北京邮电大学数学分析期末考试2016年1月(附答案)

1北京邮电大学2015-2016学年第一学期《数学分析》（上）考试卷考试注意事项：考生必须将答题内容做在答题纸上，做在试题纸上均无效一.填空题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.设220ac，则20sin(1cos)lim(1)ln(1)xxaxbxcedx;2.0201|sin|arctanlimxxtdttx_____;3.设函数3211txeydtt的反函数为()xgy，则(0)g____;4.设函数()yyx由参数方程20ln(1)costxtyudu确定，则220tdydx.5.曲线1xyxe的斜渐近线方程为_________；6.sinsincosxdxxx___________________;7.32420sin(|sin|)cos2xxdxxsinx.8.设()fx连续，满足0()2()21xfxftdtx，则10()fxdx________;9.2lnexdxx.210.设211()23xxyexe是二阶常系数非线性微分方程xyaybyce的一个特解，则：_____________.()3,2,1Aabc；()3,2,1Babc()3,2,1Cabc；()3,2,1Dabc。二．（9分）.求函数arctan(1)xyxe的单调区间、极值；函数图形的拐点。三．（每小题6分，共12分）.（1）设函数()yyx由方程211ln(1)ytedtx确定，求220xdydx；（2）设()fx连续且(0)0f，求12000()lim()xxxfxtdttfxtdt。四.(8分).求出两个多项式()Px、()Qx，使得432[(21)cos(831)sin]()cos()sinxxxxxxdxPxxQxxC其中C为任意常数。五.(8分).设()fx，()gx在0,1上有一阶连续导数，(0)0f，()0fx，()0gx，证明：对0,1a，100()()()()()(1)afxgxdxfxgxdxfag。六.(9分).求微分方程22sinyyyx的通解。3七.(8分).已知曲线xye及其过原点的切线L、y轴所围图形为D，求(1)切线L的方程，图形D的面积；(2)图形D绕直线1x旋转一周所得旋转体的体积。八.（6分）.设,上连续函数()fx是周期函数，周期为T，且()0fx，证明：00()()limxTxftdtftdtxT。九.附加题（6分）.设()fx在0,1上二阶连续可导，且(0)(1)ff，证明：存在0,1，使得1011()(0)(1)()224fxdxfff。4北京邮电大学2015-2016学年第一学期《数学分析》（上）考试卷参考答案考试注意事项：学生必须将答题内容做在答题纸上，做在试题纸上均无效一.填空题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.设220ac，则20sin(1cos)lim(1)ln(1)xxaxbxcedx;填：ac2.0201|sin|arctanlimxxtdttx_____;填：43.设函数3211txeydtt的反函数为()xgy，则(0)g____;填：23e4.设函数()yyx由参数方程20ln(1)costxtyudu确定，则220tdydx.填：15.曲线1xyxe的斜渐近线方程为_________；填：1yx6.sinsincosxdxxx___________________;填：1(ln|sincos|)2xxxC57.32420sin(|sin|)cos2xxdxxsinx.填：48.设()fx连续，满足0()2()21xfxftdtx，则10()fxdx________;填：2e9.2lnexdxx.填：2e10.设211()23xxyexe是二阶常系数非线性微分方程xyaybyce的一个特解，则：_____________.()3,2,1Aabc；()3,2,1Babc()3,2,1Cabc；()3,2,1Dabc。填：(A)二．（9分）.求函数arctan(1)xyxe的单调区间、极值；函数图形的拐点。解：arctan2(1)1xxxyex，令0y，1,0xx(2分)函数在(,1)，(0,)上单调增加；在(1,0)上单调减少。(4分)函数在1x处取极大值42e；函数在0x处取极小值-1。(6分)arctan2231(1)xxyex，令0y，13x；当13x时，0y；当13x时，0y；6拐点1arctan314(,)33e。(9分)三．（每小题6分，共12分）.（1）设函数()yyx由方程211ln(1)ytedtx确定，求220xdydx；解：对方程两边求导:2(1)11yeyx，2(1)11yyex；22(1)(1)2112(1)(1)1yyyeeyyxx(4分)当0x时2y；0xye，202xyee。