厦门大学2011年大一上微积分(理工类)期中考试题及详解

11．求下列函数的极限：（每小题4分，共16分）（1）021sincoslimsin2xxxxx（2）tansin0lim(11)[ln(1)]xxxeexxx（3）21lim(sincos)xxxx（4）2211lim[()ln(1)cos]xxxxxxx解：（1）22002222220001sincos1sincoslim4lim(1sincos)sin2sinsinsinsin2lim2(limlim)4xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx（2）tansinsintansin000(1)tansinlim2lim2lim[ln(1)][ln(1)](11)[ln(1)]xxxxxxxxeeeexxxxxxxxxxx21000tan(1cos)22limlimlim2[ln(1)]ln(1)(1)1xxxxxxxxxxxxx（3）001ln(sin2cos)sin2cos1limlim2021lim(sincos)lim(sin2cos)ttttttxtttxttteeexx（4）222211111lim[()ln(1)cos]lim[ln(1)]limln(1)limcosxxxxxxxxxxxxxxxxx1200ln(1)(1)11lim10lim122ttttttt2．求下列数列的极限：（每小题4分，共8分）（1）1lim(123)nnnn（2）211lim(arctanarctan)1nnnn解：（1）13(123)333nnnnn，1lim(123)3nnnn（2）法一、由拉格朗日定理，知11(,)1nn，使得22111(arctanarctan)111nnnnn，211lim(arctanarctan)11nnnn法二、220arctanarctan111lim(arctanarctan)lim1nxxxxnnnx厦门大学《高等数学》课程期中试卷试卷类型：（理工类A卷）考试日期2011.11.27高等数学A类教学组221210(1)(221)lim12xxxxx3．（10分）设数列{}nx满足12x，1sinnnxx，1,2,3,...n，（1）试证明此数列极限存在，并求出limnnx；（2）试求211lim()nxnnnxx。（1）证明：由归纳假设知，01,1,2,3,...nxn，又1sin,nnnxxx由单调有界准则可知此数列极限存在；令lim,nnax则由1sinnnxx，得sin,aa故lim0nnxa；（2）解：222232000sinln()111sincos11limlimlim1360sinsinlim()lim()lim()xxxnnxxxxxxxnnxxxxnnxnnxxxeeeexxx。4．（10分）求函数(2)(3)11()(2)[1]cosxxxfxxex的间断点，并判断其类型。解：其间断点为0,1,2,3xxxx。0lim()xfx和0lim()xfx都不存在且不为，0x是振荡间断点；1lim()cos1xfx，1lim()1cos1xfx，1x是跳跃间断点；22(1)11lim()limcos1cos322xxxfxx，2x是可去间断点；3lim()xfx，3x是无穷间断点。5．（6分）求函数2ln|sectan|arctan1xyxxxx的导数dydx和微分2xdy。解：21sec(ln1)1xdyxxxdxxx；23(sec24ln24)6xdydx6．（10分）已知2()cos2ln(1)fxxxx，试求(20)()fx。解：(20)2(20)(20)()(cos2)(ln(1))fxxxx0(20)21(19)2(18)20202020(cos2)(cos2)2(cos2)219!(1)CxxCxxCxx202202(cos220sin295cos2)19!(1)xxxxxx37．（10分）已知()sin2ln(1)0()10axabxxxfxxex在0x处可导，试求出a和b。解：由()fx在0x处可导，知00lim()lim()(0)xxfxfxf以及00()(0)()(0)limlim(0)00xxfxffxffxx可得0()sin2ln(1)lim0xabxxx以及20()sin2ln(1)limxabxxax故2ab以及202sin2ln(1)lim1xxxax，1,3.ab8．（10分）设函数()yfx的极坐标式为a，求,dydydxdx及220dydx。解：sincoscossindydx，2223sincos2()cossin(cossin)dydddxddxa2202,dydydxdxa。9．（10分）设函数()fx和()gx都是二阶可导，并且()gx为()fx的反函数，已知(0)1,f(0)2,(0)8ff，求(1)g及(1)g。解：由(())fgxx，两边对x求导，可得(())()1fgxgx（1）把x=1代入（1）式，得1(1)2g；再次对（1）式两边x求导，得2(())(())(())()0fgxgxfgxgx（2）把x=1代入（2）式，得(1)1g。10．（10分）以下两题任选其一（仅做一题）（1）设()fx在[0,2]上连续，在(0,2)内可导，(0)0f，(1)(2)0ff，证明：至少存在(0,2)，使得()()ff。（2）设()fx在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，1(1)2f，(2)2f，证明：至少存在(1,2)，使得2()()ff。解：（1）(1)(2)0ff，由介值定理，知1[1,2]，使得1()0f。4令()()xxefx，[0,2]x，则()x在[0,2]上连续，在(0,2)内可导，且1(0)()0，由罗尔定理，存在(0,2)，使得()0,即()()ff。（2）令2()()fxxx，[1,2]x，则()x在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，且1(1)(2)2，由罗尔定理，存在(0,2)，使得()0,即2()()ff。附加题（10分）依次求解下列问题（1）证明方程2n+1e=0xx有唯一的实根n(n012)x，，，；（2）证明limnnx存在并求其值A；（3）证明当n时，nxA与1n是同阶无穷小。证：（1）令2n+1n()exfxx，则nn1(0)10(1)10eff，，由连续函数的零点定理知，对任意给定的自然数n，均存在n(1,0)x，使得nn()=0fx，又因为2nn()=e(2n1)0,xdfxxxRdx，所以函数n()fx关于x严格单调增加，故函数2n+1()=exnfxx有唯一的实根nx，即对任意给定的自然数n，方程2n+1e=0xx有唯一的实根nx。（2）由于21e=0nxnnx，即21=enxnnx，因为n||1x,且lim021nnxn，所以021lime1nxnne，故lim=1nnAx。（3）因为21e1121limlimlim1112nxnnnnnnxxAnnnn，故nxA与1n是同阶无穷小。上式用到了21e1~()21nxnnxnn的等价无穷小代换。