D)既是奇函數(shù)也是偶函數(shù)答案：選(B)

解因為g[f(—x)]=g[-f(x)]=g[f(x)]CeD。)，所以g[f(x)]是偶函數(shù).則f(x)在［a,b］,［b,c］上分別應用零點定理可得:存在ge(a,b),e(b,c)，使得f(g)=f(q)=0.注意到f(x)為二次多項式，故原方程在開區(qū)間(a,b)和(b,c)內各有一個實根.2】若limxT8一ax一b=0，

丿(2】若limxT8一ax一b=0，

丿(A)a=1,b=1(B)a=—1,b=1(C)a=1,b=—1(D)a=—1,b=—1答案：選(C)解因為lim(1+x丄x2—ax(1—a)x2—(a+b)x—b—b)=lim=0，11—a=0,所以[a+b=0,即a=1，b=—1.1[3】lim(1+2n+3n)n=ns填：3解因為3=Gn)n<6+2n+3n<Gn+3n+3n=3$3,且limn'3=1，所以由夾擠準則可得limV1+2n+3n力=3.nTans[[[【4】證明：方程++=0(a<b<c)在開區(qū)間(a,b)和(b,c)內各有一個實根.x—ax—bx—c證原方程可等價變形為(x—b)(x—c)+(x—a)(x—c)+(x—a)(x—b)=0.作輔助函數(shù)f(x)=(x—b)(x—c)+(x—a)(x—c)+(x—a)(x—b)，【5】若函數(shù)f(x)在x處廣(x)=f"(x)=f"'(x)=0，f(4)(x)鼻0，則()00000點x是f(x)的極值點，點C,f(x))不是曲線y=f(x)的拐點000點x不是f(x)的極值點，點Cx,f(x))是曲線y=f(x)的拐點000點x可能是f(x)的極值點，點(x,f(x))可能曲線y=f(x)的拐點000點x不是f(x)的極值點，點(x,f(x))不是曲線y=f(x)的拐點000答案：選(A)解由高階可導函數(shù)極值點與拐點判定定理即得.【6】設a>e，0<x<y<—，證明：ay-ax>(cosx-cosy)axlna.2證原不等式可轉化為ay-ax<一axlna.cosy-cosx對函數(shù)at,cost在區(qū)間Lx,y］上應用柯西中值定理，可得ay-axaglna=，x<g<y.cosy-cosx-sing因為0<x<因為0<x<g<y<p所以0<sing<1,ax<ag，從而，aglna<-axlna，-sing故得證.【7】設f(x)在上有原函數(shù)，則下列結論中不正確的是()f(x)的任意原函數(shù)在I卩:上連續(xù)f(x)的任意兩個原函數(shù)之差必為常數(shù)f(x)的任意兩個原函數(shù)之和必為2f(x)的原函數(shù)若F(x)為f(x)的原函數(shù)，G(x)為連續(xù)函數(shù)，則G［F(x)］為G［f(x)］的原函數(shù)?答案：選(D)

解仏[F(x)卩二G[f(x)IF(x)二G[f(x)1f(x)HG[f(x)]【8】函數(shù)y=ex在區(qū)間[0,2]上的平均值是y=J*2exdx=2o第4天：月日【1】函數(shù)y=ex-i-2的反函數(shù)是()(A)y=1+In(x-2)(B)y=2+In(x-1)(C)y=1+In(x+2)(D)y=2+In(x+1)答案：選(C)解由y=ex-1-2解得ex-1=y+2,x—1=ln(y+2),x=1+ln(y+2)9故所求反函數(shù)為y=1+ln(x+2).【2】若當xT0時，f(x)=卜xsin12dt是g(x)=x3+x4的()o2+cosx)x—1(A)等價無窮小(B)高階無窮小(C2+cosx)x—1填：-填：-16.Jsm"sin12dtcosx-sin(sin2x)1lim-o=lim=—，xTox3+x4xTo3x2+4x33故當xT0時，f(x)=Jsinxsint2dt是g(x)=x3+x4的同階但非等價無窮小.o答案：選(D).解由洛必達法則可得【3】lim丄xT0x3解由等價無窮小可得xln2+cosxTOC\o"1-5"\h\z1cosx—1、1cosx—11原式=lim=limln(1+)=lim=—-xT0x3xT0x233xT0x26【4】設函數(shù)f(x)，g(x)均在區(qū)間［a,b］上連續(xù)，且g(x)>0，證明：對任意給定的a<x<x<...<x<b，存在gg［a,b］，使得12nf(g)=f(x)+f(x^)+...+f(x^)g(g)g(x)+g(x?)+…+g(x")12n證因為S在［a,b］上連續(xù)，故存在最大值M和最小值m，從而，m<竺2<M，且g(x)g(x)img(x)<f(x)<Mg(x)(i=1,2,3,…，n).相加可得iii相加可得m2g(x)<工f(x)<MHg(x),iiii=1i=1i=12nf(x)im<4=1<M2ng(x)i由介值定理可得：存在gg［a,b］，使得f(g)f(x)+f(x)+f(x)__12ng(g)g(x)+g(x)++g(x)12n某鄰域內單調減少取得極小值答案：選(D)解因為f'(x)=0,f〃(x)=—4f(x)<0,所以f=f(x).000極大【6】設函數(shù)f(x)在［a,b］上連續(xù)，在(a,b)內可導，0<a<b，證明：存在兩點gRw(a,b)【5某鄰域內單調減少取得極小值答案：選(D)解因為f'(x)=0,f〃(x)=—4f(x)<0,所以f=f(x).000極大【6】設函數(shù)f(x)在［a,b］上連續(xù)，在(a,b)內可導，0<a<b，證明：存在兩點gRw(a,b)(B)某鄰域內單調增加(D)取得極大值使得abff(^)=n2廣6).證f(x)在［a,b］上運用拉格朗日中值定理，可得f(b)—f(a)=f'(g)(b—a)(a<g<b).f(b)-f(a)f?)1(af(b)-f(a)f?)1(a<n<b).11—ba將①帶入②整理得證.【7】若f（x）的一個原函數(shù)是e-x2，則Jxf'（x）dx=（）(A)(1(A)(1+2x2)ex2+C(B)(1-2x2)ex2+C(C)-(C)-(1+2x2)ex2+CD)(-1+2x2)ex2+C答案：選（C）解因為f(x)=(e-x2答案：選（C）解因為f(x)=(e-x2)=-2xe-x2Jf(x)dx=e-x2+C1所以，由分部積分法可得Jxfr(x)dx=Jxdf(x)=xf(x)-Jf(x)dx=-(1+2x2)ex2+C【8】由曲線y=lnx與直線y=e+1-x，y=0所圍成的平面圖形的面積A=373.填：2解觀察易得兩曲線y=Inx與線y=e+1-x的交點為（e,l），所求面積為A=Jelnxdx+Je+1(e+1-x)dx1ex(lnx-1[)]e+C+1)x-乂「」12e+1第5天：【1】已知f（x）是上的恒正函數(shù)，且滿足f（x+T）=—(xeM,常數(shù)T>0)，則f(x)在『:上f(x)是（）（A）奇函數(shù)（B）偶函數(shù)（C）周期函數(shù)（D）單調函數(shù)答案：選（C）因為f(x+2T)==f（x）（xe展），所以f（x）在II：上是周期函數(shù)，且其周期為2T.【2】已知當xta時，a,卩，丫均為無窮小，且a=o(p),B?丫，則極限lim冬空()xtaY(A)等于0(B)等于1(C)為g(D)不存在但不為g答案：選(B)解lim二lim(-P)二(lima+1)-limP=1.xTaYxta卩YxTa卩xTaY3】lim3】limnTg2nn!nn填：0解顯然，x-列>0nnnx因為十1xn在x―n+1解顯然，x-列>0nnnx因為十1xn在x―n+1-<1，即｛x｝單調減少且有下界，故存在limx—a.1nn(1+_)nnTgn22x中令nTg，可得a—a，故a—0.(1+丄)nnen【4】設a,a，…,a均為常數(shù)，且滿足I,12n1|asinx+asin2x+...+asinnx<sinx，12n證明：a+2a+...+na<11因為asinx+asin2x+???+asinnx<|sinx|，asinx+asin2x++asinnx12n—sinx“asinx+asin2x++asinnxlim2n—axT0sinx于是，(xGU(0))，12limxT0asinx+asin2x++asinnxTsinx由極限保序性可得|a+2a+???+na<1.12n【5】設f(x)滿足f〃(x)+2[f(x)]2=x，且f(0)=0，則()(A)(A)f(0)是f(x)的極大值(B)f(0)是f(x)的極小值(A)(A)f(0)是f(x)的極大值(B)f(0)是f(x)的極小值(C)點(0,f(0))是曲線y=f(x)的拐點(D)以上都不對答案：選(C)解因為廣(0)=0,f〃(0)=0,f70)=1，所以點(0,f(0))是曲線y=f(x)的拐點【6】設函數(shù)f(x)在【0,1］上連續(xù)，在(0,1)內可導，且f(0)=f(1)=0,f—=1，證明：存在點Ee(0,1)，使得廣("=1.證作輔助函數(shù)F(x)=f(x)-x，則F(x)在【0,1］上連續(xù)，在(0,1)內可導，且=2F⑴=-1-由連續(xù)函數(shù)的零點定理(介值定理)可得：必有點xG(丄,1)，使得F(x)=0?020存在G(0,x)U(0,1)，使得F程)=f程)-1=0，即廣憶)=1.F(0)=0,再由羅爾定理可得：7】Jabxdx=()(A)人+Cblna(C)晉+C(D)吐+Clna答案：選(A)解Jabxdx=Jabxd(bx)

