1、第二章测试题本张试卷共 20 道题，满分 100 分.一、选择题，每题 4 分，满分 32 分.(1)设函数 f(x)在 x=0 处连续，下列命题错误的是()(A)若 limx0f(x)x存在，则 f(0)=0.(B)若 limx0f(x)+f(x)x存在，则 f(0)=0.(C)若 limx0f(x)x存在，则 f(0)存在.(D)若 limx0f(x)f(x)x存在，则 f(0)存在.(2)设 f(x)=1cosxx,x 0,x2g(x),x 0,其中 g(x)是有界函数，则 f(x)在 x=0 处()(A)极限不存在.(B)极限存在，但不连续.(C)连续，但不可导.(D)可导.(3)设函
2、数 y=f(x)具有二阶导数，且 f(x)0，f(x)0，x 为自变量 x 在点 x0处的增量，y 与 dy 分别为 f(x)在点 x0处对应的增量与微分，若 x 0，则()(A)0 dy y.(B)0 y dy.(C)y dy 0.(D)dy y 0.(4)以下四个命题中，正确的是()(A)若 f(x)在(0,1)内连续，则 f(x)在(0,1)内有界.(B)若 f(x)在(0,1)内连续，则 f(x)在(0,1)内有界.(C)若 f(x)在(0,1)内有界，则 f(x)在(0,1)内有界.(D)若 f(x)在(0,1)内有界，则 f(x)在(0,1)内有界.(5)已知函数 f(x)在点 x
3、=0 处存在二阶导数 f(0).若 limx0sinxx+xf(x)x3=0，则下列选项中正确的是()(A)x=0 是 f(x)的极小值点.(B)x=0 是 f(x)的极大值点.6世纪高教在线数学与逻辑组出品咨询联系QQ:3486586079v i p 指路：公众号【世纪高教在线】-【看课g o】?(C)点(0,f(0)是 y=f(x)的拐点.(D)x=0 不是 f(x)的驻点.(6)曲线 y=xlnxx1+lnx(x 1)的渐近线的条数为()(A)0.(B)1.(C)2.(D)3.(7)在区间(,+)内，方程|x|14+|x|12 cosx=0()(A)无实根.(B)有且仅有一个实根.(C)
4、有且仅有两个实根.(D)有无穷多个实根.(8)若 f(x)为区间 I 上的连续函数，且 f(x)的值域包含于 I，x1，x2为 I 中任意两个不同的点，则()(A)若在区间 I 上，f(x)0，则 f2(x1+x22)f2(x1)+f2(x2)2.(B)若在区间 I 上，f(x)0，则 f2(x1+x22)0，f(x)0，则 f(f(x1+x22)0，f(x)0，则 f(f(x1+x22)1 时，(12x213x+36x27x+2)(n)?x=1=.(16)设函数 f(x)=ln(1+sin2x+sinx),则 f(4)(0)=.三、解答题，共 4 道题，满分 36 分.(17)设函数 y=y
5、(x)由参数方程x=13t3+t+13,y=13t3 t+13确定，求函数 y=y(x)的极值和曲线y=y(x)的凹、凸区间及拐点.7世纪高教在线数学与逻辑组出品咨询联系QQ:3486586079v i p 指路：公众号【世纪高教在线】-【看课g o】(18)证明 xln1+x1x+cosx 1+x22(1 x 1 时，y(x)0；当|t|1 时，y(x)0；当 t=1 时，y(x)=0.因此，y(x)处处可导且参数 t=1 所对应的点满足 y(x)=0.t=1 对应的点为(53,13)，t=1 对应的点为(1,1).由于函数 y(x)二阶可导，故可以通过 y(x)的符号来讨论 y(x)的极值
6、.在点(1,1)处，y(x)=12 0，故 x=53为极小值点，对应的极小值为 y(53)=13.下面讨论曲线 y=y(x)的凹、凸区间以及拐点.由(2)式可知，当 t=0 时，d2ydx2?t=0=0；当 t 0 时，d2ydx2 0；当 t 0 时，d2ydx2 0，x(t)是关于 t 的单调增加函数.由反函数求导法则知，t(x)=1x(t)0，故 t(x)也是关于 x 的单调增加函数.从而，当 x 13时，t 0，y(x)0，曲线 y=y(x)为凹曲线；当 x 13时，t 0，y(x)0.综上所述，f(x)在 0,1)上单调增加，f(0)为 f(x)在 0,1)上的最小值.又由 f(x)
7、为偶函数可知，在(1,1)上，f(x)f(0)=0，即 xln1+x1x+cosx 1+x22(1 x 0.f(x)在 0,1)上单调增加，f(x)f(0)=0，f(x)在 0,1)上单调增加.其余同法一.(法三)首先，f(x)=xln1+x1x+cosx 为偶函数，g(x)=1+x22也为偶函数，故我们只需证明，在(0,1)上，f(x)g(x)，并且 f(0)=g(0)，便能得到在(1,1)上，f(x)g(x).由泰勒中值定理，cosx=1 x22!+cos4!x4，为介于 0 和 x 之间的某个值.于是，当x (0,1)时，cosx 1 x22.从而f(x)=xln1+x1 x+cosx
8、xln1+x1 x+1 x22.若能证明 xln1+x1x+1 x22 1+x22，则由不等号的传递性可知原不等式得证.由于当 x (0,1)时，xln1+x1 x+1 x22 1+x22 xln1+x1 x x2 ln1+x1 x x,故我们只需要证明 ln1+x1x x.10世纪高教在线数学与逻辑组出品咨询联系QQ:3486586079v i p 指路：公众号【世纪高教在线】-【看课g o】?考虑(x)=ln1+x1x x.(x)=11+x(1)1 x 1=21 x2 1.当 x (0,1)时，21x2 2，从而(x)=21x2 1 0，(x)在(0,1)上单调增加，(x)(0)=0.综上
9、所述，原不等式成立.(19)解本题等价于分析函数 f(x)=ecos2xsinx 的图形与直线 y=k 的交点个数，故可以先分析 f(x)的性态.f(x)=ecos2xcosx+2cosx(sinx)sinx=ecos2xcosx(1 2sin2x)=ecos2xcosxcos2x.在(0,2)内，f(x)只有 1 个零点：x=4.当 0 x 0，cos2x 0，f(x)0，f(x)单调增加；当4 x 0，cos2x 0，f(x)0，f(x)单调减少.f(0)=0，f(4)=e1222=2e2，f(2)=1.比较可得，2e2为 f(x)在区间(0,2)内的极大值，也是最大值.y=f(x)的图像
10、大致如下：yxO12e242当 k 0 时，y=f(x)与 y=k 没有交点.当 0 k 1 时，y=f(x)与 y=k 仅有 1 个交点.当 1 k 2e2时，y=f(x)与 y=k 没有交点.(20)证明令 f(x)=exsinx，则 f(x)在0,2上连续，在(0,2)内可导，f(0)=0，f(2)=e2，f(x)=ex(cosx sinx).取 c=12f(0)+f(2)=e22，则由连续函数的介值定理可知，存在 x3(0,2)，使得f(x3)=e22.在区间 0,x3 和x3,2上分别对 f(x)使用拉格朗日中值定理，可得存在 x1(0,x3)，x2(x3,2)，使得e22=f(x3)f(0)=f(x1)x3,e22=f(2)f(x3)=f(x2)(2 x3),即 ex1(cosx1 sinx1)x3=ex2(cosx2 sinx2)(2 x3)=e22.11世纪高教在线数学与逻辑组出品咨询联系QQ:3486586079v i p 指路：公众号【世纪高教在线】-【看课g o】
