【考研类试卷】考研数学三-279及答案解析.doc

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1、考研数学三-279 及答案解析(总分：99.99，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：8，分数：8.00)1.函数 （分数：1.00）2.若方程 x 3 -6x 2 -15x+a=0 恰有三个实根，则 a 的取值范围是 1 （分数：1.00）3.设 （分数：1.00）4. （分数：1.00）5. （分数：1.00）6.设 n 是正整数，则 （分数：1.00）7. （分数：1.00）8. （分数：1.00）二、解答题(总题数：18，分数：92.00)9.设函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，试证存在 ，(a，b)，使得 f“()=e - f“() （分数：5.00）_10.设

2、函数 f(x)与 g(x)都在区间0，1上连续，在区间(0，1)内可导，且 f(0)=g(0)，f(1)=g(1)求证：存在 （分数：5.00）_设函数 f(x)在a，b上一阶可导，在(a，b)内二阶可导，且 f(a)=f(b)=0，f“(a)f“(b)0求证：（分数：5.00）(1).(a，b)使得 f“()=f()； （分数：2.50）_(2).(a，b)使得 f“()=f() （分数：2.50）_11.求 ln(1+x-x 2 )的带皮亚诺余项的麦克劳林公式到 x 4 项 （分数：5.00）_12.求极限 （分数：5.00）_13.设函数 f(x)在 x=0 的某邻域中二阶可导，且 （分

3、数：5.00）_(1).确定常数 a，b，c 的值，使得函数 f(x)=x+ax 5 +(b+cx 2 )tanx=o(x 5 )，其中 o(x 5 )是当 x0 时比 x 5 高阶的无穷小量；（分数：2.50）_(2).确定常数 a 与 b 的值，使得函数 f(x)=x-(a+bcosx)sinx 当 x0 时成为尽可能高阶的无穷小量（分数：2.50）_14.设 f(x)在a，b上二阶司导，f(a)=f(b)=0证明至少存在一点 (a，b)使得 （分数：5.00）_15.设函数 f(x)在0，1上有连续的三阶导数，且 f(0)=1，f(1)=2， （分数：5.00）_16.设函数 f(x)在

4、(-，+)三阶可导，且存在正数 M，使得|f(x)|M，|f“(x)|M 对 （分数：5.00）_(1).设 (x)在a，b二阶可导，“(x)0，在a，b的 （分数：2.50）_(2).设 f(x)在0，1上可导，且 f(x)0，f“(x)0求证：函数 满足 （分数：2.50）_17.设函数 f(x)在(-，+)上连续，且 x，t(-，+)满足 （分数：5.00）_(1).求f(x)dx，其中 （分数：2.50）_(2).设 x(-，+)，求 （分数：2.50）_求下列积分：（分数：6.99）(1).； （分数：2.33）_(2).； （分数：2.33）_(3). （分数：2.33）_18.求

5、 I=e ax cosbxdx，J=e ax sinbxdx，其中常数 a 和 b 满足 ab0 （分数：5.00）_19.计算定积分 （分数：5.00）_计算下列定积分：（分数：5.00）(1). （分数：2.50）_(2). （分数：2.50）_(1).设非负函数 f(x)在区间0，1上连续且单调非增，常数 a 与 b 满足 0ab1求证： （分数：2.50）_(2).(1)对 xx 0 0，证明： (2)设 u(t)在a，b上连续，u(t)0，证明： （分数：2.50）_考研数学三-279 答案解析(总分：99.99，做题时间：90 分钟)一、填空题(总题数：8，分数：8.00)1.函数

6、 （分数：1.00）解析：(-1，+) 解析 由 f(x)的分段表示知，f(x)分别在(-1，0)和0，+)连续，又因 ，即f(x)在 x=0 也是左连续的，故 f(x)在(-1，+)上连续 计算 f(x)的导函数，得 2.若方程 x 3 -6x 2 -15x+a=0 恰有三个实根，则 a 的取值范围是 1 （分数：1.00）解析：-8a100 解析 把方程改写成 f(x)=a 的形式，其中函数 f(x)=15x+6x 2 -x 3 由于 f“(x)=15+12x-3x 2 =3(5-x)(1+x)， 于是列表讨论可得 x (-，-1) -1 (-1，5) 5 (5，+) f“(x) - 0

