(302)--周周清第十五周（6.16-6.22）_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

周周清 6.16-6.22
-by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧
1.（数一二三）

2 4
= 0  cos  −cos  d  =

(A)  (B)2 (C) 3 (D) 4
2.（数一二三）证明以下结论：
(I)设 ，则 ；
1


d  d  
= 2+ 2  >0  (  )=
(II)当 0 1 时 + ，  0 1+  2
1 2  
⩾1 arctan  − arccos 2 = .
2 1+  4
3.（数一二三）已知 是 n 阶可逆矩阵，若 ,则下列命题中
① ②  ③  ∼④ 
2 2 −1 −1  T
正确   的∼命  题  共有  ∼   ∼   ∼ 
个 个 个 个
(A)4 (B)3 (C)2 (D)1
4.（数一二三）设函数 f(x)在(,)内有定义，在区间[0,1)上，f(x)(x1)cosx，
x
对任意的x，都有 f(x)kf(x1)，其中k 为非零常数.若F(x) f(t)dt (0 x2)，
0
则____.
(A)当k 2时， f(x)连续，F(x)可导.
(B)当k 2时， f(x)不连续，F(x)不可导.
1
(C)当k  时， f(x)可导，F(x)可导.
2
1
(D)当k  时， f(x)不可导，F(x)不可导.
2
f(x) f(x)
5.（数一二）设函数 f(x)二阶可导且满足lim 2，则曲线 y  arcsintdt在
x0 arcsinx 0
x 0对应点处的曲率为____.6.（数一二三）设当x0时，是x的高阶无穷小，已知函数 y  x2lnx 在任意点x处
 1 
的增量y    x，则 u  ____
lnx
7.（数一）设曲线积分 f(x)dy4yf(x)dx 与路径无关，其中 f(x)具有二阶连续导数，
L
f(x)1
并且lim 存在，则 f(x)____.
x0 x2周周清 6.16-6.22
-by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧
𝜋
1.（数一二三）𝐼 =∫ 𝑥√cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥 =
0
𝜋 𝜋 𝜋
(A) 𝜋 (B) (C) (D)
2 3 4
[知识点]：定积分的求解。
[答案]： B.
[解析]：可用三种方法求解：
𝜋
𝜋 𝜋
2
方法1：𝐼 =∫ 𝑥|cos𝑥|sin𝑥d𝑥 =∫ 𝑥cos𝑥sin𝑥d𝑥−∫ 𝑥cos𝑥sin𝑥d𝑥
𝜋
0 0
2
𝜋
1 2 1 𝜋
=− ∫ 𝑥dcos2𝑥+ ∫ 𝑥dcos2𝑥
4 4 𝜋
0
2
𝜋 𝜋
1 2 1 2 1 𝜋 1 𝜋
=− 𝑥cos2𝑥| + ∫ cos2𝑥d𝑥+ 𝑥cos2𝑥| − ∫ cos2𝑥d𝑥
4 4 4 𝜋 4 𝜋
0 0 2 2
𝜋 𝜋 𝜋 𝜋
= + + = .
8 4 8 2
𝜋
𝜋 2 𝜋 𝜋 𝜋
方法2：令𝑥 =𝑡+ ，𝐼 =∫ (𝑡+ )√cos2(𝑡+ )−cos4(𝑡+ )
2 𝜋 2 2 2
−
2
𝜋
𝜋 2
=0+ ∫ √sin2𝑡−sin4𝑡d𝑡
2 𝜋
−
2
𝜋 𝜋
=𝜋∫ 2 sin𝑡cos𝑡d𝑡 = 𝜋 sin2𝑡| 2 = 𝜋
2 2
0 0
𝜋
方法3：√cos2𝑥−cos4𝑥关于𝑥 = 对称，即√cos2𝑥−cos4𝑥 =√cos2(𝜋−𝑥)−cos4(𝜋−𝑥)
2
𝜋 𝜋
于是有∫ 𝑥√cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥 =∫ (𝜋−𝑥)√cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥
0 0
𝜋 𝜋
2𝐼 =∫ 𝑥√cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥+∫ (𝜋−𝑥)√cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥
0 0
𝜋
