2013-2014高等数学A(1)_A卷答案
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π 和 y 轴所围成的图形绕 y 轴所围成的图形 2
π
六 (7 分) 求由曲线 y = arcsin x (0 ≤ x ≤ 1) ， y = 绕 y 轴旋转的旋转体体积. 解： Vy = π
∫
π 2
0
sin ydy = π ∫
2
π 2
0
2 1 − cos 2 y 1 ⎡1 ⎤2 π . dy = π ⎢ y − sin 2 y ⎥ = 2 4 ⎣2 ⎦0 4
−1 0
−1
−1
0
t 0 dt = [t − 2 ln(2 + t ) ]−1 = 1 − 2 ln 2 . 2+t
三、计算下列各题. (每小题 6 分，满分 24 分) 1.
∫ x( x
1
2
+ 1)
dx . (拆项) 解： ∫
1 1 x dx = ∫ ( − 2 )dx = ln | x | − ln( x 2 + 1) + C . x( x + 1) x x +1 2
x − 1 ln x = 0 ； f (1) = 0 ；
因 f (1 ) = f (1 ) = f (1) ，故 f ( x) 在 x = 1 处连续. (2) f −′(1) = lim −
x →1
−
+
−1 − ln x f ( x) − f (1) 1 − x ln x x = lim = = = 0； lim lim 1 x →1− x →1− x −1 x −1 1 − x x →1− − 2 1 −x
∫
四 (7 分) 试分析函数 f ( x ) = | x − 1| ln x ， ( x > 0) 在 x = 1 处的连续性和可导性(说明理由). 解：(1) f (1 ) = lim f ( x) = 1 − x ln x = 0 ； f (1 ) = lim f ( x) = − +
x →1 x →1 − +
切线方程 y − 0 = −
1 1 1 ( x − 1) ，即 y = − x + . 2 2 2
⎧ x = ln(1 + t 2 ), d2 y ⎪ 3. 设 ⎨ 求 2 . π ⎪ y = − arctan t , dx 2 ⎩ dx 2t dy 1 dy 解： ， ， = =− = 2 2 dt 1 + t dt 1+ t dx
f ( x) − f (1) = lim x →1+ x −1 x − 1 ln x ln x = lim = lim + x → 1 x −1 x − 1 x→1+
1 x 1 2 1− x
f +′(1) = lim +
x →1
= 0；
因 f −′(1) = f +′(1) ，故 f ( x) 在 x = 1 处可导. 五 (7 分) 求 a ， b 的值，使点 (1,3) 为曲线 y = ax + bx 的拐点.
2
1
2.
∫
1+ x 1 + 9 x2
dx . (拆项凑微分) 解：
1 1 1 1 1 1 d(3x) + ∫ d(1+9x 2 ) = ln(3 x + 1 + 9 x 2 ) + 1 + 9 x2 + C ∫ 2 2 3 1 + (3x) 18 1 + 9 x 3 9
∫
3.
1+ x 1 + 9 x2
dx =
∫
3 0
arctan xdx . (分部积分)
3
解：
∫
e
1 e
0
arctan xdx = [ x arctan x ]0 − ∫
3
3
0
3 x 3 1 3 = dx = π− ⎡ ln(1 + x 2 ) ⎤ π − ln 2 . 2 ⎣ ⎦ 0 1+ x 3 2 3
4.
1 | ln x | dx .(先去绝对值后凑微分) x e1 1 ln x e ln x 1 2 1 1 2 e 1 1 解： ∫ 1 | ln x | dx = − ∫ 1 dx + ∫ dx = − ⎡ ln x ⎤ ⎦ 1e + 2 ⎡ ⎣ ln x ⎤ ⎦1 = 2 + 2 = 1 . 1 e x e x x 2⎣
y
解： lim
2. 设 y = y ( x ) 是由 sin y + xe = 1 所确定的隐函数，求曲线 y = y ( x ) 在点 (1, 0) 处的切线方程. 解：方程两边对 x 求导，得 cos y ⋅ y ′ + e + xe ⋅ y ′ = 0 ，即 y ′ = −
y y
ey 1 ， y ′ (1,0) = − y 2 cos y + xe
4. 求函数 f ( x ) =
dy dt dx dt
−1 d 2 y ； 2 = = 2t dx
⎛ dy ⎞ d⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠ dt dx dt
1 2 1+ t2 . = 2t = 2t 4t 3 1+ t2
∫
x
0
ln(2 + t )dt 单调区间与极值.
