考研数学模拟题(2)数一答案解析

考研数学二（一元函数的泰勒公式及其应用）模拟试卷1(题后含答案及解析)全部题型 3. 解答题解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

1．求cosχ的带皮亚诺余项的三阶麦克劳林公式．正确答案：涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用2．求带皮亚诺余项的麦克劳林公式．正确答案：把t＝－χ2代入et＝1＋t＋＋o(tn) (t→0)即得涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用3．求arctanχ带皮亚诺余项的5阶麦克劳林公式．正确答案：由于(arctanχ)′＝，又＝1－χ2＋χ4＋o(χ5)，由该式逐项积分即得涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用4．求极限ω＝正确答案：又sinχ2～χ2(χ→0)，所以ω＝涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用5．确定常数a和b的值，使f(χ)＝χ－(a＋b)sinχ当χ→0时是χ的5阶无穷小量．正确答案：不难看出当1－a－b＝0与－b＝0同时成立f(χ)才能满足题设条件．由此可解得常数a＝，b＝，并且得到f(χ)＝－χ5＋o(χ5)，f(χ)是戈的5阶无穷小(χ→0)．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用6．设f(χ)在χ＝0处n(n≥2)阶可导且＝e4，求f(0)，f′(0)，…，f(n)(0)．正确答案：1)先转化已知条件．由＝e4知再用当χ→0时的等价无穷小因子替换ln[1＋f(χ)]－f(χ)，可得＝4．2)用o(1)表示当χ→0时的无穷小量，由当χ→0时的极限与无穷小的关系＝4＋o(1)，并利用χn(1)＝o(χn)可得f(χ)＝4χn＋o(χn)．从而由泰勒公式的唯一性即知f(0)＝0，f′(0)＝0，f′(0)＝0，…f(n-1)＝0，＝4，故f(n)(0)＝4n! 涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用7．设0＜χ＜，证明．正确答案：由带拉格朗日余项的泰勒公式cosχ＝1－χ4cos(θχ)，0＜θ＜1，可得1－cosχ＝χ2．注意当，故涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用8．设f(χ)在[0，1]二阶可导，｜f(0)｜≤a，｜f(1)｜≤a，｜f〞(χ)｜≤b，a，b为非负数，求证：c∈(0，1)，有｜f′(c)｜≤2a＋b．正确答案：考察带拉格朗日余项的一阶泰勒公式：χ∈[0，1]，c∈(0，1)，有f(χ)＝f(c)＋f′(c)(χ－c)＋f〞(ξ)(χ－c)2，(*) 其中ξ＝c＋θ(χ－c)，0＜θ＜1．在(*)式中，令χ＝0，得f(0)＝f(c)＋f′(c)(－c)＋f〞(ξ1)c2，0＜ξ1＜c＜1；在(*)式中，令χ＝1，得f(1)＝f(c)＋f′(c)(1－c)＋〞(ξ2)(1－c)2，0＜c＜ξ2＜1．上面两式相减得f(1)－f(0)＝f′(c)＋f〞(ξ2)(1－c)2－f〞(ξ1)c2]．从而f′(c)＝f(1)－f(0)＋[f〞(ξ1)c2－f〞(ξ2)(1－c)2]，两端取绝对值并放大即得｜f′(c)｜≤2a＋b[(1－c)2＋c2]≤2a＋b(1－c＋c)＝2a＋b．其中利用了对任何c∈(0，1)有(1－c)2≤1－c，c2≤c，于是(1－c)2＋c2≤1．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用9．设f(χ)在[a，b]三次可微，证明：∈(a，b)，使得正确答案：将f(χ)在χ0＝展成二阶泰勒公式并分别令χ＝b与χ＝a得其中ξ1，ξ2∈(a，b)．上面两式相减得注意：介于f″′(ξ1)与f″′(ξ2)之间，由导函数取中间值定理，可得ξ∈(a，b)，使得f″′(ξ)＝因此得证．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用10．在χ＝0处展开下列函数至括号内的指定阶数：(Ⅰ)f(χ)＝tanχ(χ3)；(Ⅱ)f(χ)＝sin(sinχ)(χ3)．正确答案：即tanχ＝χ＋χ3＋o(χ3) (Ⅱ)已知sinu＝u－u3＋o(u3)(u→0)，令u＝sinχsin(sinχ)＝sinχ－sin3χ＋o(sin3χ)．再将sin χ＝χ－χ3＋o(χ3)．代入得涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用11．求下列函数f(χ)在χ＝0处带拉格朗日余项的n阶泰勒公式：(Ⅰ)f(χ)＝；(Ⅱ)f(χ)＝eχsinχ．正确答案：(Ⅰ)由f(χ)＝，可得对m＝1，2，3，…有f(m)(χ)＝2(－1)mm!f(m)(0)＝2(－1)mm!．故f(χ)＝1－2χ＋2χ2－…＋2(－1)nχn＋2(－1)n+1．(Ⅱ)用归纳法求出f(n)(χ)的统一公式．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用12．用泰勒公式求下列极限：正确答案：(Ⅰ)用et，ln(1＋t)，cost，sint的泰勒公式，将分子、分母中的函数在χ＝0展开．