数学综合--北京领航考研名师铁军2006年考研数学预测38题.docVIP

北京领航考研名师铁军2006年考研数学预测38题 【例1】求极限 【详解】分别求左右极限，有 . 所以原极限=. 【例2】已知，求. 【】 ==38. 【例3】已知 【详解】【解法一】因为所以由等价无穷小代换得。 用极限与无穷小的关系得。 代入得 = 【解法二】因为所以由等价无穷小代换得 ，所以。 所以，。 【例4】设有连续导数， 且。当时，与是同阶无穷小，则常数等于（ ） (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 【详解】因为=，所以，. 因此，. 由同阶无穷小的定义知，。故应选(C)。 【例5】已知，则. 【详解】由于题设只给出可导，故求极限时无法使用洛必达法则，只能应用导数定义进行计算。 = ==. 【例6】设函数f(x)在x=0点连续，且，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为 【详解】因为，所以 由已知条件得，，因此，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为 ，即 【例7】设函数在上连续，在内可导，其中 试证至少存在一点使得 【证明】将结论变形得：上式左端不是一个函数的改变量与其自变量改变量的商，但用ab去除其分子、分母，即可化成其左端恰为函数的改变量与其自变量改变量的商，所以可设辅助函数。 显然，在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，所以，至少存在一点使得即 因此结论成立，即至少存在一点使得 【例8】设函数在上连续，在内可导，且。试证存在，使得。 【分析】将题设等式改写为，式中应该是对函数和使用柯西定理的产物，而是对使用拉格朗日定理的产物。 【证明】设。对和在上使用柯西定理，有，。 再对在上使用拉格朗日定理，有， 将此式代入前式中，经整理得， . 【例9】设函数可导，且满足又单调减少。 证明：对任，有 【证明】（1）令则当单调递减。又故当即 （2）解法一：当根据拉格朗日中值定理，有 单调递减） 因此， 即 解法二：令. 由拉格朗日中值定理知，至少存在一点，使得 . 由题设单调减少，且，故 因此，当时，单调减少，，即 . 【例10】设f(x),g(x)在[0，1]上的导数连续，且f(0)=0,,.证明：对任何a,有 【分析】可用参数变易法转化为函数不等式证明，或根据被积函数的形式，通过分部积分讨论. 【详解】 方法一：设，则F(x)在[0，1]上的导数连续，并且，由于时，，因此，即F(x)在[0，1]上单调递减. 注意到 ， 而 =，故F(1)=0. 因此时，，由此可得对任何，有 方法二：=， = 由于时，，因此，， ， 从而 【评注】 对于积分不等式的证明，主要有两个途径：一是转化为函数不等式，二是通过恒等变形，如变量代换、分部积分等，再用积分的不等式性质进行讨论. 【例11】设是一条平面曲线，其上任意一点到坐标原点的距离，恒等于该点处的切线在。 （1）试求曲线L的方程； （2）求L位于第一象限部分的一条切线，使该切线与L以及两坐标所围图形的面积最小。 【详解】（1）L过点轴上的截距为由题设知 ，可解得通解由L经过点 （2）第一象限内曲线处的切线方程为 它与轴交点分别为轴在第一象限内所围图形面积为，则所求面积为 令解得驻点（舍去负值）。 于是，当内的惟一极小值点，即最小值点，于是所求切线为 【例12】证明函数有无穷多个极大值，而没有任何极小值。 【证明】由 得无穷多个驻点 其中. （1）当时，对应驻点为此时， 判别式因此函数在处有极大值，且极大值为 （2）当时，对应驻点为此时，，判别式，函数在这些点无极值，即证. 【例13】设直线上，而平面与曲面：相切于点（1，-2，5），求之值。 【详解】在点（1，，5）处曲面的法向量，故切平面即平面的方程为 ① 直线 于是 ② 由于直线 ③ 在平面上，故满足式②和式③的必满足①。实际上，式②加式③得 与式①比较，得 【例14】设函数在上连续，且满足方程, 求。 【详解】计算 因此 。 求导，得，即 . 通解为 。 在原方程中，令，得，代入通解中，定出。故所函数数为 。 【例15】求二重积分的值，其中是由直线及围成的平面区域。 【详解】作辅助线，则积分区域可分为区域和区域，于是关于轴对称，关于轴对称，因此 ，因为关于轴对称，被积函数关于为奇函数，所以；又因为关于轴对称，被积函数关于为奇函数，所以。 于是 . 【例16】求曲线AB：的方程，使曲线与两个坐标轴及过点（x,0）的垂直于x轴的直线所围成的曲边梯形，绕x轴旋转所形成的旋转体的形心（即重心）的横坐标等于 【详解】旋转体的体积. 由已知， ， 故有 . 两边对x求导得微分方程 ，因此得（C是任意常数