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[研究生入学考试题库]考研数学三分类模拟80解答题问题:1. 设0＜k＜1，f(x)=kx-arctanx．证明：f(x)在(0，+∞)中有唯一的零点，即存在唯一的x0∈(0，+∞)，使f(x0)=0．答案:【证】令则而所以f(x)在处取极小值，即 由f(x)的连续性，在中有一个零点，另外f(0)=0，f(x)在单调减少，在单调增加，故这样的零点是唯一的． 问题:2. f(x)在(-∞，+∞)上连续，，且f(x)的最小值f(x0)＜x0，证明：f[f(x)]至少在两点处取得最小值．答案:【证】令F(x)=f(x)-x0，则F(x)在(-∞，+∞)上连续，且F(x0)＜0，+∞，由使得F(a)＞0；使得F(b)＞0，于是由零点定理，知使得F(x1)=0；使得F(x2)=0，即有x1＜x0＜x2，使得f(x1)=x0=f(x2)，从而得f[f(x1)]=f(x0)=f[f(x2)]．问题:3. 设T=cosnθ，θ=arccosx，求 答案:【解】因为θ=arccosx，当x→1-时，θ→0，所以 问题:4. 已知y=x2sin2x，求y(50)．答案:【解】 由于所以 问题:5. 计算答案:【解】此题为用导数定义去求极限，关键在于把此极限构造为广义化的导数的定义式． 问题:6. 已知求f'(1)．答案:【解】 问题:7. 已知f(x)是周期为5的连续函数，它在x=0的某邻域内满足关系式：f(1+sinx)-3f(1-sinx)=8x+a(x)，其中α(x)是当x→0时比x高阶的无穷小，且f(x)在x=1处可导，求y=f(x)在点(6，f(6))处的切线方程．答案:【解】求切线方程的关键是求斜率，因f(x)的周期为5，故在(6，f(6))处和点(1，f(1))处曲线有相同的斜率，根据已知条件求出f'(1)． 由得f(1)-3f(1)=0，f(1)=0．又 则4f'(1)=8，f'(1)=2，由f(6)=f(1)=0，f'(6)=f'(1)=2，故所求切线方程为y=2(x-6)． 问题:8. 设其中g(x)有二阶连续导数，且g(0)=1，g'(0)=-1，求f'(x)，并讨论f'(x)在(-∞，+∞)内的连续性．答案:【解】当x≠0时，f(x)可导，且 显然，当x≠0时，f'(x)连续． 当x=0，从而， 又因故f'(x)在x=0处连续，从而f'(x)在(-∞，+∞)内连续． 求下列函数的导数：9. y=aax+axx+axa+aaa(a＞0)；答案:【解】y'=aax·lna·axlna+axx·lna(xx)'+axa·lna·axa-1，其中(xx)'=(exlnx)'=exlnx·(lnx+1)=xx(lnx+1)．10. y=ef(x)·f(ex)；答案:【解】y'=ef(x)·f'(x)f(ex)+ef(x)·f'(ex)ex．11. 答案:【解】故 12. 设f(t)具有二阶导数，求f[f'(x)]，[f(f(x))]'．答案:【解】令则f(t)=4t2，即f(x)=4x2．f'(x)=8x，由函数概念得 f[f'(x)]=f(8x)=4×(8x)2=256x2， [f(f(x))]'=f'[f(x)]·f'(x)=8f(x)·8x=32x2·8x=256x3． 13. 设求y'；答案:【解】两边取对数，得两边同时对x求导，得 化简可得x+yy'=xy'-y，故 14. 函数y=y(x)由方程cos(x2+y2)+ex-x2y=0所确定，求 答案:【解】方程两端对x求导得 -sin(x2+y2)(2x+2yy')+ex-2xy-x2y'=0． 因此 问题:15. 设求y'．答案:【解】两边取对数 求导，得 问题:16. 设函数y=f(x)由参数方程所确定，其中φ(t)具有二阶导数，且已知证明：函数φ(t)满足方程答案:【证】因为有 由题设得故(1+t)φ"(t)-φ'(t)=3(1+t)2， 即 问题:17. 设试问当α取何值时，f(x)在点x=0处，①连续；②可导；③一阶导数连续；④二阶导数存在．答案:【解】①因当α≤0时，极限不存在．而当α＞0时，故α＞0时，f(x)在x=0处连续． ②当α-1＞0时，即α＞1时，f'(0)=0，f(x)在x=0处可导． ③ 当α＞2时， ④ 当α≤3时，f"(0)不存在；当α＞3时，f"(0)=0，即f(x)在点x=0处二阶可导． 问题:18. 设求y(n)(n＞1)．答案:【解】设，经计算A=8，B=-1．故 问题:19. 设y=sin4x-cos4x，求y(n)．答案:【解】因y=(sin2x+cos2x)(sin2x-cos2x)=-cos2x，问题:20. 设y=exsinx，求y(n)．答案:【解】归纳可得：问题:21. 设答案:【解】当x≠0时，当x=0时，故对任意x∈(-∞,+∞),都有又比较系数，得 问题:22. 设f(x)满足，求f'(x)．答案:【解】方程两边同时对x求导得 ① 原等式中x换成得 ② ②式两边同时对x求导得 ③ ③×2=①得 问题:23. 设试确定常数a，b，c，使f(x)在x=0点处连续且可导．答案:【解】因为 又f(0)=1，所以即a=2，及c为任意值时，f(x)在x=0处连续．又因为 令可得时，f'(0)存在． 当f(x)在x=0处连续且可导．问题:24. 