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2023李林数学二《880题》解析册.pdf

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资源描述

1、? 2023李林考研数学系列精讲精练880题傲学二解析分册)蕴含6套卷和4套巻的解题思想编著李林不靠押题靠实力 考研数学就选李林!- CC-880题是一套凝结我大量血利1功力的习题集, 不偏不怪,会让你有一种考硏题就会这么考的感觉。”7 1回回扫码领取视频课程李林老师新浪微博中国原子能出版社V穿越数学45份考冉知识清单重点要点靶向击破200余道炉真题集训涵盖高疝线代概率时空高额袴点1 口日题带你45个考更深度透析考情揭秘有的放矢讲精练880题:数学三解析分册)Ffe 讽!丄出、j:鼻綁李林(数学二试题分册)SILU丄也也:眄繍李林2023镇著李林李林考研数学系歹c精讲精练880题(数学二解析分

2、册)不靠押题靠实力 考研数学就选瑚不靠押题靠实力 考研数学就选李林!不靠押题靠实力 考研数学就选李林!2023李林考研数学系列精讲精练880题&?: W-um=um=学数 車蛙TRTR题费 押学 B数 不it李林*SSSSSS学系列轄讲精练8 8 0 题 竽总盘 甲 h h C -精讲精练日日口题带 你 逃 离 数 学 迷 宫 李林年度大作高数/线代/概率一网打尽基础题与真题难度持平综合题略难于真题拓展题用来冲刺高分880题是一套凝结我大量心血和功力的习题集, 不偏不怪,会让你有一种考研题就会这么考的感觉。扫码领取视频课程李林老师新浪微博中国原子能出版社”7目 录解析分册高等数学第一章函数、极

3、限、连续.1基础题.1综合题.7拓展题.18第二章一元函数微分学及其应用.20基础题.20综合题 .35拓展题.46第三章一元函数积分学及其应用.48基础题.48综合题.62拓展题.84第四章多元函数微分学及其应用.85基础题.85综合题.91拓展题.99第五章二重积分.101基础题.101综合题.110拓展题.118第六章微分方程及其应用.120基础题.120李林考研数学系列精讲精练880题(数学二解析分册)综合题.125拓展题.132线性代数第七章行列式.133基础题.133综合题.137拓展题.141第八章矩阵.142基础题.142综合题.149拓展题.154第九章向量.155基础题.1

4、55综合题.160拓展题.165第十章线性方程组.167基础题.167综合题.172拓展题.176第十一章相似矩阵. 177基础题.177综合题.185拓展题.194第十二章二次型.196基础题.196综合题.199拓展题. 2032第一章 函数、极限、连续 高等数学第一章 函数、极限、连续8基础题一、选择题(DC.解 对函数/(x)取绝对值,得丨/Xz) | = | z丨| sin力丨ecosx,其中丨sin jc 不恒等于0, ecos0,故根据丨刃可断定_/&)不是有界函数,也不是周期函数.再由f(O)=O,f() = y = 0,可知 /(J?)不是单调函数.V 6 (oo,4-oo)

5、,有/( x) = 1 (鼻)sin(z) | ecos(_x) = | zsin z | em3x = /(x),故/(工)是偶函数,C正确.(2) D.解 在区间(0,号)内,sin x单调增加,cos x单调减少,任取,x2 C (冷),且 m cos(sin 氐),所以函数 /(-)单调减少.又 cos J7i cos x2,则 sin(cos 小) sin(cos x2),故函数 g(H)单调减少,D 正确.【注】复合函数的单调性:设函数水工)单调增加,gQ)单调减少,则_/LfQ),ggQ)都单调增加(假设复合有意义); yg(2),g/(広)都单调减少.复合函数的奇偶性:设*工)

6、是偶函数,g(z)是奇函数,则/&),/g(z),g/(z)都是偶函数; ggQ)是奇函数(假设复合有意义,可利用奇偶性定义证明).(3) B.解 由 /(J:) = a/1 J: + J;2 yi + J; + J72 = /(工),知 /(X)是奇函数.l+8 / + Z + J:2 + J 2 +,- 2同理,可得lim 2)=-1,故D错误,根据极限的有界性,可知C错误.1李林考研数学系列精讲精练880题(数学二解析分册)(4) D.解 由题可得 lim 丁 孚丫 = lim - - + lim -77r = 0.故 D 正确.x+o J X4-00 gx) X+00 / x)(5)

