诚信无价-湖南省城市学院

1. 知识点：函数和极限
题：
lim
1cos

cos2


3
cos3


2005
cos2005


0

2< br>
解：本题看起来比较麻烦，无从下手，但是如果对下面的一道证明题熟悉的话，就很容易找到突 破点。例题：

0
lim
1
n
cosn
< br>
2

n
2
（大家可以自己证明一下）。故原式
=< br>lim[

0
1cos


2

cos

cos

cos2


2

cos

cos2

cos

cos2< br>

3
cos3


2




cos

cos2



2004
cos2005

cos

cos2
< br>


2005
cos2005


1c os2

1
2005
2
]

=
lim[

0
1cos


2
2
2


2

cos2005


2
]

=
1
2

2005
2
=
100 5507.5

变化：题中的2005可以是任意自然数n
2. 知识点：导数与中值定理
题A：设在[0,1]上，
f

(x)M
, 且
f(x )
在（0,1）内取得最大值，试证：
f

(0)f

( 1)M

解：本题考查的是中值定理，题目难度不大，关键是能够利用所给条件选择合适的定理来证明。
设上可导，故
f

(c)0
。对于函数y=
f

(x)
，因
f

(x)
在
f(x)
在
x c(0,1)
取最大值，
f(x)
在（0,1）
（0,1）上可导，在区 间[0,
c
]与[
c
，1]上分别用拉格朗日中值定理：存在
< br>1
(0,c),

2
(c,1)
，使得
f
(c)f

(0)f

(

1
)c
，
f

(1)f

(c)f

(

2
)(1c)

f

(0)f
(

1
)c,f

(1)f

(

2
)(1c)

|f

(0)||f

(1)||f

(

1
)|c|f

(

2
)|(1c)


McM (1c)M
类似：设函数
f(x)
在[
a,b
]上可导，
f(a)0,f(b)1
,求证：存在

,

(a,b)< br>，且



，使得
1
2
1
f

(

)

1
f

(

)
2(ba)
[提示，取
f(c),c(a,b)
]
题B：设
f(x)a
0
a
1
cosxa
2
cos2xa
n
cosnx
,且
a
n
|a
0
||a
1
||a
n1
|
，求证：
f(n)
(x)
在
[0，2

]
内至少有n个零点。 < /p>

解：由n个零点，很快联想到可以将区间进行划分，之后再来看
f(x)
，反复用罗尔定理。
ik

n
f(
k

n
n1
)a
n
cosk



i0
a
i
cos
ik

n
n1
(1)a
n

k

i0
a
i
cos,k0,1,

,2n
.
n1n1
由于：
a
n


|a
i
|
i0

|a
i
cos< br>i0
ik

n
|
，所以
f(
k

n
)
与
(1)a
n
同号，而
f(x)
在
[0，2

]
上连续，根
k
据零点定理：
f
记为
x
i
（i=1,2,…,2n）,不妨设
0x
1
 x
2
x
2n
2

。
(x)
在< br>(0，2

)
内至少有2n个零点，
又
f(x)
在< br>(0，2

)
上可导，根据罗尔定理，存在

i
( x
i
,x
i1
)
，使得
f

(

i
)0,
i=1,2,…,2n-1
，再应用罗尔定理，存在

i
(

i
,

i1
)
， 使得
f

(

i
)0
，
f

(x)
在
(0，2

)
上可导（即
f(x)
二阶可导）由
i=1,2,…,2n—2；如此继续，反复应用罗尔定理，最后可得
题C：已 知
e
x
f
(n)
(x)
在
[0，2
< br>]
内至少有n个零点。
1ax
1bx
对于
x
是3阶无穷小，求常数a, b之值。
解：常考题型，大多出现在填空题中，可采用麦克劳林展开式。
e
x
1 ax
1bx
[1x
1
2
x
1
2
1
2
1
2
2
1
6
xo(x)][(1ax) (1bxbxbxo(x)]

22
3322333
=
(1ab)x(abb)x(
abb0,

2
1
6
bab)xo(x)

32
3233
1ab0,
a
3.
1
6
bab0

1
2
,b
知识点：不定积分与定积分

题A：求
4

1
1sinx

4
dx
< br>a
a
a
解：在解答题目之前，先看一道证明题：
a
a
f(x)dx

0
[f(x)f(x)]dx

1
2
简单的证明：

f(x)dx
1
2
12

a
0
a
a
[f(x)f(x)]dxa

a
a
[f(x)f(x)]dx

=

2

[f(x)f(x)]dx
=

[ f(x)f(x)]dx

0


4

11sinx


4
dx
=

4
(< br>0
1
1sinx

1
1sinx

)d x
=
2

4
0
1
cosx
2
< br>dx2tgx|
0
4
2

题B：设
f(x)是周期为T的连续函数，证明：
lim
1
x
T
x

x
0
f(t)dt
1
T

T
0
f(t)dt

证明：首先证明对
nN
，有

nT< br>0
f(t)dtn

f(t)dt

0


nT
0
n1
f (t)dt


i0
T
0
(i1)T
iT< br>f(t)dt
（令
tiTu
）
n1n1




i0
f(iTu)du


i0
T
0
f(u)du
=
n

T
0
f(t)dt

对任何
xT
，总存在
nN,

[0,T)
，使得
xnT

，且
x
时
n
。
1
nT

T
0
故：
lim
1
x
x

x
0
f(t)dtlim
n

nT

0
f(t)dtlim
1
nT

1
nT

0
n
(n

T
0
f(t)dt
1
T

nT

nT
f(t)dt)

