考研数学二(函数、极限、连续)历年真题试卷汇编6

考研数学二（函数、极限、连续）历年真题试卷汇编6
(总分：68.00，做题时间：90分钟)
一、选择题(总题数：17，分数：34.00)
1.选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

（分数：
2.00）
__________________________________________________________________________________________
解析：
2.设函数f(x)在(－∞，＋∞)内单调有界，{x n }为数列，下列命题正确的是
（分数：2.00）
A.若{x n }收敛，则{f(x n )}收敛．
B.若{x n }单调，则{f(x n )}收敛．√
C.若{f(x n )}收敛，则{x n }收敛．
D.若{f(x n )}单调，则{x n }收敛．
解析：解析：若{x n )单调，则{f(x n )}单调，又f(x)在(－∞，＋∞)内有界，可见{f(x n )}单调有界，从而{f(x n )}收敛．故应选(B)．
3.设a n＞0(n＝1，2，3，…)，S n＝a 1＋a 2＋…＋a n，则数列{S n }有界是数列{a n }收敛的
（分数：2.00）
A.充分必要条件．
B.充分非必要条件．√
C.必要非充分条件．
D.既非允分也非必要条件．
解析：解析：由a n＞0(n＝1，2，3，…)，数列{S n}单凋增加，若{S n }有界，则{S n}收敛，且
即{a n}收敛，故充分性成立．但必要性不一定成立，即若a n＞0(n＝1，2，3，…)，且数列{a n2}收敛，则数列{S n }不一定有界．例如，a n＝1(n＝1，2，3，…)，则数列{a n }收敛于1，但数列{S n }＝{n}无界．故应选(B)．
4.设x→0时，e tanx－e x与x n是同阶无穷小，则n为
（分数：2.00）
A.1．
B.2
C.3 √
D.4
n＝3．故应选(C)．
5.设当x→0时，(1－cosx)ln(1＋x 2)是比xsinx n高阶的无穷小，xsinx n是比(e x2－1)高阶的无穷小，则正整数，n等于
（分数：2.00）
A.1．
B.2 √
C.3
D.4
解析：解析：[分析] 直接按无穷小量的定义进行讨论．[详解] 由题设，有知，n≤2；
知n≥2．故n＝2．故应选(B)．
6.把x→0 ＋时的无穷小量
（分数：2.00）
A.α，β，γ．
B.α，γ，β√
C.β，α，γ．
D.β，γ，α．
解析：解析：[分析] 先两两进行比较，再排出次序；也可先求出各无穷小量关于x的阶数，再进行比较．[详
解1]，可排除(C)，(D)选项，又可见γ是比β低阶的无穷小量，故应选(B)．[详解2] 由
存在且不为零，知n＝1；存在且不为零，知n＝3存在且不为零，知n＝2；故应选(B)．
7.当x→0 ＋时，与
（分数：2.00）
√
解析：解析：[分析] 利用已知无穷小量的等价代换公式，尽量将四个选项先转化为其等价无穷小量，再进行比较分析找出正确答案．[详解] 当x→0 ＋时，有；利用排除法知应选(B)．[评注] 本题直接找出的等价无穷小有些困难，但由于另三个的等价无穷小很容易得到，因此通过排除法可得
到答案．事实上，
8.当x→0时，f(x)＝x—sinax与g(x)＝x 2 ln(1－bx)是等价无穷小，则
（分数：2.00）
A.a＝1√
B.n＝1
C.a＝－1
D.a＝－1
解析：解析：[详解] f(x)＝x—sinax，g(x)＝x 2 ln(1－bx)为等价无穷小，则由洛必塔法则只需因为，从而a＝1 再由，故应选(A)． [评注]本题主要考查等价无穷小的概念、无穷
