(316)--周周清第二十二周（8.4-8.10）_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 8.4-8.10 -by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧 （数一二三）设 ， ， ，则 2 2 (1+ ) 2 1+ 2 2 1. =− 2 1+ d =− 2 e d =− 2 1+ cos d A > > . B > > . C > > . (D) > > .（数一二三）以下四个极限中极限不存在的有多少个 2. , 5 3 ① li→m∞ 5 −3 +2 . 1 1 2 ② l i→m0 sin . 数列极限 其中常数 ③ = li→m∞ 1+ , >0. 2 1 ④ l→im+∞ 1+ . (A)1 (B)2. (C)3. (D)4.（数一二三）已知 ，若 ，则 1 3 2 3. = 2 7 3 =2 =________. 0 5 −5 5 (A) 2 (B)5. (C)−1. (D)1.4.（数一二三）设函数 f(x,y)可微，且 f(x,x2) x2 x3 x5 x6, f(x2,x) x6 x5 x4 x3 则df(1,1) ____.x 5.（数一二三）设函数 f(x) ，则 f (100)(0) ____. x2 x16.（数一二三）设函数 f(x)在[0,)上连续，且 f(0)0， f(0)1，曲线L 的极坐标  a 方程为a([0,])，其中a 0，记该曲线与所围成的区域为D ，计算 a a f( x2  y2)dxdy lim D a a0 arcsina4  1a8 1 n1 7.（数一三）级数求和 (1)n1  ____. 2n2 n n1周周清 8.4-8.10 -by 可爱因子大橙子 可爱因子章鱼烧 𝜋 𝜋 𝜋 (1+𝑥)2 1+𝑥 1.（数一二三）设 𝑀 =∫2 d𝑥，𝑁=∫2 d𝑥，𝐾 =∫2 (1+√cos𝑥)d𝑥，则 − 𝜋 1+𝑥2 − 𝜋 e𝑥 − 𝜋 2 2 2 (A)𝑀 >𝑁 >𝐾. (B)𝑀 >𝐾 >𝑁. (C)𝐾 >𝑀 >𝑁. (D)𝐾 >𝑁 >𝑀. [知识点]：利用定积分计算、函数不等式及被积函数取值范围，比较定积分大小。 [答案]： C. 𝜋 𝜋 [解析]：计算 𝑀 =∫2 (1+𝑥)2 d𝑥 =∫2 1+𝑥2+2𝑥 d𝑥 =𝜋； − 𝜋 1+𝑥2 − 𝜋 1+𝑥2 2 2 𝜋 2 1+𝑥 因为 e𝑥 ⩾1+𝑥，所以 𝑁 =∫ d𝑥 <𝜋; 𝜋 e𝑥 − 2 𝜋 𝜋 𝜋 2 又因为 1+√cos𝑥 ⩾1，𝑥 ∈(− , )，所以 𝐾 =∫ (1+√cos𝑥)d𝑥 >𝜋； 2 2 𝜋 − 2 故 𝐾 >𝑀 >𝑁，选C. [易错点]：计算定积分时展开式子出错，判断函数不等式及被积函数范围时不准确，导致 积分大小比较错误。2.（数一二三）以下四个极限中,极限不存在的有多少个 ① lim(5𝑥5−3𝑥3+2). 𝑥→∞ 1 1 ② lim sin . 𝑥→0𝑥2 𝑥 ③ 数列极限 𝐼 = lim 𝑛 √ 𝑎𝑛 , 其中常数 𝑎 >0. 𝑛→∞ 1+𝑎𝑛 1 𝑥2 ④ lim (1+ ) . 𝑥→+∞ 𝑥 (A) 1 (B) 2. (C) 3. (D) 4. [知识点]：依据函数、数列极限的定义与运算法则，对不同极限式子逐一分析是否存在。 [答案]：C. [解析]：要逐一分析. ① lim(5𝑥5−3𝑥3+2)= lim𝑥5(5− 3 + 2 )=∞， 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥2 𝑥5 其中 lim𝑥5 =∞，lim (5− 3 + 2 )=5. 