微积分1期中试卷（10）（解答）

浙江大学 2010 级微积分（Ⅰ）期中考试试卷 班级序号 专业 学号 姓名 成绩 一、（每题 5 分，共 20 分） 1．求极限 2 coslim n n n      . 解：原式 2 coslim x x x      )1(cos21cos 1 )1(cos1lim        x x x x x   2 ])( 2 1[lim)1(coslim 2 222     eee xxxx xx 2．求极限 x xxx x 40 sin )]tan1ln()[cos1(lim  . 解：原式 204 2 0 )tan1ln(lim 2 1)]tan1ln([2 1 lim x xx x xxx xx     x x x x 2 tan1 sec1 lim 2 1 2 0   4 1)tan1(lim 4 1tantanlim 4 1 )tan1( sectan1lim 4 1 0 2 0 2 0    x x xx xx xx xxx 3．求极限 xx x x ln 11 )1(lim  . 解： ,01limlnlim   xx x xx ,1lim lnlim1    x x x x xex xe x xe x ex x x x x x x x x xx x 1 1 1 ln1 lim)( ln )1ln(lim])1ln[(lim ln 2 ln ln ln 11       11 1 lim ln ln1limln1ln 1lim   x x x x x x x x xxx xx x x ln 11 )1(lim   )0( 0 x x e x x ln )1ln( 1 lim    x e e x x x ln )1ln( ln lim    1 e 1 4．已知 时, 是较无穷小 低阶, 而较无穷小0x x xxx ee 2cos )21ln()11(3 2 xx  高阶的无穷小, 求 的取值范围. 解： 522coscos 2 1~)cos1(cos~)1(,0 22 xxxxxxeeeex xxxxxxx   ， ,3 2)2)(3 1(~)21ln()11( 323 2 xxxxx  .53   二、（每题 5 分，共 30 分） 5. 设 xx exy  arcsin)(ln ，求 解： yd . )arcsind(d eey lnln xxx  x ex e x xx x x x d )1(2 ) ln 1ln(ln)(ln 2             ty tx arctan 1ln 2  和 2 2 dx yd 2 6. 求由参数方程 确定的函数 )(xyy  当 1t 时的导数 dx dy 及曲率半径 R. 解： 2 d d,1 d d.1 1 1 d d,1 1 1 1 d d 1 2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2       tt x y x y t t t t t x y t t t t x y . 曲率     21)1(1 21 2/32 1 2/321     tx xx t y y k ， 则 曲率半径： 21 1 1    t t k R 7. 求由方程 确定的函数0222 223  xyxyyy )(xyy  的极值. 并问是极大值还是极小值. x 求导，有 即 (＊) 令 ，得 解：方程两边对 022246 2  xyyxyyyyy 022)1246( 2  xyyxyy 0y xy  ，代入原方程，有 ， 解得唯一驻点： ，对应 ，再由(＊)式，有 ， 上式代入 0)12(2 223  xxxxxx 0x 0y 022)2412()1246( 2  yyyyyyxyy 0,0,0  yyx ，得 02)0( y ， 所以函数 在 处取得极小值)(xyy  0x .0y 8. 设 ，求 的 阶导数 并求 的极值. 解： ，且 ， 则 在点 取得极小值： xxexf )( )(xf n )()( xf n , )()( xf n )()()( nxexf xn  . 1,0)1()()1(  nxnxexf xn 0)1( 1)2(   nn enf )()( xf n 1 nx 1)( )1(  nn enf . 9. 就 a 的不同取值情况，确定方程 )0(0ln  axax 实根的个数，并说明理由. 解：设 01)(,1)(),0(ln)( 2  xxfaxxfxxaxxf ， 故 有唯一极大值点 ，且取得最大值： . )(xf 10  ax )1(ln)( 1  aaf 又 ,)(lnlim)(lim 00    xaxxf xx ,) ln1(lim)(lnlim)(lim   ax xxaxaxxf xxx 则 1） ,1ea  原方程无实根； ,0)1(ln)()( 1   aafxf 2） ,1ea  ,0)1(ln)( 1  aaf 原方程有 1 个实根 ； ),(0)()( 11   axafxf 1a 3） ,1ea  在 处左增右减, 原方程有 2 个实根, 分别在区间 ,0)1(ln)( 1  aaf 1 ax ),(),,0( 11  aa 内各有一个实根. 10. 在椭圆 )0,0(12 2 2 2  ba b y a x 的第一象限部分上求一点 ，使该点处的切线、椭圆及两坐标轴围成的 面积最小. P 解：设切点为 ,),( 00 yxP 2200 ),,0( taa byatx  , 对方程求导， ,022 22  yb y a x 得 , 0 2 2 0 ya bxyk P  该点的切线方程为 ),( 0 0 2 2 0 0 xxya bxyy  即 12020  b yy a xx ， 面积: , 4 1 24 1 2 22 3 00 22 ba tat baba yx baS   (三角形面积―椭圆面积/4) 设 得唯一驻点),,0(),()( 222 attattf  ),2(242)( 2232 tatttatf  2 at  ， 则当 2 at  时， 最大，从而面积 S 最小，所求切点为)(tf ) 2 , 2 ( baP . 