b丄絲*cbIna【8】由曲線y=3-x2-1與x軸所圍成的平面圖形繞直線y=3旋轉一周所得旋轉體的體積V解如圖1.3.3，其中平面圖形關于y軸對稱，所求旋轉體體積V為下面兩立體體積之差圓柱體體積V=兀?32?4=36兀。1平面圖形y=3-y=3，x=-2，x=2繞y=3旋轉一周所得旋轉體的體積zfc1012圖133V—2兀J2「3-G-x2-1°Ldx—2兀J2(x2-1)dx」o-2兀J2(x4-2兀J2(x4-2x2+1》x—2兀TOC\o"1-5"\h\z(53丿|01592448故V—V-V—36兀一?！?。121515第6天：月日【1】函數(shù)f(x)=x在I卩:上是()1+x2(A)單調函數(shù)(B)有界函數(shù)(C)偶函數(shù)(D)周期函數(shù)答案：選(B)解由均值不等式可得1-|x|<1+2^2,xGR,所以f(x)-國<xGR.1+x22【2】若函數(shù)y—f(x)在點x處連續(xù)，當自變量x在x處取得增量Ax時，相應的函數(shù)增量為00Ay—f(x+Ax)-f(x)，則當AxT0時()00(A)Ay必是Ax的高階無窮小(B)Ay與Ax是同階無窮小(C)Ay必是Ax的低階無窮小(D)Ay與Ax相比無法確定答案：選(D).解因為limA.可能存在，也可能不存在；存在時可能為零，也可能非零，故選擇(D).AxT0Ax

ln(l+x+x2)+ln(l—x+x2)【3】lim=xtosecx一cosx填:1ln(l+x2+x4)x2+x4原式=limcosx?；—lim—1.xtosin2xxtox2【4】若左導數(shù)f(x)和右導數(shù)f(x)均存在，則f(x)在點x—x處()一o+oo(A)間斷(B)連續(xù)(C)可導(D)可微答案：選(B)解由連續(xù)、可導與可微，連續(xù)與左右連續(xù)關系即得.【5】設a>0，則極限limx2[arctan(x+a)—arctanx]—()xTg(A)0(B)-a(C)a(D)g答案：選(C)解由拉格朗日中值定理可得arctan(x+a)-arctanx—(x<g<x+a)1+g2從而ax21+(x+a從而ax21+(x+a)2<x2[arctan(x+a)-arctanx]<ax21+x2.而limxTgax21+(x+a)2—limxTgax21+x2故由夾擠準則可得，原式=a.【6】已^知。0+—^+卜Qn1+a—0,TOC\o"1-5"\h\zn+1n2n證明：方程axn+axn-1++ax+a—0至少有一個小于1的正根01n—1n解作輔助函數(shù)aaaf(x)——1xn+1+jxn++—n-1x2+ax，n+1n2n則f(x)在[o1]上連續(xù)，在(0,1)內可導，f(0)—f(1)—0，且f(x)—axn+axn-1+…+ax+a,01n—1n由羅爾定理可得：存在點Ee(01)，使得f怎)—0，即原方程至少有一個小于1的正根.【7】若f(x)在心上的導函數(shù)是sinx，則f(x)在上的原函數(shù)是()A)—A)—sinx+Cx+C12B)sinx+Cx+C12(B)cosx+Cx+C(D)—cosx+Cx+C1212答案：選(A)解因為f(x)—Jsinxdx——cosx+C,所以f(x)在F上的原函數(shù)是

Jf(x)dx=-sinx+Cx+C12【8】正弦曲線y二sinx(0<xS)繞x軸旋轉所得的旋轉曲面的面積A=解A二2兀ny寸1+y，2dx=2兀J”sinxV1+cos2xdx00=-2nJ叭1+COS2xdcosx0「，()=-2ncosxJ1+cos2x+lnicosx+J1+cos2x丿2+InC+邁第7天：月日【1】若數(shù)列｛x｝收斂于常數(shù)a，則無論正數(shù)￡多么小，在區(qū)間(a-￡,a+￡)之外的數(shù)列的點()n(A)必不存在(B)至多只有有限個(C)必有無窮個(D)可能有限個，也可能無窮多個答案：選(B)解由數(shù)列極限概念可得在區(qū)間(a-￡,a+￡)之外的數(shù)列的點至多只有有限個.【2】若函數(shù)f(x)=fx，x<0，在點x=0處連續(xù)，則a=()a+x,x>0TOC\o"1-5"\h\z(a)-1(B)0(C)1(D)2答案：選(C)解因為limf(x)=lim(a+x)=a=f(0)，xt0+xt0+limf(x)=limex=1=f(0)，xt0-xt0-所以a=1.【3】設a,b均為非1的正數(shù)，則lim(U?)x=xT82填<abat+bat+bt'丿t=exp]lim^lnItt0t解原式t=—limxtt0I

