高等数学考研每日一练

第1天：【1】设函数f(x)的定义域是(0,1］，则函数f(sinx)的定义域是()(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：选(C)解由0<sinx<1可得函数f(sinx)的定义域是2n兀<x<(2n+1)兀,n=0,±1,±2,•,【2】若limatanx+b(1-(C0Sx))=2，其中a,b,c,d均为常数，且a2+c2“，则必有xtocln(1-2x)+d\-e-x2丿()(A)b=4d(B)b=-4d(C)a=4c(D)a=-4c答案：选(D).解法1由极限四则运算法则和等价无穷小可得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由洛必达法则可得asec2x+bsinxa原式=lim匸厂=—=2,xT0二+2dxe-x2-2c-2x所以a=-4c.【3】lim1-：1-x2xt0ex-sinx-cosx12由等价无穷小与洛必达法则可得

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】设f(x),g(x)均在［a,b］上连续’且f(a)>g(a),f(b)<g(b)'证明：存在Eu(a,b),使得f(g)=gG).证作辅助函数F(x)=f(x)-g(x)，则由题意可知F(x)在［a,b］上连续，且F(a)>0，F(b)<0•由零点定理可知：存在ge(a,b)，使得F(g)=0，即f(g)=g(g).【5】设y=y(x)是由方程x2y2+y=1(y>0)所确定的函数，则()(A)y(x)有极小值，但无极大值(B)y(x)有极大值，但无极小值(C)y(x)既有极大值，也有极小值(D)y(x)无极值答案：选(B)解方程对x求导，得2xy2+2yx2•y'+y'=0•令y'=0，得x=0(y>0).再对x求导，得2y2+4xy•y'++4xyy'+2x2•(y〉+2x2yy''+y''=0将x=0代入原方程中，得y=1，故y'(0)=0，y〃(0)=-2<0，所以函数在x=0点取极大值.又因函数只有一个驻点，故函数无极小值.【6】证明：1+xln(+空1+x2)><1+x2(x>0)•证设f(x)=1+xln(x+\/1+x2)一*1+x2(x>0)，则f'(x)=ln(x+f1+x2)>0,故f(x)在［0,+8)上单调递增•从而当x>0时，f(x)>f(0)=0，即得证.【7】皿2X的一个原函数为()+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：选(A)解因为[ln(2+[ln(2+sin2x)1=2cOs2xcos2x2+sin2x1+sinxcosxdx=Jdsin2x=ln|2+dx=Jdsin2x=ln|2+sin2x|+C2+sin2x【8】设f(x)=<sin2x,x<0,ln(2x+1),x>0则在(-a,+a)上不定积分Jf(x)dx=Jf(x)dx=<-^cos2x+C22(2x+1)[ln(2x+1)-「x<0,+C，2x>0,cos2x所以加(2+sin2x)为的一个原函数+sinxcosxcos2xcos2x或dx=2J-1+sinxcosx2+sin2x注意到原函数在x=0处连续，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】下列各组函数中不．是．相同函数的为()(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：选(B)解因为f(x)=sin(arcsinx)的定义域为Df=[-1,1],而g(x)=x的定义域为Dg=R，所以

f(xf(x)=sin(arcsinx),g(x)=x是不同的函数.【2】设函数f(x)=一1一，则()~x"ex-i—1x=0,x=1都是f(x)的第一类间断点x=0,x=1都是f(x)的第二类间断点x=0是f(x)的第一类间断点，x=1是f(x)的第二类间断点(D)x=0是f(x)的第二类间断点，x=1是f(x)的第一类间断点答案：选(D).解显然，f(x)的间断点为x=0,1.因为limf(limf(x)=limx—0x—0exp—1所以x=0是第二类间断点.TOC\o"1-5"\h\zx1xtO填：e2解因为【3】lim(sin2xtO填：e2解因为.x1x1sin2cos2x—11lim—(sm+cos2x一1)=lim(—-+)=，sox2—02三x22所以原式=e2【4】设函数f(x)在闭区间［0,1］连续，且0<f(x)<1，证明：方程f(x)=x在［0,1］上存在实根.证作辅助函数F(x)=f(x)—x，则由题意可知F(x)在［0,1］上连续，且F(0)=f(0)>0，F(1)=f(1)—1<0.若f(0)=0或f(1)=1，则g=0或g=1为所求实根；若f(0)>0且f(1)<1，则F(0)F(1)<0，故由零点定理可知：存在gw(0,1)，使得F(g)=0，即f(g)=g-综上可得：方程f(x)=x在［0,1］上存在实根.

【5】若f(x)在x°处连续但不可导，则()点x是f(x)的极值点，但点(x,f(x))不是曲线y=f(x)的拐点000点x不是f(x)的极值点，但点C,f(x))是曲线y=f(x)的拐点000点x可能是f(x)的极值点，点C,f(x))可能曲线y=f(x)的拐点000点x不是f(x)的极值点，点Cx,f(x))不是曲线y=f(x)的拐点000答案：选(C)解例如，f(x)=|x(1-x)|在点x=0处取得极小值，且点(0,0)也是y=f(x)的拐点.【6】证明：当x>0时，(1+x)+；<e1+2.证原不等式可转化为2(x+l)ln(l+x)<2x+x2.设f(x)=2x+x2一2(x+1)ln(1+x),x>0.因为f'(x)=2[x-ln(l+x)]>0，(x>0)所以f(x)在［0,+a)上单调递增.从而当x>0时，f(x)>f(0)=0，即得证.7】Jsinx(2csc7】Jsinx(2cscx-cotx+)dx=(sin3x(A)2xsinx(A)2xsinx-cotx+C(C)2-sinx-cotx+C答案：选(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】设y=f(x)满足Ay=Ax+o(Ax)，且f(0)=0，则J1f(x)dx=2x-x20因为Ay=Ax+°(Ax)，所以字=.，从而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

由定积分几何意义得由定积分几何意义得J1f(x)dx=f\-'20第3天：月日【1】设f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且g[f(x)]有意义，则g[f(x)]是()(A)奇函数(B)偶函数(C)非奇非偶函数(D)既是奇函数也是偶函数答案：选(B)

