[考研类试卷]考研数学一（一元函数微分学）历年真题试卷汇编2及答案与解析.doc

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1、考研数学一（一元函数微分学）历年真题试卷汇编 2 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 (1987 年) 设 则在 x=a 处（A）f(x)的导数存在，且 f(a)0（B） f(x)取得极大值（C） f(x)取得极小值（D）f(x)的导数不存在2 (1988 年) 设 f(x)可导且 则x0 时，f(x)在 x0 点处的微分 dy是（A）与x 等价的无穷小（B）与 x 同阶的无穷小（C）比 x 低价的无穷小（D）比x 高阶的无穷小3 (1988 年) 设 y=f(x)是方程 y“一 2y+4y=0 的一个解，且 f(x0)0，f(x 0)=0，则函数f(

2、x)在点 x0 处（A）取得极大值（B）取得极小值（C）某邻域内单调增加（D）某邻域内单调减少4 (1989 年) 当 x0 时，曲线（A）有且仅有水平渐近线（B）有且仅有铅直渐近线（C）既有水平渐近线，也有铅直渐近线（D）既无水平渐近线，也无铅直渐近线5 (1990 年) 已知函数 f(x)具有任意阶导数，且 f(x)=f(x)2，则当 n 为大于 2 的正整数时，f(x)的 n 阶导数 f(n)(x)为（A）n!f(x) n+1（B） nf(x)n+1（C） f(x)2n（D）n!f(x) 2n6 (1990 年) 已知 f(x)在 x=0 的某个邻域内连续，且则在点 x=0 处 f(x)

3、（A）不可导（B）可导且 f(0)0（C）取得极大值（D）取得极小值7 (1991 年) 曲线（A）没有渐近线（B）仅有水平渐近线（C）仅有铅直渐近线（D）既有水平渐近线又有铅直渐近线8 (1992 年) 设 f(x)=3x3+x2|x|，则使 f(n)(0)存在的最高阶数 n 为（A）0（B） 1（C） 2（D）39 (1995 年) 设在 0，1上 f“(x)0，则 f(0)，f(1) ， f(1)一 f(0)或 f(0)一 f(1)的大小顺序是（A）f(1)f(0)f(1)一 f(0)（B） f(1)f(1)一 f(0)f(0)（C） f(1)一 f(0)f(1) f(0)（D）f(1)

4、f(0)一 f(1)f(0)10 (1995 年)设 f(x)可导， F(x)=f(x)(1+|sinx|)，则 f(0)=0 是 F(x)在 x=0 处可导的（A）充分必要条件（B）充分条件但非必要条件（C）必要条件但非充分条件（D）既非充分条件义非必要条件11 (1996 年) 设 f(x)有二阶连续导数，且 f(0)=0， 则（A）f(0)是 f(x)的极大值（B） f(0)是 f(x)的极小值（C） (0，f(0)是曲线 y=f(x)的拐点（D）f(0)不是 f(x)的极值，(0，f(0)也不是曲线 y=f(x)的拐点12 (1998 年) 函数 f(x)=(x2 一 x 一 2)|x

5、3 一 x|不可导点的个数是（A）3（B） 2（C） 1（D）013 (2000 年)设 f(x)、g(x)是恒大于零的可导函数，且 f(x)g(x)一 f(x)g(x)0，则当axb 时，有（A）f(x)g(b) f(b)g(x)（B） f(x)g(a)f(a)g(x)（C） f(x)g(x)g(b)f(b)（D）f(x)g(x) f(a)g(a)14 (2001 年) 设函数 f(x)在定义域内可导， x=f(x)的图形如图 21 所示，则导函数 y=f(x)的图形为(见图 22) ( ) 15 (2001 年) 设 f(0)=0，则 f(x)在点 x=0 可导的充要条件为( ) 16 (

6、2002 年) 设函数 y=f(x)在(0，+) 内有界且可导，则 17 (2003 年) 设函数 f(x)在 (一，+)内连续，其导函数的图形如图所示，则 f(x)有 （A）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二、填空题18 (1987 年) 当 x=_时，函数 y=x2x 取得极小值19 (1988 年) 若 则 f(t)=_20 (1989 年) 已知 f(3)=2，则21 (1992 年) 设函数 y=y(x)由方程 ex+y+cos(xy)=0 确定，则22 (1994 年)23 (1997 年)

