考研数学二分类模拟202

考研数学二分类模拟202一、选择题1.

设函数f(x)连续，则在下列变上限积分定义的函数中，必为偶函数的是______

A．

B．

C．

D．正确答案：B[解析]方法一：取f(x)=x，则相应地，

均为奇函数。故选B。

方法二：易知f(t)+f(-t)为偶函数，t为奇函数，故t[f(t)+f(-t)]为奇函数，由函数及其导函数奇偶性的关系可知，其原函数必为偶函数。

同理可知，选项A、C为奇函数，选项D无法判断。故选B。

2.

设函数y=f(x)在区间[-1，3]上的图形如图所示，则函数的图形为______

A．

B．

C．

D．正确答案：D[解析]观察被积函数f(x)的图像可知：

在区间[-1，3]上，f(x)只有两个跳跃间断点，所以f(x)可积，则连续，据此可排除选项B。

注意到在区间[-1，0)上，f(x)=1，故当-1＜x＜0时，据此可排除选项A、C。

综上所述，故选D。

3.

设函数

若反常积分收敛，则______A.α＜-2B.α＞2C.-2＜α＜0D.0＜α＜2正确答案：D[解析]根据反常积分的收敛性判断，将已知积分分解为

其中

当且仅当α-1＜1时才收敛；

当且仅当α＞0时才收敛。

从而仅当0＜α＜2时，反常积分才收敛。故选D。

当广义积分有多个瑕点时，则需要将广义积分的积分区间拆开，保证每个区间上只有一个瑕点，此时整个广义积分收敛当且仅当每一个积分均收敛。

4.

反常积分的敛散性为______A.①发散，②收敛B.①收敛，②发散C.①收敛，②收敛D.①发散，②发散正确答案：B[解析]故①收敛；

故②发散。

故选B。

5.

曲线y=e-xsinx(0≤x≤3π)与x轴所围成图形的面积可表示为______

A．

B．

C．

D．正确答案：C[解析]当0≤x≤π或2π≤x≤3π时y≥0，当π≤x≤2π时y≤0。所以y=e-xsinx(0≤x≤3π)与x轴所围成图形的面积为

故选C。

6.

曲线y=x(x-1)(2-x)与x轴所围成的平面图形的面积可表示为______

A．

B．

C．

D．正确答案：C[解析]由于所求平面图形在x轴上、下方各有一部分，其面积为这两部分的面积之和，所以只要考查B、C选项中的每一部分是否均为正即可，显然C正确。事实上，有

故选C。

二、填空题1.

正确答案：[解析]

2.

正确答案：1[解析]

3.

正确答案：[解析]

4.

正确答案：[解析]令x=sint，则有

5.

正确答案：[解析]令则有

6.

正确答案：[考点]本题主要考查的是凑微分法和牛顿-莱布尼茨公式。[解析]

7.

正确答案：ln2[解析]

8.

设函数且λ＞0，则正确答案：[解析]已知x≤0时，函数f(x)的值恒为0，因此可得

9.

已知则k=______。正确答案：-2[解析]题干要求极限存在，所以k＜0。那么所以k=-2。

10.

由曲线和直线y=x及y=4x在第一象限中围成的平面图形的面积为______。正确答案：4ln2[解析]先画图，作出y=4x与的交点(1，4)，直线y=x与的交点(2，2)，由图可知，面积S分两块(如图)。

三、解答题1.

设f(x)在[0，a]上有一阶连续导数，证明至少存在一点ξ∈[0，a]，使得

正确答案：证明：由已知

因为f'(x)连续，所以f'(x)在[0，a]上存在最小值m和最大值M，则

m(a-x)≤(a-x)f'(x)≤M(a-x)，

故则再由介值定理可知，至少存在一点ξ∈[0，a]，使得

于是

2.