=
lim

题C：求由
yx
和
n
nT

n

f(t)dtlim
n

f(t)dt

T
0
f(t)dt

y4xx
围成的区域绕
yx
2
旋转所得旋转体的体积。解：本题虽然简单，但却是一个很
好的坐标 轴转换模型，希望通过本题的练习，能够在一些复
杂的题目中熟练使用该方法，从而达到化繁为简的效果 。
以
yx
为数轴
u
建立坐标系，坐标原点
u
= 0在点（0，0），
方向朝上，曲线
y
距离为
4xx
上任一点 P到直线
yx
的
2


1
2
x3x< br>，且
u
2
2x



故
du 2dx
。曲线
y4xx
与
yx
的交点A
2
的 坐标为A(3,3),于是所求旋转体的体积为
V

=
5.

32
0

du

2

3
0
1
2
(x3x)
22
2du

81
20
2


知识点：空间解析几何
题目：直 线
x1
011
解：在空间任取点P(
x,y,z
),过点P做一平 面垂直于z轴，则该平面与z轴的交点M的坐标为（0，0，z）。则该平面
与已知直线的交点Q的坐标 为（
x
0
,
（1）
由于点Q在已知直线上，所以
222

y

z
绕z轴旋转一周，求旋转曲面的方程。
y
0
,z
）。则动点P在旋转曲面上的充要条件为|PM|=|QM|, 即
xyx
0
y
0

2222
x
0< br>1
0

y
0
1

z
1
， 由此可得
x
0
1
，
y
0
z
，代入（1 ）式即得旋转曲面的方
程：
xyz1
。
6．知识点：多元函数与偏微分
题A：在曲线
xt
，
yt< br>，
zt
上求与平面
x2yz4
平行的切线。
23

解：题目本身比较简单，这里写出来主要是为了回忆一下1992年的一道题：问 该空间曲线的所有切线中与巳知平面平
行的切线有几条。无论怎样提出问题，都可以从曲线的切线向量与 己知平面的法向量垂直等价于两向量的点积为零出发，
求出几个t值，就可推出几条切线。
这 里，
s


1

2
2
{1,2t, 3t}
，
n{1,2,1}
。由
sn0
，即
14t 3t0
，从而推出
t
1
1,t
2


3
x1
1

y1
2

z1
3< br>； 故
s
1
{1,2,3},x
1
1,y
1< br>1,z
1
1切线方程为

或
s
2

{1,
21111
,},x
2
,y
2
, z
2
切线方程为
333927
222
x
3
1
3

y
2
1
9

z
11
27
。
题B：求由方程
2x2yz8xzz80
确定的隐函数
zz(x,y)
的极值。
解：本题考查了多元函数的两个知识点： 隐函数的偏导数求法和多元函数极值的判别方法（具体的大家可以查阅下书本）
根据极值的判别法则, 先求隐函数的驻点。将方程两边分别对x, y求导，则有
8xz

z

0

4x2zz

8z8xz

z

0
，
4y2zz< br>
yyy
xxx

解得，
z

x
令
4x8z
2z8x1

，
z

y
4y
2z8x1

0
< br>y0,x2z
，代入所给方程，得
z
1

z

0
，
z

y
x
8
7
，z
2
1

从而得驻点：
(
16
7
, 0)
和
(2,0)

再求z对x, y的二阶偏导数：
2zz

8z

8z

8xz

z

0

42z

xxxxxxxxx
z

2zz

8z< br>
8xz

z

0

2z

yxxyyxyxy

2
42z

2zz

8xz

z

0

yyyyyyy
2z

z

8z

yxy
2z8x1
42z

y
2
2
z


xx
对驻点
(
2
42z

16z

xx
2z8x1
, 0)
，A=
z


xx
2
，
z

xy

，
z

yy

2z8x 1

16
7
4
15
0
, C=
z


, B=
z

xy
yy
4
15

BAC0,A0
, 故函数z在点
(

对驻点
( 2,0)
，A=
z

xx
2
16
7
,0 )
处取得极大值
z(
4
15

16
7
,0)
8
7

4
15
0
, C=
z


, B=< br>z

xy
yy
BAC0,A0
，故函数z在点(2,0)
处取得极小值
z(2,0)1

[补充] 关于极值的 求法，考试中常考查的是拉格朗日条件极值。这里，给出一道题目，大家可以自己做一下：原题：已
知三 角形周长为2p, 求出这样的三角形，当它绕着自己的一边旋转时所构成的体积最大。（答案：三角形三边分别 为
1
2
p
，
3
4
p
，
3
4
p
，且绕边长为
1
2
p
的一边旋转时，旋转体体积取最大 值）
7． 知识点：重积分