解： f ′( x) = ln(2 + x) ，当 x = −1 时， f ′( x) = 0 ；
1x
所求通解为 y = (C1 + C2 x)e 2 +
1 2 12 x xe . 4
八 (6 分) 设 f ( x) 在 [ a, b] ( a < b) 上连续，在 (a, b) 内可导， f (a ) = f (b) ，且 f ( x) 不为常函 数，试证明存在 ξ ∈ (a, b) ，使得 f ′(ξ ) > 0 . 解：因 f ( x) 不为常函数，于是 ∃c ∈ (a, b) ，使得 f (c) ≠ f (a ) .
∞
2
x −a ⋅ 2 ax x −a
= e2 a = 4 )
x≥0 ⎧ a + x, ⎪ x2 2. 若 f ( x) = ⎨ e − 1 在 x = 0 处连续，则 a = , x < 0 ⎪ ⎩ sin 2 x
3. 已知 f ( x) = x( x − 1)( x − 2) ，则 f ′(0) =
则 f ′(ξ1 ) ⋅ f ′(ξ 2 ) =
− [ f (c ) − f ( a ) ] (c − a )(b − c)
< 0 ，于是 f ′(ξ1 ) > 0 或 f ′(ξ 2 ) > 0 .
3
2x x
0
ex −1 x2 .( lim = lim =0) x → 0− sin 2 x x → 0− 2 x
2
.(导数定义 f ′(0) = lim
x →0
f ( x) − f (0) =2) x−0
.(代入方程即可)
4. 已知 y = e 是微分方程 y′ + p ( x) y = e 的一个解，则 p ( x ) =
sin x − tan x 0 . ( 等价无穷小结合洛必达法则) x →0 0 x − sin x
3 −1 − 3 x2 − 3 x2 sin x − tan x tan x ⋅ (cos x − 1) 2 x = lim = lim = lim 2 = lim 1 2 2 = −3 . x →0 x →0 x → 0 x − sin x x →0 1 − cos x x →0 x − sin x x − sin x 2 x
e− x − 2
5.
∫
+∞ 2
1 dx = x + x−2
2
2 ln 2 3
+∞
.
+∞
(先积分后求极限
∫
2
1 1 +∞ 1 1 1⎡ x −1 ⎤ 2 d x = ( − )dx = ⎢ ln | |⎥ = ln 2 ) 2 ∫ 2 x + x−2 3 x −1 x + 2 3⎣ x+2 ⎦2 3
二、计算下列各题. (每小题 5 分，满分 20 分) 1. lim
f ( x) 在 [a, c] 上连续，在 (a, c) 内可导，由 Lagrange 中值定理知， ∃ξ1 ∈ (a, c) ，有
f ′(ξ1 ) = f (c ) − f ( a ) . c−a
同理， ∃ξ 2 ∈ ( a, c) ，使得 f ′(ξ 2 ) =
2
f (b) − f (c) b−c
2. 4 y ′′ − 4 y ′ + y = 2e 2 . (二阶常系数非齐次线性微分方程----齐次方程通解+非齐次方程特解) 解：特征方程： 4r − 4r + 1 = 0 ；特征根： r1 = r2 =
2 1 2
x
；对应齐次方程通解 Y = (C1 + C2 x )e 2
1x
λ=
1 1 2 1x 1 * 2 1x * 是特征重根 设特解 y = a x e 2 ，代入方程得 a = ，即 y = x e 2 4 4 2
3 2
解： y′ = 3ax + 2bx ， y′′ = 6ax + 2b ，因 (1,3) 为曲线 y = ax + bx 的拐点，
2 3 2
2
则⎨
⎧ y (1) = 3 ⎧a + b = 3 3 9 即⎨ 解得 a = − ， b = . 2 2 ⎩ y′′(1) = 0 ⎩6a + 2b = 0
2013/2014 学年第一学期 高等数学 A1 课程考核试卷 A■、B□
一、填空题 (每小题 3 分，满分 15 分)
π
六 (7 分) 求由曲线 y = arcsin x (0 ≤ x ≤ 1) ， y = 绕 y 轴旋转的旋转体体积. 解： Vy = π
∫
π 2
0
sin ydy = π ∫
2
π 2
0
2 1 − cos 2 y 1 ⎡1 ⎤2 π . dy = π ⎢ y − sin 2 y ⎥ = 2 4 ⎣2 ⎦0 4
−1 0
−1
−1
0
t 0 dt = [t − 2 ln(2 + t ) ]−1 = 1 − 2 ln 2 . 2+t
三、计算下列各题. (每小题 6 分，满分 24 分) 1.
