厦门大学2014级-一元微积分(II)上期末A卷-2015-1-21(1)

第1页共5页一、填空题（每小题6分，共30分）1.可导函数()yfx由0)sin(arctancos021dttdtttxy确定，则dxdyXX2.设)(xf为连续函数，且20()ln5xftdtx，则(1)f=。3.11xdxx。4.101limdxexxnn。5.曲线2394yx上从0x到1x的一段弧的长度为。1.2sinsin(cos)arctanyxxy2.123.2arcsin1xxc4.05.42233二、计算下列各题（每小题7分，共35分）注意不定积分加上C1.设()Fxfx，当0x时，有2()sin2fxFxx，且(0)1F，()0Fx，求fx。解：2()()()sin2fxFxFxFxx，2()()sin2FxFxdxxdx，211cos411()(sin4)2224xFxdxxxc，由(0)1F，解得1c，又因为()0Fx，所以有1()sin414Fxxx，厦门大学《一元微积分学》课程试卷＿＿＿＿学院＿＿＿＿系＿＿＿＿年级＿＿＿＿专业主考教师：高等数学Ⅱ组试卷类型：A卷2015.1.21第2页共5页21cos4sin2()112sin41sin4144xxfxFxxxxx。2．1(x2+a2)3/2òdx。解：令tanxat，则2secdxatdt，2223/233222221sec111cossin()secatdtxdxdttdttccxaataaaxa。3.21413xdxxx2212412413413xdxdxxxxx2231(2)ln4132(2)3dxxxx2112ln413arctan233xxxc4.设分段函数sin01()ln1212xxfxxxxx，求0()xftdt。解：当01x时，00()sin1cosxxftdttdtx当12x时，1220015()sinlnlncos1244xxxxftdttdtttdtx当2x时，1200127()sinln2ln2cos14xxftdttdtttdtdtx由上可得：xxxxxxxxtdtfx2471cos2ln2211cos454ln210cos1)(220。5.1111223112331arctan111arctanarctanarctan()111xdxxxdxxxxx122121213311()arctanarctan163611442xdxxx27288第3页共5页三、(9分)设xxf2cos)(sin，求dxxf)(sin。解：)(sincos)(sin)(sin)(sin2xxdxdxfxf132sin31sin)(sin]sin1[cxxxdxdxxf)(sindxcxx]sin31[sin13dxcxdxxdx12cos]cos1[31sin213cos91cos31coscxcxxx=213cos91cos32cxcxx四、（10分）求曲线lnyx在(2,6)内一条切线的方程，使得该切线与2,6xx和曲线lnyx所围图形的面积最小。解：设lnyx在(2,6)内的一条切线的切点为（00,lnxx），切线方程为01ykxbxbx，切线过切点（00,lnxx），有00001ln,ln1xxbbxx，故有切线方程001ln1yxxx。该切线001ln1yxxx与曲线lnyx，直线2,6xx所为平面图形面积66260002220011()[(ln1ln][ln](1ln)2Axxxxdxxxxxxdxxx6020164ln(1ln)xxxdxx0200164()0Axxx，解得04x，又0320041641(4)204xAxx，所以04x时，0()Ax在(2,6)内的极小值点，也是最小值点。故，所求切线方程为11ln412ln2144yxx。五、（10分）求由曲线lnyx与直线(1)yex及0y所围成的平面图形绕x轴旋转所第4页共5页得旋转体的体积。解法1：曲线lnyx与直线(1)yex的交点为(,1)e。所求体积为1221ln[(1)]eeeVxdxexdx231111[ln]2ln[[(1)]]3eeeexxxdxex112[ln]3eexxx152[]33ee。解法（柱壳法）2：102[(1)]yVyeyedy1202[(1)]yeyyyedy22101152[(1)]()233yyeyyyeee六、（6分）证明题（任选一题）1.设fx在0,1上连续，且1fx，证明方程02()d1xxftt在(0,1)内只有一个实根.证明1.：令0F()=2()1xxxftdt，显然Fx在0,1上连续，又10010,(1)1()0FFftdt由零点定理，可知存在0(0,1)()=2-()10Fftdt，使得，即证明方程02()1xxftdt在(0,1)内有实根。又2()2110Fxfx，故Fx在0,1上严格单增，故方程02()1xxftdt在(0,1)内只有一个实根。2.设()fx在[0,1]上连续，且单调减少,证明对任意[0,1]c，100()()cfxdxcfxdx均成立。证法一：110000()()()[()()]ccccfxdxcfxdxfxdxcfxdxfxdx………(3分)10(1)()()cccfxdxcfxdx由积分中值定理，110()()([0,])cfxdxfcc，………(3分)122()()(1)([,1])cfxdxfcc于是11200()()(1)()()(1)cfxdxcfxdxcfccfc12(1)[()()]0ccff(因()fx单调减少),得证！第5页共5页证法二：令100()()()xxftdtxftdt，[0,1]x………(3分)10()()()xfxftdt由积分中值定理，存在[0,1]，使得10()()ftdtf。故()()()xfxf，可知()0。因为()fx单调减少，所以，当x时，()()()0xfxf，………(2分)当x时，()()()0xfxf，即()x在[0,]上单调增加，在[,1]上单调减少。………(2分)故，()min(0),(1)0x，即100()()xftdtxftdt。证法三（学生的证法）：要证100()()cfxdxcfxdx，即要证明100()()0cfxdxcfxdx，在任意[0,1]c时恒成立。记100()()(),(01)ccfxdxcfxdxc，则10()()()()()cfcfxdxfcf，(01)，当c时，10()()()()()0cfcfxdxfcf，因为()fx在[0,1]上单调减少，故当(0,)c时，()()()0cfcf，()c单调增加；当(,1)c时，()()()0cfcf，()c单调减少；又(0)(1)0，所以在任意[0,1]c时，均有()0c。证毕！