2022张宇题源1000题解析册（数学二）.pdf

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1、张宇数学教金系列从H昭源振桥经與他趣o数爛北京理工大学出朕私张宇数学教育系列丛书三囚TU SYUN 同购源泵檢经勲他題O主编张宇-【数学二解析分册】-张宇数学教育系列丛书编委(按姓氏拼音排序)蔡燧林 陈静静 崔巧莲 高昆轮 韩晴 胡金德 贾建厂 姜洁 雷会娟 刘硕 柳叶子 秦艳鱼 史明洁 王成富 王慧珍 王燕星 吴金金 徐兵 严守权 亦一畲色曾凡畲色 张乐 张青云 张婷婷 张宇 郑利娜朱杰 朱原则北京理工大学出朕越版权专有侵权必究图书在版编目（CIP）数据张宇考研数学题源探析经典1000题.数学二.解析分册/张宇主编.一北京：北京理工 大学出版社,2021.1ISBN 978-7-5682-9

2、473-7I.张H.张HL高等数学-研究生-入学考试-题解 M013-44中国版本图书馆CIP数据核字（2021）第005037号出版发行/北京理工大学出版社有限责任公司社址/北京市海淀区中关村南大街5号邮编/100081电话/(010)68914775(总编室)（010）82562903（教材售后服务热线）（010）68948351（其他图书服务热线）网址/http:/www.bitpress,经销/全国各地新华书店印刷/三河市文阁印刷有限公司开本/787毫米X 1092毫米 1/16印张/19责任编辑/高芳字数/474千字文案编辑/胡莹版次/2021年1月第1版2021年1月第1次印刷责任

3、校对/刘亚男定价/69.80元（共2册）责任印制/李志强图书出现印装质量问题，请拨打售后服务热线，本社负责调换目录CONTENTS-第一篇爲等教？第1章 函数极限与连续.1强化训练.1巩固提高.12第2章数列极限.18强化训练.18巩固提高.19第3章 一元函数微分学的概念.23强化训练.23巩固提高.27第4章 一元函数微分学的计算.29强化训练.29巩固提高.33第5章 一元函数微分学的应用（一）一一几何应用.36强化训练.36巩固提高.48第6章 一元函数微分学的应用（二）中值定理、微分等式与微分不等式.54强化训练.54巩固提高.60第7章 一元函数微分学的应用（三）一一物理应用.64

4、强化训练.64巩固提高.64丫勿彳考研数学题源探析经典1000题（数学二）第8章 一元函数积分学的概念与性质.66强化训练.66巩固提高.72第9章 一元函数积分学的计算.78强化训练.78巩固提高.90第10章一元函数积分学的应用（一）几何应用.96强化训练.96巩固提高.102第11章 一元函数积分学的应用（二）一一积分等式与积分不等式.106强化训练.106巩固提高.109第12章 一元函数积分学的应用（三）物理应用.111强化训练.111巩固提高.114第13章 多元函数微分学.115强化训练.115巩固提高.135第14章 二重积分.140强化训练.140巩固提高.160第15章 微

5、分方程.164强化训练.164巩固提高.177渾二篇做性代教“第1章行列式.187强化训练.187巩固提高.194第2章 余子式和代数余子式的计算.199强化训练.199巩固提高.1992目录第3章 矩阵运算.202强化训练.202巩固提高.213第4章矩阵的秩.219强化训练.219巩固提高.221第5章 线性方程组.223强化训练.223巩固提高.234第6章向量组.240强化训练.240巩固提高.250第7章特征值与特征向量.254强化训练.254巩固提高.259第8章 相似理论.269强化训练.269巩固提高.279第9章 二次型.285强化训练.285巩固提高.2923第一篇第1章圖

6、教駁限与庫钦越强化训练1.（A）【解析】由于/Xz）在工1=1,乜=3处无定义，当z工1,z工3时,yO）为初等函数且为连续函数又由于.z zsin(z3)lim/(j?)=lim-=g 9工1 li&一1)(j：3)2lim/(j?)=r-3-jrsin(jc 3)二 lim-=oo,Hf3-(z 1)(JC 3)2lim f(jc)=lim工(一1)+工-(一1)j;sin(jc 一 3)_ sin 4(工一1)Q3严 _ 3F知/Q）在（一1,0）内为有界函数，故选（A）.【注】若/&）为闭区间匕,刃上的连续函数，则 g 在a,刃上必定有界.若/&）为开区间（Q）内的连续函数，且lim