三、（共 14 分） 11. (6 分) 设 且,01  ax ),2,1(1  nxax nn ，求证 Axnn lim 存在，并求 . A 证: 利用数学归纳法, aaxax  212 , 设 成立, 则axn 1 aaxax nn   21 ,  nx 有下界. 又 1)1( 2 1)1( 2 1 2 11  a a x aax xx xa x x n n nn n n n ，  nx 递减， 则由单调有界收敛定理, 收敛, 且 nx aAxnn lim . 对 nn xax 1 两边取极限, 得 , AaA 2 aA  . 3 12. (8 分)设      0, 0,1sin )( 23 xbxa xe x x xf x 在 4 0x ba, )(xf处可导, (1) 求 ; (2) 求  ,并讨论 在)(xf  0x 处 的连续性; (3) 讨论 在 处二阶导数的存在性. )(xf 0x 解：（1） 在 处可导因而连续， )(xf 0x 1,)0(1)0(  bbff ,2) 2 121sin(lim 11sin lim 0 )0()(lim)0( 2 2 0 23 00       x e x x x e x x x fxff x x x xx 2)0(,2),0()0(,)1()0( 0   faffaxaf x , 则 .1,2  ba （2）      0,2 0,21cos1sin3 )( 22 x xe x x x x xf x )(lim 0 xf x    2)21cos1sin3(lim 22 0   x x e x x x x ),0()(lim 0 fxf x   则 在 处连续. )(xf  0x (3) )121cos1sin3(lim 221cos1sin3 lim 0 )0()(lim 2 0 22 00 x e xx x x e x x x x x fxf x x x xx        不存在, 则 不存在. )0(f  四、（每题 6 分，共 18 分） 13．求不定积分   xx x d 1 2 3 解 1：原式＝        )1(d 1 11 2 1)1(d 1 11 2 1 2 2 22 2 2 x x xx x x Cxx  22 3 2 1)1( 3 1 解 2：原式 Csecsec 3 1secd1)sec(dsectantan 323   ttttttttx Cxx  2232 1)1(31 解 3：原式＝ Cxxxxxxxxx   23222222222 )1(321d111d 14．求不定积分 .dcos xxx 解：原式   tttttttx sind2d2cos 2  tdtttt sin4sin2 2  tdttt cos4sin2 2  tdttttt cos4cos4sin2 2 Cttttt  sin4cos4sin2 2 Cxxxxx  sin4cos4sin2 15．求不定积分   ).0(d)11ln( xxx x 解： , 1 1,1 2   t xt x x ) 1 1d()1ln(d)11ln( 2    ttxx x   tttt t d11111)1ln( 22 又   ttttttt d)1( 21111(41d1111 22 Cttt  1121)11ln(41 则原式 1 )1ln( 2   t t C tt t   1 1 2 1) 1 1ln( 4 1 C xx xxx x xx   12 1)1ln( 2 1)11ln( 五、（每题 6 分，共 18 分） 16. 设 , 证明: . 1x 212 2 eexe x   证：设 ， 11212 )(,)(),1()(   xxx exfeexfxexexf 唯一驻点： ，于是 为最大值， 0)3(,3 2  efx 222 23)3( eeef  则 ，即 )1(2)3()( 2  xefxf )1(2 212   xeexe x 17. 设函数 在 处连续, 在 内可导, 且)(xf 0x )0(),0( cc Axf x  )(lim0 , 证明: 存在, 且 )0(f .)0( Af  证：对 ),,0( cx ),,0()(],,0[)( xDxfxCxf  由拉格朗日中值定理, 存在 ),,0( x 使 xffxf )()0()(  . 则 Af x xf x fxff xx     )(lim )(lim 0 )0()(lim)0( 000   . 或由 在 处连续, )(xf 0x ,0)]0()([lim 0  fxfx 则 Axfx fxff xx     )(lim)0 0( 0 )0()(lim)0( 00 . 18. 设函数 在[0, 2]上连续, 在(0, 2)内可导, 且)(xf .0)2()0(,1)1(  fff 证明: 存在 ),2,0( 使得 .1)()(   ff 证: 设 在)(,]1)([)( xFxfexF x   2,0 上连续，(0, 2)内可导，且 2)2(,0)1(,1)0(],1)()([)( eFFFxfxfexF x  ,)2()1(),1(1)0( 2eFFFF  故至少存在一点 ),2,0( 使 )(F 为函数的最大值，则由费马 引理， 0)(  F ]1)()([   ffe，即 即 ,0 .1)()(   ff 5