北京化工大学高数上册03-04期末试题

五.证明题（10分） 设函数 f (x) 在[a, b] 上连续,在(a, b) 内可导, 且 f (2x a) f ′(x) > 0. 若 lim 存 ,证 : 在 明 + x a x→a (1) 在(a, b) 内存在点 ξ, 使
2ξ = b f (x) d x f (ξ ) ∫ b2 a2
f
f
(n)
(n)
(0) = n!
n! (x) = n+1 (1 x)
时 f (x)在 ，
sin x sin a x≠a 3.设 (x) = x a f ,则 A= 当 A x=a x = a点 续 连 .
sin x sin a cos x lim = lim = cosa = A x→a x→a x a 1
的位置关系
i n1 = 3
j 1
k 2 0
i n2 = 1
j 2
k 1
1 3
2 1 1
= (6, 2, 10)
= (3, 1, 5)
两直线的方向向量对应坐标成比例，所以两直线平行。
6.已知 a=(1,0,1), b=(1,1,1), c=a+λ(a ×b)×a,若b c, 则λ=
i j k (a×b) ×a = 1 0 1 a ×b = 1 0 1 1 0 1 1 1 1 = (0,2,0) = (1,0,1) c=a+λ(a× b)×a = (1,0,1) + (0,2λ,0) = (1,2λ,1) i j k c ×b = 1 2λ 1 = (2λ 1,0,1 2λ) = (0,0,0) 1 λ= 1 1 1 2
3.求曲线y = x(0 ≤ x ≤ 4)上的一点P，使得曲线在P点 的切线与直线x = 0, x = 4及y = x所围成图形绕x轴旋 l 转一周的旋转体积最小，并求最小体积.
1 解：设切 点为 x0 , x0 )，切线：y = ( (x x0 ) + x0 2 x0 1 即：y = (x + x0 ) 2 x0
x→0
π
lim lim(1 lim Φ(x) = limcos x =1 x→0+ Φ(x) = x→0+ + x) =1
所以Φ x)在(- , )连续 ( 2 2 π
π π
sin x 2 < x < 0 Φ x)在x = 0处不可导 ( ′(x) = 3) Φ π 1 0< x < 2 Φ(x) Φ(0) cos x 1 sin x Φ′ (0) = lim = lim = lim =0 x→0 x→0 x→0 x 0 x 0 1 Φ(x) Φ(0) 1+ x 1 Φ′ (0) = lim = lim =1 + + x→0 x→0 x 0 x 0
所以 f (a) = 0.
又 f ′(x) > 0 ， g′(x) = f (x) > f (a) = 0,
故 F(x), g(x) 满足柯西中值定理条件,
于是存在 ξ ∈(a, b), 使
i
j k
二、解下列各题(5分× 4=20分)
1 1 1 .求极限lim( x ) x→0 x e 1
1 1 e 1 x ex 1 x 解 lim( x ) = lim x ： = lim 2 x→0 x x→0 x(e 1) x→0 e 1 x
x
e 1 1 = lim = x→0 2x 2
x
x = t ln udu 2 ∫0 d y 2.设 (t >1).求 2 2 t dx y = ∫ ln udu 0 dx dy 解 : = ln t , = 2t ln t 2 dt dt
x→0 x→+∞
> 0 a < e 所给方程有两个不同实根 1 1 因 lim f ( ) = 1 ln a = 0 a = 所给方程有一个实根 此 + x→0 a e 1 < 0 a > e 所给方程无实根
1 而x0 = 是f (x)唯一的极大值点，即为最大值点 a 1
π sin x 2 ≤ x < 0 x 3.设 (x) = f ,而 (x)=∫ π f (t)dt Φ π 2 1 0≤ x ≤ 2 1)求 (x)的 达 Φ 表 式
2π 0
+ 4∫
2π
0
= 8π + 4π + sin2θ
2π 0
1+ cos2θ dθ 2
=12π
三、解下列各题(7分× 4=28分)
1.设函 y = y(x)由方 x ∫ 数 程
3 y2 0
sin(xt) dt + y3 1 = 0确定 . t
求y′(x)和lim y′(x).