7、_/（工）与lim*刃都存在，则代z）在（a）内必定工 f a x-b有界.2.（D）【解析】当z-O时，故ln(1+jc)b=91 一 cos 2x=1 一 目+(cos 2工 一 1)丰09limx-*01 一 cos 2x3才+1Hm 2sin 2x l0 3(a+1)才limZf 03(a+1)才9所以a=l,b=三故选（D）.3.（B）【解析】当工0+时,ln(1+j;2)sin2 工9(y/1 J：2 1)9(1 一 cosarctan工护丫5 考研数学题源探析经典1000题(数学二)所以4怡+2 2,即0 怡 0+)，是关于x的一阶无穷小.【注】当工-*0+时，选项(E),ln(

8、l+z)#=阶无穷小；选项(C),cos(sin z)1-|-sin2j：一-x2，是关于 x 的二阶无穷小；选项(D)，才一 1=回心一 1zln工,不是关于工的一阶无穷小.x sin 工+|”J&1.2 _27.(A)解析lim-土-=lim】一遇廿鼻 x-0 X 工kx2k=3.1 cos 2|i jc2 ex 18(C)【解析】因0(力为()时的无穷小量9故b 0仝又lim兀 一 4arccos 麗h _ J=1,则b=1,因若不然，极限不为1,即于是 a=8,b=1.选(C).9.(C)【解析】由于lim=x-0 g(Z)lim 咛+，当b工0时，该极限为a 厂0(e.n 工cos

9、工于是b=0,从而3ar2+b 等价无穷小代换lim-g-”-L0(esin X l)cos 工3/7 T 21 U r-1 _ 丄lim.?=ia=_L=a=.x-*o sin 乂 310.(B)【解析】当zfO时心一 tan x一-y-jr3,又J丿&洛必达法则limxlim/(jr)=/(0)=1,xx f 0),x-*0 J 02故当z f 0时,xtan x*)dt一可H3(见注)，而(1+sirfj：)1 b sinaj;bxa，0于是a3,b1O第1章函数极限与连续【注】由张宇高等数学18讲第1讲习题1.6(1)可知，当工-0时，若/&)血-叨(工)肚”，且y(_z),g(_z)

10、,a,6均不为0,则yg(_z)0).这种复合函数的等价无穷小结论 需注意.11.(D)【解析】因为1+丄 x2 sin xxn又2)=1 十 sint2 si，hmHfO9 9,/.,|x sin x n(十 j 2 1+sin 力x1 sin2 J：2 2/八、r工sin xjc f 0).1 十 sin xv x+sin x v x 一 sin x n v 1一 cos x=lim-hm-=z lim -=jco x xo xn x-o(n1)刃n=4 n r 1 cos JC c、/1、，1 1=2-T?-=2xTx7=T因此=4.【注】更希望读者看岀口$sin2 j:=(无+sin攵

11、)&sin z)2x 工3 屯疋&。),这样 o 3便可直接得出答案.12.(C)【解析】已知lim一甲 1 Sm 工o L h=5,即応竺三丁空=5,可知xc、sin 工3 5z4+o()=-1/(j?).sin jc3 一 5j?+o(e4)lim-=lim-z-X*-0 OC x-*-0 0C所以fCx)是乂的高阶无穷小量，故选(C).则x-*0X 3V sin x=hmZf 0 X5 lim 0时，lim 黒=liml0 h(x)X0limx-*0 cos XZf 0(ex 一 1)ln(1+jc2)工4，工arctan x,(1 一 cosy/x)0 1+严 2所以 2+1 4,即

12、1 1,1 一 z,|z|0,而心 0,仅当攵$0,此时 g=一21；心 0,仅当工0,此时*工)=/.综合之，gy(z)则工=0为gg)的跳跃间断点选(C).方法二 分段函数的复合函数是不容易写清楚的，不必求出g/&)的表达式，而只需求出lim与 limgjO)即可.lim gy(z)=lim g(x2)=lim(2+jr2)=2,gf 0 x-*0 工一*0所以z=0为的跳跃间断点选(C).19.(D)【解析】所给问题为函数g(在点工=0的连续性及间断点的类型判定问题.又g(0)=0,可知:当a1时，lim g(z)g(0)，此时g(z)在工=0处连续;当0 a oo jq24-r3【解析

13、lr sin rccos jccos 2工=工 一 4-sin 2zcos=x -sin2 4由于 sin 2=z -x3+o(e3)(工0)9所以当工0 时 9J!x sin 乂cos jrcos 2工=x 一 4o 6 b27.-e2【解析】此为“#”型.5丫灯彳考研数学题源探析经典1000题(数学二)lim(1 土工并二竺rf 0 OC-4-ln(l+)1十EX212e2 Hm 力(1+h)ln(1+h)洛必达法则e-ln(1+x)=lim-x-02 28-JC2(1+JC)9 2 r 1 1 ln(l+jc)226 応 一_e.【解析】当工 f 0 时，4jr2sin x 1-|-(4

