高等数学I试题解答

高等数学I试题解答一、1．解：cos()()0yyyyxexeyxyxeexyyycos)(，1)0(y2．解：dxxx)cos(sin5dxxxdxcossin522(1cos)cossinxdxxcxxxxsin)cos51cos32(cos533．解：62624111421412dxxxdxxx62)41141(21dxxx622123])14(2)14(32[81xx3234．解：3sinsinsin2222dxxdxxdxxS二、1．解：2)ln(limnxmbeaxxnnxbeanxmbexxx1)()(lim22．解：因1)1(y，得2cba。baxxxy23)(2，axxy26)(。由0)1(y得3a，由0)0(y得0b，所以1c。由)2(363)(2xxxxxy，易得2x是)(xy的极小值点，3)2(y。3．解：ttdxdy11，323222)1(2121)11(yttttdxyd，即02223dxydy满足拉格朗日中值定理条件，由拉格朗日中值定理，存在),(01xax，0)()()(001axafxfxf。同理存在0)(),,(202xfbxx。又0)(0xf（因为)(0xf是)(xf在],[ba上的最大值且0(,)xab），函数)(xf在],[01xx满足拉格朗日中值定理条件，对)(xf用拉格朗日中值定理知存在),(011xx，0)()()(01011xxxfxff。同理，存在),(202xx,0)()()(02022xxxfxff。于是)(xf在),(ba内至少存在两点1，2使得0)(1f，0)(2f得证。高等数学I试题解答一、一、试解下列各题1．)11arcsin(21xxx2．21（提示：使用洛比塔法则）3．),2(。解：212)(xxxf，在),2(，0)(xf，在)2,(，0)(xf。4．4．0提示：奇函数在对称区间上的积分为0。5．Cx233)34(272解：)34()34(9134321332xdxdxxxCx233)34(272二、试解下列各题1．解：方程两边对x求导，得)1(yfy，解出y，得ffy1。2．解：)(xf在[-1,2]连续，在(-1,2)可导，(1)(2)(0)ff，满足罗尔定理的条件，而783)(2xxxf在(-1,2)存在零点3374，所以罗尔定理成立。3．解：22222232211112(1)122[]3ln2ln5(1)1xxxdxdxdxdxxxxxxx。三、试解下列各题1．证明：设mxxf1)(，此时mmxmxf11)(，在]1,[nn上使用Lagrange中值定理，则有mmmfnfnf11)()()1(（1nn），而m1时，由于10mm高等数学I试题解答一、单项选择题1．（C）解：原式=21112dxx（半圆的面积）。2．（B）解：面积12)sin(cos40dxxxS。3．（C）解：0,20,4)(33xxxxxf，0,60,12)(22xxxxxf，0,120,24)(xxxxxf，0,120,24)(xxxf，)0(f不存在。二、填空题1．xdxarctan。2．)13(ln27。解：)3sin(3lim33xxxx)13(ln2713ln33lim33lim2333xxxxxxx。3．唯一。解：令5()51[0,1]fxxxC，(0)(1)0ff，故方程有根。而4()5(1)0(01)fxxx，()fx单调递减，所以只有唯一实根。三、解答下列各题1．解：由)(xF是xcos的一个原函数得()sinFxxC，又0)0(F，所以()sinFxx。CxxxxxdxdxxdxxxFsincos)cos(sin)(。2．解：令22()(12)0xfxxe，得22x。当2||2x时，()0fx；当2||2x时，()0fx。因此函数的单调递减区间为),22()22,(，单调递增区间为)22,22(。四、解法一：xxxx1)sin1(lim00)sin1ln(lim1lim0)sin1ln(0xxxxexxxx。解法二：00(1sin)1((1sin)1)limlim()xxxxxxxx五、解答下列各题1．解：)54)(44(22xxxxdxCxxxdxx)2arctan(21)2())2(11)2(1(222．解：ttatadxdycotsincos，attatdxdttdtddxyd3222cscsin1csc)(cot。六、解：首先求点),(yxM处的切线方程。点),(yxM（ax0）处切线斜率为yx，切线方程是)(xXyxyY。