一元微积分A上试卷(A卷)答案_一元微积分a上试题

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2011-2012学年第一学期一元微积分(A上)试卷参考答案

踏实学习，弘扬正气；诚信做人，诚实考试；作弊可耻，后果自负

（1）函数y的定义域为[2k,2k



2],kZ。

（2）lim

2

32n

1nnn1

n

3

。

（3）lim

arcsin(1cosx)

sin(x)

x0

。

（4）dxln(x



ln(x





dx。

（5）已知f(x)在x0处可导，f(0)0，f(0)1，则lim

f(1e)

x

x

x0



（6）函数f(x)xcos

x在x0处的3阶带拉格朗日型余项的泰勒公式为

3xx

4sincos

4!

x,在0与x之间。

4（7）当x0时，x

sinx是x的k阶无穷小，则k 3

。（8）函数y

xsinx在区间[0,]上的最大值为



+

2。

（9）曲线yex的拐点横坐标为

2。

（10）抛物线yx4x3在其顶点处的曲率为

二、解下列各题（每题6分，共30分）（1）利用函数极限定义证明lim

2x

0。

证明：对任意0，要使得|

|，只要|



。（2分）

即有x



。取X

，当x

X时有|

|。（4分）



（2）计算数列极限limn





。对任意k1,2,,n

。（1分）







（2分）

由lim

n

lim

n



与夹逼准则，

limn









1（3分）21

（3）计算函数极限limsinxcosxx。

x0

limsinxcosxxlimex

x0

x0

ln(sinxcosx)

ex0x

lim

ln(sinxcosx)

（2分）

lim

1x

x0

ln(sinxcosx)lim

sinxcosx1

x

x0

1

cosxsinxsinxcosx

1）（3分）

（或者使用洛必达法则lim

1x

x0

ln(sinxcosx)lim

x0

limsinxcosxxe（1分）

x0

ex1



（4）已知函数f(x)x

1

x0x0，求f(x)并讨论f(x)在x0处的连续性。

当x0时，f(x)（e1x

x

x)

xee1

x

xx

；（2分）

e1

当x0时，f(0)lim

x

x

1

lim

x0

ex1

x

x

x0

lim

e12x

x

x0



；（2分）

limf(x)lim

x0

xee1

x

x

x0

lim

xe

x

x0

2x



f(0)

导函数f(x)在x0处连续。（2分）

（5）证明对任意x0，xx1，其中01。

令f(x)xx1,f(1)0.（2分）

1

（2分）由01,f(x)x知当x1时，f(x)0;当x1时，f(x)0.f(x)在x1处取得最大值0，从而对任意x0，f(x)f(1)0。（2分）

dydx

三、（7分）设函数yy(x)由方程y1xe确定，求

y

与

dydx。

方程y1xey两边同取导数，yeyxeyy，（2分）

e

y

y

y

1xe

e

y



e

y

2y

y

。（2分）

y

d

dx2y

()

e(2y)e(2y)

y

y

y

y

e

2y

(3y)

(2y)

（3分）

注：若以y

e

1xe

计算二阶导，结果为y

e

2y

(2xe)

y

y

(1xe)。

四、（8分）设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)a，f(b)b。（1）证明存在(a,b)，使得f()。（2）证明存在(a,b)使得f()1。

（3）令g(x)f(x)x，由f(x)在[a,b]上连续，g(x)在[a,b]上连续。（1分）且g(a)f(a)a0,g(b)f(b)b0（1分）由零点定理，存在(a,b)，使得g()0，即f()。（2分）（2）g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且g(x)f(x)1。（1分）对g(x)在[a,b]上使用拉格朗日中值定理，存在(a,b)使得

g()

g(b)g(a)

ba

0，即f()1。（3分）

五、（8分）对a的不同取值，讨论方程xlnxa在(0,)内的根的个数。令f(x)xlnxa,x0。

f(x)1

1x

0有唯一驻点x1，f(1)1a。（1分）

当x1时，（2分）f(x)0，f(x)单调递增，limf(x)lim(xlnxa)；

x

x

当0x1时，f(x)0，f(x)单调递减，limf(x)lim(xlnxa)。（2分）

x0

x0

所以，当a1时，f(1)0，方程存在两个根；当a1时，f(1)0，方程有一个根；当

a1时，f(1)0，方程无根。（3分）

六、（7分）设f(x)在x0处可导，g(x)|f(x)|。（1）证明若f(0)0，则f(0)g(0)。

（2）证明若f(0)0，则g(0)存在的充要条件为f(0)0。

（1）f(x)在x0处可导，从而必连续。由limf(x)f(0)0及极限的保号性，存在0

x0的某个邻域U(0,)，使得函数f(x)0，从而对任一xU(0,)，g(x)f(x)，因此 f(0)g(0)。（3分）（2）当f(0)0时g(0)0。

f(x)在x0处可导limlim|

x0

f(x)x

x0

f(0)存在 f(x)

|lim|

x0

f(x)x

||f(0)|lim|

x0

f(x)x

g(0)存在lim

g(x)x

x0

lim

x

|f(x)|x

||f(0)|。（2分）

x0

存在|f(x)||x|

lim

|f(x)||x|

x0

lim

|f(x)|x

x0

lim

|f(x)|x

x0

lim

x0

|f(0)|0f(0)0。（2分）