14、：x2 sin jc),ln(l+2x2)x-*0洛必达法则x02去，所以i.y/1 4j:2sin x 1 2 v sin x 2zfO jcln(1+2j:2)3 x-*o x 329.【解析】所给问题为求极限的反问题.舌亠.3(?axx+1)bQ+l)(1 a)x2 (OO SC 1 Zf 8X 1 H-OO Hf+00一 7lim _l+a:2 5 j:+J*+7XlimX-H-oo5_lim sin4=0.故原式=inn L守=nmx-02xlx-02x=limjr*014(/TT7)3260二_ 第1章函数极限与连续(3)lime-+ln(l-)-lx-o x arctan x(4

15、)于+丄洛必达法则 丁乂 1=lim-=lim龙-*0-1 1 x-*-01 1+j?2lim a。11 q)?+Q(In a)2 _()2o1.sm xlrni-工ov(jc-l)ex+1洛必达法则一 lim-工ox2i.lim丿血1厂丿2工土=Hm琴二N4z2j：2 一 41+*X 1(zl)e+l1_ T1一 +5_丄_ 8(5)lim(1+工 oc工2=lim e，s(i+g)-z=Hoo(6)1.cos xn(x 一 3)lim-r-“InCe e)令工=丄lim cos工-3+击 T 1e鬥 f=1.ln(j：3)x lim-.+ln(e e3 1)limlnO2c-*0 tcos

16、 3 rf 3.1.e e?lim lim-宀+于工-3+工_ 3匚 cos 3 lim ex=cos 3.e3+(7)原式=lim 9 士a 2 T 尹令“=丄lim+；_$=lim alna：Qlnau-o u u0 2zz2(8)lim(Zf 0 X 1cot JC Xv jrcos x sin x v jccos x 一 sin x=lim-t,-=limz-o x sin x gfO2 x sin x113(9)lim1+JC1-e_J=1+(0 工(1 e x)xi.x x2 1+e limxox2=lim 1 土2f _e二=nm 2+ex0 2x x-o 22_r3(10)li

17、m*(扁)=e linln(m)lnx,由于_l_ 工-*0丁工0十lim In zlnlo+In x 一 1In 工+1=lim In j?ln(1 4-2In j：+1lim In x lo+所以 limln0 x 一 sin x了 3JC +o(攵3)工=limx-*0r21 帀+。&)JC JC yy+。(攵3)寺 z3+o(0ax 一 ln(+or)limjr-0limln(Sin+e)-lnln(jt：2+e2x)In e2xIn 1+=lim-z 1/1+i sin2jt:e2-r v x!=lim-z-=lime=1.工-0 ex x loaa_-1-r or _ 曲工0 2无

18、(1+az)ln lim 0 Insin2 j:+exjr2+e2xe2”応(+_ 1+Q扌1+af 1x-01_，因为a2 xnlim 石1+T 十+盗1工-o nx=(ln a】+ln a2+In an)nln(a1a2)?n故原极限=眉盹宀叩=/血(18)方法一 这是“#”型的不定式先对分母用等价无穷小代换，即当z-O时，茴匸戸一18O=_第章函数极限与连续*（云），再利用洛必达法则，得原式=lim+3分七cos 4z 2 i-=3 lim1 2 h-*0_2工1+3+cos 4无 一 2x212x3?s 4sin 4jc一亦 _2j:=24 limx-*oSin 必=24.方法二 对分

19、母作等价无穷小代换后，可拆成两项，再对每一项的分子作等价无穷小代换：当 力一 0 日寸 9 为一 壬 一 1（一 x2），丁1+3工 1 吉 3龙4,cos 4z 1 16jc2）=一 8jc2 9得3 5 2o 1-V1 3j?4 1 o 1.cos 1原式=一 3 lim-5-3 lim-rf 0 JC 工-*0 jC=3 limx-*0 3 j?453 lim工一 08工2=24.(19)因为 limh=limeE=1,lim(tan xY=lim exln】匸+万mina,(*)或 lim/(j?)$*1)$lim/(j：)$/(1)$lim/(jc).X*-+X-Q X*8丄+丄【注

20、】（*）式中第三个是怎么来的？因为七仝$71=maxa,b,取倒数便有云a b亦第四个是怎么来的？因-pj=%，当时，羊跆=-当b.=b，当 a=b 时，-7=孕=a=久显然成立.a r b a r a a r b La37.【解析】/Xz）无定义的点是使1一2=0和1一 e去=0的点，即z=l和x=0,所以 的连续区间为（一OO,0）,（0,1）,（1,+s）.10O _ 第1章函数极限与连续 当工f 0时，1 e去f 0,所以=oo,所以鼻=0是无穷间断点.工-0当 j?1 时，-+,1 eE f 所以/（1）=0,而当*1+时，t-*00,1 x L x1 e色-1,所以/（1+）=1.

