高等数学A,B上册期中卷 2

共4页第1页东南大学考试卷课程名称高等数学A、B期中考试学期06-07-2得分适用专业工科类考试形式闭卷考试时间长度120分钟一.填空题（前四题每题4分，第5题8分，满分24分）1．函数sin()(1)xfxxx的全部间断点分别是0,1，它们的类型依次分别为跳跃间断点，无穷间断点；2．已知21lim01xxaxbx，则1a，1b；3．设arctan()yfx，其中()fx为可微函数，则微分2()dd1()fxyxfx；4．设3,1(),1axbxfxxx，若()fx在1x处可导，则3a，2b；5．举出符合各题要求的一例，并将其填写在横线上：（1）在0x处不连续，但当0x时，极限存在的函数有sgnyx，（2）在0x处连续，但在0x时不可导的函数有yx，（3）在0x处导数为0，但0x不为极值点的连续函数有3yx，（4）属于“00”或“”未定型，且存在有限极限，但极限不能用洛必达法则求得的有201sinlimln(1)xxxx.二.单项选择题（每题4分，满分12分）1．设()fx是单调增函数，()gx是单调减函数，且复合函数(),()ffxfgx，(),()gfxggx都有意义，则下列函数组中全为单调减函数的是[C](A)(),()ffxfgx(B)(),()gfxggx学号姓名共4页第2页(C)(),()fgxgfx(D)(),()ggxffx2．当0x时，若2ln(1)yxaxbx是比2x更高阶的无穷小，则[B](A)11,2ab(B)11,2ab(C)11,2ab(D)11,2ab3．下面四个论述中正确的是[D](A)若0(1,2,)nxn，且数列nx单调递减，则数列nx收敛，且其极限0a(B)若0(1,2,)nxn，且数列nx收敛，则其极限0a(C)若lim0nnxa，则0(1,2,)nxn(D)若lim0nnxa，则存在正整数N，当nN时，都有2nax。三.计算题（每题7分，满分35分）1．0sinlim(1cos)ln(1)xxxxx解：30031sin16limlim1(1cos)ln(1)32xxxxxxxx2.212lim1xxxx解：13(21)2121313lim6123limlim1ee11xxxxxxxxxxxx3．设2arctanln1xttyt，求2112dd,ddttyyxx.解：2111222d2211d2311ttttyttxtt22211223d2(2)(1)4d(2)27ttyttxt4.设23exyx，求(10)()yx.共4页第3页解：(10)102393103()3e320e310exxxyxxx923332030exxx5.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.解：对方程关于x求导得：22ee()0xyxyxyyyyyxy，将0,2xy代入得4(0)3y，于是所求切线方程为423yx，即4360xy.四.（8分）设10112,2,(1,2,)2nnnxxxnx，证明数列}{nx收敛并求极限.证：1112112,(1,2,)2nnxnx，}{nx有上界。1001232121242xxx，设1nnxx，11112022nnnnnnxxxxxx，由归纳法得：}{nx单调递增，故}{nx收敛。设limnnxa在递推关系式中令n，得11212aa，即210aa，得152a，由极限保序性得2a，故15lim2nnx五.（8分）证明：当0x时,有22(1)2ln(1)114arctan2ln1xxxxx.证：设22()(1)2ln(1)114arctan2ln1fxxxxxx，()4(1)ln(1)4arctanfxxxx，24()4ln(1)40,01fxxxx所以()(0)0,0fxfx，故()(0)0,0fxfx，原不等式得证。六.(7分)设函数()fx在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，(0)0f，试证：存在一共4页第4页点(0,1)，使得3()()1ff证：设3()(1)()Fxxfx，()Fx在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(0)(1)0FF，由罗尔定理知(0,1)，使得2()(1)(1)()3()0Fff，由于10，得3()()1ff七．(6分)设1()arctan1nfxxxn(其中n为正整数)，（1）证明：()nfx在(0,)内有唯一的零点，即存在唯一的(0,)nx，使()0nnfx；（2）计算极限1limnnnxx.证：（1）令arctan1()1nxgxxn，(0,)x，01lim()101nxgxn，1lim()01nxgxn，故120xx，使得12()0,()0nngxgx，()ngx在区间12[,]xx上连续，()ngx在12(,)xx内至少存在一个零点。22arctan1()nxxxgxx，记22222()arctan,()011xxhxxhxxx，(0,)x，()(0)0,0hxhx，即()0,0ngxx，()ngx在(0,)内严格单调递减，()ngx在(0,)内至多存在一个零点。()ngx在(0,)内存在唯一零点，即()nfx在(0,)内存在唯一零点，记为(0,)nx。（2）由于11arctanarctan1121nnnnxxxnnx，而arctanxx严格单调递减，故1nnxx，所以1(1)arctan(1)2nnxxn，得limnnx，11(2)arctanlimlim1(1)arctannnnnnnxnxxnx