五邑大学02-03-1高数1期中考试解答

高等数学期中考试卷解答 2002-2003-1

一、解答下列各题

(本大题共4小题，每小题5分，总计20分) 1、求lim

(13x)(12x)

(2x1)1

(13x)1

原式lim

x

x0

5

57

x0

2

之值．



(12x)1

x

2

7

(12x)1

x14

7分



352722

3



2

．

1

10

2、求数列的极限

2

n

lim

nsinn!n1

n

2

0

nsinn!n1



n1



1

n

即

n



nsinn!n1

2

2



1

n

7分

而lim(

n

1

n

)0，lim

1n

n0 因此lim

nsinn!n1

n

0 10分

3、设　f(x)处处可导,g(x)cot(sinf(x))求g(x)．

2

解：g(x)csc(sinf(x))cosf(x)f(x)

10分 2分 4分

4、求函数f(x)x33x的极值

f(x)3(x1)(x1)

解方程f(

x)0得驻点x1,x1

函数有极大值f(1)2，极小值f(1)2

8分 10分

二、解答下列各题(本大题共2小题，每小题7分，总计14分)

1

sinxlim1、求极限　x0x

x

2

.

1

sinxx2

解:设y

x

ln

则limlnylim

x0

x0

sinxx

2

2分

x

　lim

sinx

x0



xcosxsinx

x2x

2



12

lim

xcosxsinx

x

3

x0

12lim

cosxxsinxcosx

3x

2

x0

6分



16

8分

1故原式e

6

2、设　y(x)ln(e2x

e4x

)求dy． 令　ue2x

则　dy

dydu

1

du

u

2

du

2x　　　

2e

dx4x

e

三、解答下列各题 (本大题共2小题，每小题7分，总计14分)

secx1、设　f(x)1，x0，

试讨论f(x)的连续性、可导性，sinx，　　x0，

并在可导处求出

f(x)．

f(x)在k



2

(k0,1,2,)处不连续,故不可导

f(0)lim,f(x)limsinx0

x00

x00

f(0)limf(x)limsecx0

x00

x00

f(x)在x0处连续

fsinx(0)lim,

f(x)f(0)

00

x

lim

1 xx00

x

ff(0)

secx1

(0)xlim

f(x)00

x

xlim00

x

x

2

　　2

xlim

1cosx00

xcosx

xlim

00

x

0，故x0不可导．f(x)secxtanx，x0



　

cosx， x0 2 、求函数　y(x5)

2(x1)2

的单调区间

8(x5)(x

1函数在(，)内连续　y

2

)

3x1

　　x1

令　y0得　x115，x22

而当x1时,y不存在

9分

10分

4分

10分

2分

4分

7分

10分

3分

5分

8分

故函数单调增区间为





112，5， 　　　单调减区间为

，1，1



，25



四、解答下列各题(本大题共2小题，每小题7分，总计14分) 1、求由方程ysinxcos(xy)0确定的隐函数y的微分dy.

由　dysinxycosxsin(xy)(dxdy)0 得　dy

ycosxsin(xy)sinxsin(xy)

dx

解法2　dyycosxsin(xy)xdx

ysinxsin(xy)

dx

2、设xatcostyatsint

确定了函数

yy(x)求

dyd2

ydx

t

及

dx

2

t

dyasintatcostdx

acostatsint dy

dxt



y

acostacostatsinta(2costtsint)x

asintasintatcosta(2sinttcost)

d2

y

2

2

2

2

dx2

t



2aa

2

a

3



a

五、解答下列各题( 本 大 题10分 )

证明当x0时　x1lnx

令　f(x)x1lnx在(0，)连续

　　f(x)111xxx

　　　f(1)0

　　f(x)

1x

2

　　　f(1)10 故函数在(0，)有唯一极小值f(1),也是最小值

当0x时　　f(x)f(1)0

　　即　　x1lnx

六、解答下列各题( 本 大 题10分 )

