理科大一高等数学期中考试试卷及解答

1.（24分每小题6分）求下列数列或函数的极限(1)1lim(123)nnnnnn;(2)xxxxsin)1(e)31ln(lim2230;(3)1321(limxxx）；(4)xxxxe1(lim10）解（1）因为nnn11(123n)nnnnnnnnn，因为1lnlimlim01xxxxx，则11ln0limlimlimee1xnxxnxxnx.由夹逼极限准则，得1lim(123)1nnnnnn.（2）因为当0x时，33ln(13)~3xx，2e1~2xx，sin~xx，因此，3322200ln(13)33limlim(e1)sin(2)4xxxxxxxx.（3）222313332222lim(1lim(1lim(11eexxxxxxxx）））.（4）11220001ln(1)(1e(1)ln(1)1limlim(1elim(1)xxxxxxxxxxxxxxxxx））0ln(1)eelim22xxx。另解：1ln(1)ln(1)10000ln(1)1(1eeee1limlimelimelimxxxxxxxxxxxxxxxx）200011ln(1)e1elimelimelim22(1)2xxxxxxxxxxx.2.（24分每小题6分）计算下列函数的导数或微分(1)设2arctanln(1)xtyt，求22ddddxyxy，；(2)设xxye1tan，求yd；(3)xxycos22，求）（100y；(4)求由方程0sin21yyx所确定的隐函数的二阶导数22ddxy。厦门大学高等数学(理工类)期中试卷＿＿＿＿学院＿＿＿系＿＿＿年级＿＿＿专业全校(理工A类)考试时间2010.11.28解（1）2222d[ln(1)]121d(arctan)1tytttxtt，2222d(2)22(1)2e1d(arctan)1yyttxtt.（2）222(1e)dtantand(1e)(1e)sectanedd(1e)(1e)xxxxxxxxxxyx.（3）(100)2(100)(99)2(98)2100(1001)[cos2]100[cos2]()[cos2]()2!yxxxxxx100299982cos210022sin229900cos2xxxxx10022(cos2100sin22475cos2)xxxxx.（4）由0sin21yyx两边求导，得11cos02yyy，解得22cosyy，232(sin)4sin(2cos)(2cos)yyyyyy.3．（8分）求函数)||(||32xxxxxy的间断点及其类型。解函数在0x和1x处没有定义，故其间断点为0x和1x.在0x点，由于3320001(||)limlimlim0||1xxxxxxxxyxxx，即0limxy，故0x为函数)||(||32xxxxxy的无穷间断点，属于第二类间断点。在1x点，由于2311111limlimlim()(1)2xxxxxyxxxxx存在，于是，1x为函数)||(||32xxxxxy的可去间断点，属于第一类间断点.4．（12分）问取何值时，函数0001sin)(xxxxxf，，在），（上（1）连续；（2）可导；（3）一阶导数连续？解（1）因为当0时，001lim()limsin0(0)xxfxxfx，而0时，极限001lim()limsinxxfxxx不存在，因此，当0时,函数0001sin)(xxxxxf，，在0x处连续，从而函数0001sin)(xxxxxf，，在），（上连续；（2）由于100()(0)1limlimsin0xxfxfxxx，因此，当1时，函数0001sin)(xxxxxf，，在0x处可导，且(0)0f；当0x时，1211()sincosfxxxxx，所以，函数在0x处可导，因此，当1时，函数0001sin)(xxxxxf，，在），（上可导；（3）因为120011lim()lim(sincos)xxfxxxxx，因此，当2时，0lim()0(0)xfxf.函数0001sin)(xxxxxf，，在），（上一阶导数连续.5.（8分）设n)cos(11)(xxfn，求证：对任意自然数n,21)(xfn在)2(0，中存在惟一的实根。证明作辅助函数11()()(1cos)22nnFxfxx，易知()Fx在π[0]2，上连续，且1π1(0),()222FF，即π(0)()02FF，由零点定理知，存在π(0,)2，使得()0F，即21)(xfn在)2(0，存在实根.另一方面。由于1()(1cos)sin0nFxnxx，(0)2x，，因此，函数()Fx在π[0]2，上单调减少，故在π[0]2，上()Fx最多一个零点，即21)(xfn在)2(0，中存在惟一的实根.6.（8分）证明恒等式：1)12arcsinarctan22xxxx（.证明令22()2arctanarcsin1xfxxx，则当1x时，222222222222212(1)22212(1)()01(1)11(1)21()1xxxxxfxxxxxxxx因此，222arctanarcsin1xxCx.取3x，则π232ππ2arcsinπ3433C，故222arctanarcsinπ1)1xxxx（.7．（12分）设)(xf在闭区间],[ba上连续，在开区间),(ba内可导，且0)()(bfaf，证明：在),(ba内存在一点，使得0)()(ff。证明作辅助函数2/2()e()xFxfx，由已知条件可知，()Fx在闭区间],[ba上连续，在开区间),(ba内可导，且2/2()e()0aFafa，2/2()e()0bFbfb，由罗尔定理可证，在),(ba内存在一点，使得2/2()e[()()]0Fff，即0)()(ff.8.（10分）下面两题任选一题(1)设不恒为常数的函数)(xf在闭区间],[ba上连续，在开区间),(ba内可导，且)()(bfaf，证明：在),(ba内至少存在一点，使得0)(f。证明因为)()(bfaf，且)(xf不恒为常数，则必存在一点1(,)xab，使得1()()fxfa.如果1()()()fxfafb，由拉格朗日中值定理，存在1(,)(,)axab，使得11()()()0fxfafxa；如果1()()()fxfafb，由拉格朗日中值定理，存在1(,)(,)xbab，使得11()()()0fxfbfxb.（2）设)(xf在],[ba上可微，且，，0)(0)(bfafA)()(bfaf，试证明)(xf在),(ba内至少有两个零点。证明由()()()=lim0xafxfafaxa，由极限的保号性，存在a的一个右邻域1(,)aa，使得对于任意的1(,)xaa，都有()()0fxfaxa，即()()fxfaA；由()()()=lim0xbfxfbfbxb，由极限的保号性，存在b的一个左邻域2(,)bb，使得对于任意的2(,)xbb，都有()()0fxfbxb，即()()fxfbA；综上，存在12,xx满足12axxb，使得21()()fxAfx.由于)(xf在],[ba上可微，则)(xf在],[ba上连续，即)(xf在12[,]xx上连续，由介值定理，存在12(,)cxx，使得()fcA或()()()fafcfbA.由)(xf在],[ba上可微，分别在[,]ac和[,]cb上应用罗尔定理，存在12(,),(,)accb，使得12()()0ff.因此，)(xf在),(ba内至少有两个零点.