7、D.解 当工一 0时,gf+oo,sin丄在一1和1之间振荡,且重复函数值为零,故可排除X XA,B 取九=- -(/I = 1,2,),则当 j?” -* 0 时,2mv +号y(2”)= (2 + *) 兀2 -OO,故gsin (j; -* 0)不是无穷小,也不是有界量.再令yn =丄(“ =1,2 ,),则当了” 0时, X X TITX.心,)= 0,因此当。时,吝吩不是无穷大.(6) C.解 由已知,可得 lim(1Q用 上+ 6) = 0,x-oo 无十 J.故 1a = 0,a + b = 0,解得 a = 1 ,b = 1 ,C 正确.【注】 【注】 由 (“且2,故=3.(

8、8)A.解 由于応供=lim 吃=2 lim 心=2 lim 丄=0 V 1, x-H-oo gJC) x-oo SC 工-* +8 JC 匚-+8 3C,故当工充分大时,g(z)=工 0, V 1,即/() 1,X-*4-OO gJC) x-*-|-OO JC +8 2故当久充分大时,g(z) = e 0, 1,即h(x) g(z). A正确.g(z)【注】 此题本质是无穷大量阶的比较:从低阶到高阶有lnAn ,rf ,an ,n ,n (n -* oo),其中人鼻l,a0,al.(9)C.解 对于C:用反证法,若lim(a” bQ存在,则lim(a” 仇)+ (a” +b”) = lim2

9、a,极“f 8 n-*-oo “f oo限存在,与已知lima”不存在相矛盾,故C正确.2第一章 函数、极限、连续(10) A.解 /(a:)在鼻=0处间断,考虑间断点处的左、右极限. c 丄 . /2 + e7 sin=limRf 0_2 + e占-sin x: T 十/2 + e i sin 2 1 4- e7 I Ilimxo2 + e7 - sin x=2 1 = 1,=lim . 亠x-o+ 1 +故# = 0是/&)的可去间断点,A正确.二、填空题JC=limsin工JC1 + e x呷1 + e2 , 12e= + e=+ 1=1,(1)1.1,0,解I 于(2) I _/&)

10、由 | f(x)| i. =1.解当 EfO 时,(1 + ax2 ) 1 2 , cos jc 13=- -2 寺工2,故a解x-0一2.sin 2j; + e2ar 1 sin 2x e2ar 1 9 , r 2zr 。丄 lim- = lim-H lim- = Z 十 lim- = 2 十 厶a.x-* 0 3C- x-* 0 JC x-0 3C x-* 0 JC.又由函数连续的定义,可得2 +2a = a,解得a =2.(4) P4- H*+8存在,则有P 2.当P0e,-2+2cos x J?limx-* 0t2 2 + 2cos xv 2h 2sin jc=映 1 1 1 cos

11、X=冷丄1,- 2=lim-r0 工f 0 X0 JCa + (b 1)工 + 2 + 仏一寺)分 +。(工3)=lim-z- = 0 9x-0 X由上式,可得 a = 0,6 = l,c = 0,d =寺,故 a + b + c + d = o o三、解答题(1 )证 令右(攵)=flQ + /( 2), f2 Q)= _/(工)一/( J7),则/1 ( Z)= /( H)+ /(-T)= /i(X),fl ( 2)= Z) /(-T)=一 f2(Z),故/1()是偶函数,九(小是奇函数,所以f( )= /(#)+ y(尤)| f一 工)(2)解 由已知, a/Xz) +好() = , 在

12、式中用代替工,得 ( + )+”(#) = CH. 再由 Xa Xb,得(a? b2 )/(jt) = 一 be 工.由 | a |工| b |,知/(z)=x宀d)而 所以/(#)是奇函数.(3) 证 任取x-i ,jc2 G ( a,a),且比 4 ,由已知,I 于(22) _/(0 ) | | 乜一Q 丨=工2 81 而/(Z1 ) /(J;2)C I /(-r2)于(21 ) | W 広2 劝,故心)+工1 N时,有丨工”一a |0,3正整数M,使得当2kNx时,有k-*-ooI JC2k a | 0,3正整数M,使得当2 + 1 N2时,有 bf8I工2卄1 a | N时,有与同时成

