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

1. （24分 每小题6分）求下列数列或函数的极限

(1)

1

lim(1n n

x 13

; (2)

ln(1 3x3)

; lim2x

2x 0(e 1)sinx

1x

(1 x） e2

lim(1 ； (4) lim

x 0x xx

n1

解 （1

）因为1 (1 nn1

11

lnxlnx

xx

e0 1. 因为lim lim 0，则 limx lim

e

nx x x xx 1

1 1. 由夹逼极限准则，得lim(1n n

2x33

（2）因为当x 0时，ln(1 3x)~ 3x，e 1~2x，sinx~x，因此，

(3)

ln(1 3x3) 3x33

. lim2x lim

x 0(e 1)2sinxx 0(2x)2 x4

x

13

x 2

23

22 222 33

（3）lim(1 lim(1 ） lim (1 1 e e.

x x xxx x

11

x ln(1 x)1x

(1 x ex (1 x)ln(1 x)x

lim(1 x e lim（4）lim

x 0x 0x 0xx2x2(1 x)

ln(1 x)e

e lim 。

x 02x2

ln(1 x)1ln(1 x)ln(1 x)

1 1x

(1 x eex eex 1另解：lim lim e lim e limx 0x 0x 0x 0xxxx

1 1

ln(1 x) x xe e lim e lim e lim. 2x 0x 0x 0x2x2x(1 x)2

2. （24分 每小题6分）计算下列函数的导数或微分

(1)

x arctanttanxdyd2y

y 设 求； (2) 设，22

1 ex y ln(1 t)dxdx

（100）

； y x2cos2x，求y

，求dy；

(3)

(4) 求由方程

1d2y

x y siny 0所确定的隐函数的二阶导数2

2dx

。

2t

d2y(2t) 2dy[ln(1 t2)] 2

2(1 t2) 2ey. 解 （1） 2t，2

1dx(arctant) dx(arctant)

1 t21 t2

(1 ex)dtanx tanx d(1 ex)(1 ex)sec2x tanx ex

（2）dy dx. x2x2

(1 e)(1 e)

（3）

y(100) x2[cos2x](100) 100 [cos2x](99)(x2)

100(100 1)

[cos2x](98)(x2)

2!

2100x2 cos2x 100 299 2xsin2x 298 9900 cos2x

2100(x2cos2x 100xsin2x 2475cos2x).

11

y siny 0两边求导，得1 y cosy y 0，解得

22

（4）由x

y

2

，

2 cosy

2( siny)y 4siny

(2 cosy)2(2 cosy)3

.

y

|x| x2

3．（8分）求函数y 的间断点及其类型。 3

x(|x| x)

解 函数在x在x

0和x 1处没有定义，故其间断点为x 0和x 1.

0点，由于

1x(|x| x3)x x3lim lim lim 0， x 0 yx 0 x 0 1 x|x| x2

即

|x| x2limy ，故x 0为函数y 的无穷间断点，属于第二类间断点. ---4分 3x 0 x(|x| x)

点，由于

在

x 1

x x211

limy lim lim x 1x 1x(x x3)x 1x(1 x)2

存在，于是，

x 1

为函数

|x| x2

的可去间断点，属于第一类间断点. --4分 y 3

x(|x| x)

4．（12分）问 取何值时，函数 （3）一阶导数连续？ 解 （1）因为当

1

xsin，x 0

（ ， ）f(x) 在上（1）连续；（2）可导；x

x 0 0，limf(x) limx sin

x 0

x 0

0

时，

1

0 f(0)x

，而

0

时，极限

1

1 xsin，x 0

limf(x) limx sin不存在，因此，当 0时, 函数 f(x) 在 x 0处xx 0x 0x x 0 0，

1

xsin，x 0

（ ， ）连续，从而函数f(x) 在上连续； --4分 x

x 0 0，

1

f(x) f(0)1 xsin，x 0

limx 1sin，（2）由于lim因此，当 1时，函数 f(x) xx 0x 0x 0x x 0 0，

在x 0处可导，且f (0) 0；

11 1

sin x 2cos，所以，函数在x 0处可导，因此，当 1时，当x 0时，f (x) x

xx

1

xsin，x 0

（ ， ）函数 f(x) 在上可导； --4分 x

x 0 0，

11 1

sin x 2cos)，因此，当 2时， （3）因为limf (x) lim( x

x 0x 0xxlimf (x) 0 f (0).

