理科大一高等数学期中考试试卷及解答

厦门大学高等数学(理工类) 期中试卷

＿＿＿＿学院＿＿＿系＿＿＿年级＿＿＿专业

全校(理工A 类) 考试时间 2010.11.28

1. （24分 每小题6分）求下列数列或函数的极限

1ln(1-3x 3) (1) lim (1 ; (2) lim 2x ;

n →∞n x →0(e-1) 2sin x

(1+x ）-e

x →0x →∞x

n 1解 （1）因为1=≤(1 +≤=

n n 1

11

ln x ln x 因为lim =lim =0，则=lim x x =lim e x =e 0=1.

n x →+∞x →+∞x →+∞x x →+∞11

由夹逼极限准则，得lim (1+ =1.

n →∞n

2x

（2）因为当x →0时，ln(1-3x 3) ~-3x 3，e -1~2x ，sin x ~x ，因此，

(3) lim (1-； (4) lim

2x

x +13

1x

ln(1-3x 3) -3x 33

. lim 2x =lim =-

x →0(e-1) 2sin x x →0(2x ) 2⋅x 4

x

+13

x -2

-23

22--⎡222⎤

（3）lim(1-=lim(1-）⋅lim ⎢(1-⎥=1⋅e 3=e 3.

x →∞x →∞x x x →∞⎣x ⎦

11

x ⋅-l n(1+x ) 1x

(1+x -e x -(1+x )l n(1+x ) x

=lim (1+x =e ⋅lim （4）lim 22x →0x →0x →0x x x (1+x )

-l n(1+x ) e

=e ⋅lim =-。

x →02x 2

ln(1+x ) 1ln(1+x ) ln(1+x )

-1-1x

(1+x -e e x -e e x -1另解：lim =lim =e ⋅lim =e ⋅lim x →0x →0x →0x →0x x x x

1-1

ln(1+x ) -x -x e =e ⋅lim =e ⋅lim =- =e ⋅lim . x →0x →0x →02x (1+x ) x 22x 2

2. （24分 每小题6分）计算下列函数的导数或微分

⎧x =arctan t tan x d y d 2y

y =(1) 设⎨求； (2) 设，求d y ； ，x 22

1+e d x d x y =ln(1+t ) ⎩

(3) y =x cos2x ，求y

2

（100）

；

1d 2y

(4) 求由方程 x -y +sin y =0所确定的隐函数的二阶导数2。

2d x

2t

d 2y (2t ) '2d y [ln(1+t 2)]'2

==2(1+t 2) =2e y . 解 （1）===2t ，2=

1d x (arctant ) 'd x (arctant ) '

1+t 21+t 2

(1+e x )d tan x -tan x ⋅d(1+e x ) (1+e x )sec 2x -tan x ⋅e x

（2）d y ==d x . x 2x 2

(1+e ) (1+e )

（3）y

(100)

=x 2[cos2x ](100)+100⋅[cos2x ](99)(x 2) '+

100

100(100-1)

[cos2x ](98)(x 2) ''

2!

=2

x 2⋅cos2x +100⋅299⋅2x sin 2x -298⋅9900⋅cos 2x

=2100(x 2cos2x +100x sin 2x -2475cos2x ) . （4）由x -y +

11

sin y =0两边求导，得1-y '+cos y ⋅y '=0，解得 22

y '=

2

，

2-cos y

2(-sin y ) y '4sin y

=-. 23

(2-cos y ) (2-cos y )

y ''=

|x |-x 2

3．（8分）求函数y =的间断点及其类型。 3

x (|x |-x )

解 函数在x =0和x =1处没有定义，故其间断点为x =0和x =1. 在x =0点，由于

1x (|x |-x 3) x -x 3lim =lim =lim =0， x →0+y x →0+x →0+1-x |x |-x 2

|x |-x 2

y =∞，故x =0为函数y =即 l i m 的无穷间断点，属于第二类间断点。 3x →0+x (|x |-x ) x -x 211

在x =1点，由于lim y =lim 存在，于是，x =1为函数=lim =

x →1x →1x (x -x 3) x →1x (1+x ) 2|x |-x 2

的可去间断点，属于第一类间断点. y =3

x (|x |-x )

1⎧α

⎪x sin ，x >0

（-∞，+∞）4．（12分）问α取何值时，函数 f (x ) =⎨在上（1）连续；x

⎪x ≤0⎩0，

（2）可导；（3）一阶导数连续？

α

f (x ) =lim x sin 解 （1）因为当α>0时，lim ++

x →0

x →0

1

=0=f (0)，而α≤0时，极限x

1⎧α

1⎪x sin ，x >0α

α>0f (x ) =lim f (x ) =lim x sin 不存在，因此，当时, 函数 在 ⎨x x →0+x →0+x ⎪x ≤0⎩0，1⎧α

⎪x sin ，x >0

x =0处连续，从而函数f (x ) =⎨（-∞，+∞）在上连续； x

⎪x ≤0⎩0，

f (x ) -f (0)1α-1

=lim x sin （2）由于lim ，因此，当α>1时，函数

x →0+x →0+x -0x 1⎧α

⎪x sin ，x >0f (x ) =⎨在x =0处可导，且f '(0)=0； x

⎪x ≤0⎩0，

1α-21α-1

cos ，所以，函数在x ≠0处可导，因此，当α>1当x ≠0时，f '(x ) =αx sin -x

x x 1⎧α

⎪x sin ，x >0

（-∞，+∞）时，函数 f (x ) =⎨在上可导； x

⎪x ≤0⎩0，

1α-21α-1

'f (x ) =lim (αx sin -x cos ) ，因此，当α>2时， （3）因为lim x →0+x →0+x x lim f '(x ) =0=f '(0).