13、立,即丨工” 一a |V e,故limj: = a.8(5)解(I)9 i x jcsin x lim-OO 9 I 丄x 十 resin xlim工f81 sin xx1 + sin 丄x x=1.4第一章 函数、极限、连续(U)limx-4-ooa - + 6- + 占3=limX-+oo3 +启+定+占一3 )+占+十_33而limZ-+8吕+定+占一33 丄X故原式=glnSc) 3(o/c)T.(皿)limHf 0limX0(N)(V)(VI)j_ _1_ N+6了士 c33Hm( 1)+ (b: 1) + (c 1)Hf+8 1O XyOn a + In 6 + In c) = l

14、n(abc) ,ln(sin咚十 eT = lim ln(sin + eO - In bln(e2x2) x-*-0 ln( e2,rjc2 ) In e2xIn 14 2 sin jcIn 1=limx-0lim(l+沁芒=limx-0=e3 limx-* 0lim x-0 x-031n(l + jc) 0-otan xJCx 2 sin x 2lim(-e) =1.Zf 0 X31n(l+z)e e3xe,3limx-031n(l+x)T -113e3 IiJn(l+Q”x-0 = limee-1)X, L 0Z3X2=limex x-0limcot x ( 工o sin jc11x(MI

15、)lim(l 一 x2 )i-/-,= lim(l0 工一0 x2故原式=e2limjr0limx-0 x sin x=3旨 lim1+j:Hf 0tan x xtan x sin x xH3=limZ-* 02x丄33 x lim r=工f0 xx sin xJ?3-Aes2 *1T1 2-3C1 cos x i. 2 I厂乜討=_z工2)-去广心.而lim 二 1,=lim 土(1 + J日 z 1 yi x2 zjc21=一 2,(VH) limsino+(6)解 (I)依题意,得=limesinxlnx gf ()+lim sin ef o+: In xlim x* In x&fo+l

16、im甲=W*。+ee = 1.而*九(兀+ 1)n2 n n12-n- I - I -I-n2 + n + 1 zz2 + zz + 2+ 1)n2 n n n2 + /? + 1 n根据夹逼准则,原式(D)limn* oo-n(n + 1)n2 + 72 + n寺,limZj n-oo+ 1)n2 + h + 11Ilim-1 + 2|-+ /z - J + 2 + + (? 1)n-oo15李林考研数学系列精讲精练880题(数学二解析分册)=lim九f 8十 1) n(n 1)=lim 丄、,.2“ .=李.扼 /z (九 + ) + Jrtjn 1)2 7?(in)由乔1二! = +(药

17、丄1_卄1)知2 卄2 _ 1 当攵工0时,有f(j:) = lim 丄1JC 十丄1_1故原式=lim y (1 j.1=1( 2/T+l)+1 - 2n + lT*)+ +12n 1 2n + 18(IV)由1 w J1 +寺+ +丄WST,而limT = 1,故由夹逼准则,原式=1. Z n n-oo艺W) 而=lim 1 +limnn-oo2故原式=eiln3 =尽1+73 T号迈-1)严= limz? - = imn(y/3 1) = -ln 3,Li Li f oo Z”fOOn-oo8【注】 【注】 常用结论:lim/n = 1,lim l(a 0).flOO “一co解 心在(

18、0,2k)内的间断点为工=于,竽,,牛由lim _/(2)=+00, lim y(_z)=+oo,可知夂=手, =学为第二类间断点. -(7)+ ”(竽)+ 4 4由Iim/(J7)= 1, lim/(j;) = 1,可知a =苹=与为第一类(可去)间断点.3tt 7n 4 4(8)解 先求极限得到 g 的表达式,再讨论fS 的连续性.n-*-oo0, t2,一19 0 V丨力丨V 1,丨无|=1, 故在(一9 1)9 | 工 |1 9(一1,0),(0,1),(1, +oo)内 g 连续.又lim /(a:) = 1, lim f (工)1, +x1 X1lim/(j7)= 19X0lim/

