2013届钻石卡学员基础阶段结课测试卷(数一高数答案)

(B) I 2 < I1 < I 3 (D) I 3 < I1 < I 2
∫π
−
π
x 2 sin x dx ，因积分区间对称，被积函数为奇函数，所以 I1 = 0 1 + x4
π π π
−π −π
2
I 2 = ∫ (sin 3 x + cos 4 x )dx = ∫ sin 3 xdx + ∫ cos 4 xdx = ∫ cos 4 xdx > 0
∑
n =1
∞
an 条件收敛，
∑bn 绝对收敛，则 ∑anbn 条件收敛
n =1 n =1
∞
∞
【解析】 若
∑a
n =1
∞
n
条件收敛，则有 lim a n = 0 ，那么当 n 充分大时 | an |≤ 1 ，从而 | an bn |≤| bn | ，由比较判别
n →∞ ∞
法知，若
∑b 绝对收敛，则级数 ∑a b
【证明】①作辅助函数 ϕ ( x) = f ( x) − f ( a ) −
f (b) − f (a) ( x − a) ， b−a
易验证 ϕ ( x) 满足： ϕ ( a ) = ϕ (b) ； ϕ ( x) 在闭区间 [ a, b ] 上连续，在开区间 ( a, b ) 内可导. 根据罗尔定理，可得在 ( a, b ) 内至少有一点 ξ ，使 ϕ (ξ ) = 0 ，即
1 , 故通 2
1 x xe . 2
又由①②可知 f (0) = 1, f ' (0) = 1 ，由此初始条件可确定 C1 =
3 1 , C2 = ，故所求函数为 4 4
f ( x) =
（10） （本小题满分 12 分）
3 x 1 −x 1 x e + e + xe . 4 4 2
2 2 2 2
求 x > 0, y > 0, z > 0 时，函数 ln x + 2ln y + 3ln z 在球面 x + y + z = 6r 上的极大值.
(3) 设 f ( x ) 在 x = a 的某个邻域内有定义，则 f ( x ) 在 x = a 处可导的一个充分条件是 （ ）
(A) lim h ⎢ f ( a + ) − f ( a ) ⎥ 存在 h →+∞ h (C) lim
h →0
⎡ ⎣
1
⎤ ⎦
(B) lim
h→0
f ( a + 2h) − f ( a + h) 存在 h f ( a + h) − f ( a − h) 存在 h
第一类间断点，至少有一个不存在，则为第二类间断点. 故由 lim F ( x ) = lim
x →0 x →0
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f ( x) f ′ ( x ) − f ′ ( 0) 1 = lim = f ′′ ( 0 ) 知其极限存在，而 F (0) = f (0) = 0 ，则 2 x →0 x 2x 2
1 f ′′ ( 0 ) ≠ 0 ，即 lim F ( x ) ≠ F (0) 所以 x = 0 是 F ( x ) 的第一类（可去）间断点. x →0 2
−π −π
π
I 3 = ∫ (sin 5 x − e x )dx = ∫ sin 5 xdx − ∫ e x dx = − ∫ e x dx < 0
2 2
π
π
π
π
−π
−π
−π
−π
所以
I 2 > I1 > I 3 ,故选 D.
