模拟试题 | YHK's life

模拟试题一

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、填空题

【题目】

已知 $\lim_{x\to0}(1-kx)^{\frac{1}{x}}=2$ ，则 k=____；
曲线 $y = \ln x$ 在点 $(1, 0)$ 处的法线方程为 ____；
设函数 $y = f(x)$ 由方程 $e^x - e^y = \sin (xy)$ 确定，则 $dy\big|_{x=0} =$ ____；
设函数 $f(x)$ 为连续函数，则 $\frac{d}{dx}\int_{0}^{x}tf(x^{2} - t^{2})dt =$ ____；
$\int_{-2}^{2} x\sqrt{4 - x^2} dx =$ ____.

【解析】

$\lim_{x\to 0}(1 - kx)^{\frac{1}{x}} = e^{-k} = 2 \implies -k = \ln 2 \implies k = -\ln 2$。
$y' = \frac{1}{x}$，在 $(1, 0)$ 处 $y'(1) = 1$。法线斜率 $k_N = -1$。法线方程为 $y - 0 = -(x - 1) \implies y = -x + 1$。
在 $e^x - e^y = \sin(xy)$ 中令 $x = 0$ 得 $1 - e^y = 0 \implies y = 0$。两边微分：$e^x dx - e^y dy = \cos(xy)(ydx + xdy)$。代入 $(0, 0)$ 得 $1 dx - 1 dy = 0 \implies dy = dx$。
令 $u = x^2 - t^2 \implies du = -2tdt \implies tdt = -\frac{1}{2}du$。当 $t = 0$ 时 $u = x^2$；当 $t = x$ 时 $u = 0$。
$$\int_0^x t f(x^2 - t^2)dt = -\frac{1}{2}\int_{x^2}^0 f(u)du = \frac{1}{2}\int_0^{x^2}f(u)du$$
求导数：$\frac{d}{dx}\left[\frac{1}{2}\int_0^{x^2}f(u)du\right] = \frac{1}{2}f(x^2) \cdot 2x = xf(x^2)$。
被积函数 $x\sqrt{4 - x^2}$ 在对称区间 $[-2, 2]$ 上为奇函数，积分值为 0。

二、选择题

【题目】

下列命题正确的是（）； A) 有界数列必收敛 B) 无界数列必发散 C) 发散数列必无界 D) 单调数列必收敛
设函数 $f(x) = \frac{x}{\ln |x - 1|}$ ，则 $x = 1$ 是 $f(x)$ 的（）； A）可去间断点 B）跳跃间断点 C）无穷间断点 D）连续点
设函数 $f(x) = \int_{\sin x}^{0} t^2 dt$ ， $g(x) = x^3 + x^4$ ，则当 $x \to 0$ 时 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的（）； A）高阶无穷小量 B）低阶无穷小量 C）同阶非等价无穷小量 D）等价无穷小量
若 $a = \int_{1}^{2} (\ln x)^{2} dx$ ， $b = \int_{1}^{2} \ln x dx$ ，则（）； A) $a > b$ B) $a < b$ C) $a = b$ D) 无法比较
定积分 $\int_{0}^{\pi}\sin^{2}xdx =$ （）. A) $\frac{\pi}{4}$ B) $\frac{\pi^2}{4}$ C) $\frac{\pi^2}{2}$ D) $\frac{\pi}{2}$

【解析】

选 B。收敛数列必有界，故无界数列必发散。
选 A。当 $x \to 1$ 时，$\ln|x - 1| \to -\infty$，故 $\lim_{x\to 1}\frac{x}{\ln|x - 1|} = 0$。极限存在且为有限数，故为可去间断点。
选 C。$f(x) = -\int_0^{\sin x}t^2 dt = -\frac{1}{3}\sin^3 x \sim -\frac{1}{3}x^3$。$g(x) \sim x^3$。比值极限为 $-\frac{1}{3} \neq 0, 1$，为同阶非等价无穷小量。
选 B。当 $x \in (1, 2)$ 时，$0 < \ln x < \ln e = 1$，故 $(\ln x)^2 < \ln x$。由积分保号性得 $a < b$。
选 D。$\int_0^\pi \sin^2 x dx = \int_0^\pi \frac{1 - \cos 2x}{2}dx = \frac{\pi}{2}$。

