复旦大学：《高等数学》课程往年试题（高等数学B）2011秋期末考试（高数B解答2012.1）

复旦大学自然科学试验班、经济管理试验班 2011~2012学年第一学期期末考试试卷(A卷) 课程名称:高等数学(B)课程代码:MATH120003 开课院系:数学科学学院 考试形式: 闭卷 姓名 学号: 专业: 题号1 3 总分 得分 选择题(15分) 1.设函数g()在x=0点某邻域内有定义,若lmx=8(x=1成立,则[]。 x→0Smnx A.g(x)在x=0点连续,但不可导 B.g(x)在x=0点可导但导数不为0 C.Img(x)在,但8(x)在x=0点不连续 D.x→0时,g(x)是x的高阶无穷小量 解:由Imx-8(x)=1,知im(x-g(x)=0,mg(x)=lmx=0。 sInx (x)8哑 =lim g(x)-x+x sinx=-1+1=0 选D sInx 2已知f(x)=3x2+kx(k>0),当x>0时,总有f(x)≥20成立,则参数k的 最小取值是[]。 A.32 B.64 C.7 D.96 解 f(x)=3x2+kx3≥20→3x3-20x3+k≥0 显然由题设k>0,要满足上述不等式恒成立(x>0),需要求出 g(x)=3x3-20x3的最小值(负值)。令 g(x)=15x2-60x2=0→x=土2,但x>0只能x=2

8 复旦大学自然科学试验班、经济管理试验班 2011 ～2012 学年第 一 学期期末考试试卷（A 卷） 一．选择题（15 分） 1．设函数 g(x) 在 x  0 点某邻域内有定义，若 1 sin ( ) lim 0    x x g x x 成立，则  。 A． g(x) 在 x  0 点连续，但不可导 B． g(x) 在 x  0 点可导但导数不为 0 C．lim ( ) 0 g x x 存在，但 g(x) 在 x  0 点不连续 D． x 0 时， g(x) 是 x 的高阶无穷小量 解：由 1 sin ( ) lim 0    x x g x x ，知 lim( ( )) 0 0    x g x x ，lim ( ) lim 0 0 0     g x x x x 。 1 1 0 sin sin ( ) lim ( ) lim 0 0           x x x g x x x x g x x x 。选 D。 2.已知 ( ) 3 ( 0) 2 3     f x x kx k ，当 x  0 时，总有 f (x)  20 成立，则参数 k 的 最小取值是  。 A．32 B．64 C．72 D．96 解： ( ) 3 20 3 20 0 2 3 5 3         f x x kx x x k 显然由题设 k  0 ，要满足上述不等式恒成立（ x  0 ），需要求出 5 3 g(x)  3x  20x 的最小值（负值）。令 ( ) 15 60 0 2 4 2 g  x  x  x   x   ，但 x  0 只能 x  2

此时g(2)=3×2-20×2=-64,故k=64 3如题图,抛物线y=(2-12把y=x(b-xb>0与x轴所构成的区 域面积分为S与S两部分,则[ y=r(b-r 1)x2 D.S4与S2大小关系与b的数值有关 解:两条曲线的交点满足 (2-12=xb-x)→xb-(√2-1)x-x)=x(b-2x)=0, 得两个交点坐标为0和b,y2-b2|,这里yb<b。 (b-x)-(52-1x)k=x 6- b2 S,+SB=x(b Sn=S,+S。-S 选B 二,填空题(15分) lm3/5+ 解:7=2- 5"+35"+5 < 而 mvn=1,Im2=1,故m+3=

9 此时 (2) 3 2 20 2 64 5 3 g       ，故 k  64。 3.如题图，抛物线   2 y  2 1 x 把 y  x(b  x)(b  0) 与 x 轴所构成的区 域面积分为 A S 与 B S 两部分，则  。 A．SA  SB B．SA  SB C．SA  SB D． A S 与 B S 大小关系与 b 的数值有关 解：两条曲线的交点满足  2 1 ( ) ( ( 2 1) ) ( 2 ) 0 2  x  x b  x  x b   x  x  x b  x  ， 得两个交点坐标为 0,0 和          2 2 2 1 , 2 2 b b ，这里 b  b 2 2 。     12 ( ) ( 2 1) 2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 b S x b x x dx bx x dx b b A          ‘ SA  SB  6 12 ( ) 2 2 0 b S S S S b x b x dx B A B A b         。选 B。 二．填空题(15 分) 1．    n n n n 5 3 lim 。 解： n n n n n n n n n n n n n n n 2 5 5 5 5 3 5 5       ，而 lim 1  n n n ，lim 2 1  n n ，故 5 5 3 lim    n n n n