19、(j?) =一1, lim/(j:) = 1,X-*l 工-*1+所以 g 在工=0, 土 1处间断,是第一类间断点,其中工=0是可去间断点.(9)证 由fS 在a,刃上连续,知/(j:)在c,刃上取得最小值k和最大值K. 由于(m -n)k W mf (c) + nf(d) W (m + ?z)K,故 k 沁2扌() a | 1r 卄=-H-扬,因此工卄1 ooA, = 1 + v + 4%A2故 If = 1 + J + 铉71 fg(11)证2由已知,有z卄1 $ 0,夕卄1 $ 0,z” oo “f 8 f 8 ” f OO又由xn yn ?可推得A B ?当z?foo时,将jc卄i

20、= / jcnyn和j/卄i =才两端分别取极限,得A = AB ,B = 丁目,由此可得A = _B,即lim = lim%.fl oo n co9综合题一、选择题(1)A.解令丄=则XeSin t _ 1原式=映(1 + M (1七)im _r_ =i- * 0 (k 一 l)t(l + t)=limr-01k-1sin t(1 + + 叮故k 1,A正确.(2)A.2arctan x In -V 1 Xlimx-* 0 xp2_ 1_1_1+j? 1+ h 1 一 x=lim-;-r-o prx可得p = 3 9 c = 1 无4lim r x-0 pJC1lim - = cP 吧 丁3

21、(1 分)寻,A正确.解 由a工0,D.解 当工f 0时,7李林考研数学系列精讲精练880题(数学二解析分册)0(攵)=a/1 + J:2 a/1 uC2 =2鼻2_ _ jC2a/1 4 3 + /1 uCa(z)=tan x sin 2=(1 cos j:)tan xy(a:)*1COS Xsin tAt = cos t00=1 COS(1 COS J7)一 d COS X) )Z4故D正确.(4)D.解依题设,有limx-0In Jl +j/Q)limyQ) = j/(0) = 0,limj/(0) = j/(0) = 0, x0 x0lim/Q) = Iime3j: 2j/(_z) j

22、/Q) = 1, X-0 _Tf 0扣(1+/) 2=lim-7- = V lim -7-Txo 夕(攵) Z xo yx)1 】 2工 1 2 1 xzo ,=V lim ( = V -/ 、=可 X 2 = 1.乙 x-o y (工) Z x-* o y (e) Z故2(5)B.limF(w) = lim 卫 = lim -= /z(0) 工0 = F(0),x o x 0故z = 0是FQ)的第一类间断点.(6)D.x-x-0 x-*O解解 当 z 1 时,arctan 二丄了 有界,jc + 1 -* 0,故 lim f(x) = 0 = /( 1),即 /(je) X 1 x-l在h

23、 = 1处连续.又lim fix)=兀,lim fO 兀,所以/(j?)在工=1处间断. Hf 1 工*1 +(7) D.解 对于人:取皿=等1,则M1,令九=q”一 苓2,则1- 1- ( a + l 0. n-*oo ”f 8 厶) 厶 Z由极限的保号性,当n充分大时,有九=a” 一 呼 0,即a” 字 =M 1.对于E:令鼻” =b a”,贝= lim(6 a) = 一 a 0,由保号性可知,当n充分 ”一OO “一OO大时,2” 0,即 a bn.对于 C:令 h” = N a”,则 z” $ 0(” = 1,2 , ),由极限保号性,得 N _ a = limz” $ 0,8即a W

24、N,同理可得Mg a.对于 D: :取 a” = 2 Z,则 lim(2 ?) = 2工0.显然,a” = 2 2-,故选 D.(8) D.解 若取rn = n,y =_ n,则&”与%均无界,但九+ y有界,故排除A.若取 xn = 1 + (1),% = 口一 ( 1),则 &”与”均无界,但 rnyn = 0,即 &”有界,故排除B.若取rn = n,yn = 0,则&”无界,%有界,但jcnyn有界,故排除C. D正确.(9) D.8第一章 函数、极限、连续对于D:由于解1 一 1丄1丄 丄1 一 1/尹+庐十十症V市 a/ (*+* +) + oo.由于 lim/(jcn) = li

25、m ( 1 +”f 8lim/(j/) = limn-oonf8n-*-oo t1 -(2卄*)兀1 + -.(2zz + t7C2“ + *_0_717Z7t(n = 1,2,),则当nit1 9=e,故由海涅定理,可知lim (1 +竺不存在.x-*4-oo 3C /对于 C:由于数列+(-l)n(zz + l)无界,故 limn+(-l)(/2 + l)不存在.n-* oo(10)D.tf (t)dtdu 是关解 由已知,厅(/)是偶函数,故tfdt是关于“的奇函数,则 0于7的偶函数.【注】 【注】 结论:设/&)连续,aHO为常数,则当/&)是奇函数时,为偶函数当 g 是偶函数时,f