由于因此，χcosχ－sinχ＝χ3＋o(χ3)．再求分子的泰勒公式．由χ2e2χ＝χ2[1＋(2χ)＋o(χ)]＝χ2＋2χ3＋o(χ3)，ln(1－χ2)＝－χ2＋o(χ3)，χ2e2χ＋ln(1－χ2)＝2χ3＋o(χ3)．因此(Ⅱ)由ln(1＋χ)＝χ－χ＋o(χ)(χ→0)，令χ＝，即得涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用13．用泰勒公式确定下列无穷小量当χ→0时关于χ的无穷小阶数：(Ⅰ) (Ⅱ)∫0χ(et－1－t)2dt．正确答案：因此当χ→0时是χ的二阶无穷小量．(Ⅱ)因et－1－t ＝t2＋o(t2)，从而(et－1－t)2＝t4＝o(t4)，代入得∫0χ(et－1－t)2dt＝χ5＋o(χ5)，因此χ→0时∫0χ(et－1－t)2dt是χ的五阶无穷小量．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用14．设f(χ)在(0，＋∞)三次可导，且当χ∈(0，＋∞)时｜f(χ)｜≤M0，｜f″′(χ)｜≤M3，其中M0，M3为非负常数，求证f〞(χ)在(0，＋∞)上有界．正确答案：分别讨论χ＞1与0＜χ≤1两种情形．1)当χ＞1时考察二阶泰勒公式两式相加并移项即得f〞(χ)＝f(χ＋1)＋f(χ－1)－2f(χ)＋[f″′(η)－f″′(ξ)]，则当χ＞1时有｜f〞(χ)｜≤4M0＋M3．2)当0＜χ≤1时对f〞(χ)用拉格朗日中值定理，有f〞(χ)＝f〞(χ)－f〞(1)＋f〞(1)＝f″′(ξ)(χ－1)＋f〞(1)，其中ξ∈(χ，1)．｜f〞(χ)｜≤｜f″′(χ)｜≤｜χ－1｜＋｜f〞(1)｜≤M3＋｜f〞(1)｜(χ∈(0，1])．综合即知f〞(χ)在(0，＋∞)上有界．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用15．设函数f(χ)在[0，1]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．正确答案：把函数f(χ)在χ＝0与χ＝1分别展开成带拉格朗日余项的一阶泰勒公式，得f(χ)＝f0)＋f′(0)χ＋f〞(ξ1)χ2 (0＜ξ1＜χ)，f(χ)＝f(1)＋f′(1)(χ－1)＋f〞(ξ2)(χ－1)2 (χ＜ξ2＜1)．在公式中取χ＝并利用题设可得两式相减消去未知的函数值f()即得f〞(ξ1)－f〞(ξ2)＝8｜f〞(ξ1)｜＋｜f〞(ξ2)｜≥8．故在ξ1与ξ2中至少有一个使得在该点的二阶导数的绝对值不小于4，把该点取为ξ，就有ξ∈(0，1)使｜f〞(ξ)｜≥4．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用16．设f(χ)在(χ0－δ，χ0＋δ)有n阶连续导数，且f(k)(χ0)＝0，k＝2，3，…，n－1；f(n)(χ0)≠0．当0＜｜h｜＜δ时，f(χ0＋h)－f(χ0)＝hf′(χ0＋θh)，(0＜θ＜1)．求证：．正确答案：这里m＝1，求的是f(χ0＋h)－f(χ0)＝hf′(χ0＋θh)(0＜θ＜1)当h→0时中值θ的极限．为解出θ，按题中条件，将f′(χ0＋θh)在χ＝χ0展成带皮亚诺余项的n－1阶泰勒公式得代入原式得f(χ0＋h)－f(χ0)＝hf′(χ0)＋f(n)(χ0)θn-1hn＋o(hn) ①再将f(χ0＋h)在χ＝χ0展成带皮亚诺余项的n阶泰勒公式f(χ0＋h)－f(χ0)＝f′(χ0)h＋…＋f(n)(χ)hn ＋o(hn) ＝f′(χ0)h＋f(n)(χ0)hn＋o(hn)(h→0) ②将②代入①后两边除以hh得涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用17．求下列函数的带皮亚诺余项至括号内所示阶数的麦克劳林公式：(Ⅰ)f(χ)＝eχcosχ(χ3)；(Ⅱ)f(χ)＝(χ3)；(Ⅲ)f(χ)＝，其中a＞0 (χ2)．正确答案：(Ⅰ)eχ＝1＋χ＋＋o(χ3)，cosχ＝1－χ2＋o(χ3)，相乘得eχcosχ＝1＋χ＋＋o(χ3)＝1＋χ－＋o(χ3)．(Ⅱ)f(χ)＝f(χ)＝[1－χ＋χ2－χ3－(1＋2χ＋(2χ)2＋(2χ)3)＋o(χ3)] ＝(－3χ－3χ2－9χ3)＋o(χ3)＝－χ－χ2－3χ3＋o(χ3)．(Ⅲ) 涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用18．求下列函数的带皮亚诺余项的麦克劳林公式：(Ⅰ)f(χ)＝sin3χ；(Ⅱ)f(χ)＝χln(1－χ2)．正确答案：涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用19．确定下列无穷小量当χ→0时关于χ的阶数：(Ⅰ)f(χ)＝eχ－1－χ－χsinχ；(Ⅱ)f(χ)＝(1＋)cosχ－1．正确答案：用待定阶数法(洛必达法则)确定无穷小的阶．确定n使得下面的极限而不为零：得eχ－1－χ－χsinχ是χ的3阶无穷小．(Ⅱ)用待定阶数法(洛必达法则)确定无穷小的阶．确定n使得下面的极限且不为零因此，cosχ＋cosχ－1是χ的4阶无穷小．涉及知识点：一元函数的泰勒公式及其应用20．求下列极限：正确答案：(Ⅰ)用洛必达法则(Ⅱ)由于f(χ)＝aretanχ在点χ＝0有如下导数因此当χ→0时f(χ)＝f(0)＋f′(0)χ＋χ3＋o(χ3)，arctanχ＝χ－χ3＋o(χ3)，arctanχ－sinχ＝－χ3＋o(χ3)。