题A：计算二重积分
一连续函数。 < br>解：因为

x[1yf(x
D
2
3
y)]dx dy
，其中D是由
yx
，
y1
，
x1
所围 的区域，
f
是
2
f
连续，所以必可积，不妨令

f (x)dxF(x)
.
0
2
x
则原式=

x dxdy

xyf(x
DD
3
1
1
y)d xdy
2

1
1
dx

3
xdy< br>x
1

1
1
dx

3
xyf(x y)dy

x
1
22



11
x(1x)dx

1
2
xF(xy)|
x< br>3
dx2

xdx
1
221
1
4< br>1

2
1
1
x[F(x1)F(xy)]dx
226
=

2
5
(这里用了奇函数在对称区间上的定积分等于零的结论)
题B：设
f(x)
，
g(x)
皆是单调递增的连续函数.
1
求证：
ba

b
a
f(x)g(x)dx
1
ba

b
a
f(x)dx
1
ba

b
a
g(x)dx
.
证：因
取
D
f(x )
，
g(x)
皆单调递增，故
x,y[a,b]
有
[f (x)f(y)][g(x)g(y)]0
。
{(x,y)|axb,ay b}
，则

[f(x)f(y)][g(x)g(y)]dxdy0

D
即

[f(x)g(x)
D
f(y)g(y)]dx dy

[f(x)g(y)
D
D
f(y)g(x)]dxdy
（*）
由于定积分与积分变量无关，所以（*）推出
b
f(x)g(x)dxdy
b
a
b

D
f(x)g (y)dxdy

b
a
b
两边化为二次积分，
(b
两边除以
(b
2
a)

f(x)g(x)dx
a

f(x)dx

g(y)dy
a

f(x)dx

g(x)dx

a
a)
，故得证。
9. 知识点：常微分方程
题：设函数

(x)
有连续的二阶导数，并使曲线积分
与路径无关，求

(x)
。
2x


[ 3


(x)2

(x)xe]ydx


(x)dy

2x
解：记P=
y[3


(x)
即


(x)
2

(x)xe

P
y

，
]
，Q=


(x)
，由条件路径无关推出：
Q
x
（*），特征方程为

x2x
3


(x)2

(x)xe
2x
2
3

20
，特征值：

=1, 2
从而，（*）对应的齐次方程的通解为

(x)C
1
eC
2
e
2x

又（*）有特解
y
*
1
(D1)(D2)
xe< br>1
D1
e
2x

xee
2x2x
dx
1
2
e
2x
(x2x2)
（本
2
结果可以根据课本给出的公式直接运用，该方法中间过程省略了一些）

所以，所以函数为

(x)C
1
eC
2
e
10. 知识点：高等数学的应用问题
x2x

1
2
e
2x
(x2x2)
.
2
题A：设生产某种产品x (百台)时的边际成本为
C

(x) 4
x
4
（万元百台），边际收益为
R

(x)8x
（万元
百台）。求：（1）产量由1百台增加到5百台的总成本与总收入各增加多少？ (2) 产量为多少时，才能获得最大利润？ （3）
若固定成本
C
0
=1（万元），分别求总成本、总利润与产量的关系。
解：本题为经济类应用题，理工类考生可参考。
（1）
C

5< br>1
5
1
C

(x)dx

5
1< br>(4
x
4

)dx19(万元）

R =

(8x)dx20(万元）
（2）
PR(x)C(x),P
(x)(8x)(4
x
4
)4
5
4x,P

(x)
5
4
0

当P

=0,即x=
x
0
16
5
(百台)能获得最大利润.< br>
(3)
C(x)

(4
t
4
)dt 1
5
8
x
2
8
2
4x1
, R(x)

x
0
(8t)dt
x
2
2
8x


P(x)R(x)C(x)x4x1

题B：当陨石穿过大气层向地面告诉坠落时，陨石表面与空气磨擦所产生的高热使陨石的质量不断挥发， 试验表明，陨
石挥发的速度与陨石的表面积成正比，如假设陨石是质量均匀的球体，试求出陨石的质量m 关于时间t的函数表达式。
解：设t时刻，陨石的半径为
r(t)
，质量为
m(t)
, 表面积 为
S(t)
，则
S(t)4

r(t)
2
，m(t)

4
3

r(t)
，
3
消 去t后得
S(t)4

[
3m(t)
4

2
]
3
. 由题意，得
dm(t)
dt
kS(t) 4

k(
3
4

2
3
2
32
3
)m(t)d(m(t))
，其中
d4

k (
3
4

2
)
3

即
m(t)
满足微分方程
dm(t)
dt
3
2
1
d(m( t))
3
，分离变量得
3(m(t))
3
dtC
，
即
m(t)(
Cdt
3
)
（*）
1
若陨石到达地面的时刻为
t
0
，质量为
m
0
，代入（*）， 得
C
1
3m
0
2
dt
0

故 ：
m(t)m
0
2

d
3
(t
0
t)