26、dt不一定为奇函数.(H)C.解 当 z 0 时= lim + $=lim 窘fl;i-*H-oo 2 4- 1+oo 1 + 2垃当 Z = 0 时 JQ) = lim =寺;当攵 o,当一&工0,当o V &时有界.()+ I 2 I I 丄十 2 丿取& = min(1,&2,则当 I -x |0,当丨工|X时JQ)有界.又 g 在X, d上连续,故有界,从而在(一oo, +oo)内有界.【注】 判别 g 在区间上有界的常用方法: 利用定理:若/(工)在闭区间a,刃上连续,则心在a,刃上有界. 若/()在开区间(a,b)内连续,且lim/(j;) , lim f (工)都存在,则fCx)

27、在(a,方)内x-a 工fb有界,(a,b)为无穷区间也成立. 结论:若尸&)在有限区间(a,b)内有界,则fCx)在(a,b)内有界.证 任取x G (a,b),取定点攵。W (a,b)(z工氐),由拉格朗日中值定理,存在 W (a,b),使得 = f(x0) + _/()(工一毗),则I /(工)I = I /(0)+_/($)(攵一攵0)丨丨 /(Xo)1 + 1 /() II X Xq I . 由有界及丨工一口 | b-a | ,可知存在M$0,使得丨/(a:) |0 1 cos Xsin? x_0_xnlimx0 丁24可知当2 0时,有/(jc)一(1 cos工)-边又i. /(s

28、in2a:) 2sin jccos x 2 v jcfx2) = lim -二i- = hm -x-* 0=limn xoX nxnx2n x-* ogLl=丄 lim 二4, n lo h故一 1 = 5,即 72 = 6.(4) (1 + eT)寺1.解a,工厂+刃droI1 M (1 +h)*d(l +丹)02I丄 (1+#)务 n o0n1 +nn +3由n-* oo 71 /”f 8=e,知陛岛limm”f 8lim81 +=丄9故 e32nn + 11 = (1 + e_1 1.r二莎解limlnn8n 2nk + 1 T nd 2k)=In lim”f 8In lim”f 8兀(

29、1-2上)p n 2nk + 1 T_ n(l-2k) J2k _1_ 1= r=莎1 + /z(l-2)J(6)亦】解 由0 v如V Q2,有lim(a?n + a2n) = lima J8noo1 +2=Qi=0).【注】这类问题也可利用结论:lim 目叭 + 曲 + + a; = maxaf (% 0 J = 1,2, 9k).“f 8 lik由0Ql Vd2 9可知丄丄9故a2limCap + ci2n) = limn*-oo oa丄Qi1+ (本题也可利用夹逼准则求解,由0 v ai 2,故丄=aiOC+2X=返,1a bx工11李林考研数学系列精讲精练880题(数学二解析分册)而l

30、im当=0,由已知,有lim ( 6 1 a bx2 ) = 0,易知a =- 1,代回原式,得 X-*8 JC OOlim ( + x2 () = ,所以b = lim( vl x6 + jc2 ) = lim 气 -*;. = 0, 一y(i-6)2 * 71分 + 分故 a = 1,6 = 0.(8) 2,2.解 由 lim 幻=0, lim z = 1,有H-o+ Rf o_ln(l + e吕)lim az 4 lo+(ln(l + )In( 1 + e吕)ln( 1 + )=lim 旦1土o+ lne7 (1 + e_T )=lim 土!n(l + e) = ? = b,Z-* o+

31、 1 + zln( 1 + e7 )2e; =a + lim =a + lime7 =a + 0 = 2,工一 o ex x-* olim j a_x +故 a = 2,6 = 2.(9)0.解 由夕=关于点(a,0)(a H 0)对称,知f(a十攵)=f(a jc),即/( +工)和 f(a-x)关于工是奇函数,故对称区间上积分为0,即1 = 0.【注】【注】结论: y = y(H)关于直线 J: = a(a 0)对称 U/Xa+z) = fa_x)nfJa_Q , f(a + _z) 关于工是偶函数; ;y = _/(工)关于点(a,0) (a 工 0)对称少=/(a jr)=/(a jr