(6分)（2）设()fx连续且(0)0f，求12000()lim()xxxfxtdttfxtdt。解：原式=0000000()()limlim(()()()xxxxxxxxfuduxfuduxufuduxfuduufudu(3分)000()()lim()xxxfuduxfxfudu0()()lim2()xfxxfxfx，(0x)(6分)四.(8分).求出两个多项式(),()PxQx，使得432[(21)cos(831)sin]()cos()sinxxxxxxdxPxxQxxC,7其中C为任意常数。解：左边=42(21)sin(31)sinxxxxxdx(3分)42(21)sin(31)cos(23)cosxxxxxxxdx42(21)sin(31)cos(23)sin2sinxxxxxxxxdx42(21)sin(31)cos(23)sin2cosxxxxxxxxC24(31)cos(222)sinxxxxxxC故2()31Pxxx，4()222Qxxx。(8分)解法2由432[()cos()sin](21)cos(831)sinPxxQxxxxxxxx得4()()21PxQxx，32()()831QxPxxxx；(4分)于是2()()31PxPxxx，令2()Pxaxbxc，代入得22231aaxbxcxx，1,3,1abc；故2()31Pxxx，4()222Qxxx。(8分)五.(8分).设()fx，()gx在0,1上有一阶连续导数，(0)0f，()0fx，()0gx，证明：对0,1a，100()()()()()(1)afxgxdxfxgxdxfag。证明：令100()()()()()()(1)xFxftgtdtftgtdtfxg；（2分）()Fx在0,1上有一阶连续导数，且8()()[()(1)]Fxfxgxg；(4分)因为()0fx，()0gx，所以()fx，()gx在0,1上单调增加；0,1x，()(1)gxg，从而()0Fx，()Fx在0,1上单调减少；对0,1a，1100()(1)()()()()(1)(1)0FaFftgtdtftgtdtfg；即100()()()()()(1)afxgxdxfxgxdxfag(8分)六.(9分).求微分方程22sinyyyx的通解。解：对应的齐次方程20yyy的特征方程220rr，121,2rr，齐次方程的通解212xxycece；（3分）方程122yyy的特解形式为*1ya，代入得14a；（5分）方程12cos22yyyx的特解形式为*2cos2sin2yAxBx，代入得(4cos24sin4)(2sin22cos2)2(cos2sin2)AxBxAxBxAxBx1cos22x；1622AB，260AB；31,4040AB；*231cos2sin24040yxx；通解为**21212131cos2sin244040xxyyyycecexx。（9分）七.(8分).已知曲线xye及其过原点的切线L、y轴所围图形为D，求9(1)切线L的方程，图形D的面积；(2)图形D绕直线1x旋转一周所得旋转体的体积。解：(1)设切点00,xxe切线方程为000()xxyeexx，因为切线过原点，所以01x所以切线方程为(1)yeexyex；(2分)图形G的面积10()12xeeexdx(5分)(2)对任意[,][0,1]xxdx，2(1)()xdvxeexdx,所求体积102(1)()xvxeexdx102(1)3xxedxe1052(2)|433xxeee（8分）八.（6分）.设,上连续函数()fx是周期函数，周期为T，且()0fx，证明：0011lim()()xTxftdtftdtxT。证明：对任一正数,x存在非负整数n，使(1)nTxnT，由()0fx，(1)000()()()nTxnTftdtftdtftdt；(3分)于是000()(1)()1()(1)TTxnftdtnftdtftdtnTxnT；当x时，n，由夹逼性，0011lim()()xTxftdtftdtxT（6分）九.附加题（6分）.设()fx在0,1上二阶连续可导，且(0)(1)ff，证明：存在0,1，使得101011()(0)(1)()224fxdxfff证明：令0()()xFxftdt，则()Fx在0,1上三阶连续可导且()()Fxfx，由Taylor公式，有1()11(0)11()(0)(0)222!43!8FFFFF，其中110,2；2()11(1)11()(1)(1)222!43!8FFFFF，其中21,12；（3分）两式相减得：1211(1)(0)(0)(1)()()248FFFFFF，即112011()(0)(1)()()248fxdxffff因为()fx在12,上连续，所以()fx在12,上取到最小值m与最大值M.于是121()()2mffM，由介值定理，存在12,0,1，使得121()()()2fff。故有1011()(0)(1)()224fxdxfff(6分)