7、对数螺线 =e在点 处的切线的直角坐标方程为_24 (1998 年)25 (1999 年)26 (2002 年) 已知函数 y=y(x)由方程 ey+6xy+x2 一 1=0 确定，则 y“(0)=_27 (1991 年) 设 则三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。28 (1987 年)设函数 f(x)在闭区间 0，1上可微，对于0，1上的每一个 x，函数 f(x)的值都在开区间(0，1) 内，且 f(x)1，证明在(0，1)区间内有且仅有一个 x，使得f(x)=x29 (1990 年)设不恒为常数的函数 f(x)在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内可导，且 f(a)=f(

8、b)证明在(a ，b)内至少存在一点手，使得 f()030 (1992 年) 求31 (1992 年) 设 f“(x)0，f(0)=0，证明对任何 x10，x 20，有 f(x1+x2)f(x 1)+f(x2)32 (1993 年)设在0，+)上函数 f(x)有连续导数，且 f(x)k0，f(0)0。证明 f(x)在(0， +)内有且仅有一个零点33 (1993 年) 设 ba e，证明 abb a33 (1995 年)假设函数 f(x)和 g(x)在a，b 上存在二阶导数，并且 g“(x)0，f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0，试证：34 在开区间(a，b)内 g(x)0；35 在开

9、区间(a，b)内至少存在一点 ，使36 (1996 年) 设 f(x)在0 ，1上具有二阶导数，且满足条件|f(x)a，|f“(x)b，其中a，b 都是非负常数， c 是 (0，1)内任一点，证明37 (1999 年) 试证：当 x0 时，(x 2 一 1)lnx(x1)237 (2001 年)设 y=f(x)在(一 1，1)内具有二阶连续导数且 f“(x)0，试证：38 对于(一 1，1) 内的任一 x0，存在唯一的 (x)(0，1)，使 f(x)=f(0)+xf(x)x)成立；39 40 (2002 年)设函数 f(x)在 x=0 某邻域内有一阶连续导数，且 f(0)0，f(0)0 ，若a

10、f(h)+bf(2h)一 f(0)在 h0 时是比 h 高阶的无穷小，试确定 a、b 的值考研数学一（一元函数微分学）历年真题试卷汇编 2 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 【正确答案】 B【试题解析】 解 l 由于 由极限的保号性可知，存在 a 点的某去心邻域，在此去心邻域内 又(x 一 a)20，则 f(x)一 f(a)2此 f(x)显然满足原题条件，且 f(a)=0，则(A) 和(D)不能选，又 f(x)=一(x 一 a)2 显然在 x=a 取极大值，则(C)不能选，故应选(B)【知识模块】 一元函数微分学2 【正确答案】 B【试题解析】 由于

11、f(x)在 x0 点的微分 dy=f(x0)dx=f(x0)x= x，则则当x0 时，dy 与x 为同阶无穷小【知识模块】 一元函数微分学3 【正确答案】 A【试题解析】 由原题可知 f“(x)一 2f(x)+4f(x)0，令 x=x0，则 f“(x0)一 2f(x0)+4f(x0)=0，又 f(x0)=0，f(x 0)0，则 f“(x0)=一 4f(x0)0 取极大值【知识模块】 一元函数微分学4 【正确答案】 A【试题解析】 由于 而则曲线 在(0，+)有且仅有水平渐近线【知识模块】 一元函数微分学5 【正确答案】 A【试题解析】 由 f(x)=f(x)2 知，f“(x)=2f(x)f(x

12、)=2f(x) 3，f“(x)=23f 2(x)f(x)=123f4(x)=3!f(x)4，f (n)(x)=n!f(x)n+1【知识模块】 一元函数微分学6 【正确答案】 D【试题解析】 解 l 由于 由极限的保号性可知存在x=0 的某个去心邻域，在此去心邻域内 又 1 一 cosx0 则 f(x)0，又 f(0)=0，则 f(x)f(0)，由极值定义可知 f(x)在 x=0 处取得极小值 解 2 排除法取 f(x)=x2，显然又 f(0)=0，f(x)连续，即 f(x)符合原题条件，显然(A) ，(B)，(C)均不能选，故应选(D) 【知识模块】 一元函数微分学7 【正确答案】 D【试题解