32、) , f(a + h) 关于工是奇函数.三、解答题(1)证 考虑数列丨Q”丨,有=| g | V 1,由极限保号性,存在充分大的正整”一8 | an |数N,使得当nN时,有-LJ- 1,即丨|丨a”丨,于是丨a” |单调减少,又因 I a” I丨a” 0,由单调有界准则,lim | a |存在,记lim | an丨=a,下证a = 0,用反证法.OO若a工0,则lim申叫-* I Q” I”fOOlim | a卄i |_ oo _ CL _lim | an | a n-* oo这与lim甲牛I =| q-* I II 1 矛盾,故lim | a”= 0,从而有lima” = 0.”f 8(

33、2)解 “” =2寺“f 82 *.2右=2討寺i+扎而lim 待+ * -F 箱nf 81it故 lim% = 21 = 2.” f oo【注】【注】此题相乘的因子不是有限项,不能用极限的四则运算法则.12第一章函数、极限、连续(3)证 分a = 0,a0,a 0时, f 8 X.nlim 沁=lim = limnoo Xn noo (l+a) + (l a)n n-* oolar1 + a丿/1 _ a(1 一 a) 1,知limn-oo=0 ,故 lim = 1 + a ;n-*o 3Cn当a olim + a? + + a; = maxai ,a2,,a&.nooa.Vka.解(I)由

34、= *( Sy),有瓷老2令y = #卄1 #”(九=1,2,),则%是以寺为公比的等比数列.当 2时,Z” = 3CX+ y1 +y2 -+ 夕”_1=1 + 1 + + + ;十十治=1 + 2(1-右故 limz” = 3.noo(H )由力卄2 = +(忑+ 卄1 ) 9得龙卄2 Z卄1当713时9九一九1 QoCn-i 工”_2)=|-(H 卄 1 H”) (72 = 1,2,)22 3 )_丄n2(工2 Hl )=n21 + a +由1 一 a1 + a1 a1 + a19丄丄故= J71 + (力2 一 El ) +(JC3 02 ) + + (工n- )n2 pk 2所以 li

35、nrr” = -|-.n-oo 0(6)证 (I)y”(j:) = l (1 cos xY 在 | 07T0y 1,由介值定理,至少存在一点九6(0冷),使得/”(#”)= *.又由fn (j?) = 7i(l cos xYx sin hV0(0VhV 号)9可知当0 o Tilim /(j;) = lim (z 1 一 21n z) = lim x+8 _r-*+oo 工一+8=+ ooTJE1=1 丄 ,故存在N0,当”N时,人(arccos丄 e z n又单调减少,故arccos丄 O” V手.而limarccos丄=辛,由夹逼准则,有limz” =手. 71 U n*-OO ZZ u

36、-*OO /(7)证 (I )令 /(j:) = X 1 21n x,则 /(e) = e 3 0,jc G (e, + oo),x故/&) =0在(e,+x)内有唯一实根,记为&(U)由(I)知,当 (e,)时,/(je) _z,故当 eVmVf 时, 4=1 + 21n Jr。 氐,1 + 21n m Zn-l,且鼻” V W,则z卄1 = 1 + 21n xn ocn,z”+i = 1 + 21n z” OO f 8对z” = 1 +21n斗_1左右两端同时取极限,有A = 1 + 21n A,即A为方程乂 = 1 + 21n x的实 根.由(I ),可知limz” = A = &n-o

37、o1(I )令 g(z)= fS + *) 则=于(o)/(*)&()=若。取 = *即可;若g(8)证g(O)H o,则由 /(O) = /(l),知 g(o)g(*)v 0.1由零点定理,知至少存在一点we (,t)u(0,1),使得g(w)=0,(H)令 FQ) = +nF(0) +F/(j:) ,x G0,- -L nn 一 1nH- F若 F(0) = Fny(o + +)-*o)= 所证结论显然成立I匚)= 0,即 n 1(1若 F(O),F,则/(I) /(0) = 0.=/(D-=0,不全为零,则其中必有正值和负值,由零点定理,知至少即 = f(e+j. = fn 一 1n2n