小等价代换、洛必塔法则及重要结论：
9.已知当x＝0时，函数f(x)－3sinx＝sin3x与cx k是等价无穷小，则
（分数：2.00）
A.k＝1，c＝4．
B.k＝1，C＝－4．
C.k＝3，c＝4．√
D.k＝3，C＝－4．
解析：解析：[分析] 由等价无穷小的定义及泰勒公式或洛必塔法则可得，属基本题型． [详解1]用泰勒
公式由题意所以k＝3，c＝4．故应选(C)．[详解2]欲使，由洛必塔法则，只需，所以k＝3，c＝4．故应选(C)．
10.设cosx－1＝xsina(x)x→0时，a(x)是
（分数：2.00）
A.比x高阶的无穷小．
B.比x低阶的无穷小．
C.与x同阶但不等价的无穷小．√
D.与x等价的无穷小．
解析：解析：由cosx—1＝xsina(x)，sina(x)是与x同阶但不等价无穷小，又sina(x)与a(x)是等价无穷小，所以，a(x)是与x同阶但不等价的无穷小．故选(C)．
11.设函数在(a，b满足
（分数：2.00）
A.a＜0，b＜0．
B.a>＞0，b＞0．
C.a≤0，b＜0．
D.a≥0，b＜0．√
解析：解析：[分析] 根据f(x)的连续性和条件确定常数． [详解] 由题设f(x)在(－∞，＋∞)内
连续，因此对任意的x∈(－∞，＋∞)，有a＋e br≠0，这只需a≥0即可；另外，由，所以必有b ＜0．故应选(D)． [评注] 事实上，本题由a≥0即可选择正确答案为(D)．
12.
（分数：2.00）
A.x＝0，x＝1都是f(x)的第一类间断点．
B.x＝0，x＝1都是f(x)的第二类间断点．
C.x＝0是f(x)的第一类间断点，x＝1是f(x)的第二类间断点．
D.x＝0是f(x)的第二类间断点，x＝1是f(x)的第一类间断点．√
解析：解析：[分析] 显然x＝0，x＝1为间断点，其分类主要考虑左、右极限． [详解] 由于函数f(x)在x＝0，x＝1点处无定义，因此是间断点．且，所以x＝0为第二类间断点．，所以x＝1为第
一类间断点，故应选(D)． [评注] 。

13.设f(x)是奇函数，除x＝0外处处连续，x＝0是其第一类间断点，则∫ 0x f(t)dt是
（分数：2.00）
A.连续的奇函数．
B.连续的偶函数．√
C.在x＝0间断的奇函数．
D.在x＝0间断的偶函数．
解析：解析：[分析] 由于题设条件含有抽象函数，本题最简便的方法是用赋值法求解，即取符合题设条件
的特殊函数f(x)去计算F(x)＝∫ 0x f(t)dt，然后选择正确选项．[详解] 取则当x≠0时，
而F(0)＝0＝所以F(x)为连续的偶函数，故应选(B)． [评注] 对于题设条件含抽象函数或备选项为抽象函数形式的选择题，用赋值法求解往往能收到奇效．
14.[－π，π]上的第一类间断点是x＝
（分数：2.00）
A.0．√
B.1
解析：解析：[分析]f(x)为初等函数，找出其无定义点即为间断点，再根据左、右极限判断其类型． [详解]f(x)在[－π，π]上的无定义点，即间断点为x＝0，1，．又可见x＝0为第一类间断点，
故应选(A)．[评注] 本题尽管可计算出，从而x＝1均为第二类间断点，但根据四个选项的答案，已经确定x＝0为第一类间断点后，后面三个极限问题事实上没必要再计算．
15.f(x)有
（分数：2.00）
A.1个可去间断点，1个跳跃间断点．√
B.1个可去间断点，1个无穷间断点．
C.2个跳跃间断点．
D.2个无穷问断点．
解析：解析：[详解]f(x)的间断点为x＝0，x＝1．因为可见x＝0为可去间断点．
x＝1为跳跃间断点，故应选(A)．
16.