解因为g[f(—x)]=g[-f(x)]=g[f(x)]CeD。)，所以g[f(x)]是偶函数.则f(x)在［a,b］,［b,c］上分别应用零点定理可得:存在ge(a,b),e(b,c)，使得f(g)=f(q)=0.注意到f(x)为二次多项式，故原方程在开区间(a,b)和(b,c)内各有一个实根.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：选(C)解因为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解因为3=Gn)n<6+2n+3n<Gn+3n+3n=3$3,且limn'3=1，所以由夹挤准则可得limV1+2n+3n力=3.nTans[[[【4】证明：方程++=0(a<b<c)在开区间(a,b)和(b,c)内各有一个实根.x—ax—bx—c证原方程可等价变形为(x—b)(x—c)+(x—a)(x—c)+(x—a)(x—b)=0.作辅助函数f(x)=(x—b)(x—c)+(x—a)(x—c)+(x—a)(x—b)，【5】若函数f(x)在x处广(x)=f"(x)=f"'(x)=0，f(4)(x)鼻0，则()00000点x是f(x)的极值点，点C,f(x))不是曲线y=f(x)的拐点000点x不是f(x)的极值点，点Cx,f(x))是曲线y=f(x)的拐点000点x可能是f(x)的极值点，点(x,f(x))可能曲线y=f(x)的拐点000点x不是f(x)的极值点，点(x,f(x))不是曲线y=f(x)的拐点000答案：选(A)解由高阶可导函数极值点与拐点判定定理即得.【6】设a>e，0<x<y<—，证明：ay-ax>(cosx-cosy)axlna.2证原不等式可转化为ay-ax<一axlna.cosy-cosx对函数at,cost在区间Lx,y］上应用柯西中值定理，可得ay-axaglna=，x<g<y.cosy-cosx-sing因为0<x<因为0<x<g<y<p所以0<sing<1,ax<ag，从而，aglna<-axlna，-sing故得证.【7】设f(x)在上有原函数，则下列结论中不正确的是()f(x)的任意原函数在I卩:上连续f(x)的任意两个原函数之差必为常数f(x)的任意两个原函数之和必为2f(x)的原函数若F(x)为f(x)的原函数，G(x)为连续函数，则G［F(x)］为G［f(x)］的原函数•答案：选(D)

解仏[F(x)卩二G[f(x)IF(x)二G[f(x)1f(x)HG[f(x)]【8】函数y=ex在区间[0,2]上的平均值是y=J*2exdx=2o第4天：月日【1】函数y=ex-i-2的反函数是()(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：选(C)解由y=ex-1-2解得ex-1=y+2,x—1=ln(y+2),x=1+ln(y+2)9故所求反函数为y=1+ln(x+2).【2】若当xT0时，f(x)=卜xsin12dt是g(x)=x3+x4的()o2+cosx)x—1(A)等价无穷小(B)高阶无穷小(C2+cosx)x—1填：-填：-16.Jsm"sin12dtcosx-sin(sin2x)1lim-o=lim=—，xTox3+x4xTo3x2+4x33故当xT0时，f(x)=Jsinxsint2dt是g(x)=x3+x4的同阶但非等价无穷小.o答案：选(D).解由洛必达法则可得【3】lim丄xT0x3解由等价无穷小可得xln2+cosxTOC\o"1-5"\h\z1cosx—1、1cosx—11原式=lim=limln(1+)=lim=—-xT0x3xT0x233xT0x26【4】设函数f(x)，g(x)均在区间［a,b］上连续，且g(x)>0，证明：对任意给定的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证因为S在［a,b］上连续，故存在最大值M和最小值m，从而，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某邻域内单调减少取得极小值答案：选(D)解因为f'(x)=0,f〃(x)=—4f(x)<0,所以f=f(x).000极大【6】设函数f(x)在［a,b］上连续，在(a,b)内可导，0<a<b，证明：存在两点gRw(a,b)【5某邻域内单调减少取得极小值答案：选(D)解因为f'(x)=0,f〃(x)=—4f(x)<0,所以f=f(x).000极大【6】设函数f(x)在［a,b］上连续，在(a,b)内可导，0<a<b，证明：存在两点gRw(a,b)(B)某邻域内单调增加(D)取得极大值使得abff(^)=n2广6).证f(x)在［a,b］上运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将①带入②整理得证.【7】若f（x）的一个原函数是e-x2，则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：选（C）解因为f(x)=(e-x2答案：选（C）解因为f(x)=(e-x2)=-2xe-x2Jf(x)dx=e-x2+C1所以，由分部积分法可得Jxfr(x)dx=Jxdf(x)=xf(x)-Jf(x)dx=-(1+2x2)ex2+C【8】由曲线y=lnx与直线y=e+1-x，y=0所围成的平面图形的面积A=373.填：2解观察易得两曲线y=Inx与线y=e+1-x的交点为（e,l），所求面积为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）是上的恒正函数，且满足f（x+T）=—(xeM,常数T>0)，则f(x)在『:上f(x)是（）（A）奇函数（B）偶函数（C）周期函数（D）单调函数答案：选（C）因为f(x+2T)==f（x）（xe展），所以f（x）在II：上是周期函数，且其周期为2T.【2】已知当xta时，a,卩，丫均为无穷小，且a=o(p),B〜丫，则极限lim冬空()xtaY(A)等于0(B)等于1(C)为g(D)不存在但不为g答案：选(B)解lim二lim(-P)二(lima+1)-limP=1.xTaYxta卩YxTa卩xTaY3】lim3】limnTg2nn!nn填：0解显然，x-列>0nnnx因为十1xn在x―n+1解显然，x-列>0nnnx因为十1xn在x―n+1-<1，即｛x｝单调减少且有下界，故存在limx—a.1nn(1+_)nnTgn22x中令nTg，可得a—a，故a—0.(1+丄)nnen【4】设a,a，…,a均为常数，且满足I,12n1|asinx+asin2x+...+asinnx<sinx，12n证明：a+2a+...+na<11因为asinx+asin2x+・・・+asinnx<|sinx|，asinx+asin2x++asinnx12n—sinx“asinx+asin2x++asinnxlim2n—axT0sinx于是，(xGU(0))，12limxT0asinx+asin2x++asinnxTsinx由极限保序性可得|a+2a+•・・+na<1.12n【5】设f(x)满足f〃(x)+2[f(x)]2=x，且f(0)=0，则()(A)(A)f(0)是f(x)的极大值(B)f(0)是f(x)的极小值(A)(A)f(0)是f(x)的极大值(B)f(0)是f(x)的极小值(C)点(0,f(0))是曲线y=f(x)的拐点(D)以上都不对答案：选(C)解因为广(0)=0,f〃(0)=0,f70)=1，所以点(0,f(0))是曲线y=f(x)的拐点【6】设函数f(x)在【0,1］上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0,f—=1，证明：存在点Ee(0,1)，使得广("=1.证作辅助函数F(x)=f(x)-x，则F(x)在【0,1］上连续，在(0,1)内可导，且=2F⑴=-1-由连续函数的零点定理(介值定理)可得：必有点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，即广忆)=1.F(0)=0,再由罗尔定理可得：7】Jabxdx=()(A)人+Cblna(C)晋+C(D)吐+Clna答案：选(A)解Jabxdx=Jabxd(bx)