38、 1n存在一点 (0,1),使得 F(g) =0,即于()= /( $ +丄n【注】 【注】 本例可以推广为:设_/(工)在a,刃连续,且/(a) = /(6),证明:至少存在一点ww (a,b),使得产() = f14第一章 函数、极限、连续(9)证 limsin(7r a/t?2 + 1) = limsin|8n-oonit + 7t( /n2 + 1 一 n)lim( l)sin7r( / + 1 )n-*oolim(- l)sinoo7t 因为limTr 81J”? + + n0,所以 lim( l)sinOO1a/w2 + 1 + n1/兀2 + + n7T =0,于是limsinC

39、rc J代 + 1) = 0.”f 8 而 | sin(兀 /n2 + /?) | 1 有界,故limsin(7t /n2 + 1) sin(7r J代 + /?) = 0.n-* oo J 【注】 【注】 limsin(7r a/n2 + n) = limsin7Z7t + tt( + tz zz)” f oo= lim( l)sin7r( J代 + 刃)M-*OOn=lim( l)z,sin(兀厂-Jn + n + n8因为limit n-*oonyn2 + 72 + 咒手,所以limsinf兀*Li n-*oo n/?2 + n + n=1.,从而lim( l)sin 兀九-48 限的运

40、算法则.nyn2 + ZZ + 72不存在,故limsin(7t Vn2 +n)不存在,所以此题不能用极n-*oo(10)解 e用-13分(工0),所求极限为#型.由洛必达法则,有 原式=im(3 + 2tan 孙一3,9 j:2+ -ytan 町:D9je2(11)解(I )显然,JCH 0 有下界.又 sin 工 v 0),故 z卄 1 sin z” V _z”, 所以&”单调减少,故lim_z”存在,记为A. z卄i = sin xn两边求极限,得A = sin A,故A = 0.72-* OOx-* 03工=lim Rf 01limx-*0 xln(14-ytanx) _ 9 /(II

41、)limoo而所以原式=e-ij?ln( 1 + tan x =limx-02十tan x lim -xo 9h227lim” f oo_i_ 竺冲=limOC. ” / 丄沁 F (1 型)=lim0丄sin t t t1 2. V sin t t i. cos t 一1 2lim- - = lim- = lim o t6 o 3t o 3t30r-*01(12)证 令 z” = l+ * - g In”,则由 xn+x x,n17? + 1-n ( + 丄0时9 0” 一 1xn a 9所以工olnTl + 4 sin x从而紹土刃“以这里axlnxln a + az In a 9是比z咼

42、阶的无穷小)9即有sin xn a,故x Zrz、 -sin jrln ai J 3C) i u 1 ilim -b = lim- = In a.x LfSX0 JC2Zf 0(H)由=lim 上(马- = (a 工 0), x-4a X 一 4alim-x-*-2a JC ljCL 可知/(2a) = /(4a) = 0(否则极限为oo).因而鼻一 2a,z 4a均为f3 的因式,又fS 是三次多项式,故可令fjx) Ax 2a) (x 一 4a) (jc B), 其中A,为待定常数.由Hm2_ = HmAQ_2a)Cz:4a)Q B) =_2Az(2a_B),x-2a 0C- cjCL知由

43、IE卫字4a X 一 4 ajc 2 a_ 2Aa (2a 一 B) = 1.lim A& 2a)Q:4a)Q B) = ?应 _ B),x-*4ax-2a知x 4a 2Aa (4a B) = 1.联立式,解得 A = = 3a,从而 /(J7)= 2a)(工一4a) (z 3a),故La La 2a) jc 4a) x 3a)i.=limx-*3aee丄x 一 3a 2 (16)证 依题意,/&)在Ca,b)内有最大值,从几何上易理解,证明的关键是找到一点 Ca,b),利用最大值的定义证明y(e)为最大值.lim 4-工f 3a X 3a由lim f(jc) =一 oo , lim/(x)

44、=一 oo及极限定义,知对于M = r-*a+ x-*-b宁),存在这样的丁 当 aVWc 或=工6 时,都有 /(工) M.又/Q)在(a,b)内连续,所以_/&)在c,刃U (a,b)上连续,由最大值定义知,存在&和 /V c Vc,刃,使 /(g) N ,JC G c,刃,特别有 y(g) $下证/()为(a)内的最大值:17李林考研数学系列精讲精练880题(数学二解析分册)(I)当 W (a,c)或工 (d,b)时,有 /(x) 了( 丁)冬 ;(n)当 g w _c,(r 时,有 /(J;)w _/().综上所述JG)为 2)在Ca,b)内的最大值.【注】 若将本题的条件改为设fix

