本文格式为Word版，下载可任意编辑厦门大学一元微积分(翔安理工A)期中试卷 厦门大学《一元微积分（A）》课程期中试卷 ＿＿＿＿学院＿＿＿＿系＿＿＿＿年级＿＿＿＿专业 理工类高数A期中试卷（翔安） 试卷类型：（A卷） 一、解答题（共76分） 1、计算以下各题：（每题6分，共30分） （1）求极限lim(1?x)x?0x2x?sinx； xln?(x12sxin解 lim(1?x)x?0x2x?sixn?limex?x?0，而 )xx33x22limln(1?x)?lim?lim?6， x?0x?sinxx?0x?sinxx?01?cosx故 lim(1?x)x?0x2x?sinx?e6. （2）设f(x)在x?x0处可导，试求limx0f(x)?xf(x0)； x?x0x?x0解 limx0f(x)?xf(x0)xf(x)?x0f(x0)?x0f(x0)?xf(x0) ?lim0x?x0x?x0x?x0x?x0f(x)?f(x0)?f(x0)?x0f?(x0)?f(x0). x?x0x?1?1所确定的隐函数，求曲线y?y(x)在x?0处的切线方程； y ?x0limx?x0（3） 设y?y(x)是由方程sin(xy)?ln解 方程sin(xy)?lnx?1?1两边关于x求导，得 yyy?(x?1)y???0， 2x?1ycos(xy)(y?xy?)?)?ln令x?0，由sin(xy程为 x?11?解得y?e，那么y?(0)?e?e2. 于是，曲线y?y(x)在x?0处的切线方y y?e?(e，即y?(e?e)x?e. ?ex)tan1x22(4) 设y?e ?(1?x2)sinx，求 dy； dx1 1tandy11?ex?sec2?(?2)?(1?x2)解 dxxxsxin2?[cosxln(1?x)?2xsinx]. 21?x(5) 设f(x)?x2ln(1?x)，求f(10)(x)； 解：f(10)(?1)9?9!(?1)8?8!10?9(?1)7?7! (x)?x??10?2x??21098(1?x)(1?x)2(1?x)2 ??7!22[72x?160x(1?x)?90(1?x)] 10(1?x)?sinπx,x?0??x(x2?4)2．(8分)求函数f(x)??的休止点，并判断其类型. ?x(x?1),x?0??x2?1f(x)?lim解 由于lim??x?0x?0x(x?1)sinπxπxπlimf(x)?lim?0，所以x?0为?lim??，222???x?0x?0x?0x?1x(x?4)x(x?4)4f(x)的第一类休止点（腾跃休止点）； limf(x)?limx?2x?2sinπxsin(2?x)π(x?2)ππ??lim?lim?，所以x?2是f(x)的第一类休止222x?2x?2x(x?4)x(x?4)x(x?4)8点（可去休止点）； x??1limf(x)?limx(x?1)x1?lim?，于是，x??1是f(x)的第一类休止点（可去休止点）. x??1x2?1x??1x?12； t?0?x?t2?2td2ydy3．(8分)设函数y?f(x)是由参数方程?y确定，求和2dxdxt?0?esint?y?1?0解 dx?2t?2，方程eysint?y?1?0两边对t求导，得 dtdydyy?eycost??0， esint?dtdtdyeycostdyeycosteycost?故. 于是，. ??dt1?eysintdx2(1?eysint)(t?1)2(2?y)(t?1)当t?0时，x?0，y?1，所以， dy?e. dtt?0dyeycost由对x求导，得 ?dx2(2?y)(t?1) 2 dy?2dx2(ey?dydycost?eysint)(2?y)(t?1)?eycost?[2?y?(t?1)(?)]dtdt?1 2(2?y)2(t?1)22t?2d2ye2?e?[2?1?e]12e2?e于是，2. ???dxt?02244．(8分)设f(x)具有连续的二阶导数，且f(0)?f?(0)?0，f??(0)?6，试求limx?0f(1?cosx)； x4解 利用泰勒公式，f(x)?f(0)?f?(0)x?f??(0)2x?o(x2)?3x2?o(x2)， 2!f(1?cosx)3(1?cosx)2?o((1?cosx)2)?lim于是，lim x?0x?0x4x4x43?22o((1?cosx))(1?cosx)3?? ?lim44?lim. 24x?0x?0x(1?cosx)x45．