7、+ 0 - f(x) 极小值-8 极大值 100 且 3.设 （分数：1.00）解析：sin1解析 由题设可知 f(x)在点 x=0 处不连续，但显然函数4. （分数：1.00）解析：-12 解析 利用对称区间上奇偶函数定积分的简化计算公式知 分别利用分部积分法和换元积分法，可得 综合即得 5. （分数：1.00）解析： 解析 利用被积函数的结合：设 f(x)在-a，a可积，则 两者结合起来得 若 f(x)+f(-x)简单，可求得积分值 I本题中 f(x)=|tanx|arctane x 于是有 其中利用了 6.设 n 是正整数，则 （分数：1.00）解析： 解析 利用余角关系 ，可得 故 7

8、. （分数：1.00）解析： 解析 分析一 因 ，故 分析二 令 ，则 故 即 分析三 同样令 ，则 故 又因 f(x)为偶函数，于是 xf(x)是奇函数，即得 8. （分数：1.00）解析：8 解析 因为 ，且它是以 2 为周期的函数，故 二、解答题(总题数：18，分数：92.00)9.设函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，试证存在 ，(a，b)，使得 f“()=e - f“() （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 把要证的等式改写成 现考察等式 ，令 g(x)=e x ，则由题设可知 g(x)与 f(x)在a，b上满足柯西中值定理条件，由此可知，必定存在 (a，b)

9、，使得 又 f(x)，e x 都在a，b上满足拉格朗日中值定理条件，由此可知必存在 (a，b)，(a，b)，使得 代入上述等式得 10.设函数 f(x)与 g(x)都在区间0，1上连续，在区间(0，1)内可导，且 f(0)=g(0)，f(1)=g(1)求证：存在 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 把 与 分离至等式两端可得 对函数 F(x)=f(x)-g(x)应用拉格朗日中值定理，由于 F(x)在 上连续，在 内可导，故存在 使得 即 又由于 F(x)在 上连续，在 内可导，故存在 使得 即 将式与式相加，即知存在 使得 设函数 f(x)在a，b上一阶可导，在(a，b)内二阶可导，

10、且 f(a)=f(b)=0，f“(a)f“(b)0求证：（分数：5.00）(1).(a，b)使得 f“()=f()； （分数：2.50）_正确答案：()解析：证明 要证 (a，b)使得 f“()=f() 引入辅助函数 F(x)=e -x f(x)，由题设知 F(x)在a，b上可导，且 F(a)=e -a f(a)=0，F(b)=e -b f(b)=0，由罗尔定理即知 (2).(a，b)使得 f“()=f() （分数：2.50）_正确答案：()解析：证明 要证 (a，b)使得 f“()=f() 为证明上述结论，引入辅助函数 G(x)=e x f“(x)-f(x)，由题设可知 G(a)=e a f

11、“(a)-f(a)=e a f“(a)，G(b)=e b f“(b)-f(b)=e b f“(b)， 于是 G(a)G(b)=e a+b f“(a)f“(b)0，即 G(a)与 G(b)必同时为正，或同时为负，而由(1)知 (a，b)使 G()=e f“()-f()=0这样一来，当 G(a)与 G(b)同为负数时，G(x)在a，b上的最大值必在(a，b)内某点处取得，记 G(x)在(a，b)内的最大值点为 x=，则必有 G“()=0 f“()=f()成立反之，当 G(a)与 G(b)同为正数时，G(x)在a，b上的最小值必在(a，b)内某点处取得，记 G(x)在(a，b)内的最小值点为 x=，

12、则必有 G“()=0 11.求 ln(1+x-x 2 )的带皮亚诺余项的麦克劳林公式到 x 4 项 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：把 ln(1+x)的麦克劳林公式中的 x 换为 x-x 2 ，可得_ 注意 (x-x 2 ) 2 =x 2 -2x 3 +x 4 ， (x-x 2 ) 3 =x 3 (1-x) 3 =x 3 (1-3x+3x 2 -x 3 )=x 3 -3x 4 +o(x 4 )， (x-x 2 ) 4 =x 4 (1-x) 4 =x 4 +o(x 4 )， o(x-x 2 ) 4 )=o(1-x) 4 x 4 )=o(x 4 )， 代入即得 12.求极限 （分数：5

13、.00）_正确答案：()解析：解法一 利用 与极限的四则运算法则可得 把带皮亚诺余项的麦克劳林公式 代入可得 故 解法二 先考察 于是 13.设函数 f(x)在 x=0 的某邻域中二阶可导，且 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解一 利用 sinx 和 f(x)的麦克劳林公式 代入可得 即 综合得 f(0)=-2，f“(0)=0， 解二 由极限与无穷小的关系得 又 ，代入得 由泰勒公式的唯一性得 f(0)=-2，f“(0)=0， (1).确定常数 a，b，c 的值，使得函数 f(x)=x+ax 5 +(b+cx 2 )tanx=o(x 5 )，其中 o(x 5 )是当 x0 时比 x 5