三、计算题

【题目】

求极限 $\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x} - \sin 2x - 1}{x\tan x};$
设函数 $f(x)=\begin{cases}\ln(1+x), & x>0 \\ e^{ax}+b, & x\leq0\end{cases}$ 在 x=0 处可导，求 a, b 的值，并求 $f'(0)$ ， $f'(x)$ ;
求由参数方程 $\begin{cases} x = t^{2} + 2t \\ y = \ln(1 + t) \end{cases}$ 所确定函数 $y = y(x)$ 的一阶及二阶导函数.

【解析】

分母 $x\tan x \sim x^2$。应用洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x} - \sin 2x - 1}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{2e^{2x} - 2\cos 2x}{2x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x} - \cos 2x}{x} = \lim_{x\to 0}(2e^{2x} + 2\sin 2x) = 2$$
连续性：$f(0) = 1 + b = \lim_{x\to 0^+} \ln(1 + x) = 0 \implies b = -1$。右导数：$f'_+(0) = \lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(1 + x)}{x} = 1$。左导数：$f'_-(0) = \lim_{x\to 0^-}\frac{e^{ax} - 1}{x} = a$。由可导性：$a = 1$。故 $a = 1, b = -1, f'(0) = 1$。导函数为：
$$f'(x) = \begin{cases} \frac{1}{1 + x}, & x > 0 \\ 1, & x = 0 \\ e^x, & x < 0 \end{cases}$$
$\frac{dx}{dt} = 2t + 2 = 2(1 + t)$，$\frac{dy}{dt} = \frac{1}{1 + t}$。
$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{1}{1 + t}}{2(1 + t)} = \frac{1}{2(1 + t)^2}$$

$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{d}{dt}\left[\frac{1}{2(1 + t)^2}\right]}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-\frac{1}{(1 + t)^3}}{2(1 + t)} = -\frac{1}{2(1 + t)^4}$$

四、计算题

【题目】

计算不定积分 $\int \frac{dx}{x\sqrt{1 - x^2}};$
计算定积分 $\int_{0}^{1}\frac{x+3}{x^{2}+4x+5}dx$ ;
计算反常积分 $\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x} dx$ .

【解析】

令 $x = \sin t$：
$$\int \frac{\cos t dt}{\sin t\cos t} = \int \csc t dt = \ln|\csc t - \cot t| + C = \ln\left|\frac{1 - \sqrt{1 - x^2}}{x}\right| + C$$
拆项积分：
$$\int_0^1 \frac{(x + 2) + 1}{(x + 2)^2 + 1}dx = \frac{1}{2}\left[\ln(x^2 + 4x + 5)\right]_0^1 + [\arctan(x + 2)]_0^1 = \frac{1}{2}\ln 2 + \arctan 3 - \arctan 2$$
分部积分两次：
$$\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x}dx = 2\int_0^{+\infty} x e^{-x}dx = 2\int_0^{+\infty} e^{-x}dx = 2$$

五、计算题

【题目】

设函数 $f(x) = \frac{x^2}{(x - 1)^2}$ ，解决如下问题：

求 $f'(x), f''(x)$；
列表求单调区间与极值；
列表求凹凸区间与拐点.