L.1at+btL.1at+bt=exp]lim-ItTOtV、、—1>丿丿=exp{1limtTOVat—1

+tbt—1texpv—(ina+lnb)>=Jdbexpv2【4】設f(x)在點x=x°處可導，g(x)在點x=x°處不可導，則F(x)=f(x)+g(x)和G(x)=f(x)g(x)在點x=x處()O(A)都不可導(B)都可導(C)只有一個不可導(D)至少一個不可導答案：選(D)解由四則運算求導法則可知F(x)不可導(反證法)，G(x)可能可導.反例：f(x)=x在x=0處可導，g(x)=|x|在x=0處不可導，但G(x)=x|x|在x=0處可導.f(x)f(x)—x【5】設函數(shù)f(x)二階可導，且lim竺=1,廣(0)=2，則lim八廠_x=xT0xxT0x2填：1.解因為lim=1,所以f(0)=0,f'(0)=1.于是，xT0xlim山匕=lim31=lim八x)一f'(0)=—f〃(0)=1.xT0x2xT02xxT02x2【6】求函數(shù)f(x)=的極值.x解函數(shù)f(x)在(0,+J內可導，且2lnx—ln2xlnx(2—lnx)TOC\o"1-5"\h\zx2x2得駐點x=1，e2.(2丄—2lnx?b?x2—(2lnx—ln2x)?2x2f〃(x)=xx=—(1—3lnx+2ln2x),x4x3由f〃⑴=2>0知f極小=f(1)=0.24又f〃(e2)=——<0，所以f=f(e2)=—?e6極大e2注意：也可用一階導數(shù)判別法，此略.

【7】f1sin(x5)+2&-x2dx=()(D)-一丄(D)-(A)0(B)兀(C)2兀答案：選（B）解由奇函數(shù)定積分性質與定積分幾何意義即得【8】嚴【8】嚴2dx_f@2解作換元x-1=sect，則I=J2cos3tdt=。03天：【1】數(shù)列有界是數(shù)列收斂的（）（A）必要條件（B）充分條件（C）充要條件（D）既非必要也非充分條件答案：選（A）解由收斂數(shù)列的有界性可知：數(shù)列有界是數(shù)列收斂的必要條件.【2】方程x4-x-1=0至少有一個根的區(qū)間是（）（A）（-1，0）（B）（0，1）（C）（1，2）（D）（2，3）答案：選（C）解設f（x）=x4—x-1,則f（x）在11,2］上連續(xù)，且f（1）=—1<0,f（2）=5>0，故由零點定理可知方程x4—x—1=0在（1,2）內至少有一個根.【3】設liJ1+f（x）sin2x-1=2，則limf（x）=.x?e3x一1xt0填：6.解因為1+f（x）sin2x-1lim一=2，lim（e3x-1）=0，xtOe3x一1x?0所以由極限的四則運算法則可得--(e3x—1)--(e3x—1)lim(Jl+f(x丿sin2x-1)=limx—0x—0e3x-1=limxtOe3x—1-lim(e3x—e3x-1=limxtOe3x—1xtO從而limf(x)sin2x二0.xt0由等價無窮小可得1+f(x)sin2x—12f(x)sin2x1()=lim=lim—=一limf(x)=23xxt0e3x—1xt03x3xt3x故limf(x)=6.xt0【4】已知函數(shù)f(x)在點x二x處二階可導，則limf("+")—廣(%"-f(")=()0宀1—cosh(A))(B)(C)2f"(x)(D)-2f"(x)0000答案：選(A)解原式=2lim)h—f(x0)二lim廣(x0+h)—廣(x0)二f(x)hT0h2hT0h0n【5】若f(x)=limn—sin2x，則廣(x)=nsIn丿填：—sin2xe—sin2x,解先求極限再求導：【6】求下列函數(shù)在所給區(qū)間上的最大值、最小值：f(x)=x4一4x3+4x2+1,[—2,2];f(x)=Jxlnx,(0,+s).解(i)閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的最值求法.因為f'(x)=4x3—12x2+8x=4x(x一1)(x一2),所以f(x)在(—2,2)內的駐點有x=0,1，其函數(shù)值為f(0)=1,f(1)=2,f(—2)=65,f(2)=1.九=max{f(0),f(1)f(-2),f(2)}才(—2)=65,最大f=minx{f(0)，f(1)，f(—2)，f(2)}=f(0)=1.最小(ii)無窮區(qū)間內最值的求法?因為lnx1lnx+2f(x)=花飛=k'2所以駐點為x=e-2，其函數(shù)值為f(e-2)=-_.因為elnxg,limflnxg,limf(x)=limxlnx=lim(一)Llim1gxt0+xt0+xt0+耳xxtO+xtO+1x——=-2lim、x=0,xt0+2xJxlimf(limf(x)=lim耳xlnx=+g，xT+gxT+g所以f(x)=\：xInx在(0,+w)內只有最小值f(e-2)【7】J1(xn-)dx=(0n+1C)2(A)0(B)1答案：選(A)C)2(A)0(B)1答案：選(A)解直接積分即得【8】若函數(shù)f(x)滿足f(x)=Ji—D)3x2+J1f(x)dx，1+x2-1解記I=J1f(xbx,則將所給等式在［-1,1］上積分可得-1I=J1<1-x2dx+1J1dx,即I=+I，故I-1-11+x222則J1f(x)dx=-i兀2一兀第9天：【1】若極限limf第9天：【1】若極限limf(x)存在，則函數(shù)值f(x)()xTx00(A)必存在且等于極限值(B)必存在但未必等于極限值(C)可以不存在(D)如果存在的話必等于極限值答案：選(C)解由函數(shù)極限概念可知：極限limf(x)存在，函數(shù)值f(“)可以不存在.xT【2】點x=1是函數(shù)f(x)二li(A)連續(xù)點im上乂的()An*1+x2n(B)跳躍間斷點(C)可去間斷點(D)無窮間斷點答案：選(B)解因為1+x,x<1,limnT80,x=—1,1,x=1,0,|x|>1,所以點1+x,x<1,limnT80,x=—1,1,x=1,0,|x|>1,所以點x=1是函數(shù)f（x）的跳躍間斷點.【3】若f(x)=x2+3xlimf(x)+1，貝Uf(x)=xtI填：x2-3x+1.解在所給等式兩邊取xT1可得limf(x)=2+3limf(x)xT1xT1即limf(x)=—1，故f(x)=x2—3x+1.xT1【4】設y=sinC），則船=（）A）2xcos(x2)B）2xcos(x2)3xC）cos(x2)D）2xcos(x2)3x答案：選(B)()dycos(x2)?2xdx2cos(x2)解因為y=sinVx2丿，所以(y)==dx33x2dx3x【5】設f（0）＞0,廣（0）=0，則limnT8填：1.竝,則f(0)Ilnf(丄)—lnf(0)nsnslimlnxn=lim—,=hf(x)兒=0nsns所以原式=e0=1.