该极限不存在. 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥2 𝑥5 1 1 ② 记𝑓(𝑥)= sin ， 𝑥2 𝑥 取 𝑥 = 1 →0(𝑛→∞)，𝑓(𝑥 )=𝑛2𝜋2sin𝑛𝜋=0. 𝑛 𝑛 𝑛𝜋 1 𝜋 2 𝜋 𝜋 2 再取 𝑦 = →0(𝑛→∞)，𝑓(𝑦 )=(2𝑛𝜋+ ) sin(2𝑛𝜋+ )=(2𝑛𝜋+ ) →+∞ 𝑛 2𝑛𝜋+ 𝜋 𝑛 2 2 2 2 该极限也不存在，也不为∞. ③ 由已知极限 lim𝑛√𝑎=1，lim𝑞𝑛 =0(|𝑞|<1)，及幂指数运算法则 𝑛→∞ 𝑛→∞ 1 1 𝑛 𝐼 = lim𝑎( ) =𝑎⋅10 =𝑎 (0<𝑎 <1)， 𝑛→∞ 1+𝑎𝑛 1 𝑛 1 𝐼 = lim ( ) =10 =1 (𝑎>1)， 𝑛→∞ 1 𝑛 1+( ) 𝑎 𝑛 1 𝑎 =1时，𝐼 = lim √ =1. 𝑛→∞ 2 𝑎, 0<𝑎 <1 因此极限存在，𝐼 ={ . 1, 𝑎 ≥1 ④ 由推广的幂指数运算法则知， 1 𝑥2 1 𝑥 𝑥 lim (1+ ) = lim ((1+ ) ) =+∞， 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥→+∞ 𝑥1 𝑥 其中 lim (1+ ) =𝑒 >1. 该极限不存在. 𝑥→+∞ 𝑥 因此共有三个极限不存在，选(C). [易错点]：分析含振荡因子极限时，未正确选取子列判断；处理幂指型、数列极限时，对 极限运算法则运用失误，导致极限存在性判断错误。1 3 2 𝑎 3.（数一二三）已知𝐴 =[2 7 𝑎 3 ]，若 𝑟(𝑨)=2，则𝑎 =________. 0 𝑎 5 −5 5 (A) (B) 5. (C) −1. (D) 1. 2 [知识点]：利用矩阵初等变换不改变秩的性质，对矩阵作初等行变换化简。 [答案]：C. [解析]：经初等变换矩阵的秩不变 1 3 2 𝑎 1 3 2 𝑎 𝑨=[2 7 𝑎 3 ]→[0 1 𝑎−4 3−2𝑎 ]， 0 𝑎 5 −5 0 0 5+4𝑎−𝑎2 2𝑎2−3𝑎−5 又5+4𝑎⋅−𝑎2 =(𝑎+1)(5−𝑎)，2𝑎2−3𝑎−5=(2𝑎−5)(𝑎+1)， 当且仅当𝑎 =−1时 1 3 2 −1 𝑨→[0 1 −5 5 ]， 0 0 0 0 有𝑟(𝑨)=2. 故选C. [易错点]：初等行变换计算错误，因式分解失误。4.（数一二三）设函数 f(x,y)可微，且 f(x,x2) x2 x3x5 x6, f(x2,x) x6 x5 x4 x3 则df(1,1) ____. [知识点]：全微分的计算 [解析]：答案：2dx4dy 由全微分的定义可知， df(1,1) f(1,1)dx f(1,1)dy 1 2 对 f(x,x2) x2 x3x5 x6, f(x2,x) x6 x5 x4 x3两端均关于x求导，可得 f(x,x2) f(x,x2)2x2x3x2 5x4 6x5 （1） 1 2 f(x3,x)3x2  f(x3,x)6x5 5x4 4x33x2 （2） 1 2 在（1）式中令x1 f(1,1) f(1,1)26. 1 2 在（2）式中令x13f(1,1) f(1,1)2. 1 2 联立两式可解得 f(1,1)2, f(1,1)4. 1 2 因此，df(1,1)2dx4dy [易错点]：按照全微分的定义知道其结构组成，然后直接对题给函数求导后即可求出，注意 计算不要失误。x 5.（数一二三）设函数 f(x) ，则 f (100)(0) ____. x2 x1 [知识点]：高阶导数的计算 [解析]：答案：100! x 由 f(x) 可得，x f(x)(x2 x1).