《考研数学二函数极限连续模拟试卷48_真题(含答案与解析)-交互.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考研数学二函数极限连续模拟试卷48_真题(含答案与解析)-交互.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、考研数学二（函数、极限、连续）模拟试卷 48(总分 62,做题时间 90 分钟)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.设当 x0 时，f(x)=xsinax 与 g(x)=x2 ln(1 一 bx)是等价无穷小，则()SSS_SINGLE_SELAa=1，Ba=1，Ca=一 1，Da=一 1，分值:2答案:A解析：由泰勒公式知2.从而解得 a=1，即 a=1，设当 x0 时，f(x)=ax3+bx 与SSS_SINGLE_SEL是等价无穷小，则()Ab=1Ba=3，b=0Cb=0Da=1，b=0分值:2答案:C解析：由于3.若当 b0 时，该极限为，于是 b=0，从而在
2、(一，+)上连续，且SSS_SINGLE_SEL则 ()A0，k0B0，k0C0，k0D0，k0分值:2答案:D解析：因故 k0若 0，则必存在一个 x 使得 e-kx=0，即分母为 0，矛盾，故 04.设当 x0 时，f(x)=ln(1+x2)一 ln(1+sin2 x)是 x 的 n 阶无穷小，则正整数n 等于()SSS_SINGLE_SELA1B2C3D4分值:2答案:D解析：因为5.设因此 n=4f2(x)=f1 f1(x)，fk+1(x)=f1 fk(x)，k=1，2，则当 n1 时，fn(x)=()SSS_SINGLE_SELABCD分值:2答案:C解析：设则因此对任意 n1，有故
3、选(C)6.设 f(x)与 g(x)在(一，+)上都有定义，且 x=x1是 f(x)的唯一间断点，x=x2是 g(x)的唯一间断点则()SSS_SINGLE_SELA当 x1=x2时，f(x)+g(x)必有唯一的间断点 x=x1B当 x1x2时，f(x)+g(x)必有两个间断点 x=x1与 x=x2C当 x1=x2时，f(x)g(x)必有唯一间断点 x=x1D当 x1x2时，f(x)g(x)必有两个间断点 x=x1与 x=x2分值:2答案:B解析：反证法令(x)=f(x)+g(x)当 x1x2时，若(x)在 x=x1处连续，由 f(x)=(x)一 g(x)及题设 g(x)仅在 x=x2处间断，
4、可以推知 f(x)在x=x1处亦连续，与题干矛盾，故(x)在 x=x1处间断同理可推知(x)在x=x2处亦间断所以(B)正确2.填空题1.SSS_FILL分值:2答案:正确答案：e-解析：因为2.设所以存在且不为零，则常数 k=_SSS_FILL分值:2答案:正确答案：100解析：k=1003.设则由此可知，极限存在且不为零的充要条件是 99 一 k+1=0，即SSS_FILL分值:2答案:正确答案：解析：由积分的定义知，因此解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。1.求极限：SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：因为2.求极限：SSS_TEXT_QUSTI又由夹逼准则得分
5、值:2答案:正确答案：这是“一”型未定式极限，首先通分变成使用洛必达法则求极限3.设 f(x)的二阶导数在 x=0 处连续，且SSS_TEXT_QUSTI型未定式，然后或利用等价无穷小代换 ex一 1x(x0)，则试求 f(0)，f(0)，f(0)以及极限分值:2答案:正确答案：依题意有式 由必有4.故所以有所以这是“1”型未定其中所以得 f(0)=0将原极限凑成第二个重要极限，于是有从而得 f(0)=0，f(0)=4则设 a0，x10，n=1，2，试求SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：因为存在 令5.于是故xn 有下界，又解得故故xn 单调递减，所以试讨论函数在点 x=0
6、处的连续性SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：所以：当 0 且=一 1 时，有 g(0-)=g(0+)=g(0)=0，故 g(x)在 x=0 处连续；当 0 且 一 1 时，有 g(0-)g(0+)，故点x=0 是 g(x)的跳跃间断点；当 0 时，点 x=0 是 g(x)的振荡间断点6.求函数的间断点，并判断它们的类型SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：对于函数 F(x)的分段点 x=0，因断点 当 x0 时，在 x=1 处没有定义，且故点 x=0 是函数 F(x)的跳跃间振荡，不存在，故点 x=1处没有定义，则这些是函数 F(x)的可去间是函数 F(x)的振
