亚归無华来凶很解长长無来是 复旦大学数学科学学院 2017~2018学年第一学期期末考试试卷 A卷(参考答案) 课程名称:高等数学A(上)课程代码:MATH120021 :开课院系:数学科学学院考试形式闭卷 题目 三四五六七八|总分 剑 得分 计算(每题6分,共18分) +ne x23x4 +o(x4), arccos 二、计算下列各题(每题6分,共18分) 1 1.xt=1+cost,y-(1+3y2)(1+t2)dx(1+cost)(1+3y2)(1+2) 登滨显無 2原式=1m∑keM=0×/med=0 lin(11=1of"()g(z)+f(z)g(a) g(a)-f(a lin g"(x)-f"(x) zof"(a)g(ar)+2f'()g(ar)+ f(a)g"(a) 三、计算下列积分(每题8分,共24分) 1(x+1)(a+1+1+m(x+1)+Va+1)+1)+C 1+2a cos 0+a2 1+2acos6+a2a2-1 (采用变换t tan号时,6=丌及6=-丌分别对应于x=+∞及x 第1页(共4页)
6 ¶ Æ “ ; í ( ²:· Æ GÆ È u £ V Æ Ó ã 5 ½,Ú [±™¢Å & m ë,Ó Å £ V Æ,ÿ ä 6,ÿ 3 á;e k ä áÆ £ V Æ 1 è,g …ÆÓ ã ? n" Æ )£\ ¶§µ c F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EåÆÍÆâÆÆ 2017*2018Æc1òÆœœ"££Ú A Ú£ÎâY§ ë߶°µ p ÍÆA£˛§ ëßì˵ MATH120021 mëXµ ÍÆâÆÆ £/™µ 4Ú K 8 ò n o 8 ‘ l o© © ò!Oé(zK6©ß18©) 1. e 5 . 2. xex + nex . 3. (arccos x) 0 = − 1 √ 1 − x 2 = −1 − x 2 2 − 3x 4 8 + o(x 4 ), arccos x = π 2 − x − x 3 6 + o(x 4 ). !OéeàK(zK6©ß18©) 1. xt = 1 + cost, yt = 1 (1 + 3y 2 )(1 + t 2 ) , dy dx = 1 (1 + cost)(1 + 3y 2 )(1 + t 2 ) 2.™= limn→∞ 1 3n3 Xn k=1 kek/n = 0 × Z 1 0 xex dx = 0. 3. limx→0 1 f − 1 g = limx→0 g 0 (x) − f 0 (x) f 0 (x)g(x) + f(x)g 0 (x) = limx→0 g 00(x) − f 00(x) f 00(x)g(x) + 2f 0 (x)g 0 (x) + f(x)g 00(x) = − 1 2 . n!Oée»©(zK8©ß24©) 1. 1 2 (x + 1)p (x + 1)2 + 1 + ln (x + 1) + p (x + 1)2 + 1 + C 2. Z 2π 0 dθ 1 + 2a cos θ + a 2 = Z π −π dθ 1 + 2a cos θ + a 2 = 2π a 2 − 1 £Ê^CÜt = tan θ 2û, θ = π9θ = −π©OÈAux = +∞9x = −∞"§ 11ê ( 4ê)
a+1a+1 B(b 四、(8分) 解:设平面∑的方程为x(1+p)+y(3-1)+2(1+21)=0,于是 (31+)+(1+2) (1+pP2+(3-2+(1+202)10-4 整理得到 612+11 并解得 515 =-2士 五、(8分) 解:(1)曲线的平面直角坐标系下方程为x2+y2=aVx2+y2+ax,于是∑的方 程为 x2+y2+2-=ayr2+y2+2+ax; (2)曲线的参数方程为:x=a(1+cos0)cos6,y=a(1+cos)sin,弧长微元为 d r2+(r)2 2a√1+cos6d, ∑的面积为 2V2Ta2 (1+cos 0)/-sin 8d032a2 六、(8分) 解:第一步曲线y=a2与直线y=x有交点当且仅当存在x1/x=a有解。于是 问题转化为求函数f(x)=x1/,x∈(0,+∞)的值域。 第二步由f"(x)=x12(1-ln)=0求得驻点xo=e 第三步由 0及lim =-∞0(这两式可用 L'Hospita法则求 x-0+y 得)得到f(0+)=0,f(+∞)=1 第2页(共4页)
