厦门大学一元微积分(校本部理工A)期中试卷-2013-11-23解答

1一、解答题（共76分）1、计算下列各题：（每题6分，共30分）（1）222012lim()12xnnnnnnnn;解：因为22222121212121nnnnnnnnnnnnnnn，即22222(1)12(1)2()122(1)nnnnnnnnnnnnnnnnn.而22(1)(1)1limlim2()2(1)2nnnnnnnnnnn，故2220121lim()122xnnnnnnnn.（2）220cos1limecos2xxxxx解：因为2422444411(1)1122cos11(1)()()22422!6xxxxxxoxxox，2424244421ecos21(1)()()2263xxxxxxoxxox，故244200441()cos116limlim12ecos2()3xxxxoxxxxxox.（3）求函数21(2cos)arcsin1,(01)1xxyxxxx的导数。解ln(2cos)21earcsin11xxxyxx，于是，2232sin21(2cos)[ln(2cos)]arcsin12cos(1)(1)xxxxyxxxxxx.厦门大学《一元微积分（A）》课程期中试卷＿＿＿＿学院＿＿＿＿系＿＿＿＿年级＿＿＿＿专业理工类高数A期中试卷（校本部）试卷类型：（A卷）2（4）求函数()yyx由参数方程sin1cosxttyt所确定，求π2ddtyx及22π2ddtyx。解：dsind1cosytxt，故π2d1dtyx；22222dcos(1cos)sin11d(1cos)1cos(1cos)ytttxttt，故22π2d1dtyx.（5）设2()(1)cosfxxxx，求(10)(0)f.解：(10)210π9π1098π()(1)cos()10(21)cos()2cos()2222fxxxxxxx，则(10)(0)19089f.2、(8分)求函数22ln||32xxyxx的间断点，并判断其类型（说明理由）。解：因为202ln||lim32xxxxx，故0x为函数22ln||32xxyxx的第二类间断点（无穷间断点）；由于222ln||limln232xxxxx，222ln||limln232xxxxx，所以，2x为函数22ln||32xxyxx的第一类间断点（跳跃间断点）；而2112ln||(2)ln(11)limlim132(2)(1)xxxxxxxxxx，故2x为函数22ln||32xxyxx的第一类间断点（可去间断点）.3、(6分)设()yyx是由方程22e2xyxyy所确定的隐函数，求曲线()yyx在点(0,2)处的切线方程和法线方程。解对方程22e2xyxyy两边关于x求导数，则有22ee()0xyxyxyyyyyxy，令0x，2y，则有4(0)3y，于是所求切线斜率43k.于是，所求切线方程为423yx，即4360xy，法线方程为324yx，即3480xy.34、（8分）设1e,0(),0sin,0e1xxaxfxbxxx,试问（1）,ab为何值时，()fx在(,)内连续？（2）()fx在0x处是否可导?解只须考虑()fx在0x处的连续性和可导性.（1）为使()fx在0x处连续，则有00lim()lim()(0)xxfxfxf，即1ab.（2）101e1(0)lim0xxfx，2000sin1sine1sine1e1(0)limlimlim(e1)xxxxxxxxxxfxxx00cosesine1limlim222xxxxxxx.故()fx在0x处不可导.5、（8分）讨论函数22()exfxx的单调性，并求出该函数在实数范围内的极值和最值。解2()(2)e(2)exxfxxxxx，令()0fx，得0x或2x.x(,0)0(0,2)0(2,)()fx00()fx极小值极大值函数22()exfxx在(,0)及(2,)上单调减少，在(0,2)上单调增加.于是，函数22()exfxx在0x处取得极小值，极小值为(0)0f，在2x处取得极大值，极大值为2(2)4ef.由于lim()xfx，而lim()0xfx，因此，函数()fx没有最大值，在0x处取得最小值0.6、（8分）设函数()fx在0x处连续，且0()lim2e1xxfx，求：（1）(0)f；（2）20(tansin)limln(1)xfxxxx.4解：因为函数()fx在0x处连续，故00()(0)lim()lim(e1)0e1xxxxfxffx.（1）00()()e1(0)limlim2e1xxxxfxfxfxx；（2）2200(tansin)(tansin)tansinlimlimln(1)tansinln(1)xxfxxfxxxxxxxxxx3300tansintan(1cos)(0)lim2lim1xxxxxxfxx.7、（8分）设02x，11122nnnxxx（2,3,n），证明数列{}nx收敛，并求极限limnnx；解：11111222122nnnnxxxx.先用归纳法证明：1(2,3,)nnxxn且221nx事实上，02x，102121212xx且01001222xxxx.假设结论对nk时成立，即1212kkxx，那么1nk时，111221212knxx，11222kkkxxx且11(12)()02kkkkkxxxxx，即1kkxx.故数列{}nx单调增加，且有上界，于是极限limnnx存在，设limnnxa.由11122nnnxxx两边取极限，得122aaa，解得152a，因为2nx，所以，15lim2nnx.二、应用题（10分）在椭圆22221xyab的第一象限部分上求一点P，使该点处的切线、椭圆及两坐标轴所围图形的面积最小。5解：过椭圆上任意点00(,)xy的切线斜率0()yx满足0002222()0xyyxab，则20020()bxyxay，0(0)y，切线方程为200020()bxyyxxay.分别令0y与0x，求得,xy轴上的截距为：2200,bayxyx，于是该切线与椭圆及两坐标轴所围图形的面积为：2200011()24abSxabxy其中22200021xbybaxaa，代入得300220011(),(0,)24abSxabxaxax.问题是求：32211()(0)24abSxabxaxax的最小值，此问题又与求函数222()()fxxax在闭区间[0,]a上最大值等价。由223()2()20fxxaxx，得2220ax，即02,02xxax（舍去），注意到0(0)()0,()0ffafx，故022xa是()fx在[0,]a上最大值点，因此22(,)22ab即为所求的点P。三、证明题（每题7分，共14分）（1）设函数()fx在[0,1]上连续，并且对[0,1]上任意一点x有0()1fx，证明在[0,1]中必存在一点c，使得()fcc.证明：作辅助函数()()Fxfxx，由于对[0,1]上任意一点x有0()1fx，则(0)(0)0Ff，(1)(1)10Ff.若(0)0F，则取0c；若(1)0F，则取1c；若(0)0F且(1)0F，利用零点定理，知在(0,1)内至少存在一点c，使得()0Fc.综上，在[0,1]上至少存在一点c，使得()0Fc，即()fcc.（2）设函数()fx在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(1)0f，证明至少存在一点(0,1)，使得4()()0ff.6证明：做辅助函数4()()Fxxfx，由已知条件知()Fx在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(0)0F，(1)(1)0Ff，即(1)(0)FF.由罗尔定理，存在(0,1)，使得()0F，即344()()0ff，也即4()()0ff.