数学综合--北京领航考研名师铁军2006年考研数学预测38题

北京领航考研名师铁军2006年考研数学预测38题

【例1】求极限limx?03?2e3?2e1x1x?sin?x. x【详解】分别求左右极限，有

x?0?lim3?2e3?2e1x1x1x1x?sin?x3e?2sin?x?x?lim???lim???. 1x?0?x?0?x?xx3ex?2?1xx?0?lim3?2e3?2e?sin?xsin?x?x?lim?lim???. x?0?x?0?x?x?x1x1x所以原极限limx?03?2e3?2e?sin?x=??. xsin6x?f(x)?tanx6?f(x)?0lim，求.

x?0x?0x3x26?f(x)6?f(x)tanx6tanx?tanx?f(x)lim??lim【详解】lim= 223x?0x?0x?0xxxx6tanx?tanx?f(x)?sin6x?sin6x ?lim 3x?0xsin6x?f(x)?tanx6tanx?sin6x6tanx?sin6x?lim?0?lim =lim=38.

x?0x?0x?0x3x3x3【例2】已知limf(x)f(x)x?4,求lim(1?) 【例3】已知limx?01?cosxx?0x【详解】【解法一】因为lim1f(x)f(x)?4,所以由等价无穷小代换得lim2?2。

x?01?cosxx?0x22x?0用极限与无穷小的关系得f(x)?2x??x,其中lim??0。

f(x)x)?lim(1?2x??x)x=lim{[(1?2x??x)]2x??x}代入得 lim(1?x?0x?0x?0x【解法二】因为lim112x??xx?e2

f(x)?4,所以由等价无穷小代换得

x?01?cosxf(x)f(x)lim2?2，所以lim?0，这是1?型未定式。 x?0xx?0x1xf(x)x2f(x)xf(x)f(x)所以，lim(1?)?lim{[(1?)]}x?0xxx?0?e2。

【例4】设f(x)有连续导数，f(0)?0,f'(0)?0, 且F(x)?是同阶无穷小，则常数k等于（ ）

1

?x0k(x2?t2)f(t)dt。当x?0时，F'(x)与x(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 【详解】因为F(x)??x0(x?t)f(t)dt=xx0222?x0f(t)dt??tf(t)dt，所以，F'(x)?2x?f(t)dt.

00x2x因此，limx?0F'(x)?limkx?0x2x?f(t)dtxk?lim2f(x)?f(0)12f'(0)12f(x)?lim???lim. k?3k?3x?0k?1x?0x?0(k?1)xk?2x?0xk?1x由同阶无穷小的定义知，k?3。故应选(C)。 【例5】已知f(0)?0,f'(0)?1，则limx?0f(1?cosx)?________. 2[arcsinx]【详解】由于题设只给出可导，故求极限时无法使用洛必达法则，只能应用导数定义进行计算。

limx?0f(1?cosx)?f(0)f(1?cosx)f(1?cosx)lim= ?limx?0x?0x2[arcsinx]2x2=limx?0f(1?cosx)?f(0)1?cosx1?cosx1??f'(0)lim=. 22x?02(1?cosx)?0xxx?0【例6】设函数f(x)在x=0点连续，且lim______________.

x?0x?0f(2x)?1，则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为3x【详解】因为lim3x?0，所以limf(2x)?0?f(0).

f(2x)f(2x)?f(0)223?lim??f'(0)?1，因此，f'(0)?.则曲线y=f(x)在点

x?0x?03x2x?03323(0,f(0))处的切线方程为 y?0?f'(0)(x?0)，即y?x.

2由已知条件得，lim【例7】设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，其中0?a?b. 试证至少存在一点??(a,b),使得alnb?blna?(ab?ba)(1?ln?)/?. 【证明】将结论变形得：

222alnb?blna1?ln??.上式左端不是一个函数的改变量与其自变量改变量的商，222ab?ba?lnxlnb/b?lna/a1?ln?f(x)?其左端恰为函数的改变量与其自?.2xb?a?但用ab去除其分子、分母，即可化成

变量改变量的商，所以可设辅助函数f(x)?显然，f(x)?lnx。 xlnx在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，所以，至少存在一点??(a,b),使得xf(b)?f(a)lnb/b?lna/a1?ln??f'(?),即?. 2b?ab?a?因此结论成立，即至少存在一点??(a,b),使得alnb?blna?(ab?ba)(1?ln?)/?. 【例8】设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f?(x)?0。试证存在?,??(a,b)，使得

2

222f?(?)eb?ea????e。 f?(?)b?af?(?)eb?eaf?(?)??，式中?应该是对函数f(x)和ex使用柯西定理的【分析】将题设等式改写为f?(?)?eb?ae产物，而f?(?)是对f(x)使用拉格朗日定理的产物。

【证明】设F(x)?ex。对f(x)和F(x)在[a,b]上使用柯西定理，有

f(b)?f(a)f?(?)??，??(a,b)。 bae?ee再对f(x)在[a,b]上使用拉格朗日定理，有f(b)?f(a)?f?(?)(b?a)， ??(a,b)

f?(?)eb?ea??将此式代入前式中，经整理得??e， ?,??(a,b) .

f?(?)b?a【例9】设函数?(x)可导，且满足?(0)?0,又?'(x)单调减少。 证明：对任x?(0,1)，有?(1)x??(x)??'(0)x.

【证明】（1）令f(x)??(x)??'(0)x,则f'(x)??'(x)??'(0)?0,当x??0,1?时,f(x)单调递减。又

f(0)?0,故当x??0,1?时,f(x)?0.即?(x)??'(0)x.

