北航2015-2016年工科数分(1)期末-A卷-答案

APage1of8北京航空航天大学2015－2016学年第一学期期末考试《工科数学分析（Ⅰ）》（A卷）班号学号姓名主讲教师考场成绩题号一二三四五六七八总分成绩阅卷人校对人2016年01月20日APage2of8一、选择题（每题4分，满20分）1.下列命题中错误的是（D）A.若()fx在区间(,)ab内的原函数是常数，则()fx在(,)ab内恒为0;B.若],[)(baxf在上可积,则],[)(baxf在上必有界；C.若],[)(baxf在上可积,则()fx在区间[,]ab上也可积；D.若],[)(baxf在上不连续，则],[)(baxf在上必不可积.2.设()fx满足等式120()2()dfxxfxx，则10()dfxx=（B）A.1;B.1;9C.1;D.1.33.设函数()fx可导，则（C）A.()d();fxxfxB.()d();fxxfxC.d()d();dfxxfxxD.d()d().dfxxfxCx4.下列广义积分中，发散的是（C）A.111dxxx；B.211dxx；C.11sindxxx；D.1sind.xexx5.瑕积分31lndxxx（C）A.lnln3;B.0;C.;D.1.APage3of8二、计算题（每题6分，满分30分）1.22325xdxxx解：2222223(22)52525(25)152525xxdxdxxxxxdxxdxxxxx2221ln(25)512xxdxx（）251ln(25)arctan.22xxxC建议：拆成两项2分，积分计算各2分。2.156321(sincos2)1dxxxxx解：由对称性：156321sincos1d0,xxxxx121121d=2=2原式xx（其中12111d=2xx可以看做圆心在原点，半径为１的上半圆的面积，也可以利用公式22222d=arcsin+C22xaxaxxaxa来计算.）建议：对称性3分，剩下计算3分。3.1011dxx解：令2,,2xtxtdxtdt即则111100001122(2)22ln(1)22ln2111dxtdtdxtttx建议：根式带换3分，剩下计算3分。APage4of84.2020ln(1)dlim(1cos)xxttxx解：22030022ln(1)dln(1)2=limlim1122原式xxxttxxxxx建议：等价代换2分，变上限求导3分，结果1分。5.已知21sin(),xtfxdxt求10().xfxdx解：11112220000111222000111()()()()()2221111()2sincos(cos11).2222xfxdxfxdxxfxxdfxxfxdxxxdxx建议：分部积分2分，()fx计算2分，结果2分。三、(本题8分)利用定积分定义，求极限(1)(21)lim.nnnnnn解：(1)(21)limlnnnnnnn111limln1ln(1)ln(1)nnnnn-------2分10ln(1)xdx-------2分1100ln(1)1xxxdxx11001ln21ln21ln(1)2ln21,1dxxx-------2分(1)(21)ln(1)(21)limln2ln21(1)(21)limlim4.nnnnnnnnnnnnnnnnneneee-------2分APage5of8四、(本题10分)求二阶线性非齐次常微分方程23xyyyxe的通解.解：特征方程：.03-22-------2分容易求得两个特征根为：123,1.-------1分对应齐次方程的通解为：.Y321xxeCeC-------1分因为1-不是特征根，我们设非齐次方程的特解.)(xeBAxy-------2分带入方程，我们有(44).xxAxBexe所以，1,0,4AB-------2分于是非齐次方程的特解为1.4xyxe-------1分非齐次方程的通解为3121.4xxxyCeCexe-------1分五、(本题12分，每小题6分)判断下列广义积分的敛散性，若收敛，并判别是绝对收敛或条件收敛.（1）21lnarctand;xxxx＋（2）1cos2xdxx＋.解：注意到：).,(,lnlnarctanln122222xxxxxxxx-------2分对于任意的）（2,1，我们有2212ln1ln11limlimlimlim0.1(2)2xxxxxxxxxxxx-------2分因为）（2,1，11dxx收敛．由比较判别法，我们可知无穷积分21lnxdxx收敛.