21、所以工=1是跳跃间断点.38.【解析】显然/（0）无意义.（1,0|1,n-*oo X 十 110,|工|=1.而Iim/（J7）=1,则z=0为可去间断点.又X0/（1）=lim fCx）lim（1）=1,/（1+）=lim/（j-）=lim x2=1,x-r 工厂 工-1+则1为跳跃间断点.由于/是偶函数，则工=1也是跳跃间断点.39.【解析】对于函数/（久）的分段点工=0,因lim/（j;）=lim 十 2工）=o,lim f（工）=lim sin-=sin 1,L0-LO-2 COS 工 lo+lo+z 1故点工=o是函数f3 的跳跃间断点.当z 0时,/（工）=sin 2 1 在工=

22、1处没有定义，且lim sin?振荡不存在，故点z=1是X 1 工-1 JC 1函数于&）的振荡间断点.当工 0,40.【解析】因/(r)=v丄 1arctan-z-,工V 0,且无丰一 1,JC1+工1T=e arctanlim/(Jr)=lim工一 0 工0_1_7t 1-e-T lim-74-t2f-7=0=故鼻=0为可去间断点.又lim丄e arctan1+JC 兀 1.p-乜，hmX 乙I Zf(1)丄e；arctan1+J73C2_ 7C来,故JC=1为跳跃间断点.41.【解析】当工=lim云I丈：;-士庇X 十12”f 81+a+611当X0-1+必2+虹0+1丫勺彳考研数学题源

23、探析经典1000题（数学二）xV 时=limn-ooax2+bx1=ax2+bx；当 X=1 时limn-oo/I+吐x2n+11丄 1 I片1匚+a 尹l+“尹T=lim-OO-J11+市,2n2limw-*oox2n+or2+bx x2n+1当 I z|1 时,f(x)1+a h2ax2+bx,17，于是/Xz)=1要使/(无)在工=1处连续9则a+b=1；在 x=1 处 9 有 lim/(j?)=lim =一 1,lim/(jc)=lim ax2+for)=a X-*-(1)X-(1)工-*(1)+工-(1)+/(1)=-，要使/Xz)在 x=1 处连续，则 a b=1.综上可得，当a=

24、0,6=1时,于(工)=lim-+肚是连续函数.X 十 142.【解析】g(0)=(e+0)|=lim(e1+/?)=1+0=g(T),g(0+)=lim才sin 丄，所以1.（C）【解析】当j:0+时，由cos后一1一+z,ln（l+3石）3石，可知I J=0 x-0_ lo+X当 a0 且/?=一1 时，有 g(0_)=g(0+)=g(0)=0,g(H)在工=0 处连续；当a 0且卩工一1时，有g(0)工g(0+)，点工=0是g(z)的跳跃间断点；当a0时，点工=0是g(z)的振荡间断点.43.【解析】由于对任意的工，都有/()0,知_/(工)单调增加，所以有il,f(t)f(l)=1,故

25、f 3=2 、)产+尸(/)产+1于是 fCx)=1+/&)&1+P 二巧曲 0.若入0,则必存在一个点工使得入一 e=0,即分母为o,矛盾，故入W0.4.（B）【解析】先区分z的不同情形求出当z取整数时，sin兀工=0,此时/（a-）=x2.当 工不取整数时，极限号内的分子、分母同除以后，取极限5-8）,得/Xz）=工（1一工）.所以*工）的 表达式为/（工）0时，x2,工=0,土 1,2,，J7（1 T）,Z取其他值.可见，当z不取整数时，/（工）连续；当工取整数但工H0时，/工）有第一类间断点；当z 2）仍是连续的.可见fCx）没有第二类间断点，选（B）.5.（C）【解析】注意到问题只需