13、析】 由 及 可知，曲线有一条水平渐近线 y=1 和一条垂直渐近线 x=0。【知识模块】 一元函数微分学8 【正确答案】 C【试题解析】 由于 3x3 任意阶可导，则只需考查 x2|x|令 (x)=x2|x|，则 即 “(x)=6|x|由于|x| 在 x=0 处不可导，则 f(n)(0)存在的最高阶数是 2【知识模块】 一元函数微分学9 【正确答案】 B【试题解析】 由 f“(x)0，则 f(x)在0，1上单调增，又由拉格朗日中值定理得f(1)一 x(0)=f(c)(0 c1)则 f(1)f(c) f(0)，即 f(1)f(1)一 f(0)f(0)【知识模块】 一元函数微分学10 【正确答案】

14、 A【试题解析】 由于 F(x)=f(x)+f(x)|sinx|，而 f(x)可导，则 F(x)在 x=0 点的可导性与f(x)|sinx|相同令 (x)=f(x)|sinx|，由导数定义知 (x)在 x=0 可导的充要条件是 f(0)=一 f(0)，即 f(0)=0【知识模块】 一元函数微分学11 【正确答案】 B【试题解析】 由于 由极限的保号性知，存在 x=0 的去心邻域，在此去心邻域内 即 f“(x)0，则在 x=0 左半邻域 f(x)单增，又 f(0)=0，则在 x=0 左半邻域 f(x)0，同理可知在 x=0 右半邻域 f(x)0、由极值第一充分条件知 f(x)在 x=0 取极小值

15、【知识模块】 一元函数微分学12 【正确答案】 B【试题解析】 由导数定义知|x|在 x=0 不可导，而 x|x|在 x=0 可导，f(x)=(x 2 一 x 一2)|x3 一 x|=(x 一 2)(x+1)|x|x-1|x+1| ，则 f(x)在 x=0 和 x=1 不可导，故应选(B)【知识模块】 一元函数微分学13 【正确答案】 A【试题解析】 由于 则在a ，b上递减，从而当 axb 时 即 f(x)g(b)g(x)f(b)【知识模块】 一元函数微分学14 【正确答案】 D【试题解析】 由 f(x)的图形可看出，当 x0 时，f(x)严格单调增，则当 x0 时，f(x)0，因此 (A)

16、，(C)肯定不正确，只能在(B)和(D)中选又由 f(x)的图形可看出，当 x0 时，f(x)由增变减再变增，因此在 x0 处，f(x)应由正变负再变正，由f(x)的图形可看出应选(D)【知识模块】 一元函数微分学15 【正确答案】 B【试题解析】 解 1 若 存在，则 由于 存在且不为零，则 存在，故 f(x)在 x=0可导，反之也成立，所以应选(B) 解 2 排除法 (A)的反例：取则 存在，但f(x)显然在 x=0 处不可导，显然 f(x)在 x=0 处左导数不存在事实上，由于 1cosh0则 存在只能说明 f(x)在 x=0 处右导数存在 (C)的反例：取 显然 f(x)在 x=0 处

17、不可导，但 又 则 存在 (D)的反例： 显然 f(x)在 x=0 处不可导，但 存在，所以应选(B) 【知识模块】 一元函数微分学16 【正确答案】 B【试题解析】 解 1 直接法：由拉格朗日中值定理知 又 f(x)有界，则 f(2x)一 f(x)有界，从而 又 存在，则解 2 排除法取 则显然 f(x)在(0，+) 内有界且可导， 但 不存在，因为而 不存在所以，不能选(A) 取 f(x)=sinx，则 f(x)=cosx，而 则不能选(C)和(D)，故应选(B) 【知识模块】 一元函数微分学17 【正确答案】 C【试题解析】 如图，从导函数图形知，f(x)只在 x=x1，x=x 2，x=

18、x 3 处导数为零，而在 x=0 处导数不存在则 f(x)只可能在这四个点取得极值而 f(x)在 x=x1 和 x=0 两点的两侧导数都是由正变负，则 f(x)在这两点处取极大值；而 f(x)在 x=x2 和 x=x3两点的两侧导数都是由负变正，则 f(x)在这两点处取极小值故应选(C) 【知识模块】 一元函数微分学二、填空题18 【正确答案】 【试题解析】 解 1 y=2x+x2xln2=2x(1+xln2)令 y=0 得 且当时，y 时，y0，则在 取极小值 解 2 y=2x+x2xln2=2x(1+xln2)令 y=0，得 由原题可知极小值是存在的，则只能在 取得【知识模块】 一元函数微