7、荡间断点 当 x0 时，点都是函数 F(x)的间断点特别对点断点；而点列7.设有在点列故点显然是函数 F(x)的无穷间断点求 f(x)的间断点并判定其类型SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：因点8.设故 x=0 为可去间断点 又故 x=一 1 为跳跃间断求 f(x)的间断点，并说明间断点的类型SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：f(x)在区间(一 1，0)，(0，1)及(1，+)上都是初等函数，且是连续的f(0)无定义，故 x=0 是间断点因为无定义，故 x=1 是间断点因为9.所以 x=0 为跳跃间断点 f(1)所以 x=1 为无穷间断点设函数 f(x)由下列
8、表达式确定，间断点的类型SSS_TEXT_QUSTI求 f(x)的连续区间和间断点，并判定分值:2答案:正确答案：显然 x=1 为间断点，连续区间为(一，1)(1，+)由于所以 x=1 为无穷间断点10.设函数 f(x)在a，b上连续，x1，x2，xn，是a，b上的一个点列，求SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：本题考虑夹逼准则由 f(x)在a，b上连续，知 ef(x)在a，b上非负连续，且 0mef(x)M，其中 M，m 分别为 ef(x)在a，b上的最大值和最小值，于是11.(1)求函数故由根据夹逼准则，得的表达式，x0；(2)讨论函数 f(x)的连续性SSS_TEXT_Q
9、USTI分值:2答案:正确答案：(1)当时，有当时，有当 x2 时，有又故(2)因为 f(x)在连续2，+)上均连续，又所以 f(x)在0，+)上12.如果数列xn 收敛，yn 发散，那么xn yn 是否一定发散?如果xn 和yn 都发散，那么xn yn 的敛散性又将如何?SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：在题设两种情况下，xn yn)的收敛性都不能确定现在先就x 收敛，yn 发散的情况来分析利用这个恒等式，就可得到下述结论：若xn 收敛且不收敛于零，yn 发散，则xn yn)必发散这是因为若xn yn 收敛，且xn 收敛而极限不等于零，则从上述恒等式及极限的除n法法则，可知
10、yn 收敛，这与假设矛盾若可能收敛，也可能发散，如：且yn 发散，则xn yn yn=n，则 xn yn=1，于是xn yn 收敛 yn=(一 1)n n，则 xn yn=(一 1)n，于是xn yn 发散 现在再就xn 和yn 都发散的情况来分析xn yn 的收敛性有下面的结论：若xn 和yn 都发散，且两者至少有一个是无穷大，则xn yn 必发散这是因为如果xn yn 收敛，而xn 为无穷大，从等式便得到yn 收敛于零，这与假设矛盾若xn 和yn 都不是无穷大，且都发散，则xn yn 可能收敛，也可能发散，如：xn=yn=(一 1)n，有 xnnnyn=1，于是xn yn 收敛 xn=(一
11、 1)，yn=1 一(一 1)，有 xn ynn=(一 1)一 1，于是xn yn)发散13.已知是连续函数，求 a，b 的值SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：当 x=1 时，时，于是当|x|1 时，当|x|1 时，当 x=一 1要使 f(x)只需讨论分界点处的连续性：在 x=1 处，有f(-1)=在 x=1 处连续，则 a+b=1；在 x=一 1 处，有要使 f(x)在 x=一是连续函数1 处连续，则 a 一 b=一 1 综上可得，当 a=0，b=1 时，14.设为了使 f(x)对一切 x 都连续，求常数 a 的最小正值SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：当
12、|x|1 时，f(1)=1，f(一 1)=一 1，所以所以 f(x)=sinax；当|x|1 时，又由此可得，f(x)在(一，-1，(一 1，1)，所1，+)内连续，故只需 f(x)在 x=一 1，x=1 这两点处连续即可因为以即为常数 a 的最小正值15.设在 0 x1 时函数 f(x)=xsinx其他的 x 满足关系式 f(x)+k=2f(x+1)，试求常数 k 使极限存在SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：因求“00”型未定式极限的常用方法是将该类幂指数函数 u(x)v(x)化为复合函数 ev(x)lnu(x)，故则得其中，(*)处通过等价无穷小代换与洛必达法由上述结果可