【6】設f(x)在［a,b〕上連續(xù)，在(a,b)內可導，證明：在(a,b)內存在點：,使得f(b)-f(a)=2疋f'(g)Cb-航)，其中0<a<b?證法1(柯西中值定理)?因為f(x),X在［a,b］上滿足柯西中值定理的條件，所以存在點□a,b)，使得綽f)=罕，即b—\a1f(b)—f(a)=2三f崔)(歷—<萬).法2(羅爾定理)?設F法2(羅爾定理)?設F'(x)=f'(x)(jb-為)—12px[f(b)—f(a)]則積分可得F(x)=f(x)(Jb-*萬)-抿[f(b)—f(a)].因為F(x)eC[a,b]，F(xiàn)(x)eD(a,b)，且F(a)=F(b)=爲f(a)-拓f(b)，所以由羅爾定理可得:存在ge(a,b)，使得F)=0.即在(a,b)內存在點g，使得f(b)—f(a)=2、退f'(g)6br萬)?【7】設Jf(x)dx=\1+x4+C(xe>)，則f1f'(2x)dx=()0A)16A)16答案：選(B)解因為ff(x)dx=叮1+x4+C(xe>)所以f(x)=(；1+x4)=—：2^=(xeR)1+x4于是，2:f(2)—f(0)]=f1f'(2x)dx=—f1f'(2x)于是，2:f(2)—f(0)]=02020【8】函數(shù)f(x)=f1|t2—x2|dt的極大值是0由定積分可加性可得f(x)=<3-x2+1,3x<1,ix>1.顯然，f(x)是偶函數(shù)，故只需考慮x>0。因為沁)*4*x2-;；，所以，當x=0時，fmax=f(°)=3第10天：【1】如果lim|x|=a(a豐0)，則下列結論中不正確的是()nxT8(A)lim|XU(C)lim(-1)n(x2-a2)=0nxs答案：選(D).=limx2n+1xT8(B)limx2=a2n

xT8(D)limx=anxT8解特殊值法.取x=(-1》即可知lim(-1)n不存在.nnT8【2】下列函數(shù)中在定義域上連續(xù)的函數(shù)是()(B(B)f(x)=<.1門xsm,x豐0

x0,x=0(A)f(x)=<sinx(C)f(x)=<J1+x-1.0,x豐0x,x=0(D)f(x)=<ex-1,x豐0x0,x=0初等函數(shù)f(x)初等函數(shù)f(x)1=xsin連續(xù)；當x=0時，由xlimf(x)=limxsin—=0=f(0)xt0xt000,x=0可知f(x)也連續(xù).因此，f(x)在定義域忙上連續(xù).【3】已知當xT0時，xnsinx是1-cosx2的高階無窮小，又是-3x8的低階無窮小，則正整數(shù)n的取值范圍是填：4，5，6.解當xT0時，

xnsinx?xn+1,1—cosx2x4,1-七1—3x8?—^-3x8),22故由題意可得8>n+1>4,即n=4,5,6.【4】Alim(1+1片=()dxttoD)esinxsinx的某鄰域內具有n-1階導數(shù)，則A)esinxcosx(B)-eD)esinxsinx的某鄰域內具有n-1階導數(shù)，則答案：選(A)解f(x)=lim(1+t)丁=(esinx)二esinxcosxdxttodx【5】設f(x)=(x-a)np(x),其中函數(shù)q(x)在點af(n)(a)=.填：n!p(a)解由高階導數(shù)的萊布尼茲公式可得f(n-1)(x)=[(x-a)n(n-1)p(x)+(n-1)(x-a)n(n-2)0(x)+...+(x-a)np(n-1)(x)=n!(x-a)p(x)+(n-1)n(n-1)...3(x-a)2p'(x)+...+(x-a)np(n-1)(x)記n!(x-a)p(x)+(x-a)2g(x),f(n-1)(a)=0再由導數(shù)定義可得f(n)(a)=limf(nT)(x)一f(n-1)(a)=limn!(x一a)P(x”(x一a)2g(x)=n!p(a).xtax-axtax-a【6】設f(x)在【0,2a]上連續(xù)(a>0)，且f(0)=f(2a),證明：存在點e[o,a]，使得f(G=fG+a).證作輔助函數(shù)F(x)=f(x+a)-f(x)，xe[0,a],則只需證存在e[0,a],使得F憶)=0?因為f(x)eC[0,2a],f(0)=f(2a)，所以F(x)eC[0,a]，且F(a)=f(2a)-f(a)=f(0)-f(a)=-F(0)?于是,若f(0)=f(2a)=f(a)，則F(0)=F(a)=0?即可取=0或a,使得F(g)=0；若f(0)=f(2a)主f(a)，則F(0)=F(a)主0,F(0)F(a)<0，由零點定理可得：存在點Pe(0,a)，使得F(g)=0?ii\ii\2Kesin2Kesintdcost0Jtcost丿2k+J2KesintCOS2tdt00=J2兀esintcos2tdtA0osintC0S2tA0,0<t<2兀)綜上可得：存在點gw[o,a],使得f(g)=f(g+a).【7】F(x)=Jx+2兀esintsintdt()x(A)為正的常數(shù)(B)為負的常數(shù)(C)為零(D)不是常數(shù)答案：選(A)解因為esintsint是以2兀為周期的周期函數(shù)，所以F(x)=F(0)=J2兀esintsintdt0為常數(shù),又因為F(0)=J2kesintsintdt=-J0=-(esintcost)所以F(x)為正的常數(shù)n(n+1)(n+2)???(n+n)8】lim=nslim工nlim工n?i=1/In1+二?In丿1=J1ln(1+x》x=2ln2-1,n0故原式=-oeA)A)f(-x)>g(-x)(B)廣(x)<g'(x)A)A)f(-x)>g(-x)(B)廣(x)<g'(x)第11天：【1】已知limf(x)與limf(x)都存在，則(xTx0+B)limf(X)未必存在XTX0(D)limfB)limf(X)未必存在XTX0(D)limf(x)主limf(x)XTX0-XTX0+xTx0(C)limf(x)=limf(x)xTx0-xTx0+答案：選(B)解由函數(shù)極限與左右極限關系可得：當limf(X)與limf(X)都存在時，limf(X)未必存在.XTX-XTx+oo【2】設函數(shù)f(x)=ln土，則函數(shù)g(x)=f(-)+f(!)的定義域為.1-X2X填：(-2,1)U(1,2).解因為f(X)=ln的定義域為D:—1<X<1，所以g(X)的定義域為1—xfX-1<-<1,x主2,2—1<—<1,x主0,1,、x3】Ilnx,x>0已知3】Ilnx,x>0已知f(x)={Ix,x<0,'g(x)=<X2,X<人，求f:g(x)]和g:f(x)].X3,X>0,f[g(X)]=<lng(X),、g(X),lnx2,g(X)>0,=lng(X),g(X)>0g(x)<0X<1,X豐0,X>1,0,g[f(0,g[f(x)]=<ln2x,0<x<ex2,x<0,ln3x,x>e.f2(X),f(X)<1,、f3(X),f(X)>1【4】若函數(shù)f(x)與g(x)在R上均可導，且f(x)<g(x)，則在R上必有()

(D)Jxf(t)dt<fxg(t)(D)Jxf(t)dt<fxg(t)dt00Axt0Axt0答案：選(C)5】數(shù)列解顯然，(A)，(B)不正確.當x<0時，(D)也不正確.bn｝中的最大項是填：5】數(shù)列解考慮函數(shù)f(x)二xi/x(x>0)，因為>0,0<x<e,2=0,x=e,