14、 高阶的无穷小量；（分数：2.50）_正确答案：()解析：解：方法 1用求极限的方法确定常数 a，b，c 的值注意 f(x)=o(x 5 )即 ，由此可得 这样就有 从而 故常数 a，b，c 的值分别是 方法 2用 tanx 的带皮亚诺余项的麦克劳林公式求解因 tanx 是奇函数，从而 tanx 的带皮亚诺余项的麦克劳林公式可设为 tanx=ax+bx 3 +cx 5 +o(x 5 )，又 ，代入 sinx=tanxcosx 即得 故 a=1， 这样就有 利用所得的 tanx 的麦克劳林公式就有 从而符合要求的 a，b，c 应满足 1+6=0， ， 即 b=-1， (2).确定常数 a 与 b

15、 的值，使得函数 f(x)=x-(a+bcosx)sinx 当 x0 时成为尽可能高阶的无穷小量（分数：2.50）_正确答案：()解析：解：先作恒等变形：f(x)=x-asinx- bsin2x 再利用泰勒展开式 由 可得 欲使 f(x)当 x0 时是尽可能高阶的无穷小量，应设上式中 x 与 x 3 的系数为零，即 1-a-b=0， 解之得 ，这时 即 f(x)为 x0 时关于 x 的五阶无穷小量 故当 14.设 f(x)在a，b上二阶司导，f(a)=f(b)=0证明至少存在一点 (a，b)使得 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 f(x)在a，b上连续，|f(x)|在a，b上亦连续

16、，设 c 为|f(x)|在a，b上的最大值点若 c=a，则 f(x)=0，结论显然成立故可设 acb，从而任给 x(a，b)，有|f(x)|f(c)|，即-|f(c)|f(x)|f(c)| 若 f(c)0，则 f(x)f(c)，从而 f(c)为 f(x)的最大值；若 f(c)0，则有 f(x)f(c)，即 f(c)为 f(x)的最小值，由此可知，总有 f“(c)=0 把函数 f(x)在 x=c 展开为泰勒公式，得 若 ，令 x=a，则由(*)及题设有 由于 ，因此 于是 若 ，令 x=b，则由(*)及题设有 由于 ，因此 解析 考察 f“(x)的估值问题可以利用泰勒公式找出它与 f(a)，f(

17、b)及 max|f(x)|之间的关系由于题中出现|f(x)|，需对 f(x)，f“(x)考察绝对值的表达式由于表达式中出现 15.设函数 f(x)在0，1上有连续的三阶导数，且 f(0)=1，f(1)=2， （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 用泰勒公式按题设条件，展开点取为 ，被展开点分别取 x=0，1 以上两式相减，得 因 f(0)=1，f(1)=2， ，故有 |f“( 1 )+f“( 2 )|=1，即|f“( 1 )|+|f“( 2 )|48 于是 2max|f“( 1 )|，|f“( 2 )|f“( 1 )|+|f“( 2 )|48， 即 max|f“( 1 )|，|f“(

18、2 )|24 由于 f“(x)在 1 ， 2 16.设函数 f(x)在(-，+)三阶可导，且存在正数 M，使得|f(x)|M，|f“(x)|M 对 （分数：5.00）_正确答案：()解析：分析与证明 将 f(x+1)与 f(x-1)分别在点 x 展开成带拉格朗日余项的二阶泰勒公式得 为估计|f“(x)|的大小，将上面两式相减并除以 2 即得 于是 即 f“(x)在(-，+)有界 为估计|f“(x)|的大小，由+就有 f(x+1)+f(x-1)=2f(x)+f“(x)+ f“( 1 )-f“( 2 )， 于是 f“(x)=f(x+1)+f(x-1)-2f(x)- f“( 1 )-f“( 2 )，

19、 |f“(x)|f(x+1)|+|f(x-1)|+2|f(x)|+ |f“( 1 )|+|f“( 2 )| 4M+ (1).设 (x)在a，b二阶可导，“(x)0，在a，b的 （分数：2.50）_正确答案：()解析：分析与证明 由罗尔定理知， c(a，b)，“(c)=0由 “(x)在a，b， (x)在a，c，在c，b， (x)(a)=0(axc)， (x)(b)=0(cxb) 因此， (x)0(axb) (2).设 f(x)在0，1上可导，且 f(x)0，f“(x)0求证：函数 满足 （分数：2.50）_正确答案：()解析：分析与证明 令 (x)=F(x)-xF(1)，则 (x)在0，1二阶可