进而，xdxxxarctanln12绝对收敛．-----2分APage6of8(注：x时，22lnlnarctan2xxxxx，原广义积分与21lnxdxx具有相同的敛散性.)（2）1cos2xdxx＋.解：首先，令A11()cos2sin2sin2,2FAxdxA1.|F(A)|-------1分另一方面，我们注意到函数1x单调递减并且1lim0,xx-------1分由Dirchilet判别法可知，无穷积分dxxx1cos收敛．-------1分其次，注意到.2124cos214cos2cos2cos2xxxxxxxxx-------1分类似于dxxx1cos的证明，我们可知无穷积分dxx1x24cos收敛．-------1分又因为无穷积分dxx121发散，于是，无穷积分dxxx1cos发散．-------1分进而，无穷积分dxxx12cos条件收敛。六、(本题10分)过坐标原点(0,0)作曲线lnyx的切线，该切线与曲线lnyx及x轴围成一平面图形D，计算（1）D的面积；（2）D绕x轴旋转一周所成旋转体的体积.解：假设切点坐标为00(,)xy，-------1分则由曲线方程及00(,)xy处切线方程00000ln11yxyxx解得001xey，-------2分从而切线方程为1yxe.-------1分则平面图形D的面积为101(ln)1;2exxeSdxxdxee-------3分（积分公式2分，结果1分）D绕x轴旋转一周所成旋转体的体积为22012e()ln(2).3eexVdxxdxeAPage7of8-------3分（积分公式2分，结果1分）七、(本题10分)设函数()[0,]fx在上连续，满足00()d0,()cosd0,fxxfxxx证明：函数()fx在(0,)内至少存在两个零点.证明:方法一：若()0,fx则结论成立；-------1分若连续函数()fx不恒为0，则()fx必在(0,)内存在零点.否则若函数在区间[0,]上不变号，这与已知条件0()d0fxx矛盾.-------2分(或由积分中值定理,(0,),满足00()d()(0)fxxf,即()0.f)假定()fx在(0,)内只有唯一零点0x,0()0,fx-------1分则()fx在0(0,)x及0(,)x上异号,-------1分从而0()()(coscos)gxfxxx在[0,]上不变号,-------1分且()gx不恒为0,所以00()(coscos)dfxxxx严格大于0或小于0,-------2分而由已知条件00000()(coscos)d()cosdcos()d0fxxxxfxxxxfxx,矛盾,-------1分所以假设不成立,()fx在(0,)内至少存在两个零点.-------1分方法二：设0()()d,xFxftt-------1分则由已知条件知(0)()0,FF-------1分又由()[0,]fx在的连续性可知()Fx在[0,]上可导，且()(),Fxfx-------1分则000000()cosdcosd()()cos()sind()sind,fxxxxFxFxxFxxxFxxx-------2分由积分第一中值定理,(0,),满足00()sind()sind2()0FxxxFxxF.-------2分即(0,)(0)()()FFF，-------1分在[0,],[,]上分别应用罗尔定理，可得()Fx即()fx在(0,)内至少存在两个零点.-------2分APage8of8八、附加题(本题10分)设在()fx在[0,1]上有连续的二阶导数，且(0)(1)0ff，又()fx不恒为零，证明：10[0,1]()d4max().xfxxfx(提示：()fx在(0,1)内取到最大值)证明：由条件知()fx在(0,1)内取到最大值，假定0(0,1)x为最大值点，即0[0,1]()max().xfxfx-------1分在00[0,],[,1]xx上分别对()fx使用Lagrange中值定理可得00(0,),(,1),xx满足0000()(0)(1)()(),().01fxfffxffxx------4分（每个公式2分）则10()d()d()dfxxfxxfxx-------2分（每个不等式放缩1分）()()ff-------1分0000000()()11()()11fxfxfxxxxx00001()4().(1)fxfxxx-------2分故有10[0,1]()d4max().xfxxfx