超越考研复习全书数一习题详解第一章.docx
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超越考研复习全书数一习题详解第一章
第一章练习题解答
一、选择题
1、函数的定义域是()
(A).(B).
(C).(D).
【解】选(B).
,故选(B).
2、函数是()
(A)奇函数.(B)周期函数.(C)单调函数.(D)无界函数.
【解】选(D).
因为,故为偶函数,可排除(A);
中含,故非周期函数,排除(B);
因为,而在上有增有减,故非单调函数,排除(C);
取(),,则函数为无界函数,故选(D).
3、当时,是的()
(A)高阶无穷小.(B)低阶无穷小.
(C)等价无穷小.(D)同阶但不等价的无穷小.
【解】选(D).
因为
所以当时,是的同阶但不等价的无穷小,故选(D).
4、点是函数的()
(A)连续点.(B)可去间断点.(C)跳跃间断点.(D)无穷间断点.
【解】选(D).
因为,
所以是的第二类无穷型间断点,故选(D).
5、设曲线与的交点横坐标为,则等于()
(A).(B).(C).(D).
【解】选(D).
,即,
则,故选(D).
6、设函数,则下列结论中不正确的是()
(A).(B)在区间内是无界函数.
(C).(D)在区间内是连续函数.
【解】选(B).
,(无穷小乘以有界函数仍为无穷小量);(A)正确;
,(重要极限公式);(C)正确;
为初等函数,在定义区间上一定连续,故在内是连续函数,(D)正确.
因为,所以在区间上有界,其中为充分小的正数,
因为,所以在区间内有界,其中为充分大的正数,
函数在上连续,则在上必有界,故在区间内是有界函数,
故选(B).
7、若函数在上连续,则()
(A).(B).(C).(D).
【解】选(A).
因为函数在上连续,则必在点处连续.
而,
故当2,时,在点处连续,继而在上连续.
故选(A).
8、方程在内根的个数是()
(A)0.(B)1.(C)2.(D)3.
【解】选(C).
为偶函数,令
因为时,,所以考虑内根的情况.
由于,,
由零点定理知在内至少存在一个零点,
又由于,
则在内仅有一个零点,继而在内仅有一个零点;
故方程在内有两个实根,故选(C).
9、设在上有界且可导,则的一个充分条件为()
(A)存在.(B)存在.
(C).(D)收敛.
【解】选(A).
设在上有界且可导,如果存在,则必有.证明如下:
假设,不妨设,则存在充分大的,当时,,
由中值定理
,
即,
上式对任意的都成立,这与的有界性矛盾,所以.故(A)正确.
(B)不正确,
设,则,
因为,所以不存在.
(C)不正确,
因为由,可得这不能
得到,注意与可能是不一样的.
由(D)只能得到的结论,比较(B),即知(D)不正确.
10、曲线()
(A)没有渐近线.(B)仅有水平渐近线.
(C)仅有垂直渐近线.(D)既有水平渐近线也有垂直渐近线.
【解】选(D).
因为,,
所以有水平渐近线及垂直渐近线,故选(D).
二、填空题
1、设,,则.
【解】填:
因为
2、函数的反函数是.
【解】填:
3、设数列,则.
【解】填:
.
因为
.
4、(为常数).
【解】填:
因为
5、.
【解】填:
.
因为
6、极限.
【解】填:
.
因为
7、若,则.
【解】填:
.
由且,
将代入原极限有,
即,故,
则.
8、极限.
【解】填:
.
因为,
而
故.
9、曲线的渐近线有.
【解】填:
因为,所以为垂直渐近线;
又因为,所以为斜渐近线.
10、当时,函数在上连续.
【解】填:
2.
因为函数在上连续,故在点处一定连续.
而,故当2时,
函数在点处一定连续,亦在上连续.
三、计算题和证明题
1、求下列极限
(1);
(2);
(3);(4);
(5);(6).
【解】
(1)
.
(2)
(3)
(4).
(5)
.
(6)
2、求下列极限:
(1);
(2);
(3);(4).
【解】
(1)因为
故.
(2)
(3)
(4)
则.
3、求下列项和(积)的数列极限:
(1)(是常数);
(2);
(3)();
(4).
【解】
(1)
则
(2)因为
,
而,
则 .
(3),
则.
(4),
则
4、当时,确定下列无穷小关于的阶数:
(1);
(2);
(3);(4).
【解】
(1)因为,所以当时是的一阶无穷小;
(2)因为,
,
所以,
所以当时是的二阶无穷小;
(3)因为,
所以当时是的三阶无穷小;
(4)因为,所以,
所以当时是的一阶无穷小.
5、设(),且,,并求.
【解】由
由
故.
6、设,证明数列收敛,并求其极限.
【证】
(1)单调性
因为;
假设时,成立,则当时,,
所以由数学归纳法可得:
对任意正整数,,即为单调增加数列.
(2)有界性
因为,所以为有界数列.于是,由单调有界准则可得收敛.
(3)求极限
设,则在两边求极限,
可得,即,解得.因为,故,
即.
7、设,求
(1);
(2).
【解】
(1)由即知,即数列单减有下界,
由单调有界原理即知存在,设,
,即.
(2).
8、讨论函数的间断点并判定其类型.
【解】的间断点为.
因为
所以为第一类跳跃间断点;
因为,则为第一类可去间断点;
因为,则为第二类间断点,
,则为第二类
间断点.
9、写出下列函数的非极限形式的表达式,并求其间断点与判定间断点类型:
(1);
(2).
【解】
(1)
因为,故是第一类间断点,且为跳跃间断点.
(2)因为当时,;
当时,,,
此时,;
当时,,,
此时,,
于是,
因为,,
所以为的第一类间断点,且为跳跃间断点.
10、讨论函数的连续性,若有间断点,判定其类型.
【解】,而,,
故当时,,此时函数在点连续;
当时,不存在;时,
故当时函数在点间断,且为第二类无穷性间断点.
11、设在上连续,且,证明:
对任意正数,存在点使得.
【证明】因为在上连续,所以在上存在最小值和最大值,
使 .
又,于是
相加得
即
由介值定理知,存在,使,即.
12、已知函数在上连续,且,证明:
存在点使得.
【证明】令,
由条件知在上连续,
而,即,
则由零点定理,至少存在点使得即.
13、设是上的连续函数,证明:
(1)若在上没有实根,则在上恒正或恒负.
(2)若存在点使得,则存在使得.
【证明】
(1)反证法
设在上非恒正或恒负,即存在,不妨设,使得,
由于是上的连续函数,即在上连续,且,
由零点定理知,一定存在,使得,
即方程在上有实根,矛盾.
(2)令,显然在上连续,(不妨设)
且,
即.
若,
则由零点定理知,一定存在,使得,即.
若,则或,
综上可知,必存在使得.
14、证明方程在内有且仅有两个不同的实根.
【证明】设在内连续,
为驻点,且,
,
,
则方程在内有且仅有两个不同的实根,分别在及中.
15、已知极限,确定的值.
【解】因为,即
而,所以,即.
于是,由洛必达法则与等价无穷小可得
,
故.
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