上学期工科数学分析基础试题答案.pdf

1 2010 级 工科数学分析基础 期中考试 题 一、填空题 (每题 6分，共 30分 ) 1函数 2 0() 1 0bx a b x x fx e x x ， )(lim0 xfx ，若函数 )(xf 在 0x 点连续， 则 ba, 满足 。 2 x x x x 1lim ， nnn nnnnn n 222 2 211lim 。 3曲线 tey tex t t cos2sin 在 1,0 处的切线斜率为 ，切线方程为 。 4 1 xye yx ， dy ， )0(y 。 5若 22lim 2 2 1 xx baxx x ，则 a ， b 。 一 答案 、 1. bab , ； 2. 21,1e ； 3. 022,21 yx 4. 2, dxxe ey yx yx ； 5 . 5,4 二、单项选择题 (每题 4 分 ,共 20 分 ) 1当 0x 时， 113 2 ax 与 xcos1 是等价无穷小，则（ ） （ A） 32a ， （ B） 3a ， (C). 23a ， （ D） 2a 2下列 结论中不正确的是（ ） （ A）可导奇函数的导数一定是偶函数； （ B）可导偶函数的导数一定是奇函数； (C). 可导周期函数的导数一定是周期函数； （ D）可导单调增加函 数的导数一定是单调增加函数； 3设 xxxxf sin)( 3 ，则其（ ） （ A）有无穷多个第一类间断点； （ B）只有一个跳跃间断点； (C). 只有两个可去间断点； （ D）有三个可去间断点； 4设 xxxxf 3)( ，则使 )0()(nf 存在的最高阶数 n 为（ ）。 （ A） 1 （ B） 2 (C) 3 （ D） 4 2 5若 0)(s inlim 30 x xxfxx ， 则 20 )(1lim x xfx 为（ ）。 （ A）。 0 （ B） 61 ， (C) 1 （ D） 二 答案 、 1. C 2. D 3. D 4. C 5. B 三（ 10分）求 xx xx x a rc t a nt a n 211lim 0 四（ 10 分）设 0, 0,s in)()( xa xx xxgxf ，其中 )(xg 具有二阶 连续导数， 0)( g ， 1)0( g ，（ 1）求 a 的值使 )(xf 连续；（ 2）求 )(xf ；（ 3）讨论 )(xf 连续性。 五（ 10 分）函数 0, 4 s i n 1 0,6 0, a rc s i n )1l n( )( 2 3 x x x axxe x x xx ax xf ax 问 a 为何值， )(xf 在 0x 处（ 1） 连续；（ 2）为可去 间断点；（ 3）为跳跃间断点；（ 4）为第二类间断点； 六（ 10分）设 141x ， 21 nn xx ),2,1( n ， （ 1）求极限 nn xlim ； （ 2）求极限 211 2 )2(4lim nx n n n x x 七 （ 10分）设函数 )(xf 在 ba, 连续， ba, 可导，证明：至少存在一点 ba, ， 使 b afff )()()( 3 2011 级 工科数学分析基础 期中考试 题 一、填空题 (每题 6分，共 30分 ) 1 n n n n 11lim ； xxx x x t a n)1s i n1( 2s i nlim 0 。 解 2122 1 121lim11lim ennn n nn n n n ， 2)01( 2s i nlimt a n)1s i n1( 2s i nlim 00 xxx xx x xx 2设函数 )(xyy 由方程 exyey 确定，则 dxdy ，曲线 )(xyy 在 )1,0( 点处 切线方程为 。 解 0 yyxye y ， xe ydxdy y ， edxdy x 10 ，切线方程为 xey 11 3设函数 )(xy 由参数方程 13 13 3 3 tty ttx 确立，则函数 )(xy 单调增加的 x 的取值范围 是 ，曲线 )(xyy 下凸的 x取值范围是 。 解 （ 1） 223 3 13 3 1dy t tdx t t，当 1t 时， 0dydx ； 当 1t 时， 0dydx 。 ()xt 单调增加，所以当 1t 时， 3 ( ) 5xt ；当 1t 时， () 3xt 或 () 5xt 。 