(6分)求函数f(x)?x3?3x2?9x?9的单调区间和极值； 2解 f?(x)?3x?6x?9?3x(?x?3或x??1时，f?(x)?0；当?1?x?3时，3x)，?(那么当1)f?(x)?0. 于是，f(x)在(??,?1)及(3,??)内单调增加，在(?1,3)内单调裁减. f(x)在x??1处取得极大值，极大值为f(?1)?14，在x?3处取得微小值，微小值为f(3)??18. 6．(8分)设0?x1?2，xn?4(1?xn?1)（n?2,3,4?xn?1，0?xn?2. ），证明数列{xn}收敛，并求极限limxn. n??证明：（1）先证明：对n?1,2,当n?1时，上式成立，假设n?k时，有0?xk?2，那么当n?k?1时， 0?xk?1?4(1?xk)1212?4??4??2. 4?xk4?xk4?2. （2）证明：xn?xn?1,n?2,3,4(1?x1)4?x12事实上，x2?x1? ?x1??0，假设式子对n?k成立，即xk?xk?1，于是当n?k?1时， 4?x14?x1 xk?1?xk? 4(1?xk)4(1?xk?1)12(xk?xk?1)???0， 4?xk4?xk?1(4?xk)(4?xk?1)3 即xk?1?xk. 所以，数列{xn}单调增加，且xn?2，因此极限limxn存在，记为a. n??对xn?4(1?a)4(1?xn?1)两边取极限，可得a?，即a??2. 4?a4?xn?1n??由于xn?0，故limxn?2. x?0?0,?7．（8分）设f(x)??x，试议论f(x)在x?0处的连续性与可导性. ,x?01??1?exf(x)?lim解 lim??x?0x?0x1?ex?01x?0，limf(x)?lim??x?0x?0x1?e1x?0?0，故 1?0f(x)?limf(x)?f(0)?0， lim??x?0故f(x)在x?0处连续. f??(0)?lim?x?0f(x)?f(0)?limx?0?x?011?e1x?0，f??(0)?lim?x?0f(x)?f(0)?limx?0?x?011?e1x?1?1， 1?0故f(x)在x?0处不成导. 二、应用题（10分） x2y2在椭圆2?2?1内嵌入有最大面积的四边平行于椭圆轴的矩形，求该内接矩形的最大面积。
ab2x0解：由对称性，可设四个顶点坐标为(?x0,?b1?2)(x0?0). a2x04b2因此，所求矩形面积为s(x0)?2x0?2b1?2?. x0a2?x0aa此问题与求函数f(x)?x(a?x)在[0,a]的最大值等价. 令f?(x)?2ax?4x?0，得 22223 x?0（不合题意，舍去）或者x?a. 2由于f??(aa)?2a2?12x2?2a2?6a2??4a2?0，因此f(x)在x?处取得极大值，由于只有一个22 4 驻点，所以f(x)在x?a处取得最大值. 2aa4ba2 故当x0?时，该内接矩形的面积最大，最大面积为s()??2ab. a222三、证明题（共14分） 1、（8分）设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)?b，f(b)?a，证明： （1）在(a,b)内至少存在一点c，使得f(c)?c； （2）至少存在互异的两点?,??(a,b)，使得f?(?)f?(?)?1. 解：（1）做辅佐函数F(x)?f(x)?x，由f(a)?b，f(b)?a，得 F(a)?f(a)?a?b?a，F(b)?f(b)?b?a?b， 故F(a)F(b)??(b?a)2?0，由零点定理，在(a,b)内至少存在一点c，使得F(c)?0，即f(c)?c. （2）由拉格朗日中值定理，存在??(a,c)和??(c,b)，使得 f(c)?f(a)c?bf(b)?f(c)a?c??，f?(?)?， c?ac?ab?cb?cc?ba?c??1. 即 f?(?)f?(?)?c?ab?c f?(?)?2、（6分）证明：当x?0时，e?x. 证明：由于x?eeelnxxe，因此，只要证明：当x?0时，x?elnx即可. 作辅佐函数f(x)?x?elnx，令f?(x)?1?e?0，得x?e. x当x?e时，f?(x)?0，那么f(x)在(e,??)上单调增加；当x?e时，f?(x)?0，那么f(x)在(0,e)上单调裁减，因此f(x)?x?elnx在x?e取到最小值，于是，当x?0时，f(x)?x?elnx?f(e)?0，即x?elnx. 故当x?0时，e?x. xe 5 — 6 —。