(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。