顶角为60°，底圆半径为a的正圆锥形漏斗内盛满水，下接底圆半径为b(b＜a)的圆柱形水桶(假设水桶的体积大于漏斗的体积)，水由漏斗注入水桶，问当漏斗水平面下降速度与水桶水平面上升速度相等时，漏斗中水平面高度是多少?答案:【解】设在时刻t，漏斗中水平面的高度为h，水量为p，水桶中水平面的高度为为H，水量为q(如下图)则 因为这两部分水量的总和应为开始漏斗盛满水时的水量，所以 两边对t求导得 因为下降的速度与上升的速度方向相反，所以得h2=3b2，故时漏斗水平面下降速度与水桶水平面上升速度相等． 问题:25. 防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如下图)，截面的面积为5平方米，问底宽x为多少时才能使建造时所用的材料最省? 答案:【解】设截面周长为S．矩形高为y，则 ① ② 由②解出代入①得 故唯一极值可疑点为 由问题的实际意义知，截面周长必有最小值，并且就在此驻点处取得，因此当底宽为2.367米时，截面的周长最小，因而所用材料最省． 问题:26. 试证明：曲线恰有三个拐点，且位于同一条直线上．答案:【证】 令y"=0，得x1=-1 列表 所以均为此曲线的拐点，因 所以这三个拐点在一条直线上． 问题:27. 作函数的图形 答案:【解】①定义域(-∞，0)∪(0，+∞)，无周期性无奇偶性． y'=0的根为y"=0的根为x=-1． 由表可知函数的极小值点为拐点为(-1，0)． ④铅直渐近线：无斜渐近线． ⑤作图(如下)． 问题:28. 求函数y=excosx的极值．答案:【解】极值可疑点y"=-2exsinx，当时，y"＜0，所以为极大值点，极大值为 当时，y"＞0，所以为极小值点，极小值为 问题:29. 若函数f(x)在(-∞，+∞)内满足关系式f'(x)=f(x)，且f(0)=1．证明：f(x)=ex．答案:【证】作函数x∈(-∞，+∞)，于是有已知f'(x)=f(x)，从而于是 当x=0时，易知所以C=1，即故f(x)=ex．[解析] 欲证f(x)=ex，一种思路是移项作辅助函数如能证明从而由条件得C=0，即于是f(x)=ex．但利用已知条件f'(x)=f(x)得要证即要证f(x)=ex，而这就是我们要证明的结论，故这种思路行不通．另一种思路是由f(x)=ex两边同除以ex得辅助函数若能证明从而由条件得C=1，即于是f(x)=ex．而因此本题利用第二种思路．问题:30. 设f(x)可导，证明：f(x)的两个零点之间一定有f(x)+f'(x)的零点．答案:【证】构造辅助函数F(x)=f(x)ex，由于f(x)可导，故F(x)可导，设x1和x2为f(x)的两个零点，且x1＜x2，则F(x)在[x1，x2]上满足罗尔定理条件，由罗尔定理，至少存在一点ξ∈(x1，x2)，使得F'(ξ)=0，即f'(ξ)eξ+f(ξ)eξ=eξ[f'(ξ)+f(ξ)]=0． 由于eξ≠0，因此必有f'(ξ)+f(ξ)=0．[解析] f(x)的两个零点x1，x2(不妨设x1＜x2)之间有f(x)+f'(x)的零点问题，相当于在(x1，x2)内有f(x)+f'(x)=0的点存在的问题．若能构造一个函数F(x)，使F'(x)=[f(x)+f‘(x)]φ(x)，而φ(x)≠0，则问题可以得到解决．由(ex)'=ex可以得到启发，令F(x)=f(x)ex． 设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，且f(a)=f(b)=0．求证：31. 存在ξ∈(a，b)，使f(ξ)+ξf'(ξ)=0；答案:【证】设φ(x)=xf(x)，则φ(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，且φ(a)=φ(b)=0，由罗尔定理得，存在ξ∈(a，b)，使φ'(ξ)=0，即f(ξ)+ξf'(ξ)=0．32. 存在η∈(a，b)，使ηf(η)+f'(η)=0．答案:【证】设则F(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，且F(a)=F(b)=0，由罗尔定理得，存在η∈(a，b)，使即ηf(η)+f'(η)=0．问题:33. 设函数f(x)在[-2，2]上二阶可导，且|f(x)|≤1，又f2(0)+[f'(0)]2=4．试证：在(-2，2)内至少存在一点ξ，使得f(ξ)+f''(ξ)=0．答案:【证】f(0)-f(-2)=2f'(ξ1)，-2＜ξ1＜0， f(2)-f(0)=2f'(ξ2)，0＜ξ2＜2． 由|f(x)|≤1知 令φ(x)=f2(x)+[f'(x)]2，则有φ(ξ1)≤2，φ(ξ2)≤2． 因为φ(x)在[ξ1，ξ2]上连续，且φ(0)=4，设φ(x)在[ξ1，ξ2]上的最大值在ξ∈[ξ1，ξ2](-2，2)上取，则φ(ξ)≥4，且φ在[ξ1，ξ2]上可导，由费马定理有：φ'(ξ)=0，即 2f(ξ)·f'(ξ)+2f'(ξ)·f"(ξ)=0． 因为|f(x)|≤1，且φ(ξ)≥4，所以f'(ξ)≠0，于是有f(ξ)+f"(ξ)=0，ξ∈(-2，2)． 问题:34. 设函数f(x)在[0，1]上二阶可导，且f(0)=f'(0)=f'(1)=0，f(1)=1．求证：存在ξ∈(0，1)，使|f''(ξ)|≥4．答案:【证】把函数f(x)在x=0展开成带拉格朗日型。