2022级高等数学(上)中期考试试题评析-副本.docx

西南科技大学 2022 级高等数学〔上〕中期考试试题评析
理学院 鲜大权
一、填空题(每题 4 分，5 个小题，共计 20 分)
(1 + 3x)10 (1 + 2x)30
1．lim
x®¥
(1+4x2)20
= 。

解．原式=lim
x®¥
[(1+3x)10(1+2x)30]/x40
(1+ 4x2)20 / x40
=lim
x®¥
(1/x+3)10(1/x+2)30 (1/ x2 +4)20
=310 ´230
240
=3 10 。
( )
2
2．设f(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4),那么f¢(x)=0有且仅有个实根。
解．显然 f(x) ÎC[0, 4] ÇD(0, 4) ，又 f(0) =
f (1) =
f (2)=
f (3)=
f (4) = 0
i i
那么由 Rolle 定理有： xÎ(i -1, i) ，使得 f '(x) = 0 , i = 1, 2, 3,4 。
而 f '(x) 是四阶多项式,至多只有四个零点，因此 f '(x) = 0 有且仅有四个实根。注：由 f ¢(x) = (x - 4)(5x3 - 24x2 + 30x - 8) 有
f ' (1) -f '(0) =-41 < 0, f '(2) -f ' (1) = 17 > 0, f '(3) -f '(2) =-9 < 0, f '(4) -f '(3) = 1 > 0
由 Lagrange 中值定理得 f '(x)在(0,1)和(2, 3)上单减,在(1, 2)和(3, 4)上单增， 从而 f ¢(x) =0有且仅有四个实根。 f (x)和f ¢(x)的图象分别如图1和图2:
3． 设
图1 图2
y= sin(1+x2),那么y¢= 。
解． y' = 2x cos(1+x2 ) Þy'' = 2 cos(1+x2 ) - 4x2 sin(1+x2 ) 。
4． 设
y=1
2x 2 +ex
，那么其反函数x(y)的导数x¢(y)=。
dy -4x-ex ' 1 (2x2+ex)2
解．∵
dx
=(2x2 +ex )2
,x(y)==-
y'(x)
ex + 4x
(x > 0) 。
注：反函数的导数是直接函数的导数的倒数。
5．设 f(x)为可导函数且满足limf(a)-f(a-x)=1，那么曲线y=f(x) 在点
x®0 2x
(a，f(a))处的切线斜率为。
解． lim f (a) -f (a -x) =1 lim f (a -x) -f (a) =1 f '(a) = 1，
x®0 2x
2x®0 -x 2
故曲线y =f (x)在点(a，f (a))处的切线斜率为f '(a) = 2 。
二、选择题 (每题 4 分，5 个小题，共计 20 分)
1
1．当x®0时，(1+ax2)3-1与cosx-1是等价的无穷小，那么常数a=( )
A、3 B、2 C、-3 D、-2
2 3 2
1
3
-
-22
解. ∵lim
(1+ax2 )3-1 2ax(1+ax2 )3
=-
lim
=-lim
2 a(1+ax2
) 3 =-
2 a = 1
x®0
cos x-1
x®0
3sin x
x®03 3
Þa =-3,
2
\选C。
⎧ax+b，当x>1
⎩
2．f(x)=⎨x2， 当x£1
处处可导，那么有( )
A、a = 2，b =-1
B、a =-2, b = 1
C、a =-1, b = 2
D、a = 1，b =-2
解.显然当 x ¹ 1 时 f (x) 处处可导，要 f (x) 对一切 x 处处可导，那么 f (x) 在
x = 1 必可导。首先由 f (x) 在 x = 1 处连续有：
limf(x)=lim(ax+b)=a+b⎫⎪
x®1+
x®1+
⎬Þa +b = 1；
lim f (x) = lim x2 = 1 =
f(1) ⎪
x®1-
x®1-⎭
再由 f (x) 在 x = 1 处可导有： f ' (1) =a =f ' (1) = 2 Þa = 2 ，\b =-1 ，应选(A)。
+-
3．设lim[f(x)-f(0)]ln(1+3x)=4,那么f¢(0)等于( )
xe0
x2
A、3 B、4 C、1 D、4
3
解. lim[f(x)-f(0)]ln(1+3x)=lim[f(0+x)-f(0)3x]=3f¢(0)=4
xe0 x2 xe0 x x
\f ¢(0)= 4Þ (D)。3
4．设函数y=f(x)在点x处可导,那么它在点x处的微分dy是指( )
A、 f ¢( x)
答.选(D).
B、Δf ( x)
C、Δx
D、 f ¢( x)Δx
5．设常数k>0，函数f(x)=lnx-x+k在(0,+¥)内零点个数为( )
e
A、1 B、2 C、3 D、0
解： f '(x) =1 -1 = 0 Þ驻点x =e
x e
0 <x <eÞ
f '(x) > 0 Þ
f(x)增⎫⎪
x >eÞ
f '(x) < 0 Þ
f (x)减
⎬Þf (x)取最大值f (e) =k > 0
⎪⎭
而 lim