b丄丝*cbIna【8】由曲线y=3-x2-1与x轴所围成的平面图形绕直线y=3旋转一周所得旋转体的体积V解如图1.3.3，其中平面图形关于y轴对称，所求旋转体体积V为下面两立体体积之差圆柱体体积V=兀・32•4=36兀。1平面图形y=3-y=3，x=-2，x=2绕y=3旋转一周所得旋转体的体积zfc1012图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兀一兀—兀。121515第6天：月日【1】函数f(x)=x在I卩:上是()1+x2(A)单调函数(B)有界函数(C)偶函数(D)周期函数答案：选(B)解由均值不等式可得1-|x|<1+2^2,xGR,所以f(x)-国<xGR.1+x22【2】若函数y—f(x)在点x处连续，当自变量x在x处取得增量Ax时，相应的函数增量为00Ay—f(x+Ax)-f(x)，则当AxT0时()00(A)Ay必是Ax的高阶无穷小(B)Ay与Ax是同阶无穷小(C)Ay必是Ax的低阶无穷小(D)Ay与Ax相比无法确定答案：选(D).解因为limA.可能存在，也可能不存在；存在时可能为零，也可能非零，故选择(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】若左导数f(x)和右导数f(x)均存在，则f(x)在点x—x处()一o+oo(A)间断(B)连续(C)可导(D)可微答案：选(B)解由连续、可导与可微，连续与左右连续关系即得.【5】设a>0，则极限limx2[arctan(x+a)—arctanx]—()xTg(A)0(B)-a(C)a(D)g答案：选(C)解由拉格朗日中值定理可得arctan(x+a)-arctanx—(x<g<x+a)1+g2从而ax21+(x+a从而ax21+(x+a)2<x2[arctan(x+a)-arctanx]<ax21+x2.而limxTgax21+(x+a)2—limxTgax21+x2故由夹挤准则可得，原式=a.【6】已^知。0+—^+卜Qn1+a—0,TOC\o"1-5"\h\zn+1n2n证明：方程axn+axn-1++ax+a—0至少有一个小于1的正根01n—1n解作辅助函数aaaf(x)——1xn+1+jxn++—n-1x2+ax，n+1n2n则f(x)在[o1]上连续，在(0,1)内可导，f(0)—f(1)—0，且f(x)—axn+axn-1+…+ax+a,01n—1n由罗尔定理可得：存在点Ee(01)，使得f怎)—0，即原方程至少有一个小于1的正根.【7】若f(x)在心上的导函数是sinx，则f(x)在上的原函数是()A)—A)—sinx+Cx+C12B)sinx+Cx+C12(B)cosx+Cx+C(D)—cosx+Cx+C1212答案：选(A)解因为f(x)—Jsinxdx——cosx+C,所以f(x)在F上的原函数是

Jf(x)dx=-sinx+Cx+C12【8】正弦曲线y二sinx(0<xS)绕x轴旋转所得的旋转曲面的面积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+迈第7天：月日【1】若数列｛x｝收敛于常数a，则无论正数£多么小，在区间(a-£,a+£)之外的数列的点()n(A)必不存在(B)至多只有有限个(C)必有无穷个(D)可能有限个，也可能无穷多个答案：选(B)解由数列极限概念可得在区间(a-£,a+£)之外的数列的点至多只有有限个.【2】若函数f(x)=fx，x<0，在点x=0处连续，则a=()a+x,x>0TOC\o"1-5"\h\z(a)-1(B)0(C)1(D)2答案：选(C)解因为limf(x)=lim(a+x)=a=f(0)，xt0+xt0+limf(x)=limex=1=f(0)，xt0-xt0-所以a=1.【3】设a,b均为非1的正数，则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】设f(x)在点x=x°处可导，g(x)在点x=x°处不可导，则F(x)=f(x)+g(x)和G(x)=f(x)g(x)在点x=x处()O(A)都不可导(B)都可导(C)只有一个不可导(D)至少一个不可导答案：选(D)解由四则运算求导法则可知F(x)不可导(反证法)，G(x)可能可导.反例：f(x)=x在x=0处可导，g(x)=|x|在x=0处不可导，但G(x)=x|x|在x=0处可导.f(x)f(x)—x【5】设函数f(x)二阶可导，且lim竺=1,广(0)=2，则lim八厂_x=xT0xxT0x2填：1.解因为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】求函数f(x)=的极值.x解函数f(x)在(0,+J内可导，且2lnx—ln2xlnx(2—lnx)TOC\o"1-5"\h\zx2x2得驻点x=1，e2.(2丄—2lnx・b•x2—(2lnx—ln2x)・2x2f〃(x)=xx=—(1—3lnx+2ln2x),x4x3由f〃⑴=2>0知f极小=f(1)=0.24又f〃(e2)=——<0，所以f=f(e2)=—・e6极大e2注意：也可用一阶导数判别法，此略.