② f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处的两个偏导数连续. ④ f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处的两个偏导数存在. （ ）
(5) 考虑二元函数 f ( x, y ) 的下面 4 条性质： ① f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处连续. ③ f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处可微. 则有 (A) ② ⇒ ③ ⇒ ① (B) ③ ⇒ ② ⇒ ① (C) ① ⇒ ④ ⇒ ③ (D) ③ ⇒ ① ⇒ ④ 【答案】A 【解析】由多元函数的连续性、偏导数的存在性和可微性可知，答案应选 A. (6) 下列命题中正确的是（ ） ． (A) 若
由 f −′ (0) = f +′ (0) ，得 2 + 2a = 1 − b . 考虑到 a = −b ，可知当 a = −1, b = 1 时， f ( x) 在 x = 0 处可导，且 f ′(0) = 0 . （8） （本题满分 12 分） ① 证明拉格朗日中值定理 设函数 f ( x ) 在闭区间 [a, b] 上连续，在开区间 (a, b ) 内可导；
∫ ( x − t ) f (t )dt ，其中 f ( x) 为连续函数，求 f ( x) ．
0
x
【解析】 f ( x) = e x + x
∫ f (t )dt − ∫ t f (t )dt,
0 0
x
x
①，两边求导，得
x x
f ′( x) = e x +
∫ f (t )dt + xf ( x) − xf ( x) = e + ∫
∫π
−
π
π π 2 x 2 sin x 则 dx, I 2 = ∫ (sin 3 x + cos 4 x)dx, I 3 = ∫ (sin 5 x − e x )dx ， 4 −π −π 1+ x
（
）
(A) I1 < I 2 < I 3 (C) I 3 < I 2 < I1 【答案】D 【解析】 I1 =
x →∞ k →∞
π
2
， x → ∞ 相当于 k → ∞ ，
另一方面 lim x cos x = lim(2kπ +
x →∞ k →∞
π
) cos(2kπ + ) = 0 ，所以此极限是不存在的.故排除. 2 2
π
（D）
1 cos x ( x → 0) 为无穷大，故应选择 D. x
⎧ f ( x) ,x ≠ 0 ⎪ (2) 设函数 F ( x ) = ⎨ x 2 ， 其中 f ( x ) 在 x = 0 处二阶可导， f ′′ ( 0 ) ≠ 0 ， f ′ ( 0 ) = 0 ， f ( 0 ) = 0 ， ⎪ f ( 0) , x = 0 ⎩
2013 届钻石卡学员基础阶段高数测试题
数一高数答案
一、客观题（本题共 6 小题，每小题 5 分，满分 30 分） (1) 下列变量在给定的变化过程中为无穷大量的是
（
）
1 (A) x sin x
(C) x cos x 【答案】D
( x → 0)
( x → ∞)
1 (B) sin x ( x → 0) x 1 (D) cos x ( x → 0) x ( x → 0) ，为有界变量乘以无穷小量，结果是无穷小量，故排除.
【解析】构造函数 L = ln x + 2ln y + 3ln z + λ ( x + y + z − 6r )
f ( a ) − f ( a − h) 存在 h
(D) lim
h→0
【答案】C 【解析】 lim
h →0
f ( a ) − f ( a − h) f ( a − h) − f ( a ) 存在，即 lim 存在，是导数定义，所以选 C,其他均不是导 h →0 h −h
数的定义. (4) 设 I1 =
∑an , ∑bn 均收敛，则 ∑anbn 收敛
n =1 ∞ n =1 n =1
∞
∞
∞
(B) 若
∑an 收敛， ∑bn 发散，则 ∑anbn 发散
n =1 ∞ n =1 n =1
∞
∞
(C) 若
∑a
n =1
n 条件收敛，
∑b
n =1
∞
n 绝对收敛，则
∑a b
n =1
∞
n n
绝对收敛
(D) 若 【答案】C
n n =1 n =1
∞
n n
绝对收敛，所以选项 C 正确，D 不正确．
∞ ∞ ∞ 1 1 收敛，而 ∑anbn = ∑ 发散， n n =1 n =1 n
命题 A、B 也不正确．例如：取 an = bn = (−1) n −1
1
n
，则
∑(−1)n −1
n =1
选项 A 不正确；又取 an =
∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 1 1 1 1 b , a b b = ，则 a 收敛， = 发散，但 = 收敛，故选 n ∑ ∑ ∑ n n n n ∑ ∑ 2 3 n n n n =1 n =1 n n =1 n =1 n =1
0
x
0
f (t )dt ， ②
两边再求导，得 f ″( x) = e x + f ( x) ，即 f ( x) 是微分方程 y″ − y = e x 的解．该方程对应齐次方程的特征方程为 r 2 − 1 = 0 ，特征根 r1 = −1, r2 = 1 ，故对应齐次方程的通解为 Y = C1e x + C2 e − x ． 因为 1 是特征根，故非齐次方程的特解可设为 y * = Axe x ，将其代入方程并比较系数，得 A = 解为 y = C1e x + C2 e − x +
则 x = 0 是 F ( x) 的 (A) 连续点 (B) 第一类间断点 （ ）
(C) 第二类间断点 【答案】B
(D) 连续点或间断点不能由此确定
【解析】考察 x = 0 是 F ( x ) 的连续点还是间断点，首先看极限 lim F ( x ) 是否存在，如果存在且等于
x →0
F (0) ，则是连续点.如果不连续，则其为第几类间断点，主要看其左右极限是否都存在，如果都存在则为
项 B 不正确． 二、解答题（本题共 6 小题，满分 70 分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤） （7） （本小题满分 10 分） 设函数 f ( x) = ⎨
⎧2 arctan x + ae 2 x , x ≤ 0 ⎩sin x − b(1 + x) , x > 0
，试确定 a, b 的值，使函数 f ( x) 在 x = 0 处可导.
x →0
f ( x) − f (0) 2 arctan x + ae2 x − a ′ f − (0) = lim = lim x → 0− x → 0− x−0 x 2x 2 arctan x a(e − 1) = lim[ + ] = 2 + 2a − x →0 x x
f +′ (0) = lim + f ( x) − f (0) sin x − b(1 + x) − a = lim + x →0 x →0 x−0 x sin x b(1 + x) − b = lim[ − ] = 1− b + x →0 x x
【解析】 （A）选项 x sin
1 x
（B）选项极限为 1，故排除. （C）选项 x cos x
( x → ∞) ，由数列极限与函数极限的关系，
x → ∞ ，可以选两个不同的数列 x = 2kπ 和 x = 2kπ +
则一方面 lim x cos x = lim(2kπ ) cos 2kπ = ∞ ，
则存在 ξ ∈ (a, b ) ，使得
f (b ) − f (a ) = f ′(ξ ) . b−a
② 证明设函数 f ( x ) 在闭区间 [a, b] 上连续，在开区间 (a, b ) 内可导，若在 (a, b ) 内 f ′( x) > 0 ，则函数
f ( x ) 在 [a, b] 上单调递增.
【解析】若 f ( x) 在 x = 0 处可导，则其必在 x = 0 处连续. 因为 f (0) = a ，所以 lim f ( x) = lim (2 arctan x + ae ) = a = f (0) − −
2x x →0 x →0 x → 0+
lim f ( x) = lim[sin x − b(1 + x)] = −b = f (0) ,从而 a = −b .又因 f ( x) 在 x = 0 处可导，所以 +
'
f ' (ξ ) −
f (b) − f (a) = 0, 即 f (b) − f (a) = f ' (ξ )(b − a) . b−a
② 对于任意 x1 < x2（ x1 , x2 ∈ [ a, b ] ） ， 因 f ( x ) 在闭区间 [a, b ] 上连续， 在开区间 (a, b ) 内可导， 故 f (x ) 亦在 [ x1 , x2 ] 上连续， 在开区间 ( x1 , x2 ) 内可导， 故满足拉格朗日中值定理， 即有 f (x2 ) − f (x1) = f ′(ξ )(x2 − x1) （其中 ξ ∈ ( x1 , x2 ) ） ， 因在 (a, b ) 内 f ′(x) > 0 ， 故 f ′(ξ ) > 0 ， 而 x1 < x2 则 f ( x2 ) − f ( x1 ) = f ′(ξ )( x2 − x1 ) > 0 ， 所以 f ( x ) 在 [a, b ] 上单调递增. （9） （本题满分 12 分） 设 f ( x) = e x +