从而函数 )(xy 单调增加的 x 的取值范围是 ( , 3 和 5, ) 。 （ 2） 2 22 2 2 2 3 4() 4( 1 ) 3 ( 1 ) ( 1 ) td d y d y ttd t d x dxd x t t dt ，显然， 0t 对应的点是拐点，曲线 )(xyy 下 凸的 x 取值范围是 1, ) 。 4设当 0x 时， )1( 2 bxaxe x 是比 2x 高阶的无穷小，则 a ， b 。 解 )()21()1()1()(21()1( 222222 xoxaxbbxaxxoxxbxaxe x ， 4 所以 21a ， 1b 。 5设 xxxf sin)( 3 ，则 )0(f ， )0()2011(f 。 解 0)0( f ， 0)0()2011( f 。 二、单项选择题 (每题 4 分 ,共 20 分 ) 1下列结论正确的是（ D ） A 如果 )(xf 连续，则 )(xf 可导。 B 如果 )(xf 可导，则 )(xf 连续 . C 如果 )(xf 不存在，则 )(xf 不 连续 D 如果 )(xf 可导，则 )(xf 连续 . 2数列 nx 极限是 a 的充要条件是（ C ） A 对任意 0 ，存在正整数 N ，当 n N 时有 无穷多个 nx 落在 ),( aa 中 B 对任意 0 ，存在正整数 N ，当 n N 时有 无穷多个 nx 落在 ),( aa 外 C 对任意 0 ，至多有有限多个 nx 落在 ),( aa 外 D 以上结论均不对 . 3设 xxxf sin 1)( 2 ，则其（ D ） A 有无穷多个第一类间断点； B 只有一个可去间断点； C.有两个跳跃间断点； D 有两个可去间断点 . 4曲线 21xxey 的渐进线有（ B ）条。 A 1 条； B 2 条； C 3 条； D 4 条。 5设 )(xf 在 ax 可导，则函数 )(xf 在 ax 不可导的充分条件是（ C ） A )(af 0 且 )(af 0 ； B )(af 0 且 )(af 0 ； C )(af =0 且 )(af 0 ； D )(af =0 且 )(af =0 . 三（ 10分）求 13c o s221a r c t a n 1lim 20 x x x xx 5 解 原式 = xe x x x 1 lim 3 cos2 ln 0 （ 6分） 03co s2lnlim 0 x x （ 10 分） 四（ 10 分）设 0, 0,s in)()( xa xx xxgxf ，其中 )(xg 具有二阶连续导数， 0)( g ， 1)0( g ， 2)0( g ，（ 1）求 a 的值使 )(xf 连续；（ 2）求 )(xf ；（ 3）讨论 )(xf 连续性。 解 (1) 0)c o s)(lim 00s i n)(lim 00 xxgx xxga xx （ 4 分） (2) 200 s i n)(lim)0()(lim)0( x xxgx fxff xx = 12 )0(2 s i n)(lim2 c o s)(lim 00 gxxgx xxg xx 2( ( ) c o s ) ( ( ) s in ) ,0() 10 x g x x g x x x fx x x （ 8 分） (3) 200 )s i n)()c o s)(lim)(lim x xxgxxgxxf xx = x xxgxxgxxxg x 2 )c o s)()s i n)(c o s)(lim 0 = )0(12 )0( fg ，因此 )(xf 在 (-， +)连续。 （ 10 分） 五（ 10分）比较 20122011 和 20112012 的大小，并叙述理由。 解 设 xxxf ln)( ，由 2ln1)( x xxf ，可知 ,当 ex 时 )(xf 单调减少 （ 5 分） 若 eab ，则有 bbaa lnln ，推出 ab ba lnln ，即有 ab ba 20112012 20122011 （ 10 分） 所以 分） )(xf 0 ， 0)0( f ，证明函数 xxf )( 在 )0,( 和 ),0( 内 六（ 10 单调增加。 