26、讨论 2）在区间（1,+s）上的连续性，所以无需考虑/（工）在 区间（一8,叮上的连续性.XJ:3当 1 V 工 3 时,/(jr)=lim 2n工372nXT所以f（z）在区间（1,+*）上有且仅有工=3是跳跃间断点，而在其他各点处均连续故选（C）.6.*【解析】当n-x时，Ven-*oo*1+(cos 占cos占T*(占)1+1 17尹所以 limcos丄=e”吧小。+37)=e-lnA”00 nxe”f8，因此0,于（工）=V1,1 屁0 一*,故 g 在其定义区间内有唯一的间断点如=*，且/（0）=卡.Ve7.【解析】首先，显然有lim=lim（27+x-*oo X-先令=27z,再令

27、y=广1（/）9则t=9且工f 00时f oo力f 00 9所以Zf 8X x3=27.13丫勿彳考研数学题源探析经典1000题（数学二），foo y（j/）=37=i-同理9令夕=广】Q）9则工=f（y），且200时9,lim 广3=lim 3,了=厂8 石 y-8寸y（）因此，原式=1*=所以21n(l+z)&【解析】(1)原式=lim-x-0e2+e2ln(l+工)limx021n(l+z)e-x兰+lim g2m(l+Pxx21n(l+j：)o,=e2 lim _】+e2=e2 lim n(1+工)一 2_zx-0 3Cx-0丄_e2 lim +-+e2=e2+e2=0.(2)lim工

28、0.sin 2tdt4+(+1-1)dz洛必达法则sinlim,_,”0(7+7-1)744?o(3)令 J?=9 有lim(+1+l)sin 2工 _ 応 2(J工+1+1)x-*Ox-*0sin 2工 c=Z.x 丿4+*2z原式=lim么z+r 0+t=4-XlX2-l=-4-3 3limo+1 2专（1+2/+尸）-丁（2+3护）一e1(4)原式=limx-*01+和1 -J：2+0心)1+o(z4)+-|-2+0(才)T+o（z*）=応-5-討+。（工4）(5)原式=limT(1+工)；X0 Lx (1+工)ln(l+x)_ 1(-o、丄 2x 一(1+2jc)ln(l+2工)Tl+

29、工)丄十肚八j;2(1+2jc)又lim0宀）和最丁冷戶2,故原极限弋.工f0j:2(1+2jc)*(1+z)14O第1章函数极限与连续（6）原式=limHf 0*sin2 xln(l+t)d/1/11 2、o _ 曲 ln(l i sin Zsin x cos x丄工4 lO3工-0 4 3 Zlimx-0X2arctan(l+r)d?2工arctan(1+/)2 _0 _ uJCOlI.C Ld.li 丄|JL/_ Lt v 71 _=lim-7-=T 只=t-*o 6jc o 43工（8）因为当2+cos x3_1=护中1 hI+cosh，又1 2+cos xIn1/1 I COS X

30、1叫1+cos xZ-0 时 93訂33 nr22L336-X3故原极限=limZf 0 JC1l)lnx-|/c、K*r 2(1 攵)述1 e(n nx 1l)ln X工1 x 十 In 龙 工一1 1 jc 十 In j:工1 Y 3C 十 In z.(2工一 l)ln j:+(j?1)i.(2j:2j：)ln+jc(jc1)=一 lim-=limx-*l _|_ 丄 工-1X1 xHm(2*z)In z.li 1 x1=1 1曲（滋一1）12+（2工一1）-1=1+1=2.9【解析】*h）=（l+工*=e*g 珪厂分+号+。（工3）01亍+号+。&）=el+-J+心）+右守+看+。（工订

31、+。（叫=e1-f+y+右召+心）=e子卄务2+。心）,丄.1 e 工 arctan qr 10.【解析】当 H V 0 时 9g(z)o_ 1+z=0丄 1arctan 当工 0 时 9g(z)O9且 limg(j?)=lim-j=0.x-*o+工一0+1+(e)2丄L v 厂厂/、i 令 g(H)=“.厂/、v ln(l+护)故 lira/g(z)-lim/(u)=lim-:-lo”0一 一厂 arcsin uui u3 lim-=o 96u-*015(勿彳考研数学题源探析经典1000题(数学二)人/、e a 2-况 2 4-U 1,L-1 令 g(H)=u,2lim-lim/(zz)li

32、m-z-*o+。+“-()+“2T1 况+况+%l+o(u)=lim-=6.-0+丄“26故=6.x-*0【注】本题若试图先去求的表达式，再进行极限计算，将在形式上产生极大的复杂性 而导致各种错误事实上，本题的命制特点在于考查考生的整体观和换元思想，是一道区分度高的 优秀试题.11【解析】当e wo时，/=a,极限不存在；当b 0时，1 丄母9+严+2)d(a5)t応(1+8厂+2-严一。+严只有当必一1=0,即&=丄时，极限才为“贾”型，否则极限为a,不存在.故a U1.m(l+8+2)i-lr*o+tlim(8ia_4+2严)a当a=5时J=lim g主土竺=*，此时怡=寺；一 o+5 1