考研数学一（高等数学）模拟试卷120(题后含答案及解析)题型有：1. 选择题 2. 填空题 3. 解答题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．=A．0．B．－∞．C．+∞．D．不存在但也不是∞．正确答案：D解析：因为et=+∞，et=0，故要分别考察左、右极限．由于因此应选(D)．知识模块：高等数学2．设f(x)=x－sinxcosxcos2x，g(x)=则当x→0时f(x)是g(x)的A．高阶无穷小．B．低价无穷小．C．同阶非等价无穷小．D．等价无穷小．正确答案：C解析：由等价无穷小因子替换及洛必达法则可得因此选(C)．知识模块：高等数学填空题3．设有定义在(－∞，+∞)上的函数：(A)f(x)= (B)g(x)=(C)h(x)= (D)m(x)=则(I)其中在定义域上连续的函数是____________；(II)以x=0为第二类间断点的函数是____________．正确答案：(I)B(Ⅱ)D解析：(I)当x＞0与x＜0时上述各函数分别与某初等函数相同，故连续．从而只需再考察哪个函数在点x=0处连续．注意到若f(x)=，其中g(x)在(－∞，0]连续h(x)在[0，+∞)连续．因f(x)=g(x)(x∈(－∞，0])f(x)在x=0左连续．若又有g(0)=h(0)f(x)=h(x)(x∈[0，+∞))f(x)在x=0右连续．因此f(x)在x=0连续．(B)中的函数g(x)满足：sinx｜x=0=(cosx－1)｜x=0，又sinx，cosx－1均连续g(x)在x=0连续．因此，(B)中的g(x)在(－∞，+∞)连续．应选(B)．(Ⅱ)关于(A)：由x=0是f(x)的第一类间断点(跳跃间断点)．关于(C)：由e≠h(0)=0是h(x)的第一类间断点(可去间断点)．已证(B)中g(x)在x=0连续．因此选(D)．或直接考察(D)．由=+∞x=0是m(x)的第二类间断点．知识模块：高等数学解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