【7】f1sin(x5)+2&-x2dx=()(D)-一丄(D)-(A)0(B)兀(C)2兀答案：选（B）解由奇函数定积分性质与定积分几何意义即得【8】严【8】严2dx_f@2解作换元x-1=sect，则I=J2cos3tdt=。03天：【1】数列有界是数列收敛的（）（A）必要条件（B）充分条件（C）充要条件（D）既非必要也非充分条件答案：选（A）解由收敛数列的有界性可知：数列有界是数列收敛的必要条件.【2】方程x4-x-1=0至少有一个根的区间是（）（A）（-1，0）（B）（0，1）（C）（1，2）（D）（2，3）答案：选（C）解设f（x）=x4—x-1,则f（x）在11,2］上连续，且f（1）=—1<0,f（2）=5>0，故由零点定理可知方程x4—x—1=0在（1,2）内至少有一个根.【3】设liJ1+f（x）sin2x-1=2，则limf（x）=.x®e3x一1xt0填：6.解因为1+f（x）sin2x-1lim一=2，lim（e3x-1）=0，xtOe3x一1x®0所以由极限的四则运算法则可得--(e3x—1)--(e3x—1)lim(Jl+f(x丿sin2x-1)=limx—0x—0e3x-1=limxtOe3x—1-lim(e3x—e3x-1=limxtOe3x—1xtO从而limf(x)sin2x二0.xt0由等价无穷小可得1+f(x)sin2x—12f(x)sin2x1()=lim=lim—=一limf(x)=23xxt0e3x—1xt03x3xt3x故limf(x)=6.xt0【4】已知函数f(x)在点x二x处二阶可导，则limf("+")—广(%"-f(")=()0宀1—cosh(A))(B)(C)2f"(x)(D)-2f"(x)0000答案：选(A)解原式=2lim)h—f(x0)二lim广(x0+h)—广(x0)二f(x)hT0h2hT0h0n【5】若f(x)=limn—sin2x，则广(x)=nsIn丿填：—sin2xe—sin2x,解先求极限再求导：【6】求下列函数在所给区间上的最大值、最小值：f(x)=x4一4x3+4x2+1,[—2,2];f(x)=Jxlnx,(0,+s).解(i)闭区间上连续函数的最值求法.因为f'(x)=4x3—12x2+8x=4x(x一1)(x一2),所以f(x)在(—2,2)内的驻点有x=0,1，其函数值为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)无穷区间内最值的求法•因为lnx1lnx+2f(x)=花飞=k'2所以驻点为x=e-2，其函数值为f(e-2)=-_.因为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)内只有最小值f(e-2)【7】J1(xn-)dx=(0n+1C)2(A)0(B)1答案：选(A)C)2(A)0(B)1答案：选(A)解直接积分即得【8】若函数f(x)满足f(x)=Ji—D)3x2+J1f(x)dx，1+x2-1解记I=J1f(xbx,则将所给等式在［-1,1］上积分可得-1I=J1<1-x2dx+1J1dx,即I=+I，故I-1-11+x222则J1f(x)dx=-i兀2一兀第9天：【1】若极限limf第9天：【1】若极限limf(x)存在，则函数值f(x)()xTx00(A)必存在且等于极限值(B)必存在但未必等于极限值(C)可以不存在(D)如果存在的话必等于极限值答案：选(C)解由函数极限概念可知：极限limf(x)存在，函数值f(“)可以不存在.xT【2】点x=1是函数f(x)二li(A)连续点im上乂的()An*1+x2n(B)跳跃间断点(C)可去间断点(D)无穷间断点答案：选(B)解因为1+x,x<1,limnT80,x=—1,1,x=1,0,|x|>1,所以点1+x,x<1,limnT80,x=—1,1,x=1,0,|x|>1,所以点x=1是函数f（x）的跳跃间断点.【3】若f(x)=x2+3xlimf(x)+1，贝Uf(x)=xtI填：x2-3x+1.解在所给等式两边取xT1可得limf(x)=2+3limf(x)xT1xT1即limf(x)=—1，故f(x)=x2—3x+1.xT1【4】设y=sinC），则船=（）A）2xcos(x2)B）2xcos(x2)3xC）cos(x2)D）2xcos(x2)3x答案：选(B)()dycos(x2)•2xdx2cos(x2)解因为y=sinVx2丿，所以(y)==dx33x2dx3x【5】设f（0）＞0,广（0）=0，则limnT8填：1.竝,则f(0)Ilnf(丄)—lnf(0)nsnslimlnxn=lim—,=hf(x)儿=0nsns所以原式=e0=1.

【6】设f(x)在［a,b〕上连续，在(a,b)内可导，证明：在(a,b)内存在点：,使得f(b)-f(a)=2疋f'(g)Cb-航)，其中0<a<b・证法1(柯西中值定理)•因为f(x),X在［a,b］上满足柯西中值定理的条件，所以存在点□a,b)，使得绰f)=罕，即b—\a1f(b)—f(a)=2三f崔)(历—<万).法2(罗尔定理)•设F法2(罗尔定理)•设F'(x)=f'(x)(jb-為)—12px[f(b)—f(a)]则积分可得F(x)=f(x)(Jb-*万)-抿[f(b)—f(a)].因为F(x)eC[a,b]，F(x)eD(a,b)，且F(a)=F(b)=爲f(a)-拓f(b)，所以由罗尔定理可得:存在ge(a,b)，使得F)=0.即在(a,b)内存在点g，使得f(b)—f(a)=2、退f'(g)6br万)・【7】设Jf(x)dx=\1+x4+C(xe>)，则f1f'(2x)dx=()0A)16A)16答案：选(B)解因为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】函数f(x)=f1|t2—x2|dt的极大值是0由定积分可加性可得f(x)=<3-x2+1,3x<1,ix>1.显然，f(x)是偶函数，故只需考虑x>0。因为沁)*4*x2-;；，所以，当x=0时，fmax=f(°)=3第10天：【1】如果lim|x|=a(a丰0)，则下列结论中不正确的是()nxT8(A)lim|XU(C)lim(-1)n(x2-a2)=0nxs答案：选(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】下列函数中在定义域上连续的函数是()(B(B)f(x)=<.1门xsm,x丰0