[<0,x>e,(■'2,33}=3'3,從而f⑶=33是(n}中的最大項f'(x)=x1/x?出x2所以f=f(e).注意到maxmax【6】設函數(shù)f(x)可導，證明F(x)=f(x)(1+|sisinx|)在點x=0處可導的充要條件是f(0)=0證必要性。因為F'(0)=lim卩(x)-F(0)=limf(x)(1一Sinx)一f(°)xt0-xxt0-f(x)-f(0)sinxf(x)=f'(0)-f(0)=limxt0-F'(0)=limF(x)一F(°)=limf(x)(1+Sinx)-f(0)+xt0+xxt0+=limxt0-f(x)-f(0)+佇f(x)=f'(0)+f(0)x所以由F(x)在點x二0處可導，即f'(0)-f(0)=f'(0)+f(0)可得f(0)=0充分性。因為f(0)=0，所以同上可得F'(0)=F'=f'(0)，即F'(0)=f'(0)—+【7】設f(x)=24x3,0<x<1,5—x,1<x<5,F(x)=Jxf(t)dt(0<x<5),則F(x)=()0x4,0<x<1x4,0<x<1A)A)2x21+5x一,1<x<52x4,0<x<1C)2C)2x4+5x一—,1<x<52x25x一,1<x<52答案：選（B）解：F解：F(x)=Jxf(t\t=0Jx4x3dx,0<x<1f14x3dx+Jx(5-x)dx,1Yx<5010<x<0<x<11Yx<5434.解由已知條件可得f（x）=ln（1+ex），故由分部積分法可得x4,7x2-7+5x-—22Jf(x)dx=Jdx=-JlnG+ex)de-x=-e-xlnG+ex)+J1ex=-Jf(x)dx=Jdx=-JlnG+ex)de-x=-e-xlnG+ex)+J1ex=-(e-x-1)ln(1+ex)+x+Cdx1+ex第12天：【1】若極限limf"x)存在，且limg(x)=0，則limf(x)(xtag(x)xtaxta（A）必存在但未必為零（B）未必存在（C）必存在且為零（D）存在且非零答案：選（C）解由極限的乘積法則可得limf(x)=lim-limg(x)=A-0=0xtaxtagxx—al,|x|<10,x>1填：1(xeR).【2】設f(x)=<，則f[f（x>解因為f(x)<1，所以f[f(x)]=1(xeR).【3】求極限limn+#n2-n3nTxV解利用立方和公式a3+b3二(a+b)(a2-ab+b2)可得lim(n+3n2一n3)=limnsnsn2一n=limns1【4】曲線y=Inx上切線平行于直線y=2x-3的點是()A)'-A)'-ln2、12丿C)(2,ln2)(D)(2,-ln2)選(A)解設切點為(x,y解設切點為(x,y)，則切線的斜率為y，(x)=丄.由題意可得丄=2,x0000x0故x=2，y0=-ln2【5】曲線y=e-x2的凸區(qū)間是填：填：解因為y'=-2xe-x2,故所求凸區(qū)間為(-故所求凸區(qū)間為(-<x<—；=<2<2【6】設x〉0,a〉e，證明：(a+x)a<aa+x，并由此比較兀e與e兀的大小證原不等式等價于aln(a+x)<(a+x)lna，即衛(wèi)竺〉山(a+x)，故只需證明f(兀)=也込在aa+xx(e,)內單調減少.因為f'(x)=Lx<0(x〉e)，所以f(x)=也己在(e,+s)內單調減少。從而，由a+x〉a〉e可x2x得f(a+x)<f(a)，即得證。取a=e,a+x=?？傻?，兀e<e兀?！?】若f(x),g(x)在〔0,1]上滿足f〃(x)〉0,g〃(x)<0，且f(0)=g(0)=0,f(1)=g(1)=a〉0，則定積分I=nf（x）dx,I=ng（x）dx,1020（A）I>I>I（B）I>I>I123321答案：選（C）

I=f1axdx之間的大小關系為（）30（C）I>I>I（D）I>I>I231213解由曲線的凹凸性與定積分幾何意義可知I>1>1231【8】\2min{2,x2}dx-3解I=J-22dx+J[x2dx+J2_2dx=10一2。-3-遲w‘23第13天：【1】若limx與limy與都不存在，則（）xsnxsn(A)lim(x+y)一定不存在(B)(A)lim(x+y)一定不存在(B)lim(x—y)一定不存在nn(C)lim(x2—y2)可能存在xt”nn(D)lim(x—y)與lim(x+ynnnxt”xt”答案：選(C)解取x=(—1)n,y=(—1)n，nnnnxs）中只要有一個存在，另一個也一定存在排除(A),(D)；取x=y=(—l)n，排除(B),選擇(C)nn【2】設f(x)=<x+1,x<2,0,x=2,,x—1,x>2,g(x)=ex+1，則f[g(x)]=填：f[g(x)]=<解f[g(x)]={0,g(x)ex+2,x<0,0,x=0,ex,x>0,g(x)+1,g(x)v2,=2,=g(x)—1,g(x)>2ex+2,x<0,0,x=0,ex,x>0,xn+1—(n+1)x+n【3】求極限lim，其中n為正整數(shù).xt1(x—1)2解注意到當x=1時，分子為零，故分子含因子(x—1)?為此，因式分解，可得xn+1—(n+1)x+n=x(xn—1)—n(x—1)=(x—1)(xn+xn—1++x—n)=(x—1)2xn—1+2xn—2++(n—1)x+nI=1+2+…+(n—1)+n原式=limxn—1+2x=1+2+…+(n—1)+nx-1【4】設f（x）=|x|3，則在點x=0處f（n）（o）存在的最大正整數(shù)n等于（）C)3(D)4C)3(D)4答案：選(B)—x3,x<0,解因為f(x)=<0,x=0,x3,x>0,

所以廣(x)=所以廣(x)=-3x2,x<0,0,x=0,，f"(x)=<3x2,x>0,-6x,x<0,0,x=0,6x,x>0,一6,x<0,f"(x)=｛不存在,x=0,6,x>0,1，則f1，則f〃(2)=【5】設f(x)=「-1-x31,故f〃(2)=14.填：14解因為f〃31,故f〃(2)=14.1-x1-x【6】求函數(shù)f(x)=36x2-x3的極值點、拐點與漸近線，并作函數(shù)的圖形295.解因為TOC\o"1-5"\h\z4-x8八x)=4-x,八x)=—1245x3-(x-6)3x3所以f(x)的單增區(qū)間為【0,4］，單減區(qū)間為(-8,0)，(4,+8)，極小值f(0)=0,極大值/(4)二234；凸區(qū)間為(-8,0),【0,6］，凹區(qū)間為(6,+8)，拐點為(6,0)；曲線y=f(x)有斜漸進線y=2-x(圖略)【7】jln、；1+xdx=()x1x(A)(1+x)lnv1+x—+C(B)—(1+x)ln<1+x—+C^2^21(C)(1+x)ln\-1+x+(1+x)+C(D)(1+x)In*1+x—x+C答案：選(A)解J認6=1Jln(1+x)d(1+x)=2(1+x)ln(1+x)-2x+C8】設f(x)為連續(xù)函數(shù)，證明：(2)J2f(sinx)dx=J2f(cosx)dx；00⑵xf(sinx)dx=卜f(sinx)dx，并由此計算I=JXxsinxdx.02001+cos2x

兀證(i)作換元x=—-1，則J2f(sinx)dx=」0f(兀證(i)作換元x=—-1，則J2f(sinx)dx=」0f(cost)it=J2f(cost)dt=J2f(cosx)dx0002(ii)作換元x=兀-1，貝yJKxf(sinx)dx=-J0(兀-1)f(sint》t0兀=兀J兀f(sint》t-J兀f(sint)dtf(sinxH-J"xf(sinx協(xié)00故卜xf(sinx)dx=卜f(sinx)dxo020兀01+C0S2x-sinxdx=-》arctan(cosx)01+COS2x2兀兀20="4第14天：【1】若limf(x)二0,x-x0(A)當g(x)為任意函數(shù)時,(B)當g(x)為有界函數(shù)時,有l(wèi)imf(x)g(x)=0x-x0有l(wèi)imf(x)g(x)=0x-x0(C)僅當g(x)為常數(shù)時，有l(wèi)imf(x)g(x)=0(D)僅當limg(x)=0，有l(wèi)imf(x)g(x)=0X-X0x-x0答案：選(B)解因為limf(x)二0，g(x)為有界函數(shù)，所以由無窮小與有界函數(shù)積為無窮小可得x-x0limf(x)g(x)=0x-x0sinsin…sinx2】lim=xT0廠tantan…tanx,其中n,m均為正整數(shù)。填：1.解利用等價無窮小可得十、“sinsin…sinx“x4