x→0
解 :令 u = xt, du = xdt
1 V(x0 ) = π ∫ [ (x + x0 )2 x]dx 0 4x 0 π 1 3 2 4 = [ x + x0 x2 + x0 x 2x0 x2 ] 0 4x0 3 π 64 16 2 = ( 16x0 + 4x0 ) = π ( 4 + x0 ) 4x0 3 3x0
4
16 V (x0 ) = π ( 4 + x0 ) 3x0 16 4 V′(x0 ) = π ( 2 +1) 令 ′(x0 ) = 0, 得 0 = V x 3x0 3 4 dV 4 dV , >0 当 < x0 < 时 0 , < 0 当 < x0 < 4时 dx0 3 3 dx0
dy 2t ln t 2 = = 2 2t dx ln t
d2 y 1 =2 2 2 dx ln t
3.计 定 分∫ (1 x ) dx 算 积
2
3 2
1
0
解 ：令x = sin t， = costdt dx
∫ (1 x )
2 0
1
3
2
dx = ∫
π
2 0
3 1 π cos t cos tdt = 4 2 2
3 xy2
3x y y sin xy 3x3 y xy3 lim y′(x) = lim = lim 2 2 x→0 x→0 2x sin xy2 3xy3 x→0 2x y 3xy3 2 3 3x y y 1 = lim = 2 3 x→0 2xy 3y 3
3 2
xe 2.计算 不定 积分∫ dx 2 32 (1+ x ) 2 解:令x = tan t,arctan x = t, dx = sec tdt
a
(2) 在(a, b) 内存在与 ξ 相异的点η , 使 2ξ b 2 2 f ′(η)(b a ) = ∫a f (x) d x ξ a
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(03考研)
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结束
(1) 设
F(x) = x , g(x) = ∫ f (x) d x (a ≤ x ≤ b)
2 a
x
f (2x a) ∵ lim 存 , 在 x a x→a+
x 0 x 2 2 0
π
2
π
2
= cos x
Φ x)=∫ π f (t)dt = ∫ π sin tdt + ∫ 1dt =1+ x (
π cos x 2 ≤ x < 0 所以Φ(x) = 1+ x 0 ≤ x ≤ π 2
2)当x→0
π
( < x < 0,0 < x < 时 Φ x)连续 2 2
4. ∫
+∞
2
dx = (x + 7) x 2
令 x 2 = t, x = t 2 + 2, dx = 2tdt
∫
+∞
2
+∞ +∞ 2dt dx 2tdt =∫ =∫ 2 0 (t + 9)t 0 (t 2 + 9) (x + 7) x 2
2 t = arctan 3 3
+∞ 0
=
π
3
3x + y 2z 8 = 0 x + 2y z 7 = 0 5.直线 与 x 3y 3 = 0 2x y z = 0
3
3π = 16
x = 2(θ sinθ) 4.求摆线 的第一拱与x轴所围图形面积 y = 2(1 cosθ) y
解 A = ∫ 2(1 cosθ)d2(θ sinθ) :
0
2π
= 4∫ (1 cosθ)2 dθ
2π
o
2π a x
= 4∫ (1 2cosθ + cos2 θ)dθ
0
0 2π
= 8π 8sinθ
4 x0 = 是 [0,4] 内的唯一极小点，故为最小值点. 3 4 4 4 4π 最 小值为 ( ) = π ( 4 ) = V (2 3 3) 3 3 3 3
4.求 P(1,1, 1), Q = (2, 2,2), R = (1, 1,3)三点 过 的平 面 ∏1的方 程.并求∏1 与平面∏2 ：x + y + 2z = 0的 夹角 . θ
arctan x
1+ x2 t
x
1
xearctan x t tan t dx = ∫ e sec2 tdt ∫ (1+ x2 )32 sec3 t = ∫ et sin tdt = sin tdet = et sin t et cos tdt ∫ ∫
t t t t t
= e sin t ∫ cos tde = e sin t e cos t ∫ e sin tdt 1 t 1 t t ∫ e sintdt = 2 e sint 2 e cost +C xearctan x 1 arctan x x 1 ∫ (1+ x2 )32 dx = 2 e ( 1+ x2 1+ x2 ) +C
2
π
所以x = 0, x = nπ + (n∈Z)为可去间断点 2
π
x 由于 lim 不存在(m∈Z \{0}) x→mπ tan x 所 x = m (m∈Z \{0})为 二 间 点 以 π 第 类 断
补充定义f (0) =1, f (nπ + ) = 0(n∈Z) 2
则f (x)在x = 0, x = nπ + (n∈Z)连续 . 2
x 1.设f (x) = . 1)指出该函数的所有间断点 tan x 2）说明这些间断点属于哪一类型，要求说明理由； 3）如果是可去间断点，则补充或改变定义使函数连续.
解：所有间断点为x = m , x = nπ + (m, n∈Z) π 2 x x 由于lim =1, limπ =0 x→0 tan x x→nπ + tan x
2)讨论Φ x)在（- ，）内的连续性 ( 2 2
3)讨论Φ x)在（- ，）内的可导性，并在可导点处 ( 2 2 求 ′ x)的 达 Φ( 表 式
π π
π π
1)当-
π
2
≤ x < 0时 ,
x x
x
Φ x)=∫ π f (t)dt = ∫ π sin tdt = cost (
2
当0 ≤ x ≤ 时 , 2
tan x sin x tan x 1 cos x lim = lim 3 x→0 x→0 x x x2
1 2 x 1 2 = lim 2 = x→0 x 2
1 2.设f (x) = ,则f (n) (0) = 1 x 1 2 f ′(x) = f ′′(x) = 2 3 (1 x) (1 x)
x 1 y 1 z +1
解：过三点的平面方程为 2 1 2 1 2 +1 = 0. 11 11 3+1 即 x + 2y + z = 0 ：
n1 = (1,2,1), n2 = (1,1,2),
1 ∴cosθ = = 1+ 4 +1 1+1+ 4 2 1×1+π
3
四、解下列各题(8分×3=24分)
∫
y2
0
sin u sin(xt) sin u 1 = du dt = ∫ du ∫0 0 u u x t x
xy2
xy2
原方程化为
x ∫
3
xy2
0
sin u du + y3 1 = 0 u
sin u 原方程化为 x ∫ du + y3 1 = 0 0 u 2 方程两边对x求导 3x2 sin xy ( y2 + x 2yy′) + 3y2 y′ = 0 xy2 2 sin xy 2 3x 3 2 3x y y sin xy x ′(x) = y x = 0, y(0) =1 = 2 2 3 2sin xy 2xsin xy 3xy 2 3y 3y y 1 2 2 lim y′ = y (0) + 3y (0)lim y′ = 0 x→0 3 x→0
讨论方程有几个实根因此所给方程有两个不同实根所给方程有一个实根所给方程无实根dttdtcoscostdtdtsinlim处不可导设函数lim证明存在03考研机动目录上页下页返回结束五
03级高数（上）期末试题 一、填空（ 分×5=15分） 3 tan x sin x 1.极限lim = 3 x→0 x
π
π
1 1 当 < x < 时，f (x)单调增加 当 < x < +∞时，f (x)单调减少 0 a a
2.讨 方 ln x = ax(a > 0)有 个 根 论 程 几 实 . 1 解 :令 f (x) = ln x ax f ′(x) = a x
而lim f (x) = lim f (x) = ∞ +