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1、1考研数学试卷考研数学试卷2003 高数部分高数部分一、填空题2003.一.1.421ln 1 0lim cosx xx 1 e2003.四.1.420lim 1 ln 1x xx 2e2003.二.1.4若时，与是等价无穷小，则0x 1 2411axsinxxa 42003.三.1.4设，其导数在处连续，则的取值范围是 1cos,00,0xxf xx x 0x 22003.二.2.4设函数由方程所确定，则曲线在点处的 f x42lnxyxy yf x 1,1切线方程是0xy2003.三.2.4已知曲线与轴相切，则可以通过表示为323yxa xbx2ba2b 64a2003.四.2.411xx
2、x edx12 1 2e2003.二.4.4设曲线的极坐标方程为，则该曲线上相应于从 0 变到的0aea2一段弧与极轴所围成的面积为4114aea2003.一.2.4曲面与平面平行的切平面的方程为22zxy240xyz245xyz2003.三.3.42003.四.3.4设，而表示全平面，则 ,010,0,axaf xg xothers D DIf x g yx dxdy2a2003.二.3.4的麦克劳林公式中项的系数是2xy nxln2 !nn2003.一.3.4设，则20cosn nxanxx2a 1二、单项选择题22003.一.2.42003.二.1.4设均为非负数列，且， ,nnnabc
3、lim0,lim1nnnnab , 则必有（D）lim0nnc A. 对任意成立 B. 对任意成立nnabnnnbcnC. 极限不存在 D. 极限不存在limnnna c limnnnb c 2003.四.1.4曲线（D）21xyxeA.仅有水平渐近线 B. 仅有铅直渐近线 C.既有水平又有铅直渐近线 D. 既有铅直又有斜渐近线2003.三.1.4设为不恒等于零的奇函数，且存在，则函数（D） f x 0f f xg xxA.在处左极限不存在 B. 有跳跃间断点 0x 0x C.在处右极限不存在 D. 有可去间断点0x 0x 2003.四.2.4设函数，其中在连续，则是在 31f xxx x1x
4、 1 f x处可导的（A）1x A.充分必要条件 B. 必要但非充分条件 C.充分但非必要条件 D. 既非充分又非必要条件2003.一.1.42003.二.4.4设函数在连续，其导数的图形如图（略） ，则 f x, 有（C） f xA 一个极小值点和两个极大值点 B 两个极小值点和一个极大值点 C 两个极小值点和两个极大值点 D 三个极小值点和一个极大值点2003.三.2.42003.四.3.4设可微函数在取得极小值，则下列结论正确的是,f x y00,xy（A）A.在处的导数等于零 B. 在处的导数大于零0,f xy0yy0,f xy0yyC. 在处的导数小于零 D. 在处的导数不存在0,f
5、 xy0yy0,f xy0yy2003.二.2.4设，则极限（B）1 10312n n nn naxx dx limnnna A. B. C. D. 3 211e3 1211e3 1211e3 211e2003.二.5.4设连续，则（B）4412 00tan,tanxxIdx IdxxxA. B. C. D. 121II121II211II211II32003.二.3.4已知是微分方程的解，则的表达式为（A）lnxyxyxyxy x y A. B. C. D. 22y x22y x22x y22x y2003.一.3.4已知函数在点的某个邻内连续，且，则,f x y0,0 2022 0,lim
6、1 x yf x yxyxy （A）A. 点不是的极值点 B.点是的极大值点 0,0,f x y0,0,f x yC. 点是的极小值点 0,0,f x yD. 根据所给条件无法判断点是否为的极值点0,0,f x y2003.三.3.4设，则下列命题正确的是（B）,1,2,22nnnn nnaaaapqnA 若条件收敛，则与都收敛 1n na 1n np 1n nqB 若绝对收敛，则与都收敛1n na 1n np 1n nqC 若条件收敛，则与的敛散性都不定1n na 1n np 1n nqD 若绝对收敛，则与的敛散性都不定1n na 1n np 1n nq三、 解答题 2003.三.3.820