19、分学19 【正确答案】 (1+2t)e 2t【试题解析】 由于 则 f(t)=e2t(1+2t)【知识模块】 一元函数微分学20 【正确答案】 一 1【试题解析】 【知识模块】 一元函数微分学21 【正确答案】 【试题解析】 方程 ex+y+cos(xy)=0 两边对 x 求导得 e x+y(1+y)一 sin(xy)(y+xy)=0 解得 【知识模块】 一元函数微分学22 【正确答案】 【试题解析】 【知识模块】 一元函数微分学23 【正确答案】 【试题解析】 对数螺线 =e的参数方程为 切线斜率为时， x=0，,所求切线方程为： 【知识模块】 一元函数微分学24 【正确答案】 解 1 解

20、2 由泰勒公式知 【知识模块】 一元函数微分学25 【正确答案】 【试题解析】 【知识模块】 一元函数微分学26 【正确答案】 一 2【试题解析】 由方程 ey+6xy+x21=0 可知，当 x=0 时，y=0 方程 ey+6xy+x2 一1=0 两边对 x 求导得 e yy+6y+6xy+2x=0 (*) 在上式中令 x=0，得 y(0)=0 (*)式两边再对 x 求导得 e yy“+ey(y)+6y+6y+6xy“+2=0 令 x=0，则 y“(0)+2=0 y“(0)=一 2【知识模块】 一元函数微分学27 【正确答案】 【试题解析】 解 1代入上式得 解 2【知识模块】 一元函数微分学

21、三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。28 【正确答案】 证 1 令 F(x)=f(x)一 x，由原题设可知 F(x 在0，1上连续，又 F(0)=f(0)0，F(1)=f(1)一 1 0，由连续函数介值定理可知， (0，1)，使 F(x)=0，即f(x)=x 以下证明唯一性：用反证法，假设使得 f(x)=x 的 x 不唯一，则至少应有两个，不妨设为 x1 和 x2(不妨设 x12)由罗尔定理可知 (x1，x 2)，使 F()=0，即f()=1，这与原题设 f(x)1 矛盾 证 2 满足 f(x)=x 的 x 的存在性证法与上面相同，而唯一性可利用结论“ 若在 (a，b)内 f(n

22、)(x)0，则方程 f(x)=0 在(a，b)内最多有 n 个实根“ ，由于 F(x)=f(x)一 10，则 F(x)=0 在(0，1)内最多有一个根，原题得证【知识模块】 一元函数微分学29 【正确答案】 证 因为 f(a)=f(b)且 f(x)在a，b上不恒为常数，则 c(ab)，使f(c)f(a)若 f(c)f(a)，在a ，c上应用拉格朗日中值定理，则 (a,c)，使若 f(c) (c，b)，使原题得证【知识模块】 一元函数微分学30 【正确答案】 解 1 由洛必达法则知， 解 2 由于 x0 时 则 【知识模块】 一元函数微分学31 【正确答案】 证 1 由拉格朗日中值定理知 f(x

23、 1)一 f(0)=x1 f(1)，(0 11) f(x1+x2)一f(x2)=x1 f(2)，(x 2 2x 1+x2) 不妨设 x1x2，从而有 1 2，由于 f“(x)0，则f(x)单调减，故 f( 2)1)，而 x10，所以 f(x 1+x2)一 f(x2)f(x 1)一 f(0) 又 f(0)=0，则 f(x1+x2)1)+f(x2) 证 2 令 F(x)=f(x+x2)一 f(x) 则 F(x)=f(x+x 2)一 f(x)=x2f“()0，(x 2) 所以，F(x)单调减，则 F(x1)F(0) 即 f(x 1+x2)一 f(x1)f(x 2)一 f(0) 由 f(0)=0 得

24、f(x1+x2)f(x 1)+f(x2)【知识模块】 一元函数微分学32 【正确答案】 证 1 在0，+)上，由 f(x)k，得 即f(x)kx+f(0)取 有因 f(x1)0，由题设 f(0)0，则x0(0，x 1)使 f(x0)=0 又 f(x)k0，故 f(x)严格单调增，所以 f(x)在(0，+co)内有且仅有一个零点 证 2 本题的关键是在(0，+)上找一点，使 f(x1)0由题设f(x)k 可知，曲线 y=f(x)应在直线 y=kx+f(0)上方，如图 23，只要求求出直线y=kx+f(0)与 x 轴的交点 则必有 f(x1)0 事实上 则 f(x1)0 若 f(x1)=0，则 x