f (x) =-¥, lim
f (x) = lim x[ lim ( ln x -1 +k )] =-¥
x®0+
x®+¥
x®+¥
x®+¥
x e x
\$x1 Î(0, e) 使得 f (x1) < 0 ，且$x2 Î(e, +¥) 使得 f (x2 ) < 0
由零点定理知\$x1 Î(0, e) 和x2 Î(e, +¥) 使得 f (x1) =
又 f (x) 在(0, e) 单增，在(e, +¥) 单减，
f (x2 ) = 0
\f (x) 在(0, e) 和(e, +¥) 内只有唯一根x1 和x2 ,应选 B。
参考:(2022,II)讨论曲线 y=4lnx+k与 y=4x+ln4x的交点个数。解:问题等价于讨论函数 f(x) =ln4x-4lnx+4x-k的零点个数。
' 4(ln3 x -1+x)
由 f(x)== 0Þ
x
f (x)的驻点x = 1 ,
同时 f (x) 有间断点 x = 0 。
0<x<1Þ
f '(x) < 0 Þ
f(x)减⎫⎪
x>1Þ
f '(x) > 0 Þ
f (x)增
⎬Þf (x)取最小值f (1) = 4 -k
⎭⎪
当k < 4 ,即4 -k > 0 时， f (x) 无零点,因此两条曲线无交点；
当k = 4 ,即4 -k = 0 时， f (x) 有唯一零点,即两条曲线只有一个交点； 当k > 0 ,即4 -k < 0 时，
∵ lim
x®0+
f (x) = lim[ln x(ln3 x - 4) + 4x -k] =+¥
x®0+

lim
x®+¥
f (x) = lim [ln x(ln3 x - 4) + 4x -k ] =+¥
x®+¥
所以 f (x) 有两个零点,分别在(0,1) 和(1, +¥) 内，即两曲线有两个交点。
三、解答题 (每题 7 分，6 个小题，共计 42 分)
1． 计算极限

1
lim(x +e2 x ) sin x 。
x®0

1
2x 2x
1 x+e2x-1
2 x
x+e2x-1 1+2e2x
lim lim 3
解： lim(x +e
x®0
)sin x = lim{[1+ (x +e
x®0
-1)]x+e
-1}
sin x
=ex®0
sin x
=ex®0cosx
=e。
2． 设y =y(x)由方程e xy + sin(xy) =y确定, 求 dy 。
dx
解法 1.由方程exy + sin(xy) =y 两边对 x 求导有：
exy ( y +xy¢) + ( y +xy¢) cos(xy) =y¢Þexy y +y cos(xy) +xy¢[exy + cos(xy)] =y¢，
\y¢
y(exy + cos(xy))
=
。
1-x(exy + cos(xy))

⎨
⎧x=t
解法 2.令 xy=t,那么方程exy+sin(xy) =y化为以下参数方程形式： ⎪
et + sin t
=
dx et+sint-t(et+cost)
于是

，dy

=et

+ cost ，
⎪⎩y=et+sint
dt (et +sint)2 dt
\dy =dy / dt =(et + cos t)(et + sint)2 =

y2 (exy + cos(xy))
y(exy + cos(xy))
=
。
dx dx/dt et+sint-t(et+cost) y -xy(exy+cos(xy)) 1-x(exy +cos(xy))
解法 3.令 H(x, y) =exy+sin(xy) -y,那么 ¶H
¶x
=y(exy +cos(xy)) ，¶H
¶y

=x(exy + cos(xy)) -1

=-
\dy ¶H
¶H=-y(exy+cos(xy)) =

y(exy + cos(xy))
。
/
dx ¶x ¶y x(exy +cos(xy))-1 1-x(exy +cos(xy))
⎧x =tlnt 1 dy
⎩
3． 设⎨y=tt
，(t¹)确定了函数y=y(x),试求 。
e dx