试判定曲线y

sinx

2cosx

在0，2上的凹向

ycosx(2cosx)sinx(sinx)(2cosx)212cosx(2cosx)

2

y2sinx(2cosx)2

(12cosx)2(2cosx)(sinx)

(2cosx)

4

　

2sinx(cosx1)

(2cosx)

3

当0x，y0　曲线向下凹 当x2，y0曲线向上凹

10分

7分 10分 10分

4分

10分

2分 5分

8分 10分

3分

6分

8分 10分

七、解答下列各题( 本 大 题10分 )

设有底为等边三角形的直柱体,体积为V,要使其总面积为最小

问底边的长应为多少

?

设底边长为x,则底面积为34

x

2

而高为h

V343V

2

4

x

2

3x

总面积S

3(x2



8v2

x

)　　0x 3

S

3(x4v)

x

2

唯一驻点：x3

4v

当0x

4v时　　S0

当34vx时　　　　S0

故x

3

4v为极小值点,也是最小值点,即当底面边长为3

4v

时,直柱体总面积最小

八、解答下列各题( 本 大 题8分 )

设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导(0ab),

试证明存在(a,b),使2[f(b)f(a)](b2a2

)f().

证:令g(x)x2

,则f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导且g(x)0(因0ab)

即f(x)g(x)在[a,b]上满足柯西中值定理的条件.

则至少存在(a,b),使

f(b)f(a))g(b)g(a)

f(g() 即

f(b)f(a)f()

b2

a

2



2

因(a,b),即0,则2f(b)f(a)(b2a2

)f()

证法(2)

令F(x)(b2

a2

)f(x)f(a)(x2

a2

)f(b)f(a)

则F(x)在[a,b]上连续,可导且F(a)F(b)0

由罗尔定理知,必存在(a,b)使F()0

即(b2a2

)f()2f(b)f(a)0则2f(b)f(a)(b2a2

)f(

)成立

4分

8分

10分

2分

6分

8分 10分

4分 8分 10分

高等数学期中考试卷解答 2002-2003-1

一、解答下列各题

(本大题共4小题，每小题5分，总计20分) 1、求lim

(13x)(12x)

(2x1)1

(13x)1

原式lim

x

x0

5

57

x0

2

之值．



(12x)1

x

2

7

(12x)1

x14

7分



352722

3



2

．

1

10

2、求数列的极限

2

n

lim

nsinn!n1

n

2

0

nsinn!n1



n1



1

n

即

n



nsinn!n1

2

2



1

n

7分

而lim(

n

1

n

)0，lim

1n

n0 因此lim

nsinn!n1

n

0 10分

3、设　f(x)处处可导,g(x)cot(sinf(x))求g(x)．

2

解：g(x)csc(sinf(x))cosf(x)f(x)

10分 2分 4分

4、求函数f(x)x33x的极值

f(x)3(x1)(x1)

解方程f(

x)0得驻点x1,x1

函数有极大值f(1)2，极小值f(1)2

8分 10分

二、解答下列各题(本大题共2小题，每小题7分，总计14分)

1

sinxlim1、求极限　x0x

x

2

.

1

sinxx2

解:设y

x

ln

则limlnylim

x0

x0

sinxx

2

2分

x

　lim

sinx

x0



xcosxsinx

x2x

2



12

lim

xcosxsinx

x

3

x0

12lim

cosxxsinxcosx

3x

2

x0

6分



16

8分

1故原式e

6

2、设　y(x)ln(e2x

e4x

)求dy． 令　ue2x

则　dy

dydu

1

du

u

2

du

2x　　　

2e

dx4x

e

三、解答下列各题 (本大题共2小题，每小题7分，总计14分)

secx1、设　f(x)1，x0，

试讨论f(x)的连续性、可导性，sinx，　　x0，

并在可导处求出

f(x)．

f(x)在k



2

(k0,1,2,)处不连续,故不可导

f(0)lim,f(x)limsinx0

x00

x00

f(0)limf(x)limsecx0

x00

x00

f(x)在x0处连续

fsinx(0)lim,

f(x)f(0)