设f(x)在区间[a，b]上可导，且满足证明至少存在一点ξ∈(a，b)，使得f'(ξ)=f(ξ)·tanξ。正确答案：证明：由f(x)在区间[a，b]上可导，知f(x)在区间[a，b]上连续，从而F(x)=f(x)·cosx在上连续，由积分中值定理，知存在一点使得

在[c，b]上，由罗尔定理得至少存在一点ξ∈(c，b)(a，b)，使

F'(ξ)=f'(ξ)cosξ-f(ξ)sinξ=0，

即得f'(ξ)=f(ξ)tanξ，ξ∈(a，b)。

3.

证明：(Ⅰ)若函数f(x)在闭区间[a，b]上连续，则至少存在一点η∈[a，b]，使得

(Ⅱ)若函数φ(x)具有二阶导数，且满足φ(2)＞φ(1)，φ(2)＞则至少存在一点ξ∈(1，3)，使得φ"(ξ)＜0。正确答案：证明：(Ⅰ)设M与m是连续函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值，即

m≤f(x)≤M，x∈[a，b]。

根据定积分性质，有

根据连续函数介值定理，至少存在一点η∈[a，b]，使得

即有

(Ⅱ)由(Ⅰ)的结论可知至少存在一点η∈[2，3]，使

又由知2＜η≤3。

对φ(x)在[1，2]，[2，η]上分别应用拉格朗日中值定理，并结合φ(1)＜φ(2)，φ(η)＜φ(2)得

在[ξ1，ξ2]上对导函数φ'(x)应用拉格朗日中值定理，有

4.

设y=f(x)是区间[0，1]上的任一非负连续函数。

(Ⅰ)试证存在x0∈(0，1)，使得在区间[0，x0]上以f(x0)为高的矩形面积等于在区间[x0，1]上以y=f(x)为曲边的梯形面积；

(Ⅱ)又设f(x)在区间(0，1)内可导，且证明(Ⅰ)中的x0是唯一的。正确答案：证明：(Ⅰ)本题可转化为证明则φ(x)在闭区间[0，1]上是连续的，在开区间(0，1)上是可导的，又因为φ(0)=φ(1)=0，根据罗尔定理可知，存在一点x0∈(0，1)，使得φ'(x0)=0，即

也就是

(Ⅱ)令有

F'(x)=xf'(x)+f(x)+f(x)=2f(x)+xf'(x)＞0，

即F(x)在(0，1)内是严格单调递增的，因此(Ⅰ)中的点x0是唯一的。

5.

设f(x)，g(x)在[a，b]上连续，且满足

证明正确答案：证明：令F(x)=f(x)=g(x)，由题设G(x)≥0，x∈[a，b]，且

G(a)=G(b)=0，G'(x)=F(x)。

从而

由于G(x)≥0，x∈[a，b]，故有因此可得

6.

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

正确答案：证明：设有

则F(x)在[0，1]上的导数连续，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

又因为

故F(1)=0。

因此x∈[0，1]时，F(x)≥F(1)=0，由此可得对任何a∈[0，1]，有

7.

设f(x)在[a，b]上有连续的导数，证明

正确答案：证明：可设即证

即有

事实上

故得证。

8.

设证明曲线y=f(x)在区间(ln2，+∞)上与x轴围成的区域有面积存在，并求此面积。正确答案：解：考虑广义积分的收敛性。

因此广义积分收敛，即所围成区域的面积存在。

取变换ex=sect，则x=ln(sect)，exdx=secttantdt，

9.

设求曲线y=f(x)与x轴所围封闭图形的面积。正确答案：解：因为t|t|为奇函数，可知其原函数

为偶函数，由f(-1)=0，得f(1)=0，即y=f(x)与x轴有交点(-1，0)，(1，0)。

又由f'(x)=x|x|可知，x＜0时，f'(x)＜0，故f(x)单调减少，因此f(x)＜f(-1)=0(-1＜x≤0)。

当x＞0时，f'(x)=x|x|＞0，故f(x)单调增加，所以当x＞0时，y=f(x)与x轴有一个交点(1，0)。

综上，y=f(x)与x轴交点仅有两个。

所