25、1 即为 f(x)的零点若 f(x1)0，由介值定理知x0(0，x 1)使 f(x0)=0，唯一性与证 1 相同【知识模块】 一元函数微分学33 【正确答案】 证 1 要证 abba，只须证 blnaalnb 令 f(x)=xlnaalnx (xa) 所以 f(x)在 xa 时单调增加于是 ba 时，有 f(b)f(a)=0 证 2 要证 abb a，只须证blnaalnb，即 从而只需证明 单调减(xe)又 则当 xe 时，f(x)单调减，原题得证【知识模块】 一元函数微分学【知识模块】 一元函数微分学34 【正确答案】 反证法若 c(a，b)，使 g(c)=0，则由罗尔定理知 1(a,c)

26、，2(c b)，使 g(1)=g(2)=0，从而 (1， 2)使 g“()=0，这与题设 g“(x)0 矛盾【知识模块】 一元函数微分学35 【正确答案】 令 (x)=f(x)g(x)一 f(x)g(x) 由 f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0 知，(a)=(b)=0，由罗尔定理知 (a，b) ，使 ()=0，即 【知识模块】 一元函数微分学36 【正确答案】 其中 =c+(xc)，01在上式中分别令 x=0，x=1 得 两式相减得 于是 由于 c(0，1)，(1 一 c)2+c21 故 【知识模块】 一元函数微分学37 【正确答案】 证 l 令 (x)=(x2 一 1)lnx 一(x

27、1) 2，易知 (1)=0， (1)=0 则 (x)在x=1 取得极小值又 x=1 是 (x)在(0，+)唯一的极值点，则 (x)在 x=1 取得在区间(0， +)上的最小值又 (1)=0，则当 x0 时，(x)0，即 (x 2 一 1)lnx(x1)2 证 2 令 则 (1)=0，所以当 0x1 时，(x)0，当 1x+ 时，(x)0，于是 x0 时，(x21)(x)=(x2 一 1)lnx 一(x 2 一 1)0，即 (x 2 一 1)Inx(x 一 1)2 证 3 由拉格朗日中值定理知 其中 介于 1 与 x 之间，即 1x 或x1，所以总有 01+x 从而 于是当 x0 时 【知识模块

28、】 一元函数微分学【知识模块】 一元函数微分学38 【正确答案】 任给非零 x(一 1，1) ，由拉格朗日中值定理得f(x)=f(0)+xf(x)x) (0(x)1)因为 f“(x)在(一 1，1) 内连续且 f“(x)0，所以 f“(x)在( 一 1，1)内不变号，不妨设f“(一 )0，则 f(x)在( 一 1，1)内严格单增，故 (x)唯一【知识模块】 一元函数微分学39 【正确答案】 由泰勒公式得 f(x)=f(0)+f(0)x+ f“()x2， 在 0 与 x 之间 所以 xf(x)x)=f(x)一 f(0)=f(0)x+ f“()x2 从而 由于 故 证 2 对于非零x(一 1，1)

29、，由拉格朗日定理得 f(x)=f(0)+xf(x)x) (0(x)1) 所以 由于 所以 【知识模块】 一元函数微分学40 【正确答案】 解 1 由题设条件知 由于 f(0)0，则a+b 一 1=0 由洛必达法则知 又 f(0)0，则 a+2b=0，于是 a=2，b= 一 1 解 2 由题设可知 f(h)=f(0)+f(0)h+o(h) f(2h)=f(0)+2f(0)h+o(h)所以，af(h)+by(2h)一 f(0)=(a+b 一 1)f(0)+(a+2b)f(0)h+o(h) 因此，当 a+b1=0，且 a+2b=0 时 af(h)+bf(2h)一 f(0)=o(h)故 a=2 ，b=一 1解 3 由于由题设可知上式右端极限应为零，又 f(0)0，则 a+b 一 1=0，从而 而 f(0)0，则 a+2b=0 由 a+b 一 1=0 及 a+2b=0 可知，a=2，b=一 1【知识模块】 一元函数微分学