20、导，在0，1区间 “(x)=f(x)-F(1)，“(x)=f“(x)0 且 (0)=F(0)=0，(1)=F(1)-F(1)=0 由上一小题得 (x)0(x(0，1) 即 F(x)xF(1)(x(0，1) 将上式两边在0，1积分得 由 f(x)在0，1单调上升，F(1)F(x)(x(0，1) 17.设函数 f(x)在(-，+)上连续，且 x，t(-，+)满足 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：当 x0 时，令 xt=u，可得 于是，当 x0 时 ，即 ，x0 由 f(x)的连续性知 可导，从而 xf(x)可导，于是 f(x)当 x0 时可导，且 f(x)=xf“(x)+f(x)+2x

21、cosx-x 2 sinx，x0 由此可得 f“(x)=-2cosx+xsinx，x0 由于 f(x)在 x=0 连续，又 (1).求f(x)dx，其中 （分数：2.50）_正确答案：()解析：解：首先由于 f(x)连续，可利用变上限定积分 求出 f(x)一个原函数，即 当 x0 时， 当 x0 时， 其次，利用原函数与不定积分的关系，可得 (2).设 x(-，+)，求 （分数：2.50）_正确答案：()解析：解：因为 又 t0，1，从而应根据 x 的不同取值计算 f(x) 当 x0 时，有|2x-t|=t-2x，于是 当 时，有 于是 当 时，有|2x-t|=2x-t，于是 综合得 求下列积

22、分：（分数：6.99）(1).； （分数：2.33）_正确答案：()解析：解：(2).； （分数：2.33）_正确答案：()解析：解：令 x=sint， ，则 =cost，dx=costdt，代入即得 令 cost=A(sint+cost)+B(sint+cost)“=A(sint+cost)+B(cost-sint)=(A-B)sint+(A+B)cost， 于是 A-B=0，A+B=1 从而 (3). （分数：2.33）_正确答案：()解析：解：令 ，则 =tant，x:12 ，且 ，代入即得 18.求 I=e ax cosbxdx，J=e ax sinbxdx，其中常数 a 和 b 满足

23、 ab0 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：用分部积分法可得 类似用分部积分法又可得 代入上式，即 ， 解出得 19.计算定积分 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：利用定积分的有限可加性将积分区间拆开，并用推广的牛顿-莱布尼茨公式，于是 解析 用牛顿-莱布尼茨公式令 t=tanx，则 x=arctant， 由于 因此 注意所得的积分值为负，无疑是错误的，但错在哪里呢?这是因为由函数 处无意义可知 既不是 在整个积分区间 上的原函数，它在积分区间 上也不连续，故不符合牛顿-莱布尼茨公式及其推广的条件 用换元法令 t=tanx，则 =tan0=0，= =-1于是 这当然也是错的

24、，错在哪里呢?因为当 t-1，0时，x=arctant 之值不落在原积分区间 计算下列定积分：（分数：5.00）(1). （分数：2.50）_正确答案：()解析：解： 两式相加得 因此 (2). （分数：2.50）_正确答案：()解析：解： 注意 ，于是 方法一 作三角函数代换，令 方法二 作平移变换，令 (1).设非负函数 f(x)在区间0，1上连续且单调非增，常数 a 与 b 满足 0ab1求证： （分数：2.50）_正确答案：()解析：证明 方法 1由于 ，又 ，故只需证明当 0ab1 时 引入函数 ，利用当 t0，x时 f(x)f(t)可知，当 x(0，1时有 故 在区间(0，1上非增

25、，即当 0ab1 时 方法 2把结论中的积分上限 b 改为变量 x，并把积分变量 x 改为 t，从而转化为证明：当 0ax1 时不等式 成立注意 构造辅助函数 ，不难得出 ，且当 x(a，1时有 由此可见函数 F(x)在区间a，1上单调非减，从而 F(x)F(a)0 方法 3利用定积分的换元法把 化为区间0，a上的定积分后再作比较 令 ，于是 ，且 x:ab t:0a， ，代入即得 注意 ，利用函数 f(x)在区间0，1上单调非增可知 ，再利用 f(x)0，就有 方法 4由函数 f(x)的连续性与积分中值定理可得，分别存在 (0，a)与 (a，b)，使得 利用函数 f(x)在区间0，1上单调非增与 可得 f()f()，即 因为 a0 且 f(x)0，所以 (2).(1)对 xx 0 0，证明： (2)设 u(t)在a，b上连续，u(t)0，证明： （分数：2.50）_正确答案：()解析：证明 (1)由泰勒公式有 从而有 (2)即证 将 x=u(t)与 代入上式，并将两端在a，b上取积分，注意到 u(t)0，ba， 可知 x 0 0，则有 因此有