解法 1．∵ y˙ =
d et ln t =tt (ln t +1),
dt
x˙ = ln t +1\dy y˙
= =
dx x˙
tt 。
解法 2．由y=ttÞlny=tlnt,代入x=tlnt有y =ex Þdy=ex\A(t)=ex=etlnt=tt。
dx
4． 设函数f (x)具有连续二阶导数,且f (0) =

f ¢(0)

= 0, f

¢(0)

= 6 ,

求lim
x®0
f (sin 2 x)
。
x 4
解法 1．∵ f (x)具有连续二阶导数,那么f (x)及f ¢(x), f ''(x)在x = 0都连续
\lim
f (sin2 x)

=lim
f ¢(sin2 x) ×sin 2x
1 f¢(sin2x) 0
= lim []
x®0 x4
x®0
4x3
2x®0 x2 0
1 f ¢¢(sin2 x)sin2x 1
= lim = limf
¢¢(sin2 x) =1
f¢¢
(0) = 3
2x®0 2x 2x®0 2
解法 2.令t =sin2 x, 有x = 0 Þt = 0 ,由条件,将 f (t) 在t = 0 处作二阶 Taylor 展开得：
f(t) =f(0) +f'(0)t+1f''(0)t2+0(t2) =3t2+0(t2) ,即有 f(sin2x) =3sin４ x+o(sin４ x) 2
\lim
f(sin2x) 3sin４x+o(sin４x)
=
lim
= 3 。
x®0 x4 x®0 x4
注: lim
x®0
o(sin４x) x4
=lim[
x®0
o(sin４ x) sin４x
i
sin４x x4

] = 0i1 = 0
5．求数列的极限limn⎡1 +1
+…+
1 ⎤．
n®¥⎢⎣n2+pn2 +2p
n2 +np⎥⎦

2 2 2
n2 ⎡
1 1 1 ⎤n2
解． n
+p£n +kp£n
+npÞ£n
++…+£，
n2 n2
n2 +np
⎢⎣n2 +p
n2 + 2p
n2+np⎥⎦
n2 +p
2
又lim
n®¥n +np
= lim
n®¥n2 +p
= 1，那么由夹逼准那么有
limn⎡1 +
1 +…+
1 ⎤=1。
n®¥⎢⎣n 2 +p
1 -x 2n
n 2 +2p
n 2 +np⎥⎦
6． 讨论函数f (x) = lim
n®¥1 +x 2n
x的连续性，假设有间断点，判断其类型。
解： 1-x2n
⎧-x, | x |> 1
⎪
f (x) = lim
n®¥1+x
2n x =⎨0, | x |= 1，
⎩
⎪x, | x |< 1

1)在 x=-1处,∵ lim
x®-1-
f (x) = lim (-x) = 1 ¹
x®-1-
lim
x®-1+
f (x) =
lim x =-1,\x =-1是 f (x) 的跳跃间断点;
x®-1+
2)在 x = 1 处,∵ lim f (x) = lim x = 1 ¹ lim f (x) = lim(-x) =-1 ,\x = 1 也是 f (x) 的跳跃间断点。
x®1-
x®1-
x®1+
x®1+
四、证明题 (每题 9 分， 2 个小题，共计 18 分)
1． 证明：当0 <a <b时, b -a < ln b <b -a 成立.
b a a
证明: 令f (x) = ln x,那么f (x)在(0,+¥)连续,可导。
当0 <a <b时, 对f (x)在[a, b]上应用Lagrange中值定理，
那么至少存在xÎ(a, b), 使f (b) -f (a) =
f ¢(x)(b -a) ,即ln b - ln a = ln b =1 (b -a) ,
a x
又a <x<b且(b -a) > 0 , 那么1 <1 <1 , 故0 <a <b时, b -a < ln b <b -a 成立. 。
b xa
b a a
2． 设f (x)在[0, a]连续，在(0, a)内可导，且f (a) = 0，证明存在一点xÎ (0, a) ，
使得3 f (x) +xf ¢(x) = 0 。
证明：令 F (x) =x3 f (x) ,因为 f (x) 在[0, a] 连续，在(0, a) 内可导,所以 F (x) 在[0, a] 连续,在
(0, a) 内可导,且 F (0) =F (a) =a3 ×f (a) = 0 ,满足罗尔中值定理条件,因此至少存在一点
xÎ(0, a) ,使得 F¢(x) =3x2f(x) +x3f¢(x) =0,即3f(x) +xf¢(x) =0。注：该题目可推广为如下形式
设f (x) ÎC[0, a] ÇD(0, a) Çf (a) = 0 ，那么"aÎR-{0},$xÎ(0, a) s.t.af (x) +xf ¢(x) = 0 。