33、 5 5当a 5时，J=0,此时k=丄.12.【解析】通分，可得az3+c el dzI=lim-Xo x(*)由泰勒公式 e=1+w+-u2+o(u2)(u 0),有 e2 1 产+弓厂+o(产)(t-0),则J e2 df=J(1 产+*厂)dt+o(x5)x *工3+寻z5+o(z5)(工 0),ojt3+c(z -yj：3+yx5)+。(工)代入(*)式得 I=lim-乂-L 0 X(a 令卜3 _|_(b+c)_z+-J751-3)1 U-y=lim-=19x-0 x则 a _ 专=0,b+c=0話=1，即 a=,6=10,c=10.【注】如何处理是本题的核心难点，绝大多数考生未能正

34、确处理这个表达式，导致做不 J 0下去.13.【解析】由厂&)0,知f(x)单调增加又/(0)=1,所以，当0时，g$1,于是有16于是O=_第1章函数极限与连续/(攵)w 73(工上 0).1十工/(J-)/(0)=W=arctan xx$0),故f(工)1+arctan _z V 1+手.由单调有界准则知，极限存在.14.【解析】/(工)=iimf(jcit)t-xZ 1 t-lim显然工=1为间断点，连续区间为（一00,1）U（1，+）由于/(1_)=lim/(J?)=lim=0,x-*l 1/(11)=lim f(x)=lim=+,x-l+所以攵=1为无穷间断点.15.【解析】当0*时

35、，有1 /1+(2刃+/”1-73；当y J-2时，有2工/1+（2工）十伙“M 2工將;当2 2 2时，有*W 71+(2刃+工2 W工2循.又lim將=1,故”一00f(Q=Y1 9 0 W JT V 92工 9 W 2 2 才-2+所以*刃在：0,+oo)上连续.【注】本题源于数学竞赛题，在考研中多次涉及，是用夹逼准则求极限的典型考题注意本题的 放缩法.(必W如W 9 夹逼准则：入 严九f A(/2-oo)Un f f A 对于ux+U2+Un(Ui$0,72为有限数)，其放缩法为1*max W+弘2+%”W 72 Wmax-17第2章教列圾限强化训练a1.（C）【解析】上”+2 工卄1

36、=*（工卄1 一工”），即卄2 卄1 19攵卄1 攵”3令夕”=攵卄1 工”，贝q%是以#为公比的等比数列，1=心=1,且当$2时,Z”=工1+（工2 一 Q）+（攵3 一 工2）+（Z”X-x）=心+夕1+）2-+夕”_1=1+1+丄+J-k J3 32 31故 lima:,=lim|1+y（1-）I=y.n-oo“f 8 L 乙 J/乙2.In x【解析】limn2 O吉出）=limz?吕z諾n 1 =lim?2-In z=In z.n-*oo”foo-oo TlTl 1）【注】上面的做法用了当a0且aH 1时,aululna,u0.3【分析】“先斩后奏”设lim=A，递推式两边取极限，有

37、A=故A=箱（九0,由保n-oo A 十 1号性，舍去A=-#）.【解析】令y=xn a/3,plij（工”一扬）（血）_聽一1（乙+1）（九一翻）+l夕卄1工卄1.y nZ”-箱 1Z”如由_z”0,故工”+1 1,于是坐二#-1.则十10站卄1丨（箱1）b”l（松i）n /(工”。)，则由,g(z)的连续性，根据介值定理，存在攵0介于4与xq之间，使fCx0)=gCx0),则(C)成立.)对于数列g(工”),g(z卄J=f(工Q$g(z”)，故g(z”)单调增加.又g(z)在a,小上连续，必 有界，于是g(z”)有上界.由单调有界准则，limg(z”)存在.同理，/&”)=g(g)S),g

38、”)亦单调增加，又fCx)在a,勺上连续，必有界，于是 有上界,lim/(a-)存在.又=g（z 卄 J,即 lim/Ca-J=limg（jr 卄 JA.取的一个收敛子列并记lim x=6 a,b,则k 丄E klim）=/（lim）=fxQ）=A,即 a,b,使/(工o)=g(zo).综上所述，(C)正确.【注】本题还可以这样分析.若不存在工0 E a,b,使得g(zo)=_/(氏)，由/(z),g(z)的连续 性，则在a“上，g&)*工)大于0或小于0.两者必居其一且仅居其一.(因若不然，日心e _a,b使/(jti)g(2i)0,3.r2 6 a，b使/()一 g(久2)0,夂 w _a