原式=lim=lim=1.xt0m—'xt0xtantan…tanx

3】求極限limxT3】求極限limxT1m.1—Xm（m,n均為正整數(shù)）1—Xk=(1—X)(1+X2+…Xk—1)，1+2HFk="伙十—n2)—n2^2可得m(1—xn)—n(1—xm)原式=limXTl(1一Xm)(1一Xn)(1—X)「m(1+X+???+Xn—1)—n(1+X+???+Xmt)~\=limXT](1—X)2(1+X++Xm—1)(1+X++Xn—1)m(1+X++Xn—1—n)—n(1+X++Xm—1—m)]=lim-x—1「m[(X—1)+(X2—1)++(Xn—1—=lim-x—1「m[(X—1)+(X2—1)++(Xn—1—1)—n[(X—1)+(X2—1)++(Xm—1-1)]XT1=—limXT1(1—X)(1+X++Xm—1)(1+X++Xn—1)m1+(X+1)+???+(Xn一2+Xn—3+???+1)]—n[1+(X+1)+???+(Xm—2(1+X++Xm—1)(1+X++Xn—1)+Xm—3++1)]m11+2+卜(n—1)]一n11+2+卜(m—1)]=—limXTXT1((m—1)m2_m—nm=—lim一XT1(n—1)n【4】已知Q,P均為非零常數(shù)，f（X+X）_af（X）恒成立，且廣（0）_P,則f（X）0在X處()0(A)廣(X)_ap(B)廣(X)_Q(C)廣(X)_p(D)不可導000答案：選(A)解f'(X)limf(X+X0)-f(X0)_limQf(X)-Qf(0)_alimf(X)—f(0)_a廣(0)_aP0XTOXXTOXXTOX【5】設函數(shù)f(x)_X+2cosX在[o,兀]上最大值、最小值分別為M,m,則(M,m)填：填：解因為f'(x)=1-2sinx,駐點兀/T廠'5兀)=—+y3,f16J616丿5兀6且f（0）=2,f（兀）=兀一2,所以M專朋【6】證明：(I)eaT<e^a<(a豐b)b一a2(II)Jx<-_1<X+1(x>0,x豐1)

Inx2證(I)不妨設a<ba+x令f(x)=ex一ea一(x一a)e2(x>a)，貝Ua+xf'(x)=ex-e2由拉格朗日中值定理可得a+xx—aex—e2=eg?—2a+x2aa+x2于是f'(x)=一(eg-e2)>0(x>a)，故f(x)在［a,+a)上單調增加。2從而，a+xeb—ea從而，f(b)>f(a)=0，即e2<-—b一a同理，可證得右不等式，此略。(II)在(I)取a=lnx,b=0即得?！?】下列廣義積分中發(fā)散的是（）(A)I1dx(B)I1(C)I+8e-x2dx(D)I+8dx一1#sinx-1Jl-x202xlnx答案：選（D）f+mdx解I=limIbdx=limlnlnxb=+a2xlnxbT+a2xlnxbT+8212121212【8】設x>-1，求I(x)=Jx(1-|t|)dt.-i解當一1<x<0時，一1<t<x,M=-t,xx21=+x+—-122I(x)=Jx[1-(-txx21=+x+—-122-12當x>0時，-1<t<x分為-1<t<0,=—t和0<t<x,M=t。由定積分對積分區(qū)間的可加性，可得I(x)=\0(1+t)dt+Jx(1-t)dt=1(1+t)20-1(1-t)x-102-120于是，I(x)二x21~2+x+兀x于是，I(x)二x21~2+x+兀x2~2xG[-1,0]xG(0,+8第15天：【1】已知limf(x)=8xTx0F(x)=f(x)g(x)，則(且在點x°的某鄰域內|g(x)|>K(K為正的常數(shù)),(A)F(x)是無窮大(xTx)(B)F(x)是無窮小(xTx)00(C)limF(x)一定存在(D)limF(x)不存在，但F(x)也不是無窮大(xTx)0xTx0答案：選(A)解因為limf(x)=8")使得當xGU*o,5]丿時,x-x0所以由無窮大概念可知：對任意充分大的M>0，存在51>°，f(x)|>M又已知存在5>0，使得當xGU《5)時,202()xGU0,5丿時(x)>K.故取5=min(5,5｝，則當F(x)|=|f(x)g(x)|=f(x)卜|g(x)|>MK由無窮大概念可知F(x)是無窮大(xTx0).【2】若f(x)是定義在(-a+J上的偶函數(shù)，且曲線y=f(x)關于x=2對稱,則f(x)是周期函數(shù)，其周期T=填：4解因為f(-x)=f(x)，f(x)=f(4-x)(xeR)所以f(x)=f(-x)=f(4+x)(xeR),即f(x)是周期函數(shù)，其周期T=4.3】求極限lim3】求極限limx+x+x)解作x=1，由洛必達法則與等價無窮小可得原式TOC\o"1-5"\h\z2-2hm小+2t—人1+1+1二lim2J1+2t2oT+7tT0+t2tT0+2t原式x'1+1—x；'1x'1+1—x；'1+2tt2ttO+P1+2t^1+ttt0+=1lim^1^1+2t-1)=1(1—1)一121to+tt224【4】若函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,x均滿足關系式f(x+x)=f(x)f(x)，且121212廣(0)=2，則必有()(A)f(o)=o(B)f(O)=2(C)f(o)=1(D)f(o)=-1答案：選(C)解因為對任意的x,xGR，均成立f(x+x)=f(x)f(x)，所以對任意的121212xGR，成立f(x)=f(x)f(o)因為f(o)=limf(x)-f(o)=limf(x)f(o)-f(o)=f(o)lim也=2,xToxxToxxTo所以f(x)在x=o處連續(xù)，f(oho(否則，廣(oh2)，且由limf(x)-1存在xTox

可得limf(x)=1，即f(0)=1xt0【5】設常數(shù)k>0,則函數(shù)f(x)=Inx--+k在(0,+8)內零點的個數(shù)是填：2.解因為e>0,0<x<e,f，(x)=丄一］<=0,x=e,xe<0,x>e,且limf(x)=-8,limf(x)=-8,xT0+xT+8所以，f(x)=Inx--+k在(0,+8)內零點的個數(shù)是2.e【6】設函數(shù)f(x)=x2-2x+2，x-1(1)求f(x)的單調區(qū)間與極值；(2)討論曲線y=f(x)的凹凸性⑶求曲線y=f(x)的漸近線;296.解定義域為x豐1。(I)因為>0,x<0,=0,x=0,<0,0<x<1,不存在,x=1,<0,1<x<2,=0,x=2,>0,x>2,x(x-2)V(x-1)2(x-1)2故f(x)的單增區(qū)間為(-8,0］，［2,+8),單減區(qū)間為(0,1)，(1,2)；極大值f(0)=-2，極小值f(2)=2。(II)因為00八x)=R3”<0,x<1,不存在，x=1,>0,x>1,故f(x)的凸區(qū)間為(-8,1)，凹區(qū)間為(1,+^)；沒有拐點。(III)因為limf(x)=g，故x二1為垂直漸近線。xt1由f(x)=x-1+可知y=x-1為斜漸近線。x-17】下列正確的是(A)2dx=-1-1x21=-2x-1B)J”sec2xdx=f”dtanx_=02+tan2x02+tan2x1arctan(C)f2旦dxt=x21f4Ldt(D)J1arctanxdx存在

