工科数学分析期末试卷 +答案

工科数学分析期末试卷 （答案）答题时间：150（分钟） 本卷面成绩占课程成绩70%一．选择答案（每题2分，本题满分10分） 1． )(x f 在0x 的某一去心邻域内有界是)(lim 0x f x x →存在的（ B ）条件(A)充分条件 （B ）必要条件（C ）充要条件 （D ）既非充分又非必要条件 2．设)(x f 为连续函数，⎰=t s dx tx f tI 0)(，其中0,0>>s t ，则I 的值（ A ）(A)依赖于s 不依赖于t （B ）依赖于t 不依赖于s（C ）依赖于s 和t （D ）依赖于t s ,和x3．若⎪⎩⎪⎨⎧=≠-=021cos 1)(2x x x x x f ，则)(x f 在点0=x 处（ A ）(A)连续且可导 （B ）连续但不可导 （C ）不连续但可导 （D ）不可导且不连续4．=+⎰→du u xxu x 010)2sin 1(1lim （ C ）(A)e1（B ）e （C ）2e （D ）21e5．设)(x f 在0x x =的某邻域内具有三阶连续导数，如果0)(")('00==x f x f ， 而0)('"0≠x f ，则（ C ）姓名: 班级： 学号：遵 守 考 试 纪 律 注 意 行 为 规 范第 1 页（共7 页）（A)0x x =为)(x f 的极值点，但))(,(00x f x 不是拐点 （B ）0x x =为)(x f 的极值点且))(,(00x f x 是拐点 （C ）0x x =不是)(x f 的极值点，但))(,(00x f x 是拐点 （D ）0x x =不是)(x f 的极值点，))(,(00x f x 不是拐点 二．填空题（每题2分，本题满分10分）1．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>≤≤--<=010112x xx xx x y 的一切间断点为（（-1，-1），（0，0）），其类型分别为（ 第一类间断点，第二类间断点 ）。

2．=→21)(cos lim xx x ( 21-e )。

3．设1+=y xe y ，则0"|=x xx y =（ 22e ）。

4．曲线23)1(+=x x y 的全部渐近线为 ：（1=x （水平渐近线）2-=x y （斜渐近线） ）。

5．设函数)(x f 在点0x 处导数存在，而且0)(0>x f ，则nx x f n x f ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+∞→)()1(00lim =（)()('00x f x f e ）三．计算题：（每小题4分，本题满分34分） 1．设n n x x x +==+2,211 )0(≥n 求：n x x lim ∞→。

解：先证明.2<n x 21<x ，假设2<n x 则 22221=+<+=+n n x x∴由数学归纳法可知2<n x .0>n x ，∴0)1)(2()(22221>+--=-+=-+n n n n n n x x x x x x x ，∴,1n n x x >+∴数列}{n x 为单调递增数列，且2<n x . ∴数列}{n x 收敛，n n x lim ∞→存在.对n n x x +=+21两边同时取极限，再由n n n n x x lim lim 1∞→+∞→=可得2lim =∞→nn x2．求⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++∞→πππn n n n n n 2221211lim 。

解：πππππ+⋅≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++≤+⋅222221211n n n n n n n n n n n n 又 1,12222lim lim =+=+∞→∞→ππn n n n n n n ， ∴由两边夹定理，可得 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++∞→πππn n n n n n 2221211lim =13．设1sin 022lim=-+⎰→xbx dtt a t xx ，求b a ,。

解：由洛比答法则，原式=1cos 22lim =-+→x b x a x x 1,0,022=∴→+∴→b xa x x .∴原式=4,122cos 1202220220lim lim lim =∴=+=+=-+→→→a xa x x a x x x a x x x x 从而求得 1,4==b a .4．设)1ln(,arctan 2t y t t x +=-=，求22dyxd 。

解：.12,11112'222't t y t t t x tt+=+=+-= 2''t y x dy dx t t ==∴t t tt dyx d 41)12(212222+=+=∴5．若x x y x+=，求y 在点（2，6）处的法线方程。

解：两边取对数得 x x x y ln )ln(⋅=- （先将x x y x+=变换为xx x y =-）两边对x 求导得1ln 1ln 1'+=⋅+=--x xx x x y y ] 52ln 4'+=∴y ，∴其法线的斜率为 52ln 41+-∴法线方程为0)42ln 3(8)52ln 4(=+-⋅++y x6．dx ee xx ⎰+)1ln(。

解：⎰⎰⎰+-=+⋅++-=+-=+---)1ln(1)1ln()1ln()1ln(x x x x x x x x x x x e e dx e e e e e de e dx e e⎰++dx ex111e e ln C t 1t ln dt )t 11t 1(t 1)t (dln 11x xte 1x+=+-=--=-=+⎰⎰⎰=+令dx e x，∴原式=C ee xx++++⋅--1ln )e 1(ln exx7．⎰+∞+1)1(xx dx 。

解：⎰⎰=⎰∞+∞+=∞++=⋅+⋅+12121112)1(2)1(dt tdt t t t xx dx tx 令 2)42(2|arctan 21πππ=-=⋅=∞-t8．如果⎪⎩⎪⎨⎧<+≥+=011011)(x e x xx f x，求⎰-2|)1(|dx x f 。

解：⎰⎰⎰-+-=-10212)1()1(1(dx x f dx x f dx x fdx x dx x ⎰⎰-++-+=21101111112ln 2|ln |2ln 2110=+--=x x9．试确定所有函数)()(R C x f ∈，使其满足R x ∈∀使得⎰-=-xu x du u x f e 01cos )(。

解：令,v u x =-则dv du -=，⎰⎰-=⋅-=-⋅∴-xxv x u x dv v f e e du u x f e 01cos )()(xxv exdv v f e cos )(0-=∴⎰-， 两边同时求导： )cos (sin )(x x e x f ex x+⋅=⋅--，R x x x x f ∈∀+=∴,cos sin )(四．证明题（1题4分，2，3题各5分，本题满分14分）1．当1>x 时，1)1(2ln +->x x x 证：令,214ln 1)1(2ln )(-++=+--=x x x x x x f又,0)1()1()1(412)1(41)('22222>+⋅-=+⋅-++=+-=x x x x x x x x x x x f)(x f ∴为递增函数，且,0)1(=f ∴当1>x 时，恒有0)(>x f ，即1)1(2ln +-⋅>x x x .2．设)(),(x g x f 在[a,b]上连续，在（a,b ）内可导。

证明在（a,b ）内至少存在一点ξ，使得)(')()(')()()()()()(ξξg a g f a f a b b g a g b f a f -=。

证：设)()()()()(x f a g x g a f x F ⋅-⋅=，显然)(x F 满足拉格朗日中值定理条件，),(b a ∈∃∴ξ，使)(')()(ξF ab a F b F =--即)(')()(')()()()()(ξξf a g g a f ab b f a g b g a f -=-⋅-⋅)](')()(')()[()()()()(ξξf a g g a f a b b f a g b g a f ⋅-⋅-=⋅-⋅∴ 即在（a,b ）内至少存在一点ξ，使得)(')()(')()()()()()(ξξg a g f a f a b b g a g b f a f -=3．若)(x f 在[0，1]上连续，在（0，1）可导，且)0()(3132f dx x f =⎰则在（0，1）内至少存在一点ξ，使得0)('=ξf 。

证：由积分中值定理，],1,32[∈∃c 使得 )0()()321()(3f c f c f ==-⋅⋅，又),1,0(]1,32[⊂∴在],0[c 上存在两点满足罗尔中值定理条件.]1,0[],0[⊂c ， ∴在)1,0(内至少存在一点ξ使得：0)('=ξf .。