=∫ 𝜋√cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥
0
所以原式推导为：
𝜋
𝜋 𝜋 𝜋 2
𝐼 =∫ 𝑥√cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥 = ∫ √cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥 =𝜋∫ √cos2𝑥−cos4𝑥d𝑥
2
0 0 0𝜋
2 𝜋
=𝜋∫ sin𝑥cos𝑥d𝑥 = .
2
0
[易错点]：较为基础的定积分求解问题，不论用哪种方法都可以快速求解，注意计算问题
即可。2.（数一二三）证明以下结论：
1
𝑥 d𝑡 𝑥 d𝑡 𝜋
(I)设 𝑓(𝑥)=∫ +∫ (𝑥 >0)，则 𝑓(𝑥)= ；
0
1+𝑡2
0
1+𝑡2 2
1 2𝑥 𝜋
(II)当𝑥 ⩾1时，arctan 𝑥− arccos = .
2 1+𝑥2 4
[知识点]：积分不等式的证明。
[解析]：这道题有一定难度，但理清思路也能快速求解.
证明：
(I)首先求解导函数，𝑓′(𝑥)= 1 + 1 ⋅(− 1 )=0，这说明𝑓(𝑥)≡𝑐，𝑐为常数.
1+𝑥2
1+(
1
)
2 𝑥2
𝑥
之后代入任意点计算函数值，不妨令𝑥 =1，有𝑓(1)=2∫ 1 d𝑡 =2arctan 𝑡|1 =2× 𝜋 =
0 1+𝑡2 0 4
𝜋 𝜋
，于是有结论𝑓(𝑥)= .
2 2
1 2 𝜋
(II)当𝑥 =1时，arctan1− arccos = ；
2 1+12 4
1 2𝑥 𝜋
当𝑥 >1时，令𝑓(𝑥)=arctan𝑥− arccos − ，则
2 1+𝑥2 4
1 1 1 2(1+𝑥2)−4𝑥2 1 1+𝑥2 1−𝑥2
𝑓′(𝑥)= + ⋅ ⋅ = + ⋅ ≡0
1+𝑥2 2 (1+𝑥2)2 1+𝑥2 𝑥2−1 (1+𝑥2)2
4𝑥2
√1−
(1+𝑥2)2
故𝑓(𝑥)≡𝑐(𝑐 为常数).
又 𝑓(𝑥) 在[1,+∞) 上连续，故 𝑓(1)= 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥)=0，故有 𝑓(𝑥)=0， 即 arctan 𝑥−
𝑥→1+
1 2𝑥 𝜋
arccos = .
2 1+𝑥2 4
突破点就在于导数为0，同学们发现题干中有𝑓(𝑥)≡𝑐时可以立刻求导验算，答案显而
易见.
[易错点]：要证明某函数恒为常数，先证其导数恒为零，再代入定义域内任意一点求出常值
即可。3.（数一二三）已知𝐴是 n 阶可逆矩阵，若𝐴 ∼𝐵,则下列命题中
①𝐴𝐵 ∼𝐵𝐴 ②𝐴2 ∼𝐵2 ③𝐴−1 ∼𝐵−1 ④𝐴𝑇 ∼𝐵T
正确的命题共有
(A)4个 (B)3个 (C)2个 (D)1个
[知识点]：矩阵的性质。
[答案]：A.
[解析]：由于矩阵A可逆，有
𝐴−1(𝐴𝐵)𝐴=𝐵𝐴
按相似定义知𝐴𝐵 ∼𝐵𝐴. 即命题①正确. 因为𝐴 ∼𝐵，故存在可逆矩阵𝑃使𝑃−1𝐴𝑃 =𝐵，
那么
𝐵2 =(𝑃−1𝐴𝑃)(𝑃−1𝐴𝑃)=𝑃−1𝐴2𝑃
𝐵−1 =(𝑃−1𝐴𝑃)−1 =𝑃−1𝐴−1(𝑃−1)−1 =𝑃−1𝐴−1𝑃
𝐵𝑇 =(𝑃−1𝐴𝑃)𝑇 =𝑃𝑇𝐴𝑇(𝑃−1)𝑇 =[(𝑃−1)𝑇]−1𝐴𝑇(𝑃−1)𝑇
按相似定义知命题②③④也均正确. 故选(A).
[易错点]：要学会用定义法来分析问题。4.（数一二三）设函数 f(x)在(,)内有定义，在区间[0,1)上，f(x)(x1)cosx，
x
对任意的x，都有 f(x)kf(x1)，其中k 为非零常数.若F(x) f(t)dt (0 x2)，
0
则____.
(A)当k 2时， f(x)连续，F(x)可导.
(B)当k 2时， f(x)不连续，F(x)不可导.
1
(C)当k  时， f(x)可导，F(x)可导.
2
1
(D)当k  时， f(x)不可导，F(x)不可导.
2
[知识点]：函数的性质，变限积分的性质
[解析]：答案：(B)当k 2时， f(x)不连续，F(x)不可导.
由于对任意的x，都有 f(x)kf(x1)，即 f(x1)kf(x)，故对任意的x，都有
1
f(x) f(x1).当x[1,2)时，x1[0,1)，故
k
1 1 1
f(x) f(x1) (x11)cos(x1) xcosx
k k k
(x1)cosx, 0 x1