x0,x=0(A)f(x)=<sinx(C)f(x)=<J1+x-1.0,x丰0x,x=0(D)f(x)=<ex-1,x丰0x0,x=0初等函数f(x)初等函数f(x)1=xsin连续；当x=0时，由xlimf(x)=limxsin—=0=f(0)xt0xt000,x=0可知f(x)也连续.因此，f(x)在定义域忙上连续.【3】已知当xT0时，xnsinx是1-cosx2的高阶无穷小，又是-3x8的低阶无穷小，则正整数n的取值范围是填：4，5，6.解当xT0时，

xnsinx〜xn+1,1—cosx2x4,1-七1—3x8〜—^-3x8),22故由题意可得8>n+1>4,即n=4,5,6.【4】Alim(1+1片=()dxttoD)esinxsinx的某邻域内具有n-1阶导数，则A)esinxcosx(B)-eD)esinxsinx的某邻域内具有n-1阶导数，则答案：选(A)解f(x)=lim(1+t)丁=(esinx)二esinxcosxdxttodx【5】设f(x)=(x-a)np(x),其中函数q(x)在点af(n)(a)=.填：n!p(a)解由高阶导数的莱布尼兹公式可得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)记n!(x-a)p(x)+(x-a)2g(x),f(n-1)(a)=0再由导数定义可得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】设f(x)在【0,2a]上连续(a>0)，且f(0)=f(2a),证明：存在点e[o,a]，使得f(G=fG+a).证作辅助函数F(x)=f(x+a)-f(x)，xe[0,a],则只需证存在e[0,a],使得F忆)=0・因为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)，则F(0)=F(a)=0•即可取=0或a,使得F(g)=0；若f(0)=f(2a)主f(a)，则F(0)=F(a)主0,F(0)F(a)<0，由零点定理可得：存在点Pe(0,a)，使得F(g)=0・ii\ii\2Kesin2Kesintdcost0Jtcost丿2k+J2KesintCOS2tdt00=J2兀esintcos2tdtA0osintC0S2tA0,0<t<2兀)综上可得：存在点gw[o,a],使得f(g)=f(g+a).【7】F(x)=Jx+2兀esintsintdt()x(A)为正的常数(B)为负的常数(C)为零(D)不是常数答案：选(A)解因为esintsint是以2兀为周期的周期函数，所以F(x)=F(0)=J2兀esintsintdt0为常数,又因为F(0)=J2kesintsintdt=-J0=-(esintcost)所以F(x)为正的常数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)广(x)<g'(x)A)A)f(-x)>g(-x)(B)广(x)<g'(x)第11天：【1】已知limf(x)与limf(x)都存在，则(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：选(B)解由函数极限与左右极限关系可得：当limf(X)与limf(X)都存在时，limf(X)未必存在.XTX-XTx+oo【2】设函数f(x)=ln土，则函数g(x)=f(-)+f(!)的定义域为.1-X2X填：(-2,1)U(1,2).解因为f(X)=ln的定义域为D:—1<X<1，所以g(X)的定义域为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丰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】若函数f(x)与g(x)在R上均可导，且f(x)<g(x)，则在R上必有()

(D)Jxf(t)dt<fxg(t)(D)Jxf(t)dt<fxg(t)dt00Axt0Axt0答案：选(C)5】数列解显然，(A)，(B)不正确.当x<0时，(D)也不正确.bn｝中的最大项是填：5】数列解考虑函数f(x)二xi/x(x>0)，因为>0,0<x<e,2=0,x=e,

[<0,x>e,(■'2,33}=3'3,从而f⑶=33是(n}中的最大项f'(x)=x1/x•出x2所以f=f(e).注意到maxmax【6】设函数f(x)可导，证明F(x)=f(x)(1+|sisinx|)在点x=0处可导的充要条件是f(0)=0证必要性。因为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)+伫f(x)=f'(0)+f(0)x所以由F(x)在点x二0处可导，即f'(0)-f(0)=f'(0)+f(0)可得f(0)=0充分性。因为f(0)=0，所以同上可得F'(0)=F'=f'(0)，即F'(0)=f'(0)—+【7】设f(x)=24x3,0<x<1,5—x,1<x<5,F(x)=Jxf(t)dt(0<x<5),则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：选（B）解：F解：F(x)=Jxf(t\t=0Jx4x3dx,0<x<1f14x3dx+Jx(5-x)dx,1Yx<5010<x<0<x<11Yx<5434.解由已知条件可得f（x）=ln（1+ex），故由分部积分法可得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】若极限limf"x)存在，且limg(x)=0，则limf(x)(xtag(x)xtaxta（A）必存在但未必为零（B）未必存在（C）必存在且为零（D）存在且非零答案：选（C）解由极限的乘积法则可得limf(x)=lim-limg(x)=A-0=0xtaxtagxx—al,|x|<10,x>1填：1(xeR).【2】设f(x)=<，则f[f（x>解因为f(x)<1，所以f[f(x)]=1(xeR).【3】求极限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】曲线y=Inx上切线平行于直线y=2x-3的点是()A)'-A)'-ln2、12丿C)(2,ln2)(D)(2,-ln2)选(A)解设切点为(x,y解设切点为(x,y)，则切线的斜率为y，(x)=丄.由题意可得丄=2,x0000x0故x=2，y0=-ln2【5】曲线y=e-x2的凸区间是填：填：解因为y'=-2xe-x2,故所求凸区间为(-故所求凸区间为(-<x<—；=<2<2【6】设x〉0,a〉e，证明：(a+x)a<aa+x，并由此比较兀e与e兀的大小证原不等式等价于aln(a+x)<(a+x)lna，即卫竺〉山(a+x)，故只需证明f(兀)=也込在aa+xx(e,)内单调减少.因为f'(x)=Lx<0(x〉e)，所以f(x)=也己在(e,+s)内单调减少。从而，由a+x〉a〉e可x2x得f(a+x)<f(a)，即得证。取a=e,a+x=兀可得，兀e<e兀。【7】若f(x),g(x)在〔0,1]上满足f〃(x)〉0,g〃(x)<0，且f(0)=g(0)=0,f(1)=g(1)=a〉0，则定积分I=nf（x）dx,I=ng（x）dx,1020（A）I>I>I（B）I>I>I123321答案：选（C）