【解析】

$f'(x) = \frac{-2x}{(x - 1)^3}$，$f''(x) = \frac{4(x + \frac{1}{2})}{(x - 1)^4}$。
驻点 $x = 0$。单调减区间为 $(-\infty, 0]$ 和 $(1, +\infty)$；单调增区间为 $[0, 1)$；极小值为 $f(0) = 0$。
拐点候选点 $x = -\frac{1}{2}$。凸区间为 $(-\infty, -\frac{1}{2}]$；凹区间为 $[-\frac{1}{2}, 1)$ 和 $(1, +\infty)$；拐点为 $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{9})$。

六、应用题

【题目】

某地区防空洞的截面拟建成下方为矩形上方为半圆的形状，截面的面积为 $5\,\mathrm{m^2}$ ，解决如下问题：

用防空洞的底宽 $x$ 表示防空洞截面的周长 $y$ ;
当 x 取何值时，才能使截面的周长 y 取得最小值，并求出最小值.

【解析】

半径为 $\frac{x}{2}$，半圆面积为 $\frac{\pi x^2}{8}$。矩形高 $h = \frac{5 - \frac{\pi x^2}{8}}{x} = \frac{5}{x} - \frac{\pi x}{8}$。周长 $y = x + 2h + \frac{\pi x}{2} = x + \frac{10}{x} + \frac{\pi x}{4}$。
$y' = 1 + \frac{\pi}{4} - \frac{10}{x^2} = 0 \implies x = \sqrt{\frac{40}{4 + \pi}}$。此时截面周长取得最小值，最小值为 $y_{\min} = \sqrt{40 + 10\pi}$。

七、证明题

【题目】

证明：当 $0 < x < 1$ 时， $2x \ln x + 2 < x + \frac{1}{x}$ ；
设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $f(a) = f(b) = 0$ ，试证明：至少存在一点 $\xi \in (a, b)$ ，使得 $f'(\xi) - 2f(\xi) = 0$ .

【解析】

证明： 设 $f(x) = 2x\ln x + 2 - x - \frac{1}{x}$。$f'(x) = 2\ln x + 1 + \frac{1}{x^2}$，$f''(x) = \frac{2(x^2 - 1)}{x^3} < 0\ (0 < x < 1)$。故 $f'(x)$ 单调递减，$f'(x) > f'(1) = 2 > 0$。因此 $f(x)$ 在 $(0, 1]$ 上单调增加，$f(x) < f(1) = 0$。证毕。
证明： 设 $F(x) = e^{-2x} f(x)$。$F(x)$ 在 $[a, b]$ 上满足罗尔定理条件：$F(a) = F(b) = 0$。存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $F'(\xi) = e^{-2\xi}(f'(\xi) - 2f(\xi)) = 0 \implies f'(\xi) - 2f(\xi) = 0$。证毕。

模拟试题二

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、填空题

【题目】

$\lim_{x\to0}(1+2x)^{\frac{1}{\sin x}}=$ ____;
设 $f(x)=2x^{2}+\ln x$ ，则 $f''(1)=$ ____；
设函数 $y = y(x)$ 由 $xy = e^{x + y}$ 确定，则 dy = ____；
若已知 $\int f(x)dx = e^{2x} + C$ ，则 $\int \frac{f(\ln x)}{x} dx =$ ____;
微分方程 $y'' + 2y' + y = 0$ 的通解是 ____.

【解析】

$\lim_{x\to 0}(1 + 2x)^{\frac{1}{\sin x}} = \lim_{x\to 0}\left[(1 + 2x)^{\frac{1}{2x}}\right]^{\frac{2x}{\sin x}} = e^2$。
$f'(x) = 4x + \frac{1}{x}, f''(x) = 4 - \frac{1}{x^2} \implies f''(1) = 3$。
两边微分：$ydx + xdy = e^{x+y}(dx + dy) \implies dy = \frac{e^{x+y} - y}{x - e^{x+y}}dx$（或 $\frac{xy - y}{x - xy}dx$）。
$\int \frac{f(\ln x)}{x}dx = \int f(\ln x)d(\ln x) = e^{2\ln x} + C = x^2 + C$。
特征方程 $r^2 + 2r + 1 = 0 \implies r_1 = r_2 = -1$。通解为 $y = (C_1 + C_2 x)e^{-x}$。