（分数：2.00）
A.1．
B.2
C.3 √
D.无穷多个．
解析：解析：[详解]当x取任何整数时，f(x)均无意义，f(x)的间断点必有无穷多个，但可去间断点为极
限存在的点，故由x－x 3＝0的解x 1,2,3＝0，±1有所以可去间断点为3个，即0，±1，故应选(C)．
17.
（分数：2.00）
A.0．
B.1 √
C.2
D.3
解析：解析：[分析] 间断点为x＝0，±1，计算各点处的极限以判断间断点的类型．[详解]有间断
点x＝0，±1．又因为，所以x＝0为跳跃间断点．又，所以x＝1为可去间断点，，所以x＝－1为无穷间断点，因而选择(B)． [评注]x→0时的极限要考虑单侧极限．
二、填空题(总题数：7，分数：14.00)
（分数：2.00）
填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：应填0．）
解析：解析：[分析]两次利用分部积分法求出，I n＝∫ 01e －x sinnxdx，然后计算极限．[详解
19.若x→0xsinx是等价无穷小，则a＝ 1．
（分数：2.00）
填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：应填－4．）
解析：解析：[分析] 根据等价无穷小量的定义，相当于已知，反过来求a．注意在汁算过程中应尽可能地应用无穷小量的等价代换进行化简． [详解] 当x→0时，，xsinx～x 2于是，根据题设有[评注] 若当x→0时，f(x)→0，则有(1＋f(x)) a－1～af(x)．
20.当x→0时，α(x)＝kx 2与β(x)＝k＝ 1．
（分数：2.00）
填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：应填[*]）
解析：解析：[分析] 题设相当于已知，由此确定k即可． [详解] 由题设，得
21.x＝0处连续，则a＝ 1．
（分数：2.00）
填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：应填[*]．）
解析：解析：[分析] 求“1 ∞”型极限，令其等于f(0)，得a的取值．[详解1] 由题设，即
[评解2] 由题设知，因此
22.设函数f(x)x＝0处连续，则a＝ 1．
（分数：2.00）
填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：应填－2．）
解析：解析：[分析] 先求出在分段点处的左、右极限f(0－0)，f(0＋0)，再根据f(0—0)＝f(0＋0)＝f(0)
确定参数a． [详解] 因为由题设得a＝－2． [评注]f(x)在x 0处连续f(x 0－0)＝f(x 0＋0)＝f(x 0 )．
23.f(x)的间断点为x＝ 1．
（分数：2.00）
填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：应填0．）
解析：解析：[分析] 本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点．对不同的x，先用求极限的方法
得出f(x)的表达式，再讨论f(x)的间断点． [详解] 显然当x＝0时，f(x)＝0；当x≠0时，所以因为故 x＝0为f(x)的间断点．
24.x＝0处连续，则a＝ 1．
（分数：2.00）
填空项1:__________________ （正确答案：正确答案：应填[*]。

）
解析：解析：[分析] 本题为已知分段函数连续求参数的问题．直接利用函数的连续性定义即可．[详解] 由
题设知，函数f(x)在x＝0处连续，则又因为所以
三、解答题(总题数：10，分数：20.00)
25.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________ 解析：