I=f1axdx之间的大小关系为（）30（C）I>I>I（D）I>I>I231213解由曲线的凹凸性与定积分几何意义可知I>1>1231【8】\2min{2,x2}dx-3解I=J-22dx+J[x2dx+J2_2dx=10一2。-3-迟w‘23第13天：【1】若limx与limy与都不存在，则（）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)与lim(x+ynnnxt”xt”答案：选(C)解取x=(—1)n,y=(—1)n，nnnnxs）中只要有一个存在，另一个也一定存在排除(A),(D)；取x=y=(—l)n，排除(B),选择(C)nn【2】设f(x)=<x+1,x<2,0,x=2,,x—1,x>2,g(x)=ex+1，则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】求极限lim，其中n为正整数.xt1(x—1)2解注意到当x=1时，分子为零，故分子含因子(x—1)•为此，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】设f（x）=|x|3，则在点x=0处f（n）（o）存在的最大正整数n等于（）C)3(D)4C)3(D)4答案：选(B)—x3,x<0,解因为f(x)=<0,x=0,x3,x>0,

所以广(x)=所以广(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，则f1，则f〃(2)=【5】设f(x)=「-1-x31,故f〃(2)=14.填：14解因为f〃31,故f〃(2)=14.1-x1-x【6】求函数f(x)=36x2-x3的极值点、拐点与渐近线，并作函数的图形295.解因为TOC\o"1-5"\h\z4-x8八x)=4-x,八x)=—1245x3-(x-6)3x3所以f(x)的单增区间为【0,4］，单减区间为(-8,0)，(4,+8)，极小值f(0)=0,极大值/(4)二234；凸区间为(-8,0),【0,6］，凹区间为(6,+8)，拐点为(6,0)；曲线y=f(x)有斜渐进线y=2-x(图略)【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：选(A)解J认6=1Jln(1+x)d(1+x)=2(1+x)ln(1+x)-2x+C8】设f(x)为连续函数，证明：(2)J2f(sinx)dx=J2f(cosx)dx；00⑵xf(sinx)dx=卜f(sinx)dx，并由此计算I=JXxsinxdx.02001+cos2x

兀证(i)作换元x=—-1，则J2f(sinx)dx=」0f(兀证(i)作换元x=—-1，则J2f(sinx)dx=」0f(cost)it=J2f(cost)dt=J2f(cosx)dx0002(ii)作换元x=兀-1，贝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协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)当g(x)为任意函数时,(B)当g(x)为有界函数时,有limf(x)g(x)=0x-x0有limf(x)g(x)=0x-x0(C)仅当g(x)为常数时，有limf(x)g(x)=0(D)仅当limg(x)=0，有limf(x)g(x)=0X-X0x-x0答案：选(B)解因为limf(x)二0，g(x)为有界函数，所以由无穷小与有界函数积为无穷小可得x-x0limf(x)g(x)=0x-x0sinsin…sinx2】lim=xT0厂tantan…tanx,其中n,m均为正整数。填：1.解利用等价无穷小可得十、“sinsin…sinx“x4

原式=lim=lim=1.xt0m—'xt0xtantan…tanx

3】求极限limxT3】求极限limxT1m.1—Xm（m,n均为正整数）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均为非零常数，f（X+X）_af（X）恒成立，且广（0）_P,则f（X）0在X处()0(A)广(X)_ap(B)广(X)_Q(C)广(X)_p(D)不可导000答案：选(A)解f'(X)limf(X+X0)-f(X0)_limQf(X)-Qf(0)_alimf(X)—f(0)_a广(0)_aP0XTOXXTOXXTOX【5】设函数f(x)_X+2cosX在[o,兀]上最大值、最小值分别为M,m,则(M,m)填：填：解因为f'(x)=1-2sinx,驻点兀/T厂'5兀)=—+y3,f16J616丿5兀6且f（0）=2,f（兀）=兀一2,所以M专朋【6】证明：(I)eaT<e^a<(a丰b)b一a2(II)Jx<-_1<X+1(x>0,x丰1)

Inx2证(I)不妨设a<ba+x令f(x)=ex一ea一(x一a)e2(x>a)，贝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)上单调增加。2从而，a+xeb—ea从而，f(b)>f(a)=0，即e2<-—b一a同理，可证得右不等式，此略。(II)在(I)取a=lnx,b=0即得。【7】下列广义积分中发散的是（）(A)I1dx(B)I1(C)I+8e-x2dx(D)I+8dx一1#sinx-1Jl-x202xlnx答案：选（D）f+mdx解I=limIbdx=limlnlnxb=+a2xlnxbT+a2xlnxbT+8212121212【8】设x>-1，求I(x)=Jx(1-|t|)dt.-i解当一1<x<0时，一1<t<x,M=-t,xx21=+x+—-122I(x)=Jx[1-(-txx21=+x+—-122-12当x>0时，-1<t<x分为-1<t<0,=—t和0<t<x,M=t。由定积分对积分区间的可加性，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)，则(且在点x°的某邻域内|g(x)|>K(K为正的常数),(A)F(x)是无穷大(xTx)(B)F(x)是无穷小(xTx)00(C)limF(x)一定存在(D)limF(x)不存在，但F(x)也不是无穷大(xTx)0xTx0答案：选(A)解因为limf(x)=8")使得当xGU*o,5]丿时,x-x0所以由无穷大概念可知：对任意充分大的M>0，存在51>°，f(x)|>M又已知存在5>0，使得当xGU《5)时,202()xGU0,5丿时(x)>K.故取5=min(5,5｝，则当F(x)|=|f(x)g(x)|=f(x)卜|g(x)|>MK由无穷大概念可知F(x)是无穷大(xTx0).【2】若f(x)是定义在(-a+J上的偶函数，且曲线y=f(x)关于x=2对称,则f(x)是周期函数，其周期T=填：4解因为f(-x)=f(x)，f(x)=f(4-x)(xeR)所以f(x)=f(-x)=f(4+x)(xeR),即f(x)是周期函数，其周期T=4.3】求极限lim3】求极限limx+x+x)解作x=1，由洛必达法则与等价无穷小可得原式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】若函数f(x)对任意实数x,x均满足关系式f(x+x)=f(x)f(x)，且121212广(0)=2，则必有()(A)f(o)=o(B)f(O)=2(C)f(o)=1(D)f(o)=-1答案：选(C)解因为对任意的x,xGR，均成立f(x+x)=f(x)f(x)，所以对任意的121212xGR，成立f(x)=f(x)f(o)因为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处连续，f(oho(否则，广(oh2)，且由limf(x)-1存在xTox