-11+x4211+t20x答案：選(D)arctanx1arctanx解因為x=0是f(x)=的可去間斷點，所以fdx存在x0x【8】利用定積分求下列極限：1+23+33+...+n3⑴limnsn4；⑵lim!nsn.兀.2兀

sin一+sin_nn(n-1)兀+...+sinn解(I)原式=lim工〔二一=f1x3dx=—n04nTw…In丿i=11.y?(i—1)兀兀1仃.,2(II)原式=一limsin?=sinxdx=兀ntsnn兀0兀i=1第16天：月日【1】函數(shù)f【1】函數(shù)f(x)=xsinx((A)是xfg時的無窮大)(B)是(-a+g)上的有界函數(shù)(C)是(-g,+g)上的無界函數(shù)(D)當xfg時極限存在答案：選(c)兀解因為對任意的M>0(無論多么大)，總存在點x=2k兀+2，使得只要正整數(shù)|k|充分大，便成立兀2k兀兀2k兀+—>M2(2k兀+2)sin(2k兀+亍)故由無界函數(shù)概念知f(x)=xsinx是(一g,+g)上的無界函數(shù).2】limxf0tanx一sinx填：xsinx2解由等價無窮小與極限四則運算法則可得原式=2】limxf0tanx一sinx填：xsinx2解由等價無窮小與極限四則運算法則可得原式=limxf0tanx(1-cosx)1xx2

lim—x?x2xf0x?x23】求下列數(shù)列極限limxnnfg(1)x12n++■…+

n2+n+1n2+n+2n2+n+n121x=++???+——nn+1n+2n+n解(I)由1+2+…+n=n(n+1)可得2n(n+1)1+2++n1+2++nn(n+1)2(n2+n+n)n2+n+nnn2+n+12(n2+n+1)n(n+1)n(n+1)1且lim=limnfg2(n2+n+n)nfg2(n2+n+1)2故由夾擠準則可得limx=丄?nfgn2(II)由定積分定義可得limxnnfglimnfgi1dxln(1+x)1=ln2-【4【4】設f（x）在x=0的某鄰域內有定義,且f(0)=0,若lim丫cosx)f(x)=丄,XTOxbx2—172則f(x)在x=0處()（A）不連續(xù)（B）連續(xù)但不可導（C）可導且廣（0）=0（D）可導且廣（0）=1答案：選（D）解因為當xT0時，ex2一1~x2，1-cosx-—x2，又f（0）=0，所以，21xT0x?x2lim1一C0Sx)f(x)=lim2xf(xT0x?x2xT0xVx2一1xT0x?x2xT02x即廣(o)=lim=1xT0x【5】函數(shù)f(x)=xx-1在點處的x=1三階泰勒多項式P(x)=3填：(x-1)+(x-1)2+(x-1》.2解因為f，(x)=xx(inx+1),f"(x)=xxI(lnx+1)2+1I,xf"""(x)=xx(lnx+1》+?(lnx+1)一丄,Lxx2_f(1)=0,f"(1)=1,f""(1)=1,f"""(1)=3,故所求泰勒多項式為P(x)=f(1)+f"(1)(x-1)+凹(x-1)2+凹(x-1)332!3!=(x-1)+(x-1匕+(x-1》.2【6】證明：2n>1+np2n-1（n為正整數(shù)）.292.證顯然，當n=1時，等號成立。當n=2時，22>1+邁；當n>3時，設f(x)=2x+xp2x-1=\/2x-1(2、；2x-1-x)(x>3)，注意至【」666672X^1>1(x>3),只需證明g(x)=2迓二1—x>1(x>3)。因為g'(x)=\；'2x-iln2-1,g"(x)=—\i2x-iln22>0(x>3),所以g‘(x)在b,+a)上單調增加，從而g(x)>g⑶=1。于是，f(x)>1(x>3)。因此，當n>3時，2n>1+n\2n-i。綜上可得：2n>1+加2二(n為正整數(shù))。7】A)B)C)曲線f(x)=x(x-1)(x-2)與7】A)B)C)曲線f(x)=x(x-1)(x-2)與x軸所圍平面圖形的面積可以表示為(J2x(x一1)(x-2)dx0J1x(x-1)(x-2)dx-J2x(x-1)(x-2)dx01-J2x(x-1)(x-2)dx0-J1x(x-1)(x-2)dx+J2x(x-1)(x-2)dx01選(B))。(D)答案解由曲線圖形與定積分幾何意義即得【8】設f(x)在［a,b］上連續(xù)，證明：Jbf(x)dx=Jbf(a+b-x)dx，并由此計算aaf也C0S2x,J3dx.工x(兀-2x)6作換元x=a+b-1，貝yJbf(x)dx=-Jaf(a+b-t)dt=Jbf(a+b-t)dtab=Jbf(a+b-x)dxa兀兀兀注意至ua+b一x=+一x=一x,632cos—-x=sinx，故12丿Xcos2xXsin2x3dx=J3dx，Xx(x-2x丿Xx(x-2x丿66從而J：XCOS2x,1(*—t^dx=_Jx(兀一2x)2Xcos2xXsm2x,3dx+J3dxXx(x-2x丿工x(x-2x丿661U171生dx=3dx=3dx2正xl兀一2x2兀工61ix=ln—2兀兀一2x3=丄ln2兀兀第17天：【1】曲線y=xsin—（A）只有水平漸近線（B）既有水平漸近線也有垂直漸近線（C）只有垂直漸近線（D）既無水平漸近線也無垂直漸近線答案：選（A）解因為limf解因為limf(x)=li11sin-imxsin—=lim—1=1，而limf(x)=limxsin=0，故曲線xxtO【2】若lim（匕）x+a=2，則a=xTgln2埴.填2解因為(1-)xx一axax*(1+_)ax-ax*(1+_)ax-=2,xTgx+aln2故a=3】已知數(shù)列｛x｝滿足x=x(1-2x),0<xnn+1nn1n+1n1)數(shù)列｛x｝是單調減少數(shù)列，且0<x<1（n=nn21<證明：2123…)極限limx存在，并求其極限值nnT3證(I)數(shù)學歸納法.1(i)由0<x<一及x=x(1-2x)可得0<12211