45、)在(a ,6)内连续,且lim/(j;)=X-*oo=2 A = 2.” f oo(18)证 (I )在0,1上,sin x A 0,sinj: $ 0,故 b” = J sinXdz $ 0.令则/(j;) = sin xn sinz (0 W 工 W 1 = 42,),f O = cos 3Cn zzsinn_1 j? cos OC而龙 0,1,有工$ sin工$ 0 9故ocnx 3 sini乞$0又0专9故COS Xn $COS 20,所以 f(工)y /(J7)在0,1上单调增加. 又/() = 0,所以 f(Q NO,故 si = Sin -即0 W M一 sin a:n A s

46、inz (0 工 1) 9 于是 in $ J sinXdz = 6 $ 0,a.(n)由 o sinn Cjrw(0j7 0,G(6) V 0,由零点定 18第一章函数、极限、连续理,存在攵* G (a,b),使得 G(z*) =0,即 F(_z*) = x* .(U )由已知条件,力0 G _a,b ,xn = F(h”_i)G _a,b,故&”有界.又 F(_r) =*l + y(H)0 (因 | 于(2)| 工0时,数列&”单调增加;当OO 存在,由(I )知= X* .”fOO(2)解 (I )由单调减少且非负连续,可知当工6匕M + 1时,有f( + l) s,故好 i fjt+1

47、 r+i/( + /()da:,k J k J k佯+i即 f(k + 1) /( (J7) )djt /().(H )若取 g = -(o),显然f(x)单调减少且非负,则由(I),知 X故又因为所以72 + 1nr+1丄吐=丄d.+r丄也十+厂1丄牡J 1 X J 1 X J 2 J: J n Xl + t +计1+丄山=1+丄花+丄花+丄也 J 1 X J 1 X J 2 X J n-1 X$ 1 + -|-十+ Z ny+i dr = In j? J1 x卄1 rn 1 I n=ln(l + n) 9 dj? = In 工1 J1 x I 1=In n 9ln(l + zz) W 1

48、+ - oo In 71 n-* oo In 72liml + )“f oo In 72v ln(l + x)洛必达 v 1 + hm -:- :, lim zx-*+oo In jc. 法贝!J x-*h-oo 1故由夹逼准则,可知limn-* oo1 + I- + + Z nIn n=1.19李林考研数学系列精讲精练880题(数学二解析分册)第二章一元函数微分学及其应用9基础题3一、选择题 A.解lx爭(工)1 2JCi f 、 i 1 COS 3C i 2limy(j:) = lim - = lim -=Hf+ x-* *0+ x Hf+ fx* TfWTT = 0 = 知函数心右连续又

49、_ _丄I工X00,而/(0) = O9故/(jc)在力=0处连续.f+ (0) = lim工 o+fg fgx 0故岸(0)=(2)A.心)T(o)x 一 0f(0) = 0,所以 /z(0) = 0,A 正确.尤(0) = limTf 01. 1 一 cos X=lim -=o+ JC x =lim疋述竝=o,0- 工limz0+1 ,2x丘0,解Hm /(h + fG b乂)z-* 0=lima /(工 + 心)一/&)+ lim6 . g az-o ax &-o =好(工)+ bfx) = (a + b) f (x).(3)B.解 由 lim/(j7)= limx-* 0 j-*C_

50、一 Qlim 3 _ Q = limo+ z 0 ”o+ 工 _ 0=OO 9故屛(0)不存在.(4) B.解由结论(见李林考研数学系列高等数学辅导讲义),/&)有(5) D./(jr) = (jc + 2) (jc + 1) | z+l | | x | | x 一 1 | 9 x = 0,z = 1两个不可导点.解_ 丄I工屛(0) = lim 凶丄/ I T = lim 2-lo+ z lo+ 70- Ecos /工|在2 = 0处不可导.12故 =(6)B120第三章一主函数微分学及其应用 丄由微分的定义,知巧=/(zo)g,故lim磐=lim =寺,E正确.Xf 0、JC Zkr-0

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