∫ x( x
1
2
+ 1)
dx . (拆项) 解： ∫
1 1 x dx = ∫ ( − 2 )dx = ln | x | − ln( x 2 + 1) + C . x( x + 1) x x +1 2
x − 1 ln x = 0 ； f (1) = 0 ；
因 f (1 ) = f (1 ) = f (1) ，故 f ( x) 在 x = 1 处连续. (2) f −′(1) = lim −
x →1
−
+
−1 − ln x f ( x) − f (1) 1 − x ln x x = lim = = = 0； lim lim 1 x →1− x →1− x −1 x −1 1 − x x →1− − 2 1 −x
∫
四 (7 分) 试分析函数 f ( x ) = | x − 1| ln x ， ( x > 0) 在 x = 1 处的连续性和可导性(说明理由). 解：(1) f (1 ) = lim f ( x) = 1 − x ln x = 0 ； f (1 ) = lim f ( x) = − +
x →1 x →1 − +
切线方程 y − 0 = −
1 1 1 ( x − 1) ，即 y = − x + . 2 2 2
⎧ x = ln(1 + t 2 ), d2 y ⎪ 3. 设 ⎨ 求 2 . π ⎪ y = − arctan t , dx 2 ⎩ dx 2t dy 1 dy 解： ， ， = =− = 2 2 dt 1 + t dt 1+ t dx
f ( x) − f (1) = lim x →1+ x −1 x − 1 ln x ln x = lim = lim + x → 1 x −1 x − 1 x→1+
1 x 1 2 1− x
f +′(1) = lim +
x →1
= 0；
因 f −′(1) = f +′(1) ，故 f ( x) 在 x = 1 处可导. 五 (7 分) 求 a ， b 的值，使点 (1,3) 为曲线 y = ax + bx 的拐点.
2
1
2.
∫
1+ x 1 + 9 x2
dx . (拆项凑微分) 解：
1 1 1 1 1 1 d(3x) + ∫ d(1+9x 2 ) = ln(3 x + 1 + 9 x 2 ) + 1 + 9 x2 + C ∫ 2 2 3 1 + (3x) 18 1 + 9 x 3 9
∫
3.
1+ x 1 + 9 x2
dx =
∫
3 0
arctan xdx . (分部积分)
3
解：
∫
e
1 e
0
arctan xdx = [ x arctan x ]0 − ∫
3
3
0
3 x 3 1 3 = dx = π− ⎡ ln(1 + x 2 ) ⎤ π − ln 2 . 2 ⎣ ⎦ 0 1+ x 3 2 3
4.
1 | ln x | dx .(先去绝对值后凑微分) x e1 1 ln x e ln x 1 2 1 1 2 e 1 1 解： ∫ 1 | ln x | dx = − ∫ 1 dx + ∫ dx = − ⎡ ln x ⎤ ⎦ 1e + 2 ⎡ ⎣ ln x ⎤ ⎦1 = 2 + 2 = 1 . 1 e x e x x 2⎣
y
解： lim
2. 设 y = y ( x ) 是由 sin y + xe = 1 所确定的隐函数，求曲线 y = y ( x ) 在点 (1, 0) 处的切线方程. 解：方程两边对 x 求导，得 cos y ⋅ y ′ + e + xe ⋅ y ′ = 0 ，即 y ′ = −
y y
ey 1 ， y ′ (1,0) = − y 2 cos y + xe
4. 求函数 f ( x ) =
dy dt dx dt
−1 d 2 y ； 2 = = 2t dx
⎛ dy ⎞ d⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠ dt dx dt
1 2 1+ t2 . = 2t = 2t 4t 3 1+ t2
∫
x
0
ln(2 + t )dt 单调区间与极值.