利用莱布尼兹公式对该式两端同时求 x2 x1 n (n2)阶导数可得， n 0Ck  x2 x1 (k) f(nk)(x) n k0 C0 x2 x1  f(n)(x)C1(2x1)f(n1)(x)2C2f(n2)(x) n n n   x2 x1  f(n)(x)n(2x1)f (n1)(x)n(n1)f(n2)(x). 在上式中令x 0可得， 0 f (n)(0)nf (n1)(0)n(n1)f (n2)(0) （1） 由（1）式可得，当n3时， f (n)(0)nf(n1)(0)(n1)f(n2)(0)     n (n1)f(n2)(0)(n2)f(n3)(0)(n1)f(n2)(0)   n(n1)(n2)f (n3)(0) 于是， f (100)(0)1009998f (97)(0)1009998(979695)f (94)(0) (1)33(1009998)(979695) (432)f(0)100!f(0) 又因为 x f(x) f(0) x2 x1 1 f(0)lim lim lim 1 x0 x0 x0 x x0 x2 x1 故 f (100)(0)100!1100! [易错点]：莱布尼兹公式的使用比较冷门，考的不多，平时不要掉以轻心。6.（数一二三）设函数 f(x)在[0,)上连续，且 f(0)0， f(0)1，曲线L 的极坐标  a 方程为a([0,])，其中a 0，记该曲线与所围成的区域为D ，计算 a a f( x2  y2)dxdy lim D a a0 arcsina4  1a8 1 [知识点]：二重积分计算 4 [解析]：答案： 12 在极坐标下计算 f( x2  y2)dxdy可得， D a  a  f( x2  y2)dxdy  d f(r)rdr 0 0 D a x 令F(x) tf(t)dt ，则可得 0  ua 1 a  f( x2  y2)dxdy  F(a)d  F(u)du. 0 a 0 D a 因此， a  F(u)du 洛必达 F(a) 原极限 lim 0 lim a0 arcsina4  1a8 1 a0 4a3 1 8a7   1a8 2 1a8 a  tf(t)dt  F(a)  F(a)   lim  lim  lim 0 4 a0 a3 1a4 4 a0 a3 4 a0 a3 洛必达  af(a) 3 f(a) f(0)03 f(0a) f(0)  lim  lim  lim  4 a0 3a2 12 a0 a 12 a0 a 4 4  f(0) . 12  12 [易错点]：二重积分与函数的综合题型，对基本功要求较高，并注意计算要细心。 n1 7.（数一三）级数求和 (1)n1  ____ . 2n2 n n1 [知识点]：级数求和  [解析]：答案：ln2 4 n1 1 1  1 注意到   ，故由交错级数的莱布尼兹定理可知 (1)n1 ， 2n2 n n 2n1 n n1  1 (1)n1 均收敛，故由收敛级数的性质可知 2n1 n1  (1)n1  (1)n1  1 1   n1   (1)n1    (1)n1 （1） n 2n1 n 2n1 2n2 n n1 n1 n1 n1  (1)n1  (1)n 另一方面，ln(1x) xn(1 x1),arctanx x2n1(1 x1)， n 2n1 n1 n0 在上述两个展开式中令x1，可得  (1)n1   (1)n  (1)n1 ln2 ,   （2） n 4 2n1 2n1 n1 n0 n1  n1  将（2）式的结果代入（1）式，可得 (1)n1 ln2 . 2n2 n 4 n1 [易错点]：首先要看出应该对多项式裂项相消，然后由已知公式代入直接得到级数求和值， 这样会方便很多。