26.(1)证明：对任意正整数n，都有成立． (2)设＝1，2，…)，证明数列{a n }收敛．（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：(正确答案：(1)方法一根据拉格朗日定理，存在ε∈(n，n＋1)，使得所以方法二考虑函数不等式＜ln(1 ＋x)＜x(0＜x＜1)．先证In(1＋x)＜x，令f(x)＝ln(1＋x)－x，则，有f(x)在[0，1]上单调递减．因而当0＜x＜1时，f(x)＜f(0)＝0，即ln(1＋x) ＜ln(1＋x)，令g(x)＝ln(1＋x)－，则，有g(x)在[0，1]上单调递增．因而，当0＜x＜1时，f(x)＞f(0)＝0，即。

综上所述，有＜ln(1＋x)＜x(0＜x＜1)，把x换为得原不等式成立．(2)先证数列{a n }单调递减．由(1)得a n＋1－a n＝，所以数列{a n }单调递减．再证数列{a n }有下界．由(1)得即数列{a n }有下界．故数列{a n }收敛．)
解析：解析：对(1)x转化为函数不等式的证明；对(2)用单调有界原理．27.(1)证明方程x n＋x n－1＋…＋x＝1(n为大于1的整数)在区间内有且仅有一个实根；(2)记(1)
中的实根为x n，证明存在，并求此极限．
（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：(正确答案：(1)令f n(x)＝x n＋x n－1＋…＋x－1．因为f n(x)在上连续，又，f n (1)＝n－1＞0，由介值定理，存在x n∈ ，使f n (x n )＝0(n＝2，3，…)，即原方程在区间
内至少有一个实根．又当x∈ 时，f"(x)＝1＋2x＋…＋nx n－1＞0，即f n (x)在内单
调增加，故原方程在区间内有且仅有一个实根．(2)由(1)知数列{x n}有界，下面证明单调性．因为 f n (x n )＝0＝f n＋1 (x n＋1 )，n＝2，3，…．故 x n n＋x n n－1＋…＋x n－1＝(x n＋1n－1＋…＋x n
＋1n n＋1 n＋1＞0，即f
n (x n )＞f n2 (x n＋1 )，而f n (x)在内单调增加，从而有x n＞x n＋1，
即数列{x n2 }单调减少(n＝2，3，…)，所以存在，设为l．由于0＜x n＜x 2＜1，故0＜n n＜x
2n．根据夹逼定理有．由f
n(x n)＝0(n＝2，3，…)，即x n
n＋x
n
n－1＋…＋x
n＝1，得，
令n→∞，取极限得，解得．故．)
解析：解析：[分析]根的存在性用介值定理，而唯一性利用单调性；对于(2)，应先证明极限存在，在已知关系式两边取极限即可． [评注]注意解答过程中的步骤0＜x n＜x 2＜1不是多余的，因为仅由0＜x n＜
1是推不出的．
28.设函数．(1)求f(x)的最小值；(2)设数列{x n}满足，证明
（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________
正确答案：(正确答案：(1)因，令f’(x)＝0，得f(x)的唯一驻点x＝1，且在定义域内没有导数不存在的点．当0＜x＜1时，f(x)＜0，当x＞1时，f"(x)＞0，因此x＝1为f(x)的极小值点，也是最小值
点，且最小值为f(1)＝1． (2)由(1)知，数列{x n }有，即，于是x n＜x n＋1，即{x n }
单调上升．显然，x n＞0，于是由，即x n＜e，所以{x n}单调上升且有上界，故存在．设
，当n→∞时，对两边求极限，并由极限的保号性有又由(1)得，两边求极限
有，解得a＝1，即．)
解析：解析：第(1)问利用导数讨论即可；第(2)问利用极限存在的单调有界收敛准则．
29.设函数f(x)在x＝0的某邻域内具有二阶连续导数。

且f(0)≠0，f"(0)≠0，f"(0)≠0．证明：存在唯一的一组实数λ1，λ2，λ3，使得当h→0时，λ1 f(h)＋λ2 f(2h)＋λ3 f(3h)－f(0)是比h 2高阶的无穷小．
（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________
正确答案：(正确答案：[详解1] 由题设知，于是[λ1 f(h)＋λ2 f(2h)＋λ3 f(3h)－f(0)]＝λ1 f(0)＋λ2 f(0)＋λ3 f(0)－f(0)＝0，而f(0)≠0，因此有λ1＋λ2＋λ3－1＝0．利