13、得根据题设的关系式知 f(x)=2f(x+1)一 k，得f(x)在 x=0 处的右极限 f(0+)=1，而其左极限要使极限存在，应有2 一 k=f(0-)=f(0+)=1，故 k=116.证明：若单调函数 f(x)在区间(a，b)内有间断点，则必为第一类间断点SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：不妨设f(x)在(a，b)内是单调递增的，x0(a，b)是 f(x)的间断点再设 x(a，x0)，则 xx0，由单调递增性知：f(x)f(x0)(为常数)，即 f(x)在(a，x0)上单调递增有上界，它必定存在左极限：式中“”处若取“一”号，则 f(x)在点 x0处左连续，同理可证，当
14、xx0时，单调增函数 f(x)存在右极限 x(x0)f(x0)，则 f(x)在 x0处右连续反之点 x0为跳跃间断点综合之，单调增函数 f(x)在间断点 x0处的左、右极限都存在，故若 x0是 f(x)的间断点，则 x0一定是 f(x)的第一类间断点同理可证 f(x)在(a，b)内单调递减的情形17.设 y=y(x)是由方程 y2+xy+x2一 x=0 确定，且满足 y(1)=一 1 的连续函数，求SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：因为 y(1)=一 1，所以所给极限为方程两边求导得 2yyxy+y+2x 一 1=0，即y(x)0所以(*)式又是于是有由洛必达法则得当 x1
15、时 y一 1，又(*)式求导可得当 x1 时对所给的y一 1，y(x)0，于是 y(x)2所以18.(1)设 k 为正整数，中的 xk，证明：证明：F(x)存在唯一的零点，记为 xk；(2)对于(1)存在，且其极限值小于 2SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：(1)故 F(x)至少存在一个零点又(2)因故至多存在一个零由单调有界定理知点所以 F(x)有且仅有一个零点 xk，且存在，且极限值小于 219.设 a0，b0，ab，求SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：20.求函数的所有间断点，并判断它们的类型SSS_TEXT_QUSTI分值:2答案:正确答案：考虑函数
16、无定义的点，间断点有 x=一 2，一 1，0，1 在点 x1=一 2 处，由可知 f(x)在点 x1=一 2 的半径小于 1 的去心邻域内有界；同时，任一半径小于 1 的去心邻域内 f(x)的函数值无限振荡，振幅不趋于 0，所以 x1=一 2 是 f(x)的振荡间断点 在点 x2=一 1 处，由于点 x2=一 1 的半径小于 1 的去心邻域内有界；而=一 1 是 f(x)的可去间断点 在点 x3=0 处，由于所以即在从而可知 x2所以 x3=0 是 f(x)的无穷间断点 在点 x4=1 处，由于所以 x4=1 是 f(x)的跳跃间断点设数列xn 满足 0 x11，ln(1+xn)=exn+1一
17、 1(n=1，2，)证明SSS_TEXT_QUSTI21.当 0 x1 时，ln(1+x)xex一 1；分值:2答案:正确答案：记 F1(x)=ln(1+x)一 x，则于是 F1(x)在(0，1)内单调减少，由 F1(0)=0，知 F1(x)0，x(0，1)，从而 ln(1+x)x；记 F2(x)=x-ex+1，则 F2(x)=1 一 ex0，于是 F2(x)在(0，1)内单调减少，由 F2(0)=0，知 F2(x)0，x(0，1)，从而 xex一 1 故 ln(1+x)xex一 1，0 x1SSS_TEXT_QUSTI22.存在，并求该极限分值:2答案:正确答案：当 0 x1 时，ln(1+x)xex一 1 由 0 11，可知 0ex21 一 ln(1+x1)x11，从而 0 x21同理可证当 0 xk1 时，xk+1同样满足 0 xk+11，由数学归纳法知对一切 n=1，2，有 0 xn1，即数列xn是有界的 又当 0 xn1 时 xn+1exn+1一 1=ln(1+xn)xn，即xn单调减少 由单调有界准则知存在将该极限值记为 a，则 a0 对 ln(1+xn)=exn+1一 1 两边取极限，得 ln(1+a)=ea一 1 设 f(x)=ex一 1 一 ln(1+x)，当 0 x1 时，因此 f(x)单调增加 由 f(0)=0，可知 f(x)0，从而只有 a=0，即1