二、选择题

【题目】

当 $x \to 0^{+}$ 时，与 $x$ 等价的无穷小量是（）； A) $2\sin x$ B) $x^{3}(x + 1)$ C) $\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}$ D) $\sqrt{x}$
由原点(0,0)向曲线 $y = \ln x$ 作切线，则切线方程为（）； A) $y = \frac{x}{e}$ B) $y = x$ C) $y = 2x$ D) $y = ex$
$\int \frac{x^2}{1 + x^2} dx =$ （）; A) $x - \arcsin x + C$ B) $x + \arctan x + C$ C) $\arcsin x + C$ D) $x - \arctan x + C$
函数 $f(x)=\int_{0}^{x^{2}}\sqrt{1-t}dt$ 在 x=0 处（）； A）没有极值 B）取极大值 0 C）取极小值 0 D）取极小值 1
方程 $y''-6y'+9y=x^{2}-1$ 的一个特解具有形式（）. A) $a(x^{2}-6x+9)$ B) $ax^{2}+bx+c$ C) $x(ax^{2}+bx+c)$ D) $x^{2}(ax^{2}+bx+c)$

【解析】

选 C。$\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x} \sim \frac{1}{2}x - (-\frac{1}{2}x) = x$。
选 A。切点 $(x_0, \ln x_0)$，切线 $y = \frac{1}{x_0}(x - x_0) + \ln x_0$ 过原点 $\implies \ln x_0 = 1 \implies x_0 = e$。切线为 $y = \frac{x}{e}$。
选 D。$\int (1 - \frac{1}{1+x^2})dx = x - \arctan x + C$。
选 C。$f'(x) = 2x\sqrt{1 - x^2}$，在 $x = 0$ 处由负变正，取极小值 $f(0) = 0$。
选 B。$\lambda = 0$ 不是特征根，多项式次数为 2，特解形式为 $ax^2 + bx + c$。

三、计算题

【题目】

求极限 $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{x\ln(1 + x^2)};$
设函数 $f(x)=\begin{cases}x+b,&x<1\\ ax^{2},&x\geq1\end{cases}$ 在 x=1 处可导，求 a,b 的值，并求 $f'(x)$ ;
求由参数方程 $\begin{cases} x = \ln (1 + t^2) \\ y = t^2 + \arctan t \end{cases}$ 所确定函数 $y = y(x)$ 的一阶及二阶导函数.

【解析】

分母 $x\ln(1 + x^2) \sim x^3$。洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{x^3} = \lim_{x\to 0}\frac{x\sin x}{3x^2} = \frac{1}{3}$$
连续性：$a = 1 + b \implies b = a - 1$。导数：$f'_+(1) = 2a, f'_-(1) = 1 \implies a = \frac{1}{2}, b = -\frac{1}{2}$。
$$f'(x) = \begin{cases} 1, & x < 1 \\ x, & x \geq 1 \end{cases}$$
$\frac{dx}{dt} = \frac{2t}{1 + t^2}, \frac{dy}{dt} = 2t + \frac{1}{1 + t^2}$。
$$\frac{dy}{dx} = t^2 + \frac{1}{2t} + 1$$

$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{2t - \frac{1}{2t^2}}{\frac{2t}{1 + t^2}} = \frac{(4t^3 - 1)(1 + t^2)}{4t^3}$$

四、计算题

【题目】

计算不定积分 $\int \frac{xe^x}{\sqrt{e^x - 1}} dx;$
计算定积分 $\int_{1}^{9} \frac{dx}{x + \sqrt{x}}$ ;
求方程 $xy' \ln x + y = 2 \ln x$ 的通解.