解： f ′( x) = ln(2 + x) ，当 x = −1 时， f ′( x) = 0 ；
1x
所求通解为 y = (C1 + C2 x)e 2 +
1 2 12 x xe . 4
八 (6 分) 设 f ( x) 在 [ a, b] ( a < b) 上连续，在 (a, b) 内可导， f (a ) = f (b) ，且 f ( x) 不为常函 数，试证明存在 ξ ∈ (a, b) ，使得 f ′(ξ ) > 0 . 解：因 f ( x) 不为常函数，于是 ∃c ∈ (a, b) ，使得 f (c) ≠ f (a ) .
∞
2
x −a ⋅ 2 ax x −a
= e2 a = 4 )
x≥0 ⎧ a + x, ⎪ x2 2. 若 f ( x) = ⎨ e − 1 在 x = 0 处连续，则 a = , x < 0 ⎪ ⎩ sin 2 x
3. 已知 f ( x) = x( x − 1)( x − 2) ，则 f ′(0) =
则 f ′(ξ1 ) ⋅ f ′(ξ 2 ) =
− [ f (c ) − f ( a ) ] (c − a )(b − c)
< 0 ，于是 f ′(ξ1 ) > 0 或 f ′(ξ 2 ) > 0 .
3
2x x
0
ex −1 x2 .( lim = lim =0) x → 0− sin 2 x x → 0− 2 x
2
.(导数定义 f ′(0) = lim
x →0
f ( x) − f (0) =2) x−0
.(代入方程即可)
4. 已知 y = e 是微分方程 y′ + p ( x) y = e 的一个解，则 p ( x ) =
sin x − tan x 0 . ( 等价无穷小结合洛必达法则) x →0 0 x − sin x
3 −1 − 3 x2 − 3 x2 sin x − tan x tan x ⋅ (cos x − 1) 2 x = lim = lim = lim 2 = lim 1 2 2 = −3 . x →0 x →0 x → 0 x − sin x x →0 1 − cos x x →0 x − sin x x − sin x 2 x
e− x − 2
5.
∫
+∞ 2
1 dx = x + x−2
2
2 ln 2 3
+∞
.
+∞
(先积分后求极限
∫
2
1 1 +∞ 1 1 1⎡ x −1 ⎤ 2 d x = ( − )dx = ⎢ ln | |⎥ = ln 2 ) 2 ∫ 2 x + x−2 3 x −1 x + 2 3⎣ x+2 ⎦2 3
二、计算下列各题. (每小题 5 分，满分 20 分) 1. lim
f ( x) 在 [a, c] 上连续，在 (a, c) 内可导，由 Lagrange 中值定理知， ∃ξ1 ∈ (a, c) ，有
f ′(ξ1 ) = f (c ) − f ( a ) . c−a
同理， ∃ξ 2 ∈ ( a, c) ，使得 f ′(ξ 2 ) =
2
f (b) − f (c) b−c
2. 4 y ′′ − 4 y ′ + y = 2e 2 . (二阶常系数非齐次线性微分方程----齐次方程通解+非齐次方程特解) 解：特征方程： 4r − 4r + 1 = 0 ；特征根： r1 = r2 =
2 1 2
x
；对应齐次方程通解 Y = (C1 + C2 x )e 2
1x
λ=
1 1 2 1x 1 * 2 1x * 是特征重根 设特解 y = a x e 2 ，代入方程得 a = ，即 y = x e 2 4 4 2
3 2
解： y′ = 3ax + 2bx ， y′′ = 6ax + 2b ，因 (1,3) 为曲线 y = ax + bx 的拐点，
2 3 2
2
则⎨
⎧ y (1) = 3 ⎧a + b = 3 3 9 即⎨ 解得 a = − ， b = . 2 2 ⎩ y′′(1) = 0 ⎩6a + 2b = 0
2013/2014 学年第一学期 高等数学 A1 课程考核试卷 A■、B□
一、填空题 (每小题 3 分，满分 15 分)