证 2 )()()( x xfxfxxxf （ 4 分） 6 令 )()()( xfxfxxg ， )()( xfxxg ，令 0)( xg ，得 0x （唯一驻点），当 0x 时， 0)( xg ， 当 0x 时， 0)( xg ，故 )0(g 为最小值，故 0)0()0()( fgxg ， 0)( xxf ， 即 xxf )( 单调增加。 （ 10 分） 七 （ 10 分）设 )(xf 在 1,0 连续， 1,0 可导， 0)1( f ，证：存在 )1,0(0x 使 0)()( 000 xfxxnf ， n 为正整数。 证 令 )()( xfxxF n （ 4 分） 则 )(xF 在 0， 1连续，（ 0， 1）可导， 0)1()0( FF ，由罗尔定理，至少存在 )1,0(0x 使 0)( 0 xF ，即 0)()()()( 0001000010 xfxxnfxxfxxfnx nnn 又 010 nx ，故 0)()( 000 xfxxnf （ 10 分） 7 2012 级高等数学 ,工科数学分析基础 ,微积分 A 卷参考答案 一、填空题 (共 30分 ，每填对一空得 3 分 ) (1) 123lim ( )5nnn n 3 ； 2223 2 1lim sin x xx 3 (2) 曲线 ()ny x n N在点 (1,1) 处的切线方程为 1 ( 1)y n x ，记该切线与 x轴的 交点为 ( ,0)n ，则 lim n nn 1e (3) 设 2 2 ln(1 )x t tyt ，则 ddyx 212( 1)t ， 2 2ddyx 412( 1)t (4) cos2x 的 Maclaurin（麦克劳林）公式为 cos2x 24( 2 ) ( 2 )1 2 ! 4 !xx 5o()x ， 设 2( ) cos 2g x x x ，则 (4)(0)g 48 (5) 当 0 x 时， 22()f x tan x x是 x 的 4 阶无穷小（写出阶数）， (0)f 0 二、选择题 (每题 4分 ,共 20分 ) (1) 以下极限计算中正确的是 B A 0 1lim sin 1x x x ； B 1lim sin 0 x xx ； C 0 11lim sinx xx ； D 1lim sin 1 x xx (2) 函数 2s in ( 2 )() ( 1)( 2 )xxfx x x x 在 下列哪一个区间内有界？ A A ( 1,0) ； B (0,1) ； C (1,2) ； D (2,3) (3) 对于定义在 ( 1,1) 上 的函数 ()fx，下列命题中正确的是 D A如果当 0 x 时 ( ) 0fx ，当 0 x 时 ( ) 0fx ，则 (0)f 为 ()fx的极小值； B如果 (0)f 为 ()fx的极大值，则存在 01，使得 ()fx在 ( ,0) 内单调增加， 在 (0, ) 内单调减少； 8 C如果 ()fx为偶函数，则 (0)f 为 ()fx的极值； D如果 ()fx为偶函数且可导，则 (0) 0f (4) 若 2 20 ln (1 ) ( )lim 2x x a x b xx ，则 A A 51, 2ab ； B 51, 2ab； C 1, 2ab ； D 0, 2ab (5) 设函数 ()fx在点 0 x 的某邻域内三阶可导，且 0 ()lim 11 cosx fxx ，则 C A (0)f 为 ()fx的 一个 极 大 值； B (0)f 为 ()fx的 一个 极 小 值； C (0)f 为 ()fx 的一个 极 大 值； D (0)f 为 ()fx 的一个 极 小 值 三、（ 10 分） 已知函数 ()y yx 由方程 22 1 ( 0)x y y y 确定， 求 ddyx ，并求 ()y yx 的 极值 解 对 x 求导， 222 2 0 (1 )xy x yy y -3分 令 0y ，得 0 x ， 易算得 (0) 1y ； -5 分 (1) 式两端继续求导，得 2 2 2 22 4 4 2 2 0 ( 2 )y x y y x y y x y x y y y 在 (2) 中令 0 x ， 算得 (0) 2y ， 所以 (0) 1y 为极大值 -10分 四、（ 10 分） 求极限 s in 260lim ln (1 ) s in xx x eex x x x 解 原式 s in 3 260 33 lim ln (1 ) sin xx x