x 0

1

xsin，x 0

（ ， ）函数f(x) 在上一阶导数连续. --4分 x

x 0 0，

1n

5. （8分）设fn(x) 1 (1 cosx)，求证：对任意自然数n, fn(x) 在(0)中存在惟一的

22

实根。

π11

(1 cosx)n，易知F(x)在[0]上连续，且

222

1π1π

F(0) ,F() ，即F(0)F() 0， --2分

2222

π 1

由零点定理知，存在 (0,)，使得F( ) 0，即fn(x) 在(0)存在实根. --3分

222

证明 作辅助函数F(x)

fn(x)

另一方面。由于

F (x) n(1 cosx)n 1sinx 0，x (0)，

2

ππ 1

因此，函数F(x)在[0]上单调减少，故在[0]上F(x)最多一个零点，即fn(x) 在(0)中

2222

存在惟一的实根. --3分 6. （8分）证明恒等式：2arctanx arcsin证明 令

2x

（x 1).

1 x2

，则当x

f(x) 2arctanx arcsin

2x1 x2

1时，

2

f (x) 1 x2

2(1 x2) 2x 2x21 x22(1 x2)

2 0 --3分 22222

(1 x)1 xx 1(1 x)

2x

C. --2分

1 x2π2ππ

取x

C 2 arcsin π，故

3433

2x

2arctanx arcsin π（x 1). --3分

1 x2

7． （12分）设f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且f(a) f(b) 0，证明：在(a,b)内存在一点 ，使得f ( ) f( ) 0。

因此，2arctanx arcsin证明 作辅助函数F(x) e

x2/2

f(x)， --4分

a2/2

由已知条件可知，F(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且F(a) ef(a) 0，

F(b) eb/2f(b) 0， --4分

由罗尔定理可证，在

2

(a,b)

内存在一点

，使得

F ( ) e /2[f ( ) f( )] 0，即

2

f ( ) f( ) 0. --4分

8. （10分）下面两题任选一题

f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且f(a) f(b)，证

明：在(a,b)内至少存在一点 ，使得f ( ) 0。

证明 因为f(a) f(b)，且f(x)不恒为常数，则必存在一点x1 (a,b)，使得f(x1) f(a).

(1)设不恒为常数的函数--4分

f(x1) f(a) f(b)，由拉格朗日中值定理，存在 (a,x1) (a,b)，使得

f(x1) f(a)

f ( ) 0； --4分

x1 a

如果f(x1) f(a) f(b)，由拉格朗日中值定理，存在 (x1,b) (a,b)，使得

f(x1) f(b)

f ( ) 0. --4分

x1 b

(a) 0，f (b) 0，f(a) f(b) A，试证明f (x)在（2）设f(x)在[a,b]上可微，且f

(a,b)内至少有两个零点。

f(x) f(a)

0，由极限的保号性，存在a的一个右邻域(a,a 1)，使得对证明 由f (a)=lim

x a x a

f(x) f(a)

0，即f(x) f(a) A； --3分 于任意的x (a,a 1)，都有

x a

f(x) f(b)

0，由极限的保号性，存在b的一个左邻域(b 2,b)，使得对于任意由f (b)=lim

x b x b

f(x) f(b)

0，即f(x) f(b) A； --3分 的x (b 2,b)，都有

x b

综上，存在x1,x2满足a x1 x2 b，使得f(x2) A f(x1). --2分

由于f(x)在[a,b]上可微，则f(x)在[a,b]上连续，即f(x)在[x1,x2]上连续，由介值定理，存在c (x1,x2)，使得f(c) A或f(a) f(c) f(b) A. --2分

由f(x)在[a,b]上可微，分别在[a,c]和[c,b]上应用罗尔定理，存在 1 (a,c), 2 (c,b)，使得f ( 1) f ( 2) 0.

因此，f (x)在(a,b)内至少有两个零点. --2分

如果