考研数学一（填空题）模拟试卷120(题后含答案及解析)题型有：1.1．正确答案：解析：知识模块：高等数学部分2．=_______。

正确答案：24解析：根据行列式的性质作恒等变形，可得知识模块：行列式3．已知f’(x0)=一1，则=_________．正确答案：1解析：根据导数的定义式，有f’(x0)=．由于知识模块：一元函数微分学4．已知，若X满足AX＋2B＝BA＋2X，那么X2＝_______．正确答案：解析：根据已知AX＋2B＝BA＋2X，得AX－2X＝BA－2B，即(A－2E)X ＝B(A－2E)，由于A－2E＝是可逆的，因此X＝(A－2E)-1B(A－2E)，那么X2＝(A－2E)-1B2(A－2E) 知识模块：矩阵5．设f(x)具有连续导数，且F(x)＝(x2－t2)f’(t)dt，若当x→0时F’(x)与x2为等价无穷小，则f’(0)＝______．正确答案：解析：由于F(x)＝(x2—t2)f’(t)dt＝x2f’(t)dt—t2f’(t)dt，所以F’(x)＝2xf’(t)dt ＋x2f’(x)—x2f’(x)＝2xf’(t)dt．又依题设，当x→0时F’(x)与x2为等价无穷小，从而＝2f’(0)＝1，故f’(0)＝知识模块：高等数学6．＝______．正确答案：解析：知识模块：高等数学7．设y=y(x)是由方程2y3—2y2+2xy—x2=1确定的，则y=y(x)的极值点是______。

正确答案：x=1解析：方程两边对x求导，可得y′(3y2—2y+x)=x—y，(1)令y′=0，有x=y，代入2y3—2y2+2xy—x2=1中，可得(x—1)(2x2+x+1)=0，则x=1是唯一的驻点。

对(1)式求导得y″(3y2—2y+x)+y′(3y2—2y+x)′=1—y′，把x=y=1，y′(1)=0代入上式，得y″(1)=＞0。

故x=1是y(x)的极小值点。

知识模块：一元函数微分学8．函数f(x)=xe－2x的最大值为_________．正确答案：解析：由f’(x)=(1—2x)e－2x=0得x=，当x＜时，f’(x)＞0；当x＞时，f’(x)＜0，则x=为f(x)的最大值点，最大值为．知识模块：高等数学9．= _______。