3. 1 2 B(b − a + 1 2 , a + 1 2 ) o!(8©) )µ²° Σ êßè x(1 + µ) + y(3 − µ) + z(1 + 2µ) = 0, u¥ 3(1 + µ) + (1 + 2µ) 2 (1 + µ) 2 + (3 − µ) 2 + (1 + 2µ) 2 10 = 1 4 n 4 + 5µ 2 6µ2 + 11 = 5 2 , ø) µ = −2 ± √ 515 10 . !(8©) )µ(1)Dz°ÜãIXeêßèx 2 + y 2 = a p x 2 + y 2 + ax,u¥ Σê ßè x 2 + y 2 + z 2 = a p x 2 + y 2 + z 2 + ax; (2) ÇÎÍêßèµx = a(1 + cos θ) cos θ, y = a(1 + cos θ) sin θ,láè ds = p r 2 + (r 0 ) 2 = √ 2a √ 1 + cos θdθ, Σ°»è Z π 0 2πyds = Z π 0 2 √ 2πa2 (1 + cos θ) 3/2 sin θdθ = 32πa2 5 . 8!(8©) )µ1ò⁄ Çy = a xÜÜÇy = xk:Ö=3x 1/x = ak)" u¥ ØK=z趺Íf(x) = x 1/x , x ∈ (0, +∞)äç" 1⁄ df 0 (x) = x 1/x 1 x 2 (1 − ln x) = 0¶7:x0 = e" 1n⁄ d lim x→+∞ ln x x = 0 9 limx→0+ ln x x = −∞£˘¸™å^L’Hospital{K¶ §f(0+) = 0, f(+∞) = 1" 12ê ( 4ê)
综合第二、三步,可得∫ 于是当a∈(0,e2时曲线 与直线y=x必有交点。 另解:考虑函数f(x)=a2-x,x∈R1。分两种情形讨论。 情形一:当01时,先求驻点方程:f(x)=a2lna-1=0,得到驻点为 In In a 又因为limf(x)=+∞,limf(x)=+∞,于是曲线y=a2与直线y=x有 交点当且仅当∫(x0)≤0。再由f(xo)≤0解得a≤ele。综上最后结论为当 a∈(0,e1/]时曲线y=a与直线y=x必有交点 (【注】鉴于中学教材在函数y=a2的定义中要求a≠1,答案若为“a∈ (0,e2/],a≠1”亦可。) 七、(8分) 证:(1)由已知得到0≤f(x)≤ 2+3,天是/ f(x)dr收敛,且 f(a)c +32√3 (2)分两种情况:(A)x1≠0,则 利用归纳法可证 另一方面, 0≤S/(as页 于是可得结论。另一种情况,(B)x1=0,结论显然。 八、(8分) 解:(1) 11 12 g(x)=|4|+x|1a22a23+a|a11a23+a|a21a21 32 a33 第3页(共4页)
n‹1!n⁄ßåf(0, +∞) = (0, e1/e]"u¥a ∈ (0, e1/e]ûÇy = a xÜÜÇy = x7k:" ,)µƒºÍf(x) = a x − x, x ∈ R1"©¸´ú/?ÿ" ú/òµ0 1ûßk¶7:êß:f 0 (x) = a x ln a − 1 = 0, 7:è x0 = − ln ln a ln a " qœè lim x→−∞ f(x) = +∞, lim x→−∞ f(x) = +∞, u¥Çy = a xÜÜÇy = xk :Ö= f(x0) ≤ 0" 2df(x0) ≤ 0)a ≤ e 1/e"n˛,Å(ÿè a ∈ (0, e1/e]ûÇy = a xÜÜÇy = x7k:" £=5>Åu•Æ·3ºÍy = a x½¬•á¶a 6= 1ßâYeè /a ∈ (0, e1/e], a 6= 10½å"§ ‘!(8©) yµ£1§dÆ 0 ≤ f(x) ≤ 1 x 2 + 3 , u¥ Z +∞ 0 f(x)dx¬ÒßÖ Z +∞ 0 f(x)dx ≤ Z +∞ 0 dx x 2 + 3 = π 2 √ 3 . £2§©¸´ú¹µ£A§x1 6= 0, K x2 ≤ Z x1 0 dx x 2 + 3 ≤ x1, |^8B{åyß xn+1 − xn = Z xn xn−1 f(x)dx ≤ 0, ,òê°ß 0 ≤ xn ≤ Z +∞ 0 f(x)dx ≤ π 2 √ 3 , u¥å(ÿ",ò´ú¹ß£B§x1 = 0, (ÿw," l!(8©) )µ£1§ g(x) = |A| + x 1 a12 a13 1 a22 a23 1 a32 a33 + x a11 1 a13 a21 1 a23 a31 1 a33 + x a11 a12 1 a21 a22 1 a31 a32 1 , 13ê ( 4ê)
g() Ak,其中Ak为4中相应于(k,j)元的代数余子式,再利用 1≤kj≤3 4|A-1可得g(0)的表示式 (2)经计算可得||=-1及 121 4 代入即得g(0)=1。 或者: 134 214 231 g(0)=111+211+211|=1 112 第4页(共4页)
g 0 (x) = X 1≤k,j≤3 Akj , Ÿ•Akjè|A|•ÉAu(k, j)ìÍ{f™ß2|^A ∗ = |A|A −1åg 0 (0)L´™" £2§²Oéå |A| = −19 A −1 = −1 2 1 5 −8 −6 −3 5 4 , ì\=g 0 (0) = 1" ½ˆµ g 0 (0) = 1 3 4 1 1 1 1 1 2 + 2 1 4 2 1 1 −1 1 2 + 2 3 1 2 1 1 −1 1 1 = 1. 14ê ( 4ê)