（2）解法一：当x??0,1?时,根据拉格朗日中值定理，有

?(0)??(x)??'(?1)(0?x),?1?(0,x)

?(1)??(x)??'(?2)(1?x),?2?(x,1)??(x)??'(?1)(0?x)(用到 ?'(x)单调递减）

因此，(1?x)?(0)?x?(1)?(1?x)[?(x)??'(?1)(?x)]?x[?(x)??'(?1)(1?x)] 即 ?(1)x??(x). 解法二：令f(x)??(x)x.

由拉格朗日中值定理知，至少存在一点??(0,x)，使得?(x)??(0)??'(?)(x?0) . 由题设?'(x)单调减少，且??(0,x)，故

x?'(x)??(x)x?'(x)?[?(x)??(0)]x[?'(x)??'(?)]???0

x2x2x2?(x)?f(1)??(1)，即 ?(1)x??(x). 因此，当0?x?1时，f(x)单调减少，f(x)?xf'(x)?【例10】设f(x),g(x)在[0，1]上的导数连续，且f(0)=0,f?(x)?0,g?(x)?0.证明：对任何a?[0,1],有

?

a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx?f(a)g(1).

013

【分析】可用参数变易法转化为函数不等式证明，或根据被积函数的形式，通过分部积分讨论. 【详解】 方法一：设F(x)??x0g(t)f?(t)dt??f(t)g?(t)dt?f(x)g(1)，则F(x)在[0，1]上的导数连续，

01并且F?(x)?g(x)f?(x)?f?(x)g(1)?f?(x)[g(x)?g(1)]，由于x?[0,1]时，f?(x)?0,g?(x)?0，因此

F?(x)?0，即F(x)在[0，1]上单调递减.

注意到 F(1)?而

?g(t)f?(t)dt??010110f(t)g?(t)dt?f(1)g(1)，

10?10g(t)f?(t)dt??g(t)df(t)?g(t)f(t)??f(t)g?(t)dt=f(1)g(1)??f(t)g?(t)dt，故F(1)=0.

0110因此x?[0,1]时，F(x)?0，由此可得对任何a?[0,1]，有方法二：

?a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx?f(a)g(1).

0a01?a0g(x)f?(x)dx?g(x)f(x)1a0??f(x)g?(x)dx=f(a)g(a)??f(x)g?(x)dx，

0a?a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx=f(a)g(a)??f(x)g?(x)dx??f(x)g?(x)dx

000a1f(a)g(a)??f(x)g?(x)dx.

a1由于x?[0,1]时，g?(x)?0，因此f(x)g?(x)?f(a)g?(x)，x?[a,1]，

?10f(x)g?(x)dx??f(a)g?(x)dx?f(a)[g(1)?g(a)]，

01从而

?a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx?f(a)g(a)?f(a)[g(1)?g(a)]?f(a)g(1).

01【评注】 对于积分不等式的证明，主要有两个途径：一是转化为函数不等式，二是通过恒等变形，如变量代换、分部积分等，再用积分的不等式性质进行讨论.

【例11】设L是一条平面曲线，其上任意一点P?x,y??x?0?到坐标原点的距离，恒等于该点处的切线在

?1?y轴上的截距,且L经过点?,0?。

?2?（1）试求曲线L的方程；

（2）求L位于第一象限部分的一条切线，使该切线与L以及两坐标所围图形的面积最小。

【详解】（1）L过点P?x,y?的切线方程为Y?y?y??X?x?,此切线在y轴上的截距为y?xy?.由题设知

x2?y2?y?xy?,这是齐次方程,令 u?y22，可解得通解y?x?y?C.由xL经过点

?1?,?21?0知,C?于是.方程为L?y?2?21?x2?y即?,21?y 24x.（2）第一象限内曲线y?1?1??x2在点P?x,y?处的切线方程为Y???x2???2x?X?x?. 4?4? 4

?21??x?4??21?它与x轴及y轴交点分别为?,0?与?0,x??.设L与x轴和y轴在第一象限内所围图形面积为S0，则所

4??2x?????21?x??1?4??求面积为S?x????S0. 22x21??1?4x?x????x2??311?21??21?4??4??令S??x???解得驻点（舍去负值）。 x??x?3x??0,????22644??4?x4x?2?22于是，当0?x?333?1?时,S??x??0;x?时,S??x??0,因而x?是S?x?在?0,?内的惟一极小值点，即666?2?33131X??,即Y??X?. 636463最小值点，于是所求切线为Y??2?【例12】证明函数z?(1?ey)cosx?yey有无穷多个极大值，而没有任何极小值。

'y??fx??(1?e)sinx?0,n【证明】由?' 得无穷多个驻点(n?,(?1)?1), 其中n?0,?1,?2,?. y??fy?(cosx?y?1)e?0y（1）当n?2k时，对应驻点为(2k?,0).此时A?(1?e)(?cosx)(2k?,0)??2，B??eysinx(2k?,0)?0

C?(cosx?y?z)ey(2k?,0)??1.

2判别式B?AC?0,A?0,因此函数在(2k?,0)处有极大值，且极大值为f(2k?,0)?2.

?2?2（2）当n?2k?1时，对应驻点为((2k?1)?,?2).此时A?1?e，B?0,C??e，判别式

B2?AC?e?2(1?e?2)?0，函数在这些点无极值，即证.

【例13】设直线l:?求a,b之值。

【详解】在点（1，?2，5）处曲面的法向量n?{2,?4,?1}，故切平面即平面?的方程为

?x?y?b?0,，在平面?上，而平面?与曲面：z?x2?y2相切于点（1，-2，5）

?x?ay?z?3?02x?4y?z?5?0.

①

ijk直线l的方向向量s?110?{?1,1,a?1}.

1a?1②

于是

s?n?s?n?0??2?4?a?1?0?a??5.

5

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