于是，在[0,2)上， f(x) 1 ， f(x)为分段函数，x1是其分界
 xcosx, 1 x2

 k
1
点，lim f(x)2,lim f(x) .
x1 x1 k
当k 2时， f(x)不连续，且x 1为它的跳跃间断点.由变限积分函数的性质可知，
F(x)不可导.选项(A)不正确，选项(B)正确.
1
当k  时，f(x)连续.由变限积分函数的性质可知，F(x)连续且可导.选项(D)不
2
正确.f(x) f(1) (x1)cosx2 洛必达 cosx(x1)sinx
f(1) lim  lim lim 1
 x1 x1 x1 x1 x1 1
f(x) f(1) 2xcosx2 洛必达 2cosx2xsinx
f(1) lim  lim lim 2
 x1 x1 x1 x1 x1 1
由此可知， f(1) f(1)， f(x)在x 1处不可导.选项(C)不正确.
 
[易错点]：对于题给函数条件不能正确运用，导致写不出下一个区间的函数表达式。f(x) f(x)
5.（数一二）设函数 f(x)二阶可导且满足lim 2，则曲线y  arcsintdt 在
x0 arcsinx 0
x 0对应点处的曲率为____.
[知识点]：极限的性质，曲率的计算
[解析]：答案：4
考虑 f(x)和arcsinx在x 0处的一阶泰勒公式.
f(x) f(0) f(0)xo(x), arcsinx xo(x)
f(x) f(0) f(0)xo(x)
于是，2lim lim .由此可得 f(0)0, f(0)2.
x0 arcsinx x0 xo(x)
f(x)
令g(x) arcsintdt，则
0
[f(x)]2
g(x) f(x)arcsin f(x),g(x) f(x)arcsin f(x) (1)
1[f(x)]2
将x 0代入(1)式可得g(0)0,g(0)4
g(0)
因此，曲线y  g(x)在x 0对应点处的曲率为 4
3
 1[g(0)]2
2
[易错点]：通过极限的条件得到一二阶的导数值，从而通过曲率公式进行计算。6.（数一二三）设当x0时，是x的高阶无穷小，已知函数y  x2lnx在任意点x
 1 
处的增量y 
 
x，则u ____
lnx
[知识点]：导数与微分的定义
2  1
[解析]：答案：u

1

eu
u 
 1  y  1  
由y 
 
x可得， 
 
 .由于当x0时，是x的高
lnx x lnx x
 y  1 
阶无穷小，故lim 0.于是，lim 
 
x0x x0x lnx
 1   1 
由导数的定义可得，y

，即(x2lnx)2xlnxx x(2lnx1)
 
.
lnx lnx
1 1 1  1 
令u  ，则lnx ，xeu，代入
 
 x(2lnx1)可得
lnx u lnx
2  1
u

1

eu
u 
[易错点]：看不出题干的本质就是告知了微分的定义，再通过导数定义求出函数表达式。7.（数一）设曲线积分 f(x)dy4yf(x)dx与路径无关，其中 f(x)具有二阶连续导数，
L
f(x)1
并且lim 存在，则 f(x) ____.
x0 x2
[知识点]：曲线积分的性质，微分方程
[解析]：答案： f(x)cos2x
记P(x)4yf(x)，Q(x) f(x).由曲线积分 f(x)dy4yf(x)dx与路径无关可
L
Q(x) P(x)
得，  ，整理可得 f(x)4f(x)，即 f(x)4f(x)0
x y
f(x)满足二阶常系数齐次线性微分方程y4y 0.该方程的特征方程为r2 40.
特征根为r 2i，故通解为y C cos2xC sin2x.
1,2 1 2
f(x)1
由lim 存在可知，lim f(x)10，即lim f(x)1，由 f(x)具有二阶连续导
x0 x2 x0 x0
数，可知 f(x)连续，故 f(0)lim f(x)1.此外，由导数定义，
x0
f(x) f(0) f(x)1 f(x)1
f(0)lim lim xlim limx0
x0 x0 x0 x2 x0 x2 x0
由此可知， f(0)1， f(0)0
由 f(x)C cos2xC sin2x可得 f(x)2C sin2x2C cos2x，代入 f(0)1，
1 2 1 2
f(0)0可得C 1,C 0.
1 2
因此， f(x)cos2x
[易错点]：通过积分与路径无关，得到微分方程，并由极限的性质得到函数值导数值等。