39、,b,故m e 0,使 gO)/Xz)e 0.又gQ卄 i)=fg)=/(Jr)gQ”)+g(z”)=f(x)g(z”)+/(i)g(i)+g(z”_i)=CA-rJ g(攵”)+g(z”-i)+/(攵”-2)=L/（Z”）gQ”）+y（Z”_i）g（Hl）-（工 2）g（Z2）+/（Zi）,即/（Xl）g（2卄i）=g（K”）+g（九-1）/（n-1）4-卜g（Z2）/（-X2）故|g(Z卄1)$(n l)e./(j：i)|(n l)e,当-*oo时，g(z”)无界，与题设矛盾.故选(C).2.e【解析】a,dr=na-i,n=1,2,.3.【解析】因为/n+1+n 2 2（丿+1+）19O

40、且a/zT a/+10,丫5彳考研数学题源探析经典1000题(数学二)应用关于e的重要极限，有原式=lim 1lim8 2(Jn+1+Vn)2(丿卄丄、A-/ST 1一Z)1eF2(a/t?+1+a/?7)-4.【解析】方法一原极限等价于求聋/卜畑手-arctan命).令g=arctan t,t e 詳由拉格朗日中值定理可得a aarctan 一 arctan x E十1故原极限=lim x2/_a_ _ a _ ax11+孑(攵 z+1 丿 x4-oo 1+孑 J?(JC+1)1/a1+沙匚az+1a3+1方法二limarctan arctan n 兀+1lim x2|arctan 一 ar

41、ctan 工-+oo x 无十18a工+1令丄=t=X=希，所以Q(2t+产)原式=limo+at arctan at arctan-:1+t _ 一竽 2Kl+a2Z2)(l+O2+a22-“25.【分析】对于(1),由连续性及aKQj再用介值定理可证的存在性因为这里未设函数可导，所以无法用导数证零点的唯一性，而应采用反证法证明.【解析】由|/(j：i)/(2)1问心一却，对于任意固定的如6 _a,b作为其中的乜，并将心 记为r于是有f(x)/(jr0)|kx Xq ,当 z 氐时，l/Xz)/(zo)|-*0,于是有 lim/(J-)=/(To),可知/(z)在 a:。6 a,b处连续，由

42、几 z勺的任意性，知f(x)在a,6上连续.令爭(工)=f(jc)工,则申(a)=/(a)a N 0,卩(6)=/(6)b W 0.若上述两个不等式中至少有一个等号成立，例如申(a)=0,则取=a&_a,b,有 卩()=/()g=0.若上述两个不等式中无一个等号成立，即卩(a)=f(a)aO,cp(b)=/(6)60.于是由连 续函数介值定理知，存在E G(a,6)，使得卩(g)=F=0.再证唯一性，用反证法证明.设存在q C a,6,乃工&使得pCr/)=/(7)7=0.于是=r/_E，则 切一白=厅5)/(訓切一白，即(1 k)I 7白 W 0.但因1 沧0,切一占0,导致矛盾，所以耳=&

43、证明了唯一性.(2)为证limz”=W，考虑20O 第2章数列极限一剧=1/(n-l)f(K 白 C knX|工1 白，其中心与W都是确定的值.所以当n 时，|工”一剧-*0,从而证明了 limz”存在，且limz”=&证毕.n-oo n-*oo【注】此题若增加条件“*工)在也,门上可导，且|/(工)|怡1”,则可应用拉格朗日中值定理 来完成不等式.对a上的任意两点心“2，均有1/(1)/(x2)|=|/()(J?!攵2)丨 M 怡 1乂1 乜|(介于 Z1 与 X2 之间),也能继续证明本题的结论其子题可如此设置：设_/(工)=a+6sin x,a为任意常数，0 b OO提示：(1)记 F(

44、z)=f(jc)x,F x)=f(工)1=6cos j?1 0,则 F(x)单调递减.又 lim F(j?)=oo,lim F(t)=4-oo,故/(t)=x 有唯一实根 f.X*一872*OO(2)xn|=|/(x-!)/($)K bx-x?|6B_1 ki$|-0.6.【解析】(1)由于0 0,/(jt)$0,0(=1,2,).综上可知，a”单调减少且有下界，故必为收敛数列.(2)因 lima”=t,fCx)在0,+*)上连续，且 t 6 0,+*),故有n-*oot=lima卄 1=lim/(a)=/(lima)=/(O.”一8 oo noo(3)由 a”$0 及 lima”=/，知 若

