2006 年期中测验试卷
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2006 年期中测验试卷
一、填空题(本题共6小题，每小题4分，满分24分 )
(1) 若函数f(x)的定义域为[1，2]，则函数(1ln)fx的定义域为 。1[,1]e
(2) 若0x时，124(1)1ax 与sinxx是等价无穷小，则a= 。4
(3) 极限20lim[1ln(1)]xxx= 。2e
(4) 设函数y=f(x)由方程42lnxyxy所确定，则曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程是 。0xy
(5) 已知函数2ln()yfx，其中f二阶可微，则 dy____________，22dydx________。222()()xfxdxfx
(6) 2xy的麦克劳林公式中nx项的系数是 。(ln2)!nn
二、选择题(本题共6小题，每小题4分，满分24分. )
(1) 设{},{},{}nnnabc均为非负数列，且lim0nna,lim1nnb,limnnc,则必有
(A) nnab对任意n成立. (B) nnbc对任意n成立.
(C) 极限limnnnac不存在. (D) 极限limnnnbc不存在. [ D ]
(2) 下列极限存在的是
(A) 0sin1limarctanxxxx. (B) 0|sin|1limarctanxxxx.
(C) 0|sin|1limarctan||xxxx. (D) 0sin1limarctan||||xxxx. [ B ]
(3) 3()1()fxxx，其中()x在x=1处连续，则(1)0是f(x)在x=1处可导的
(A) 充分必要条件. （B）必要但非充分条件.
(C) 充分但非必要条件 . (D) 既非充分也非必要条件. [ A ]
(4) 若实系数的方程432012340axaxaxaxa有四个不同的实根，则方程
3201234320axaxaxa的实根个数为________。
（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D）0 [ C ]
(5) 曲线21xyxe (A) 仅有水平渐近线. (B) 仅有铅直渐近线.
(C) 既有铅直又有水平渐近线. (D) 既有铅直又有斜渐近线. [ D ]
(6) 设函数f(x)在(,)内连续，其导函数的图形如图所示，则f(x)有
(A) 一个极小值点和两个极大值点.（B） 两个极小值点和一个极大值点.
(C) 两个极小值点和两个极大值点. (D)三个极小值点和一个极大值点. [ C ]
y
O x
三 、本题满分8分）设函数 32ln(1),0,arcsin()6,0,0,1,sin4axaxxxxfxxxexaxxx
问a为何值时，f(x)在x=0处连续；a为何值时，x=0是f(x)的可去间断点？
解： 3200023lim()limlim1arcsin11xxxaxaxfxxxx 2203lim611xxaax
22001lim()4limaxxxexaxfxx2200224lim4lim2422axaxxxaexaaeax
若f(x)在x=0处连续，则26246aa，即1a；
若x=0是f(x)的可去间断点，则426-2aa，且1a，故2a
四、（本题满分8分） 求过曲线xyxe上极大值点和拐点的连线中点，并垂直于0x的直线方程。
解：(1)xyxe，(2)xyxe令0y，0y分别得1x，2x
列表讨论知：曲线xyxe上极大值点为1(1,)Ae，拐点2(2,2)Be，故过曲线上极大值点和拐点的连线中点，并垂直于0x的直线方程为：1212yee。
五、（本题满分8分） 设极曲线2cosa，求22dydx并证明该极曲线的曲率为常数。
解：曲线参数方程为22cossin2xaya，2cos2cot24cossindyadxa，
22322csc21csc24cossindydxaa 曲率：322||1(1)ykay 六、（本题满分8分） 一张1.4米的图片挂在墙上，它的底边高于观察者的眼1.8米，问观察者离墙多远才能看得最清晰（即视角最大）。
解：设观察者离墙距离为x，则13.2tanx， 21.8tanx，
1212212tantan1.4tantan()1tantan3.21.8xyx，
2221.43.21.81.4(3.21.8)dyxdxx，
惟一驻点2.4x为tan，从而为的最大值点。故观察者离墙2.4米才能看得最清晰（即视角最大）。
七、（本题满分10分）设2eabe，证明：2224lnln()babae
解：2()lnfxx在[,]ab上满足拉格朗日定理条件，有：
222lnlnln()baba，2eabe
令2ln()xgxx， （2eaxbe），222ln()0xgxx
故()gx在2eaxbe上单调减小，224()()gxgee
综合得：2224lnln()babae，2eabe
八、（本题满分10分） 设()fx在[0，2]上连续，在（0，2）内具有二阶导数，且1ln[2()]lim0cos2xfxx，3()(2)2ff，求证：(0,2)，使 ()()0.ff
解：由1ln[2()]lim0cos2xfxx得(1)1f，从而
111ln[2()]1()()0limlimlimcoscossin2222xxxfxfxfxxxx,得(1)0f。
由已知()fx在[0，2]上连续，在（0，2）内具有二阶导数，且3()(2)2ff，从而()fx在3[,2]2上满足罗尔定理条件，存在1()0f（1322）。
令()()xFxefx，在1[1,]上它满足罗尔定理条件，故(0,2)，使 ()0F即：()()0.ff