可得limf(x)=1，即f(0)=1xt0【5】设常数k>0,则函数f(x)=Inx--+k在(0,+8)内零点的个数是填：2.解因为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)内零点的个数是2.e【6】设函数f(x)=x2-2x+2，x-1(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)讨论曲线y=f(x)的凹凸性⑶求曲线y=f(x)的渐近线;296.解定义域为x丰1。(I)因为>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)的单增区间为(-8,0］，［2,+8),单减区间为(0,1)，(1,2)；极大值f(0)=-2，极小值f(2)=2。(II)因为00八x)=R3”<0,x<1,不存在，x=1,>0,x>1,故f(x)的凸区间为(-8,1)，凹区间为(1,+^)；没有拐点。(III)因为limf(x)=g，故x二1为垂直渐近线。xt1由f(x)=x-1+可知y=x-1为斜渐近线。x-17】下列正确的是(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：选(D)arctanx1arctanx解因为x=0是f(x)=的可去间断点，所以fdx存在x0x【8】利用定积分求下列极限：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】函数f【1】函数f(x)=xsinx((A)是xfg时的无穷大)(B)是(-a+g)上的有界函数(C)是(-g,+g)上的无界函数(D)当xfg时极限存在答案：选(c)兀解因为对任意的M>0(无论多么大)，总存在点x=2k兀+2，使得只要正整数|k|充分大，便成立兀2k兀兀2k兀+—>M2(2k兀+2)sin(2k兀+亍)故由无界函数概念知f(x)=xsinx是(一g,+g)上的无界函数.2】limxf0tanx一sinx填：xsinx2解由等价无穷小与极限四则运算法则可得原式=2】limxf0tanx一sinx填：xsinx2解由等价无穷小与极限四则运算法则可得原式=limxf0tanx(1-cosx)1xx2

lim—x・x2xf0x・x23】求下列数列极限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故由夹挤准则可得limx=丄・nfgn2(II)由定积分定义可得limxnnfglimnfgi1dxln(1+x)1=ln2-【4【4】设f（x）在x=0的某邻域内有定义,且f(0)=0,若lim丫cosx)f(x)=丄,XTOxbx2—172则f(x)在x=0处()（A）不连续（B）连续但不可导（C）可导且广（0）=0（D）可导且广（0）=1答案：选（D）解因为当xT0时，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即广(o)=lim=1xT0x【5】函数f(x)=xx-1在点处的x=1三阶泰勒多项式P(x)=3填：(x-1)+(x-1)2+(x-1》.2解因为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,故所求泰勒多项式为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】证明：2n>1+np2n-1（n为正整数）.292.证显然，当n=1时，等号成立。当n=2时，22>1+迈；当n>3时，设f(x)=2x+xp2x-1=\/2x-1(2、；2x-1-x)(x>3)，注意至【」666672X^1>1(x>3),只需证明g(x)=2迓二1—x>1(x>3)。因为g'(x)=\；'2x-iln2-1,g"(x)=—\i2x-iln22>0(x>3),所以g‘(x)在b,+a)上单调增加，从而g(x)>g⑶=1。于是，f(x)>1(x>3)。因此，当n>3时，2n>1+n\2n-i。综上可得：2n>1+加2二(n为正整数)。7】A)B)C)曲线f(x)=x(x-1)(x-2)与7】A)B)C)曲线f(x)=x(x-1)(x-2)与x轴所围平面图形的面积可以表示为(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选(B))。(D)答案解由曲线图形与定积分几何意义即得【8】设f(x)在［a,b］上连续，证明：Jbf(x)dx=Jbf(a+b-x)dx，并由此计算aaf也C0S2x,J3dx.工x(兀-2x)6作换元x=a+b-1，贝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从而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】曲线y=xsin—（A）只有水平渐近线（B）既有水平渐近线也有垂直渐近线（C）只有垂直渐近线（D）既无水平渐近线也无垂直渐近线答案：选（A）解因为limf解因为limf(x)=li11sin-imxsin—=lim—1=1，而limf(x)=limxsin=0，故曲线xxtO【2】若lim（匕）x+a=2，则a=xTgln2埴.填2解因为(1-)xx一axax*(1+_)ax-ax*(1+_)ax-=2,xTgx+aln2故a=3】已知数列｛x｝满足x=x(1-2x),0<xnn+1nn1n+1n1)数列｛x｝是单调减少数列，且0<x<1（n=nn21<证明：2123…)极限limx存在，并求其极限值nnT3证(I)数学归纳法.1(i)由0<x<一及x=x(1-2x)可得0<12211