x →0

1⎧α

⎪x sin ，x >0

（-∞，+∞）函数f (x ) =⎨在上一阶导数连续. x

⎪x ≤0⎩0，

1π

5. （8分）设f n (x ) =1-(1-cos x ) n ，求证：对任意自然数n , f n (x ) =在(0) 中存在

22

惟一的实根。

11π

=-(1-cos x ) n ，易知F (x ) 在[0]上连续，且 222

1π1π

F (0)=, F () =-，即F (0)F ()

2222

π1π

由零点定理知，存在ξ∈(0,) ，使得F (ξ) =0，即f n (x ) =在(0) 存在实根.

222

证明 作辅助函数F (x ) =f n (x ) -另一方面。由于

π

F '(x ) =-n (1-cos x ) n -1sin x

2

ππ1

因此，函数F (x ) 在[0]上单调减少，故在[0]上F (x ) 最多一个零点，即f n (x ) =在

222

π

(0) 中存在惟一的实根. 2

2x

=π（x >1) . 6. （8分）证明恒等式：2arctan x +arcsin 2

1+x 2x

证明 令f (x ) =2arctan x +arcsin ，则当x >1时，

1+x 2

2(1+x 2) -2x ⋅2x 21+x 22(1-x 2)

=+2⋅=0 22222

(1+x ) 1+x x -1(1+x ) 2x

≡C .

因此，2arctan x +arcsin

1+x 2π2ππ

取x =

C =2⋅+=+=π，故

333

2x

2arctan x +arcsin =π（x >1) . 2

1+x

7． （12分）设f (x ) 在闭区间[a , b ]上连续，在开区间(a , b ) 内可导，且f (a ) =f (b ) =0，证明：在(a , b ) 内存在一点ξ，使得f '(ξ) +ξf (ξ) =0。 2

f '(x ) =2

1+x

证明 作辅助函数F (x ) =e x /2f (x ) ，

由已知条件可知，F (x ) 在闭区间[a , b ]上连续，在开区间(a , b ) 内可导，且

2

F (a ) =e a /2f (a ) =0，F (b ) =e b /2f (b ) =0，

由罗尔定理可证，在(a , b ) 内存在一点ξ，使得F '(ξ) =e ξ/2[f '(ξ) +ξf (ξ)]=0，即f '(ξ) +ξf (ξ) =0. 8. （10分）下面两题任选一题

(1)设不恒为常数的函数f (x ) 在闭区间[a , b ]上连续，在开区间(a , b ) 内可导，且

2

22

f (a ) =f (b ) ，证明：在(a , b ) 内至少存在一点ξ，使得f '(ξ) >0。

证明 因为f (a ) =f (b ) ，且f (x ) 不恒为常数，则必存在一点x 1∈(a , b ) ，使得

f (x 1) ≠f (a ) .

如果f (x 1) >f (a ) =f (b ) ，由拉格朗日中值定理，存在ξ∈(a , x 1) ⊂(a , b ) ，使得

f (x 1) -f (a )

f '(ξ) =>0；

x 1-a

如果f (x 1)

f (x 1) -f (b )

f '(ξ) =>0.

x 1-b

'(a ) >0，f -'(b ) >0，f (a ) =f (b ) =A ，（2）设f (x ) 在[a , b ]上可微，且f +试证明f '(x ) 在

(a , b ) 内至少有两个零点。

f (x ) -f (a )

>0，由极限的保号性，存在a 的一个右邻域(a , a +δ1) ，证明 由f +'(a )=lim

x →a +x -a

f (x ) -f (a )

>0，即f (x ) >f (a ) =A ； 使得对于任意的x ∈(a , a +δ1) ，都有

x -a

f (x ) -f (b )

>0，由极限的保号性，存在b 的一个左邻域(b -δ2, b ) ，使得由f -'(b )=lim

x →b -x -b

f (x ) -f (b )

>0，即f (x )

x -b

综上，存在x 1, x 2满足a 由于f (x ) 在[a , b ]上可微，则f (x ) 在[a , b ]上连续，即f (x ) 在[x 1, x 2]上连续，由介值定理，存在c ∈(x 1, x 2) ，使得f (c ) =A 或f (a ) =f (c ) =f (b ) =A . 由f (x ) 在[a , b ]上可微，分别在[a , c ]和[c , b ]上应用罗尔定理，存在ξ1∈(a , c ), ξ2∈(c , b ) ，

使得f '(ξ1) =f '(ξ2) =0.

因此，f '(x ) 在(a , b ) 内至少有两个零点.