然后求切线在ox轴与oy轴的交点坐标，将切线方程)(xXyxyY化成截距式方程为122yaYxaX，所以A点的坐标为2(,0)ax，B点的坐标为2(0,)ay(或者分别令0x、0y求出切线在ox轴与oy轴的交点坐标)。所以三角形AOB的面积为224422)(xaxaxyaxS。令22)(xaxxf，则2()sin2(0,sin)22afxttxat。显然，)(xf无最小值，而4t时，)(xf有唯一的最大值22a。所以，)(xS无最大值，而)(xS在)22,22(aaM对应最小值2a。（或令22)(xaxxf，2222222()()0axfxxaxax，得唯一驻点2(0)2xaxa，且22xa为()fx的最大值点。即得422()2aSxxax的最小值点22xa，所以)(xS的最小值为2a。七、解：如图，曲线22xy和83xy在（4，8）点相交，所以dxxdxxV24032402)8()2(35512644406404dxxdxx。八、解：如图建立坐标系，则流出去的水等于阴影部分绕x轴旋转所得立体的体积32232033()8RVRxdxR。九、1．证明：)1ln()1()(nxxxf在区间),0(有唯一驻点1x。而)1,0(x，0)(xf，)(xf单调递增；),1(x，0)(xf，)(xf单调递减；而0)0(f，所以)1(f取得最大值。又6)1()1ln()1()1(1010nntdttdtnttf，证毕（注：ln(1)(0)xxx。y=22xyx60oOy=38xx4yOy2．解：0220()ln(12cos)ln(12cos())()tuFxxtxdtxuxdu)()cos21ln(02xFduxux（定积分与变量形式无关）。十、解：bxaxy232，baxy26，由(1)3,(1)0yy得baba2603，所以29,23ba。第一学期高等数学试题解答0303.12.31一、填空题（将正确答案填在横线上）(本大题分5小题,每小题4分,共20分)1、.12,)(2dxeexdyexyxxx设　2、cxxxdxx234)1(22323、2)(lim,sin2sin)(xxfxxxxxf设16,24ttttS刻为则它速度开始增加的时其运动规律为一质点作直线运动4.　5、21221dxx二、解答下列各题(本大题共3小题，总计20分)1、(本小题6分)解：原积分=cxxxcossin22、(本小题6分)解：定义域：(0，+∞)xxy14驻点：x=1/2x(0,1/2)1/2(1/2,+∞)y’－0+y单调下降极小单调上升3、(本小题8分)．求所确定的函数是　设参数方程22112).()1(lnlndxydxyytuduuyuduuxtt解：ttdxydtdxdyln11422dxxsin求.ln22的单调区间求　xxy三、解答下列各题(本大题6分)－[证明]:略四、解答下列各题(本大题6分)．　利用定积分计算极限：)1cos2cos(coslim222nnnnnn解：原极限=2cos02xdx五、解答下列各题(本大题7分)的原函数求xexf11)(.解：ceedxxx1ln1六、解答下列各题(本大题7分)解：切线方程：11xey七、解答下列各题(本大题8分).,04,026并证明你的结论实根的个数判断方程设常数kxxk解：答方程有两个实根。设0x11224)(426驻点：xxfkxxxff是偶函数，0114)1(,0)0(26kkkkfkf又x0时f单调增加，由介值定理知f有一正实根，又由偶函数的对称性知其还有一负实根。八、解答下列各题(本大题10分)1..1,0,0,2积轴旋转而成的旋转体体所围图形绕求yxxyeyx解：12102edxxeVx2.).1(,1)()()(21fxdtttfxfx求上连续，且，在设解：两边对x求导21)(xxxfx取x=-1有21)1(f(本题目有些问题)九、解答下列各题(本大题8分).)1ln(1,0:xxxx　时当证明．.)1,0(的切线在点求曲线Pexyey).(?,)(,.0,02cos1)(2xfxfkxkxxxxf并求可导连续为何值时当　，　　，设解：函数函数在一点连续，其极限值等于函数值。故：22cos1lim20xxkx000)2cos1(22sin242xxxxxxxxf十、解答下列各题(本大题8分),,,,0,)2,1(,)0,0(,2的值确定且两点通过抛物线cbaacbxaxy.轴所围图形的面积最小使抛物线与x解：代点(0,0)得c=0代点(1,2)得a+b=2所围图形面积2302620aadxbxaxAab令A’=0得唯一驻点a=-4由最小值存在故其为最小值点。即a=-4,b=6,c=0时，其面积最小。