45、上工0,则(0,+oo),且/(/)/,但由(2)知 f(t)=8/,矛盾，所以t=0.【注】这是一个题源，若令*工)=sing,便得到了下面这个考研真题.设数列&”满足 0 心 tt,z卄 1=sin xn(n=1,2,).(1)证明lim存在，并求该极限；OO(2)计算limn-*oo1解析(1)由于当0 工兀时OVsinzVz,所以当0 鼻”兀时,0 J:卄1=sin z”a”tv.已知0 心 兀,故由数学归纳法知对一切n=1,2,，有0 攵卄1=sin工”0.由单调有界准则知limz”存在，记为a,则a 2 0.令”f oo，将力卄】n-*ooa=sina,易见a=0是它的一个解.另一

46、方面，若a 0,必有asina,所以由a=sin九两边取极限，得sin a只能得到唯一解a=0,即有lim#”=0.OO1 zi V2 r”丿又由(1)知当X时乂”一 0,故考虑函数极限(2)因为lim8=lim”f 8sin xn21丫5彳考研数学题源探析经典1000题（数学二）1因为所以从而r 1 1 sin 工.1 i 1 sin 九.lim-yin-=lim-yin 1 十-10 X X x-*0 X x等价无穷小代换 1/sin x”“一-lim p-等价无穷小代换v=limx-01i.sin x x lim-z-Zf 0 X17.【解析】(1)记 Fi(z)=ln(l+攵)一z,则

47、 F(z)=二一1=1，于是 Fi(工)在(0,1)内 1十z 1十z单调减少，由Fi(O)=0,知FiQ)0,6(0,1),从而ln(l+x)工；记 F2(jt)=jc ex+1,则 F；(工)=1 ex,于是 F?(工)在(0,1)内单调减少，由 F?(0)=0,知 F?(z)0,工(0,1),从而 j：；ex 1.故 ln(1+j?)工于一1,0工1.(2)当 0 工 1 时，ln(1+jc)；jc C 1.由 0 心 1,可知 0 e2 1=ln(1+m)心 1,从而0 1.同理可证当0 比 1时口屮同样满足0 工屮 1,由数学归纳法知对一切n=1,2,有0工”1,即数列&”是有界的.

48、又当0 V z”1时，2卄1 卄1 一 1=ln(l+z”)V z”，即工”单调减少.由单调有界准则知lim存在.将该极限值记为a,则a鼻0.“f 8对ln(l+工”)=卄1 1两边取极限，得ln(l+a)=e 1.设 f(工)=ex 1 ln(l+j;),当 0 z 0,因此 f(jc)单调增加.1十z由/(0)=0,可知/(工)0,从而只有a 0,即limz”=0.”f 88【解析】取无=I,，?=F(l*)=手一夕+5,f(y 1)=b 2+10=(3/I)2+9,即/(r)=j?+9,于是 fCy x)=(y xY+9,故 F(e,j/)=.Lx依递推式，有(2j70 一 n)$+9

49、云+9 云+9心=-=-，9力卄1=-故有下界，且 z卄1621,于是E单调减少，则昨”存在，并记为A.在舟严铲两边取极限，得A=譬必二3,依保号性，舍去A=3,得limj?=3.822 3 t 一尤晶教做介冷保枇念强化训练1.(B)【解析】当J：0时,arctan 乂工因为/(jc)在x=Q处连续9所以1-车(、2 Tx+x 1.2 e-x+x 1-2z In 2+ex+1 9.9a=11m-=lim-=lim-=In Z+z,x*0 j?-*o arctan oc,工-*0 oc 工一0 1即/(O)=In 2+2.进一步，由定义法求/(0),有/(O)=lim 于&)*0)x-*-0 o

50、clim?+(In2+2)arctanrfO j:arctan x2 e-x x (In 2+2)arctan x _ 1(|n22 _ j)x-*o x2 2所以y(z)在工=0处可导，且/(O)=y(ln22-l).故选(E).2.(C)【解析】在分段点工=0两侧函数表达式不同，考虑：lim/(jc)=lim x2=0,x0 x0.1 j；2lim fCx)=lim-=lim 一=0,工一()+x-0 2 工-*()+可知lim=lim/(je)=/(O),因此f(x)在z=0处极限存在且连续，应排除(A),(B).x-*0 x-0又由单侧导数的定义，lim 耳二理0)=Um=o=/：(0