(ii)假設0<x<x<1,nn-12則由0<1(ii)假設0<x<x<1,nn-12TOC\o"1-5"\h\znn+1nn由數(shù)學歸納法可得｛x｝是單調減少數(shù)列，且0<x<(n=1,2,3,…).nn2(II)由(I)及單調有界準則可知極限limx存在.nns設limx=a，則在x=x(1-2x)中取極限，可得a=a(1-2a)，解得a=0nn+1nnns【4】函數(shù)f(x)=兀2-x2sin2x的不可導點的個數(shù)為()(A)0(B)1(C)2(D)3答案：選(A)解顯然，函數(shù)f(x)的不可導點只可能是x=土沢由導數(shù)、左右導數(shù)定義可得=lim(x一兀)sin2x=0,xT-兀-xT-兀-xT-兀-廠(-兀)=limf=lim(x一兀)sin2x=0,xT-兀-xT-兀-xT-兀-廠(-兀)=limf(x)-f(-兀)=lim"$-?)sm2x=血(冗-兀局仲x=0,+xT-兀+xT-兀+xT-兀+所以廣(r)=0.同理可得f￡)=05】若點(1,2)是曲線y=ax3+bx2的拐點，則點(a,b)=填：(-1,3).[y[y(1)=2,由]y/(1)=0即陽氏解得(a,b)=(-1,3).【6】函數(shù)sin2x在(-S,+s)的導函數(shù)與原函數(shù)是()1(A)cos2x與sin2x(B)2cos2x與一cos2x211(C)-2cos2x與cos2x(D)2cos2x與一一cos2x22答案：選(D)解函數(shù)與原函數(shù)概念即得【7】拋物線y=x2與其在點(1,1)處的切線，y=0所圍平面圖形繞y軸旋轉所得到的旋轉體的體積是()。2222(C)為(A)—(B)(C)為6答案：選(D)dy=—12【8】設f(x),g(x)在[a,b]上連續(xù)，g(x)在[a,b]上不變號，證明:存在點e[a,b],使得Jbf(x)g(x)dx=f(g)Jbg(x)dx.aa證設f(x)在[a,b]上的最大值、最小值為M，m，不失一般性可設g(x)>0,則Jbg(x)dx>0。aJbg(x)dx=0，則由連續(xù)函數(shù)積分性質可知g(x)三0,xe[a,b],此時，結論成立;aJbg(x)dx>0，則由定積分性質可知amJbg(x)dx<Jbf(x)g(x)dx<MJbg(x)dxaaaJbf(x)g(x)dxmUr<M。Jbg(x)dxa因為f(x)eCLa,b],所以由連續(xù)函數(shù)介值定理可得：存在^e[a,b],使得jbf(x)g(x)dxf(J—Jbg(xMxa即結論成立。第1天：第1天：月日【1】設函數(shù)f(x)=芒亠e^，則極限limf(x)()x-1xt1(A)為2(B)為0(C)為g(D)不存在但不為g解解由可導與連續(xù)、導數(shù)與左右導數(shù)關系知f(x)在x二1處連續(xù)?而解解由可導與連續(xù)、導數(shù)與左右導數(shù)關系知f(x)在x二1處連續(xù)?而答案：選(D).解因為limf(x)=lim(x+l)ex一1=0,limf(x)=lim(x+l)ex一1=+?xt1+xt1_xt1_xxt1+所以極限lim/(x)不存在但不為g.xt1【2】lim(1一x)tanx=xt12填：原式=lim(1原式=lim(1一x)x-1.兀xsm-cos—22兀x=limsin-lim兀x—1兀(1-x)2x—1.兀(1一x)冗

sin2(B)有拐點((B)有拐點(5,2)，但無極值點C)x-5是極值點，(5,2)是拐點(D)既無極值點，又無拐點(2x2+cos2x>-2,x<0,【3】確定常數(shù)a,b的值，使得函數(shù)f(x)=<a,x=0在R上連續(xù).bx—1x解當x豐0時，f(x)是初等函數(shù)，故在(-g,0)和(0,+g)內均連續(xù).當x二0時，由limf(x)-lim(2x2+cos2x)x-2-e-a-f(0)，x-0一x-0一bx一1lim(x)-lim-lnb-a-f(0)，x-0+x-0+xb-ee.【4】曲線y-(x—5)?+2的特點是()(A)有極值點x-5，但無拐點答案：選(B)解因為y，-(x-5)3，y"-(x-5〉；，所以y，(5)=0，y"(5)不存在39因為在x-5的左、右y"不變號，y""異號，所以y=(x-5片+2無極值點，(5,2)是拐點.-nx7.■■“2cos——+b,x<1-【5】確定常數(shù)a和b，使函數(shù)f(x)=S2,在x=1處可導ax+1,x>1

(1-)=limf((1-)=limf(x)=lXTl一xt1-\2丿=a+1,f(L+)=limf(x)=lim(ax=a+1,xt1xt1+xt1+又f'(1)=f'(1)=lim『(x)-f(1)=聞竺仝：創(chuàng)=聞注xt1-x1xt1-x1xt1-x1sin=2lim——xt1-=-—limxt1-sin-(x-1)―2=-兀,；(x-1)2f+'f+'(1)=豊y=limxt1+ax+1-(a+1)=a,故由f故由f'=廣可得+a=―?于是，由①，②解得a=-―,b=1-―?【6】若Jf【6】若Jf(x)dx=F(x)+C，且x=at+b(a,b均為非零常數(shù))，則Jf(t)dt=)、B)F(t)+CAB)F(t)+C1(B)F(at+b)+C(D)—F(at+b)+Ca答案：選(B)解由不定積分概念即得TOC\o"1-5"\h\z【7】下面結論中正確的是()。若卜f(x)dx和J0f(x)dx均發(fā)散，則卜f(x)dx一定發(fā)散0-g-g若卜f(x)dx和卜g(x)dx均發(fā)散，貝J+g[f(x)+g(x)]dx—定發(fā)散000若卜f(x)dx和卜g(x)dx均發(fā)散，貝J+gf(x)g(x)dx一定發(fā)散000>>0，>>0，(D)若卜f(x)dx收斂，卜g(x)dx發(fā)散，則卜8f(x)g(x)dx—定發(fā)散000答案：選(A)解由廣義積分斂散性定義知卜f(x)dx=J0f(x)dx+卜f(x)dxs0且f+wf(x)dx發(fā)散的充分必要條件是J0f(xbx,卜f(x)dx兩者至少有一個發(fā)散—as0【8】設f(x)在［a,b］上的連續(xù)的單調增加函數(shù)，1F1F(x)=<x—aJxf(t)dt,xe(a,b],af(a),x=a.證明：(1)F(x)為［a,b］上的連續(xù)函數(shù);⑵)F(x)為［a,b］上的單調增加函數(shù).證因為f(x)eC[a,b],所以Jxf(t)dteD[a,b]。(i)因為，limF(x)=lim—=limf(x)=f(a)=F(a),x—axTa+xTa+xTa+即F(x)在x=a右連續(xù)，又F(x)在(a,b]上連續(xù)，所以F(x)eCb,b]。(ii)因為對任意xe(a,b)，當a<t<x時，f(x)—f(t)、0，從而Jx[f(x)_f(t)]dt>0,故adta—a/(x—a()f(x)(x-a)-Jxf(t)dtJx[f(x)_f(t)Fdta—a/(x—a所以F(x)在［a,b］上單調遞增。第19天：月日【1】曲線y=1+ln(l+ex)的漸近線有()x(A)1條(B)2條(C)3條(D)4條答案：選(C)解因為limy=g，所以x=0為曲線的垂直漸近線.xtO因為limy二0，所以y=0為曲線的水平漸近線.xT—g因為lim—=1，lim(y—x)=0，所以y=x為曲線的斜漸近線.xT+gxxT+g【2】已知limSin6X+Xf(x)=0，求lim6+f(x)TOC\o"1-5"\h\zxT0x3xT0x2。解法一(極限四則運算法則，洛必達法則)因為sin6x+xf(x)sin6x—6x+6x+xf(x)sin6x—6x6+f(x)==+——x3x3x3x2而由等價無窮小sint—丫?—；(tT°)可得sin6x—6x

lim=—36，xT0x3故由極限的四則運算法則可得lim^l凹=36.xT0x2解法二(泰勒公式)因為sin6x=6x-?X"+o(x3)，所以3!sin6x