一填空题(每小题4分,共20分)

  • 格式:doc
  • 大小:218.50 KB
  • 文档页数:2

一.填空题(每小题4分,共20分)

1. 9dx 2. 210xy 3. 0 4. 10,4(答10,4也对) 5. 0xyz

二.单项选择题(每小题4分,共20分)

1. C 2. B 3. A 4. B 5. B

三.解答题(每小题6分,共24分)

1. 解:证明存在性 设5()1fxxax,则()fx在0,1上连续,且 (0)10f,(1)0fa,由闭区间上连续函数的零点定理知,方程510xax至少有一个实根,介于0与1之间. (3分)

唯一性(反证法) 设方程在0,1内有两个不同的实根1x和1x,即12()()0fxfx.由罗尔定理知,必存在一点12(,)xx,使'4()50fa,显然矛盾,故方程在0,1内只有一个实根.(6分)

注:由'4()50fxxa,()fx单调增加,证明方程只有一个实根者,也给3分.

2. 解:2211112.21dyttdxtt (3分)

22222311()1dytddydxtdtdxdtttdxt(6分)

3. 解:对1()arccos2fxdxxC求导得21()21fxx (2分)

故有221()xdxxxdxfx =1222(1)(1)xdx=3222(1)3xC (6分)

4. 解:令2ux,则dxdu,当1x时,1u;当3x时,1u. 从而有

3111(2)()fxdxfudu (3分)

=0110()()fudufudu=01210(1)uuduedu=173e (6分)

四.(9分)

设(0,0,)CZ为Z轴上任一点,则ABC的面积

12SACXAB =1102121ijkZ=215252ZZ (5分)

2110222525dSZdZZZ,当0dSdZ时,得15Z.当Z在15附近变动时,S都增大,故知当C的坐标为10,0,5时,ABCS取最小值且min305S. (9分) 注:从25124()2525SZ看出当15Z时ABCS取最小值者给满分.

五.(9分)

解:211arctan1arctanxdxxdxx =12111arctan(1)xdxxxx (5分)

=211lim()41bbxdxxx =21ln2limln421bbb

=1ln242 (9分)

六.(12分)

(1)分别对yax和lnyx求导,得'2ayx和'12yx.

由于两曲线在点00(,)xy有公共切线,故有00122axx,得021xa.

将021xa分别代入两曲线方程,得022111ln2yaaa,

于是有1ae,2021xea,20011yaxee,

从而所求切点为2,1e. (4分)

(2)两曲线与x轴围成的平面图形的面积为

12222011()62yAeeydye (8分)

(3)旋转体体积

2222011()(ln)eexVxdxxdxe

=22221lnln2421eeexxxdx =2 (12分)

七.(6分)

证明:因()0fa,'()fxM,由拉格朗日中值定理得

'()()()()()fxfxfafxa (,)ax

()Mxa (3分)

从而有21()()()2bbaafxdxMxadxMba (6分)