厦门大学高等数学04级期末试卷答案040501

厦门大学《高等数学A》课程试卷全校各院(系)2004年级理工、管等专业考试日期2004.11.27主考教师：高等数学A教学组一、选择题：(每题4分，共20分)f(x)1.设lim存在，则下述推理正确的是A。xx0g(x)（A）若g(x)是无穷小量，必f(x)也是无穷小量（B）若是无穷小量，必f(x)是无穷大量(C)若是无穷大量，必也是无穷大量（D）若是无穷大量，必是有界量2.以下充分必要条件不成立的是C。（A）可导可微（B）limf(x)0limf(x)0xx0xx0(C)极限不存在不连续（D）在区间I上，f(x)为常数f'(x)=03.设可导，以下等式不成立的是B。f(hx)f(hx)（A）lim2f'(h)x0xf(x)f(xh)（B）limf'(h)x0xf(xh)f(xh)(C)lim2f'(x)h0hf(x)f(xh)（D）limf'(x)h0h4.设y(x)lnx21，当x0时，在点x1处，其微分dy是D。（A）比x高阶无穷小（B）比低阶无穷小(C)与等价无穷小（D）与同阶不等价无穷小5.函数f(x)(x2x2)|x3x|不可导点的个数B。（A）3个（B）2个(C)1个（D）0个二、填空题：(每题4分，共20分)1,x11．f(x)，则f(f(x))=1,x。0x1ann32．已知lim9，则a=ln3。nn11x2n3．f(x)lim的间断点是x1。n1x2ndf(ex)4．已知f'(x)lnx，则e。dxx1x2cost5．曲线0t2，已知过曲线上某点M的切线斜率是1，则点y2sintM的坐标是2,2。(10)6.设yx2cosx，则y为(90x2)cosx20xsinx。三、计算：(每小题8分，共24分)2ex11.设f(x)xsin，试求：1e2xx（a）limf(x)；（b）limf(x);（c）limf(x).xxx2ex1解（a）=limxsin2xx1ex211sin1xlimelimx011xex1x11e2xx12ex12exsin（b）limxsinlimlimx2112x2xx1exx1ex1x（c）=1.2sinx1,x02．实数a取何值时，f(x)ln(1x)的连续区间等于定义区间。acosxx0解由函数f(x)的达式知，f(x)的定义域为(,)，如果函数f(x)在x=0处连续，此时函数f(x)的连续区间和定义区间必是相同利用等价无穷小代换，当x0时，ln1x~x，2sinx1~sinxln2，因此sinxln2limf(x)=limln2。limf(x)a，又f(0)a，x0x0xx0因此，当aln2时，f(x)在x=0处连续，此时函数f(x)的连续区间和定义区间相同。12n3.设xn，用夹逼准则求limxn。n21n22n2nn解显然12n12nn(n1)xznn21n22n2nn212(n21)n12nn(n1)1y。n2n2(n2n)2n1显然limzn=limyn=。由夹逼准则有=。nn2四、计算（每小题8分，共32分）bxbaxaax1．a,b0且a1,b1，yaxbx，求y'。bxbaxaax解令y1a，y2x，y3b，y4x。'bxbxxbxxy1aalnabalnablnb''baaba1y2xbx'xaxaaxaa1y3bblnbxablnbxxlny4alnx，两边求导有x1xxay4alnxalnalnx，y4xxxxaxa因此y4alnxxalnalnxx综合y'=y1y2y3y4xxaaxbxab1xa1axaalnablnbbxablnbxxalnalnxx1sin2x222．yelnxxa，求y'。1sin2x22解yelnxxa1sin23111122ex2sin1cos1x21xa22xxx2xx2a221sin21x21esin。2xxxx2a2y223．方程arctanlnxy确定隐函数yy(x)，求dy。xy22解darctandlnxyx1y1ddx2y2222yx2xy1xx2xdyydxxdxydyxy22222，所以dydx。xyxxyxysinx,x0'4．f(x)，①求f(x)；②若f(0)存在，求之，若不存在，ln(1x)x0试说明理由。cosx,x0解f(x)1。x01xf(x)f(0)ln(1x)'lim=lim1f(0)。x0xx0xf(x)f(0)sinx''lim=lim1f(0)。故f(0)1.x0xx0xcosx,x0因此f(x)1。x01x1''1f(x)f(0)1xf(0)lim=lim1。x0xx0xf(x)f(0)cosx1f(0)lim=lim0。x0xx0x''''''因f(0)f(0)，故f(0)不存在。五、证明题（每题4分，共8分）xn1（1）设x11,xn1,,n2,3,，利用单调有界定理证明：1xn1limxn存在，求其极限。n3证：容易知道，对任意的n，有x0，x1,x,设xx，那么n122n1nxnxn1xnxn1xn1xn(1)(1)0，由数学归纳法假设知，1xn1xn1(1xn1)(1xn)1{x}为单调增加序列，又x22，即有上界。依单调有界准则，limxn存nnn1xn1A15在。记limxnA，在通项两端取极限，得A1，解得A。n1A2f(x)（2）设函数f(x)在(,)内连续，且limA0，证明：至少存在一点xx(,)，使f()0。f(x)证：由及极限的保号性知，存在X0，当|x|X时，有0，从而x当xX时，f(x)0，当xX时，f(x)0。构造辅助函数当F(x)f(x)x，x[X1,X1]，则F(x)在[X1,X1]上连续，且F(X1)F(X1)0。由介值定理知，至少存在一点，使F()0，即。