用洛必塔法则，有同样有[λ1 f"(h)＋2λ2 f"(2h)十3λ3 f"(3h)]＝(λ1＋2λ2＋3λ3)f"(0)＝0，而f"(0)≠0，因此有λ1＋2λ2＋3λ3＝0．再次利用洛必塔法则，有而f"(0)≠0，
因此有λ1＋4λ2＋9λ3＝0．可见λ1，λ2，λ3满足由于其系数行列式＝2≠0，于是方程组有唯一解，即λ1，λ2，λ3可唯一确定． [详解2] 将f(h)，f(2h)，f(3h)分别在h＝0
处用泰勒公式展开，于是有λ1f(h)＋λ2f(2h)＋λ1f(3h)－＝(λ1＋λ2＋λ3—1)f(0)
＋(λ1＋2λ2＋3λ3 )f"(0)h＋(λ＋4λ2＋9λ3 ) 可见λ1，λ2，λ3满足
方程组有唯一解，因此λ1，λ2，λ3可唯一确定．)
解析：解析：题设相当于已知λ1，λ2，λ3是唯一的．30.试确定A，B，C的值，使得 e x (1＋Bx＋Cx 2 )＝1＋Ax＋v(x 3 )．其中v(x 3 )是当x→0时比x 3高阶的无穷小．
（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________
正确答案：(正确答案：[详解1] 用洛必塔法则，由于是1＋B—A＝0．又于是1＋2B＋2C ＝0．再一次利用洛必塔法则，有于是有 1＋3B＋6C＝0．由此可解得[详解2] 将e x的泰勒级数展开式代入题设等式整理得比较两边同次幂系数得)
31.已知函数求a的值； (2)若当x→0时，f(x)－a与x k是同阶无穷小，求常数k的值．（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：(正确答案：(1) (2)方法一因为f(x)－a＝－f(x)－1 故又当x→0时，
，因此k＝1，f(x)－a与x k2是同阶无穷小(x→0)．方法二因为，于是因此k＝1．) 解析：
32.(0，2π)内的间断点，并判断其类型．
（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：(正确答案：在区间(0，2π)内不存在的点为f(x)在区间(0，2π)内的间断点是
不存在的点，即．在处，故处，f(上)为第二二类间断点；在处，
为f(x)的可去间断点．)
33.f(x)，求函数f(x)的间断点并指出其类型．
（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：(正确答案：[详解1] 原式＝即显然，f(x)的间断点为x＝0，x＝kπ(k＝±1，
±2，…)．由于，所以x＝0是函数f(x)的第一类(或可去)间断点；有一不存在，故x＝
kπ(k＝±1，±2，…) 是f(x)的第二类间断点． [详解2] 原式＝而
同详解1．)
解析：解析：[分析] 本题为“1 ∞”型未定式极限问题，可用第二类重要极限或化为指数函数这两种方法求解，得到f(x)后，再求其间断点并进行分类． [评注] 从本题可看出，求“1 ∞”型未定式的极限，有时直接用第二类重要极限来计算可能更简便，指出间断点的类型，通常只需说明是第一或第二类即可，当然若能更详细地指出是第一类中的可去或跳跃间断点，以及第二类中的无穷或振荡间断点则更好．
34.a为何值时，f(x)在x＝0处连续；n为何值时，x＝0是f(x)的可去间断点?
（分数：2.00）
__________________________________________________________________________________________
正确答案：(正确答案：令f(0－0)＝f(0＋0)，有－6a＝2a 2＋4，得a＝－1或a＝－2．当a＝
－1时，＝6＝f(0)，即f(x)在x＝0处连续．当a＝－2时，＝12≠f(0)，因而x＝0是f(x)的可去间断点．)
解析：解析：[分析] 分段函数在分段点x＝0连续，要求既是左连续又是右连续，即f(0—0)＝f(0)＝f(0＋0)． [评注] 本题为基本题型，考查了极限、连续与间断等多个知识点，其中左、右极限的计算有一定难度，在计算过程中应尽量利用无穷小量的等价代换进行简化．。