【解析】

令 $t = \sqrt{e^x - 1} \implies e^x = 1 + t^2, dx = \frac{2t}{1 + t^2}dt$：
$$\int \frac{(1 + t^2)\ln(1 + t^2)}{t} \cdot \frac{2t}{1 + t^2}dt = 2\int \ln(1 + t^2)dt = 2t\ln(1 + t^2) - 4t + 4\arctan t + C$$

$$= 2x\sqrt{e^x - 1} - 4\sqrt{e^x - 1} + 4\arctan\sqrt{e^x - 1} + C$$
令 $t = \sqrt{x}, dx = 2tdt$：
$$\int_1^3 \frac{2tdt}{t^2 + t} = 2\int_1^3 \frac{dt}{t + 1} = 2[\ln(t + 1)]_1^3 = 2(\ln 4 - \ln 2) = 2\ln 2$$
标准化：$y' + \frac{1}{x\ln x}y = \frac{2}{x}$。积分因子为 $\ln x$。通解为：
$$y = \frac{1}{\ln x}(\ln^2 x + C)$$

五、计算题

【题目】

列表求函数 $y = x^{3} - 6x^{2} + 9x - 3$ 的单调区间、极值、凹凸区间及拐点.

【解析】

$y' = 3(x - 1)(x - 3)$，驻点 $x = 1, 3$。 $y'' = 6(x - 2)$，拐点候选点 $x = 2$。

单调增区间：$(-\infty, 1]$ 和 $[3, +\infty)$；单调减区间：$[1, 3]$；
极大值：$f(1) = 1$；极小值：$f(3) = -3$；
凸区间：$(-\infty, 2]$；凹区间：$[2, +\infty)$；
拐点：$(2, -1)$。

六、应用题

【题目】

从点 $(0, 3)$ 向抛物线 $y = 2 - x^{2}$ 作两条切线，设切线和抛物线所围平面图形为 D，试求：

两条切线的方程;
平面图形 D 的面积;
平面图形 D 绕 x 轴旋转一周所形成的旋转体的体积.

【解析】

切点 $(x_0, 2 - x_0^2)$，切线 $y - (2 - x_0^2) = -2x_0(x - x_0)$。过 $(0, 3) \implies x_0 = \pm 1$。切线方程为 $y = -2x + 3$ 和 $y = 2x + 3$。
面积：$S = 2\int_0^1 [(-2x + 3) - (2 - x^2)]dx = 2\int_0^1 (x^2 - 2x + 1)dx = \frac{2}{3}$。
体积：$V_x = 2\pi \int_0^1 [(-2x + 3)^2 - (2 - x^2)^2]dx = \frac{44}{15}\pi$。

七、证明题

【题目】

证明：当 $x > 1$ 时， $(x + 1)\ln x > 2(x - 1)$ ；
设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0,\quad f(1)=1$ ，试证明：（1）在(0,1)内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f(\xi) = 1 - \xi$；（2）在 $(\xi,1)$ 内至少存在一点 $\eta$ ，使得 $\frac{\xi}{1 - \xi} = f'(\eta)$ .

【解析】

证明： 设 $f(x) = (x + 1)\ln x - 2(x - 1)$。$f'(x) = \ln x + \frac{1}{x} - 1$，$f''(x) = \frac{x - 1}{x^2} > 0\ (x > 1)$。 $f'(x)$ 单调递增，$f'(x) > f'(1) = 0$。故 $f(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上单调递增，$f(x) > f(1) = 0$。证毕。
证明： (1) 令 $F(x) = f(x) + x - 1$。$F(0) = -1 < 0, F(1) = 1 > 0$。由零点定理，存在 $\xi \in (0, 1)$ 使得 $F(\xi) = 0 \implies f(\xi) = 1 - \xi$。 (2) 在 $[\xi, 1]$ 上应用拉格朗日中值定理：存在 $\eta \in (\xi, 1)$ 使得 $f'(\eta) = \frac{f(1) - f(\xi)}{1 - \xi} = \frac{1 - (1 - \xi)}{1 - \xi} = \frac{\xi}{1 - \xi}$。证毕。