00

x

lim

1 xx00

x

ff(0)

secx1

(0)xlim

f(x)00

x

xlim00

x

x

2

　　2

xlim

1cosx00

xcosx

xlim

00

x

0，故x0不可导．f(x)secxtanx，x0



　

cosx， x0 2 、求函数　y(x5)

2(x1)2

的单调区间

8(x5)(x

1函数在(，)内连续　y

2

)

3x1

　　x1

令　y0得　x115，x22

而当x1时,y不存在

9分

10分

4分

10分

2分

4分

7分

10分

3分

5分

8分

故函数单调增区间为





112，5， 　　　单调减区间为

，1，1



，25



四、解答下列各题(本大题共2小题，每小题7分，总计14分) 1、求由方程ysinxcos(xy)0确定的隐函数y的微分dy.

由　dysinxycosxsin(xy)(dxdy)0 得　dy

ycosxsin(xy)sinxsin(xy)

dx

解法2　dyycosxsin(xy)xdx

ysinxsin(xy)

dx

2、设xatcostyatsint

确定了函数

yy(x)求

dyd2

ydx

t

及

dx

2

t

dyasintatcostdx

acostatsint dy

dxt



y

acostacostatsinta(2costtsint)x

asintasintatcosta(2sinttcost)

d2

y

2

2

2

2

dx2

t



2aa

2

a

3



a

五、解答下列各题( 本 大 题10分 )

证明当x0时　x1lnx

令　f(x)x1lnx在(0，)连续

　　f(x)111xxx

　　　f(1)0

　　f(x)

1x

2

　　　f(1)10 故函数在(0，)有唯一极小值f(1),也是最小值

当0x时　　f(x)f(1)0

　　即　　x1lnx

六、解答下列各题( 本 大 题10分 )

试判定曲线y

sinx

2cosx

在0，2上的凹向

ycosx(2cosx)sinx(sinx)(2cosx)212cosx(2cosx)

2

y2sinx(2cosx)2

(12cosx)2(2cosx)(sinx)

(2cosx)

4

　

2sinx(cosx1)

(2cosx)

3

当0x，y0　曲线向下凹 当x2，y0曲线向上凹

10分

7分 10分 10分

4分

10分

2分 5分

8分 10分

3分

6分

8分 10分

七、解答下列各题( 本 大 题10分 )

设有底为等边三角形的直柱体,体积为V,要使其总面积为最小

问底边的长应为多少

?

设底边长为x,则底面积为34

x

2

而高为h

V343V

2

4

x

2

3x

总面积S

3(x2



8v2

x

)　　0x 3

S

3(x4v)

x

2

唯一驻点：x3

4v

当0x

4v时　　S0

当34vx时　　　　S0

故x

3

4v为极小值点,也是最小值点,即当底面边长为3

4v

时,直柱体总面积最小

八、解答下列各题( 本 大 题8分 )

设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导(0ab),

试证明存在(a,b),使2[f(b)f(a)](b2a2

)f().

证:令g(x)x2

,则f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导且g(x)0(因0ab)

即f(x)g(x)在[a,b]上满足柯西中值定理的条件.

则至少存在(a,b),使

f(b)f(a))g(b)g(a)

f(g() 即

f(b)f(a)f()

b2

a

2



2

因(a,b),即0,则2f(b)f(a)(b2a2

)f()

证法(2)

令F(x)(b2

a2

)f(x)f(a)(x2

a2

)f(b)f(a)

则F(x)在[a,b]上连续,可导且F(a)F(b)0

由罗尔定理知,必存在(a,b)使F()0

即(b2a2

)f()2f(b)f(a)0则2f(b)f(a)(b2a2

)f(

)成立

4分

8分

10分

2分

6分

8分 10分

4分 8分 10分