7、03.四.3.8设。 1111, ,1)sin(1)2f xxxxx试补充定义使得在上连续 1f f x1,12 解 令，有1yx 1101(1)sin1sinlimlimlim(1)sinsinxxyxxyyf xxxyy 222220001sin1cos1sin1limlimlim22yyyyyyy yy 4由此，只要补充定义就可使得在上连续 11f f x1,12 2003.二.3.10设函数，问为何值时，在处 32ln 1,0arcsin 6,01,0 sin4axaxxxx f xxexaxxxx a f x0x 连续；为何值时，是的可去间断点？a0x f x解 33000ln 1l
8、imlimlimarcsinarcsinxxxaxaxf xxxxx 22 22000022336limlimlim1lim61111 11xxxxaxaxaxxaxx xx 2220000112limlim4 lim4 lim2sin4axaxaxxxxxexaxexaxaexaf xxxxx 2202 lim224axxa ea 令，有，得或 0lim xf x 0lim xf x 2246aa 1a 2a 当时，即在处连续；1a 0lim60 xf xf f x0x 当时，因而是的可去间断点。2a 0lim120 xf xf 0x f x2003.二.4.10设函数由参数方程所确定，求。
9、 yy x21 2ln1121tuxtteyduu 22 9xd y dx解 由得1 2ln2,4 ,12lntdyedxtdtt tdt 1 2ln2 12ln,42 12lntdye dyedtt tdxtdxt dt 所以 2222212 212ln,4412lnedydy td yetdtdx dxtdxtt dt 52003.三.8.8设函数在上连续，在内可导，且 f x0,30,3。试证必存在，使 0123,31ffff0,3 0f证 因为在上连续，所以在上连续，且在必有最大值 f x0,3 f x0,2 f x0,2和最小值，于是Mm 0,1,2mfM mfM mfM故， 012
10、 3fffmM由介值定理至少存在一点使0,2c 01213ffff c因为，且在上连续，在内可导，由罗尔定理可知， 13f cf f x,3c,3c至少存在一点，使 ,30,3c 0f2003.二.7.12 讨论曲线与的交点个数。4lnyxk44lnyxx解 问题等价为讨论方程有几个不同的实根。4ln4ln40xxxk设，则，不难看出驻点。 4ln4ln4xxxxk 34 ln1xxxx 1x 当时，即单调减少；当时，即单调01x 0x x1x 0x x增加；故为函数的最小值。 14k从而当，即时，无实根，即两条曲线无交点；4k 40k 0x当，即时，有惟一的实根，即两条曲线只有一个交点；4k
11、 40k 0x当，即时，又由于，4k 40k 4 340044limlim ln1lnlnxxxkxxxx ，故有两个实根，即两条曲线 4ln4lnlimlim4 xxxxkxxx 0x有两个交点；2003.四.6.8设在内的驻点为。问为何值时， 1,taf taat, t aa最小？并求出最小值。 t a6解 由，得惟一驻点。 ln0tftaaa lnln1lnat aa 考察在时的最小值。 lnln1lnat aa 1a 令，得惟一驻点 2211lnln1 lnln0lnnaaaat aaaa eae当时；当时，eae 0t aeae 0t a因此为极小值，也是最小值 11et ee 20
12、03.二.5.9计算不定积分 arctan3 221xxedx x解 arctanarctanarctan arctan 332222221111xxx xxexxeedxdedx xxxx arctan arctan22111x xxede xx arctanarctanarctan32222111xxxxeexedx xxx 移项整理得 原式arctan212 1xxec x 解法二：常规先换元再做，试试！tanxt2003.二.10.10设函数在闭区间上连续，在开区间内可导，且。 f x, a b, a b 0fx若极限存在2lim xafxa xa 证明：（1）在内；（2）在内存在点，使；, a b 0f x , a b 222baba ff x dx （3）在内存在异于点的点，使, a b 222babaff x dxa证 （1）因为极限存在，所以，由连续性。2lim xafxa xa lim20 xafxa 0f a 又由内知，在上单调增，故在内；, a b 0fx f x, a b