(ii)假设0<x<x<1,nn-12则由0<1(ii)假设0<x<x<1,nn-12TOC\o"1-5"\h\znn+1nn由数学归纳法可得｛x｝是单调减少数列，且0<x<(n=1,2,3,…).nn2(II)由(I)及单调有界准则可知极限limx存在.nns设limx=a，则在x=x(1-2x)中取极限，可得a=a(1-2a)，解得a=0nn+1nnns【4】函数f(x)=兀2-x2sin2x的不可导点的个数为()(A)0(B)1(C)2(D)3答案：选(A)解显然，函数f(x)的不可导点只可能是x=土沢由导数、左右导数定义可得=lim(x一兀)sin2x=0,xT-兀-xT-兀-xT-兀-厂(-兀)=limf=lim(x一兀)sin2x=0,xT-兀-xT-兀-xT-兀-厂(-兀)=limf(x)-f(-兀)=lim"$-©)sm2x=血(冗-兀局仲x=0,+xT-兀+xT-兀+xT-兀+所以广(r)=0.同理可得f£)=05】若点(1,2)是曲线y=ax3+bx2的拐点，则点(a,b)=填：(-1,3).[y[y(1)=2,由]y/(1)=0即阳氏解得(a,b)=(-1,3).【6】函数sin2x在(-S,+s)的导函数与原函数是()1(A)cos2x与sin2x(B)2cos2x与一cos2x211(C)-2cos2x与cos2x(D)2cos2x与一一cos2x22答案：选(D)解函数与原函数概念即得【7】抛物线y=x2与其在点(1,1)处的切线，y=0所围平面图形绕y轴旋转所得到的旋转体的体积是()。2222(C)為(A)—(B)(C)為6答案：选(D)dy=—12【8】设f(x),g(x)在[a,b]上连续，g(x)在[a,b]上不变号，证明:存在点e[a,b],使得Jbf(x)g(x)dx=f(g)Jbg(x)dx.aa证设f(x)在[a,b]上的最大值、最小值为M，m，不失一般性可设g(x)>0,则Jbg(x)dx>0。aJbg(x)dx=0，则由连续函数积分性质可知g(x)三0,xe[a,b],此时，结论成立;aJbg(x)dx>0，则由定积分性质可知amJbg(x)dx<Jbf(x)g(x)dx<MJbg(x)dxaaaJbf(x)g(x)dxmUr<M。Jbg(x)dxa因为f(x)eCLa,b],所以由连续函数介值定理可得：存在^e[a,b],使得jbf(x)g(x)dxf(J—Jbg(xMxa即结论成立。第1天：第1天：月日【1】设函数f(x)=芒亠e^，则极限limf(x)()x-1xt1(A)为2(B)为0(C)为g(D)不存在但不为g解解由可导与连续、导数与左右导数关系知f(x)在x二1处连续•而解解由可导与连续、导数与左右导数关系知f(x)在x二1处连续•而答案：选(D).解因为limf(x)=lim(x+l)ex一1=0,limf(x)=lim(x+l)ex一1=+©xt1+xt1_xt1_xxt1+所以极限lim/(x)不存在但不为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)有拐点((B)有拐点(5,2)，但无极值点C)x-5是极值点，(5,2)是拐点(D)既无极值点，又无拐点(2x2+cos2x>-2,x<0,【3】确定常数a,b的值，使得函数f(x)=<a,x=0在R上连续.bx—1x解当x丰0时，f(x)是初等函数，故在(-g,0)和(0,+g)内均连续.当x二0时，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】曲线y-(x—5)?+2的特点是()(A)有极值点x-5，但无拐点答案：选(B)解因为y，-(x-5)3，y"-(x-5〉；，所以y，(5)=0，y"(5)不存在39因为在x-5的左、右y"不变号，y""异号，所以y=(x-5片+2无极值点，(5,2)是拐点.-nx7.■■“2cos——+b,x<1-【5】确定常数a和b，使函数f(x)=S2,在x=1处可导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：创=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'=广可得+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均为非零常数)，则Jf(t)dt=)、B)F(t)+CAB)F(t)+C1(B)F(at+b)+C(D)—F(at+b)+Ca答案：选(B)解由不定积分概念即得TOC\o"1-5"\h\z【7】下面结论中正确的是()。若卜f(x)dx和J0f(x)dx均发散，则卜f(x)dx一定发散0-g-g若卜f(x)dx和卜g(x)dx均发散，贝J+g[f(x)+g(x)]dx—定发散000若卜f(x)dx和卜g(x)dx均发散，贝J+gf(x)g(x)dx一定发散000>>0，>>0，(D)若卜f(x)dx收敛，卜g(x)dx发散，则卜8f(x)g(x)dx—定发散000答案：选(A)解由广义积分敛散性定义知卜f(x)dx=J0f(x)dx+卜f(x)dxs0且f+wf(x)dx发散的充分必要条件是J0f(xbx,卜f(x)dx两者至少有一个发散—as0【8】设f(x)在［a,b］上的连续的单调增加函数，1F1F(x)=<x—aJxf(t)dt,xe(a,b],af(a),x=a.证明：(1)F(x)为［a,b］上的连续函数;⑵)F(x)为［a,b］上的单调增加函数.证因为f(x)eC[a,b],所以Jxf(t)dteD[a,b]。(i)因为，limF(x)=lim—=limf(x)=f(a)=F(a),x—axTa+xTa+xTa+即F(x)在x=a右连续，又F(x)在(a,b]上连续，所以F(x)eCb,b]。(ii)因为对任意xe(a,b)，当a<t<x时，f(x)—f(t)、0，从而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］上单调递增。第19天：月日【1】曲线y=1+ln(l+ex)的渐近线有()x(A)1条(B)2条(C)3条(D)4条答案：选(C)解因为limy=g，所以x=0为曲线的垂直渐近线.xtO因为limy二0，所以y=0为曲线的水平渐近线.xT—g因为lim—=1，lim(y—x)=0，所以y=x为曲线的斜渐近线.xT+gxxT+g【2】已知limSin6X+Xf(x)=0，求lim6+f(x)TOC\o"1-5"\h\zxT0x3xT0x2。解法一(极限四则运算法则，洛必达法则)因为sin6x+xf(x)sin6x—6x+6x+xf(x)sin6x—6x6+f(x)==+——x3x3x3x2而由等价无穷小sint—丫〜—；(tT°)可得sin6x—6x

lim=—36，xT0x3故由极限的四则运算法则可得lim^l凹=36.xT0x2解法二(泰勒公式)因为sin6x=6x-®X"+o(x3)，所以3!sin6x