2023年全国硕士研究生统一入学考试数学（二）试题解析一、选择题：1-10小题，每小题5分，共50分，下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.1.【答案】：B【解析】：1ln()11lim lim limln(11x x x x e y x k e x x x）11lim()lim[ln()]lim [ln()1]11x x x b y kx x e x x e x x 11lim ln[1]lim (1)(1)x x x x e x e x e所以斜渐近线方程为：1y x e2.【答案】：D 【解析】：当0x时1()ln(f x dx x C 当0x 时()(1)cos (1)sin sin f x dx x xdx x x xdx2(1)sin cos x x x C 原函数在(,) 内连续，则在0x处1122lim ln(,lim(1)sin cos 1x x x C C x x x C C所以121C C ，令2C C ，则11C C，故ln(1,0()(1)sin cos ,0x C x f x dx x x x C x结合选项，令0C ，则()f x的一个原函数为ln(1,0()()(1)sin cos ,0x x f x dx F x x x x x3.【答案】：B【解析】：在(0,2 中，2sin x x 故12sin n n nx x x112n n y y111112()()2444n nn n n n n n y yy y x x x xlim0nn ny x，故n y 是n x 的高阶无穷小4.【答案】：C【解析】：微分方程"'0y ay by 的特征方程为20a b ，当240a b 时，特征方程有2个不同的实数根12, ，则12, 至少有一个不等于零，若12,C C 都不为零，则微分方程的解1212xx y C eC e 在(,) 无界当240a b ，特征方程有2个相等的实根，1,22a若20C ，则微分方程的解212()ax y C C x e 在(,) 无界当240a b时，特征方程的根为1,222a i则通解为：212(cos sin )22ax y e C C 5.【答案】：C【解析】1）当0t 时，3sin cos ,sin 3x t dy t t ty t t dx；当0t 时，,sin sin sin x t dyt t t y t t dx；当0t 时，因为'00()(0)sin (0)lim lim 03x t f x f t tf x t'00()(0)sin (0)lim lim 0x t f x f t tf x t所以'(0)0f 2）0sin cos lim '()lim 0'(0)3x t t t t f x f；'00sin cos lim '()lim 0(0);3x t t t t f x f所以0lim '()'(0)0x f x f ，所以'()f x 在0x 处连续3）当0t 时，因为"00'()'(0)sin cos 2(0)lim lim 339x t f x f t t t f xt"00'()'(0)sin cos (0)lim lim 2x t f x f t t tf x t所以"(0)f 不存在6.【答案】：A【解析】当0 时，21211111()|(ln )(ln )(ln 2)f dx x x x所以211ln(ln 2)1111'()(ln ln 2)0(ln 2)(ln 2)(ln 2)f ，即01ln(ln 2)7.【答案】：C 【解析】方法一：已知 f x 没有极值点，等价于 '0fx 至多一个解， '220x f x x x a e 至多一个解即是：220x x a 至多一个解，那么判别式：4401a a ，另外曲线 y f x 有拐点，则等价于 ''2420x f x x x a e 有解，即是：164802a a ，则a 的取值范围是：12a 8.【答案】：D【解析】110000A E A E A E A E A B B B B B,另外：1234000X X A E E X X B E,解出111121340X X A A B X X B，则：0A E B****0B A A B A B9.【答案】：B【解析】：令：11221333y x x y x x y x ，22222212312121274,,4333y f x x x y y y y y y，可见规范形为2212y y 10.【答案】：D 【解析】根据题意，即是存在1234,,,k k k k ，使得11223344k k k k ，等价于求解12123434(,,,)0k k k k ,得到通解：12343111k k k k k，代入34,k k k k ，得到：15,8k k R二、填空题：11~16小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸指定位置上.11.【解析】：注意到22220ln 1ln 11limlim1cos 11cos x x x x ax bx x x x bx x a e xe x，首先得到：1a ，另外根据等价无穷小替换， 2222001ln 12lim lim 1311cos 2x x x b x x x bx x e x，得到：2b ，则2ab 12.【解析】：根据230t x ，则弧长计算为：s，进行换元：2sin t ，原积分为： 23344cos 3s d13.【解析】：两边同时对想求导两次得式子222220zz z z z z z e e x x x x x x 将x=1，y=1，z=0带入，223=-2|z x 1,114.【解析】两边分别对x 求导，可得'911y ，所以'911y，所以法线斜率为11915.【解析】32323112122121111u+2u+21=++2=++x =2f x dx f x dx f x dx f x dx f d f x dx f x dx f x dx f x dx dx 16.【解析】：由已知(A)(A,b)34r r ，故A,b 0，即14440111101110A,b 1(1)122(1)11012001202a a a a a a a a baa b所以111280a a a b三、解答题：17~22小题，共70分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析】：（1）曲线L 在点 x,y P 处的切线方程为'y=y (X -x)Y ，令X=0,切线在y 轴上的截距为'Y y xy ，即'11y y x，解得 ln y x x c x ，由经过点 2,0e ，所以c=2，2ln y x x x 设曲线L 在点x,x(2lnx) 处的切线与坐标所围面积最小，此时切线方程为2ln =1-lnx (X -x)Y x x ，故切线与两坐标所围三角形面积为22ln 1x s x x令 3'20,s x x e ，由单调性知，最小值在32x e处取得，332s e e18.【解析】'cos 1'cos (,)0(((,)sin 0yx yy f x y e x x e x e k k f x y x ye y k y k 为奇数），为偶数），则''''cos ''cos 2(,)1(,)sin (,)(cos sin )xx y xy y yyf x y f x y yef x y xe y y ，代入1(,)e k 得2210,0A B AC B C e 故1(,)e k 不是极值点，代入(,)e k 得2210,0A B AC B C e且0A 故极小值为2(,)2e f e k ，其中k 为偶数.19.【解析】（1）由题设条件可知面积2111S (1)D x21112ln 1x t）（2）2222211111111arctan 11(14V dx dx dx x x x x x x20.【解析】332222002333222220011ln 33cos sin 11ln 2ln 21ln 2cos 3cos sin 223cos sin 23tan Ddxdy d r x y d dd3 21.【证明】（1）22111''()''()()(0)'(0)'(0),022f f f x f f x x f x x 介于与之间，则222''()()'(0),(0,)2f f a f a a a ，233''()()'(0),,0)2f f a f a a a (-，则223()()''()''()2a f a f a f f ，由()f x 在 ,a a 上具有2阶连续导数，故()f x 在 32, 上具有2阶连续导数，所以()f x 在 32, 上必存在最大值M 和最小值m ，使得 231''()''()2m f f M 由介值定理存在存在 32,(,)a a ，使得 23211''()''()''()()()2f f f f a f a a，得证.（2）设()f x 在x x 点处取得极值，则0'()0f x ，221100000010''()''()()()'()())()(),22f f f x f x f x x x x x f x x x x x介于与之间，220020''()()()(),,2f f a f x a x a x ()，230030''()()()(),,2f f a f x a x a x ()，222232003020''()''()1|()()||()()||''()|()|''()|()222f f f a f a a x a x f a x f a x 32(,),''()max{|''()|,|''()|}a a f f f ，故223020222001|()()||''()|()|''()|()2|''()|[()()]2|''()|2f a f a f a x f a x f a x a x a f命题得证。