ee x x x x x xx ， 其中 s i n s i ns i n 3 3 3 20 0 0 01 s i n 1 c o s 1l i m l i m l i m l i m 36 x x x xx x x x x e e e x x xex x x x ， -3 分 2 320 0 0 0 1 1l n ( 1 ) l n ( 1 ) 1 1 1l im l im l im l im2 2 ( 1 ) 2 x x x x x x x x x x x x x x ， 630 sinlim 0 x xx ， 9 分 9 所以 原极限 13 -10分 五、（ 10分） 已知 函数 ,0() c o s ,0 xx fx a b x x x 在点 0 x 处可导，求常数 a 和 b 解 (1) 由连续条件， ( 0 0 ) ( 0 ) ( 0 0 )f f f ，因此 0 coslim 0 x a b xx ，进而应有 0lim ( cos ) 0 x a b x ，即 0ab； -5 分 (2) 由可导条件， (0) (0)ff ，算得 20 c o s( 0 ) lim 2x a a x af x ， 而 (0) 1f ， 所以 2a ， 2b -10分 六 、（ 10分）（ 1）证明： 1 1 1l n (1 ) ( )1 nNn n n ； （ 2）设 111 l n ( )2 nu n n Nn ，证明数列 nu 收敛 证 (1) 只需证明 ln (1 ) ( 0 )1 x x x xx 方法一（利用微分中值定理） 令 ( ) ln (1 ) ( 0 , ) )f x x x ， 则 0 x 时 ， l n ( 1 ) ( ) (0 ) (0 ) 1 xx f x f x ， 因为 0 x，所以 11xxxx ，从而 ln (1 ) ( 0 )1 x x x xx -5分 方法二 （利用单调性） 令 ( ) l n (1 ) ( 0 , ) )1 xg x x xx ， 则 ()gx在 0, ) 上可导， 且 211( ) 0 ( (0 , ) )1 (1 )g x xxx ， 可知 ()gx在 0, ) 上 单增 ， 从而 0 x 时 ， ( ) (0) 0g x g； 再令 ( ) l n (1 ) ( 0 , ) )h x x x x ，则 ()hx在 0, ) 上可导， 且 1( ) 1 0 ( (0 , ) )1h x xx ， 知 ()hx在 0, ) 上 单减 ， 故 0 x 时 ， ( ) (0) 0h x h -5 分 (2) 1 1 1 1l n ( 1 ) l n l n ( 1 ) 011nnu u n nn n n ，即 数列 nu 单减； 又 1 1 1 1 11 l n l n ( 1 ) l n ( 1 ) l n ( 1 ) l n2 1 2 nu n nnn 2 3 1l n ( ) l n ( ) l n ( ) l n l n ( 1 ) l n 012 n n n nn ， 即 数列 nu 有下界 综上，由单调有界原理， 数列 nu 收敛 -10分 10 七、（ 10分） 设函数 ()fx在 0, 上连续，在 (0, ) 内可导， (0) 0f 证明：至少存在 一点 (0, ) ，使 2 ( ) ta n ( )2ff 证 令 ( ) ( ) c o s ( 0 , )2xg x f x x ， -3 分 则 ()gx在 0, 上连续，在 (0, ) 内可导， (0) ( ) 0gg， -8分 由 Rolle 定理，至少存在一点 (0, ) ，使 ( ) 0g ，即 2 ( ) ta n ( )2ff -10 分 1） 欲证 ffxFff 0)()( ， )()( xxfxF 2） 0 gfgf fgF ； 3） 0 gfgf gfF 4） )(0 xfeFff x ； 5） )( xfeFff x 6） )(0 xfxFfxnf n ； 7） gfgfFgfgf 0 8） 2 00 )(0)()( x dttfFdttff 0000 )()()()( xx gdtfd tFdttgfdttfg 9） 0 ( ( ) ( ) )xf f F e f x f x 或 ( ( ( )xF e f x f x