2008__2009试卷解答[1]

一、填空题

1.填: 1;-1. 理由: 可导→连续，f(0)=f(0+0)=f(0-0)→a=e0=1. 又由

(1bx)1ex1b,f(0)lim1→b=-1 f(0)limx0x0x0x02.填:

ycos(xy). 理由: 方程y=sin(xy)对x求导 ycos(xy)(yxy)

1xcos(xy)3.填: 偶. 理由: f(x)=-f(-x),对F(x)=

x0f(t)dt作变换t=-u则dt=-du,

x0f(t)= f(-u)= -f(u), 当t=0时u=0, 当t=-x时u=x; F(x)=f(u)du=F(-x)

x23xk4.填: 2或-4(只给出其中之一不得分). 理由:lim=1,有一条渐近线

xx21x23x2y=1, 且无斜渐近线; 当k=2时,lim=∞→有一条渐近线x=1, 当k=-4 2x1x1x23x4时,lim=∞→有一条渐近线x=-4 2x1x1121115.填:ln2. 理由:S=ydydyln2

01y22二、选择题

1. 选A. 理由: 可微→连续↔limf(x)=limf(x)=f(x0) xx0xx010f(0)

x0x0x3. 选D. 理由:A不正确,如f(x)=x³,x=0是驻点但不是极值点; B不正确, 如f(x)= │x│,x=0是极小值点但不是驻点; C不正确,如f(x)=xsinx在(-2π , 2π)， x=0是极小值点但显然不是最小值点；

2. 选C. 理由:limf(x)limxsinD.正确,∵若f(x0)是开区间（a，b）最值点,即x(a,b),f(x)()f(x0)当然有:

x(x0)(a,b)，f(x)()f(x0)

4.选B.理由:( x3+ax+b)′= 3x²+a>0,f(x)=x3+ax+b在(-∞, ∞) 上连续且严格单增.lim(x3axb)limx3(1xxabab3)limx(1); ,

xx2x3x2x3f(0)=b>0.

111111dxlim()lim(1)知A不正确5.选C. 理由:由2dx= lim0xx2000x111和C正确; B不正确, 如f(x)= -<2,x[1,),而dx发散;

1xxx1bD不正确:sinxdxlimsinxdxlimcosx1lim(cos1cosb)不存在

0b1bbb三、计算题 1.解: 原式=limnnnnnlimn111nx011 22.解: 原式=lim(1arcsinx)x01arcsinxarcsinxxelimarcsinxxe

sinx2x21lim3解: 原式=lim 2x0x0122x(2x)221111114.解: ∵(sin)n(sinsinsinsin)nnn, lim(sin)n=limnn=1

nn234n2211111∴原式=1

5. 解: 原式=

1111x11()dxlnarctanxC 2221x4x121xexd()dex11ex2xarctanC 6. 解: 原式=2x22e42e2()127. 解: 令xatanx,0t4,则dxasec2tdt,1(ax)22321,当x=0时33asecx1t=0, 当x=a时t=,原式=24a8. 解:

40costdte1sint2a042 22ae1e1exdsin(lnx)esin1cos(lnx)dx= sin(lnx)dx=xsin(lnx)11exdcos(lnx)esin1ecos11=esin1xcos(lnx)11esin(lnx)dx

1e1∴原式=(esin1ecos11)

2四、综合分析题

dydxtdydydt3t22t21.解:,3t2t;3t25t2

tdt1tdtdxdxdt1td2yddyd16t211t52()(3t5t2) 2dxdxdxdttdxdty(0)c3a02.解:y3x26ax3b,y6(xa)由题设有y(1)36a3b0∴b1

c3y(0)6a031313.解法（一）y(x)2，xy

242403131Vy1[(y)2(y)2]dy

424420=614121ydy6(y)2434213014221

2（二）Vy2x(x1)(x2)dx2x(x1)(2x)dx2(x33x22x)dx

112 =2(x4x3x2)142五、证明题

1.证法一：由积分中值有f(x)dxaf(),[0,a]，

0a1af(x)dx(1a)f(),[a,1]

∵f(x)在[0,1]上单调减少，f()f(),a(1a)f()a(1a)f() 即

(1a)f(x)dxaf()dx ∴f(x)dxaf(x)dx,a0,1

0a00a1a1证法二: (1) 当a=0时不等式显然成立; (2)当a∈(0,1]由于f(x)在单调减少

f(ax)f(x) 令x=at 则 :f(x)dxaf(at)dtaf(ax)dxaf(x)dx

0000a11112.证: (1)由题意知f(x)在[0,1]上连续, 根据介值定理知: x0(,1),使

21f(1)f()21f(0)由罗尔中值定理知:(0,x)(0,1)使 f(x0)022f()0

2(2) 设F(x)f(x)(1x)2 则 F(x)f(x)(1x2(1x)f(x) 且

F(1)=0=F(ξ) 由罗尔中值定理知:(0,)(0,1) 使F()0 即

F()f()(1)22(1)f()=0 ∴f()(1)2f()0