2.设 (>1),求 d u 解:本题为由参数方程确定的函数求导法。 √ Indu 21v2Int dx In t Indu 2√2)22 In t √ In udu 3设一平面经过原点及M6-32),且与平面4x-y+2=8垂直,则此平面 方程为 解:所求平面的法向既与OM=(6-32)垂直亦与平面4x-y+2z=8垂直, 故 6-32=0→2x+2y-3z=0。 三.计算题(20分) 1.设函数y=y(x)由方程x3=y确定,求y()。 解:x=y2→e=e,两边求导, (yhx+2)=e(ny+xy)→y In xyiny-y y(1)=1,y(1) yiN 求∫(2+3) 解:∫(2+3)h=j2 +2×62+32xkx 6 3+C。 2In 2 In6 2In 3 3利用7agm展开式求极限m1+ 10

10 2. 设          2 1 1 ln , ln , t t y udu x udu (t 1) ，求 2 2 dx d y 。 解：本题为由参数方程确定的函数求导法。 dx dy                  t t udu udu 1 1 ln ln 2 t t t t 2 2 ln 2 2ln   ，         dx dy dx d dx d y 2 2            t udu t 1 ln 2 2 ln t 2 2 。 3.设一平面经过原点及 M(6,3,2) ,且与平面 4x  y  2z  8 垂直，则此平面 方程为 。 解：所求平面的法向既与 OM  (6,3,2) 垂直，亦与平面 4x  y  2z  8 垂直， 故 0 2 2 3 0 4 1 2 6 3 2        x y z x y z 。 三．计算题（20 分） 1. 设函数 y  y(x) 由方程 y x x  y 确定，求 y (1)。 解： y x y x x y x y e e ln ln    ，两边求导， 2 2 ln ln ln ln ( ln ) (ln ) xy x x xy y y y y y x e y x y e y x y x x y           ， y(1) 1， y (1) 1。 2.求   dx x x 2 2 3   。 解：   dx  dx C x x x x x x x x            2 2 2 2 2 3 2ln3 1 6 ln 6 2 2 2ln 2 1 2 3 2 2 6 3 。 3.利用 Taylor 展开式求极限                    x x x x x 2 2 ln 1 1 lim 1 2 3 0

解: + o(x 27 5+o(x)=x+1+o(x), lim 1+ =lim 1+ 12ox3 liml 1 12 4.求由抛物线(y-2)2=x-1和与抛物线相切于纵坐标y=3处的切线以 及x轴所围成的图形面积 解:y=3,x=2;2(y-2)y=1→y 32 1=3处的切线方程为y2(x-2)或x=2y-4,所围成的图形面积 S= p 四试就p的不同取值判断反常积分厂)的敛散性。(8分) 解:「 + In( ln(1+√x) dx 因为mx+)=1,所以h当p时收敛,当≥3 时发散; 当3时,x=(+-0,所以广厘+y收做当时, 因为当:1时有1,如2,且「1发散,所以「叫发 散

11 解：                      2 ln 1 2 ln 1 2 1 2 1 ln 2 2 ln x x x x x x                                                  ( ) 3 2 1 2 2 1 2 ( ) 3 2 1 2 2 1 2 2 2 3 2 2 3 x x x x x x x x   ( ) 12 3 3 x x  x   ，                                        ( ) 12 1 1 lim 1 2 2 ln 1 1 lim 1 3 3 2 3 0 2 3 0 x x x x x x x x x x x  12 ( ) 11 12 1 lim 1 3 3 0             x x x  。 4. 求由抛物线 ( 2) 1 2 y   x  和与抛物线相切于纵坐标 y0  3 处的切线以 及 x 轴所围成的图形面积。 解： y0  3， x0  2 ； 2 1 2( 2) 3 1 2( 2) 1 0            y y y y y y 。 y0  3 处的切线方程为 ( 2) 2 1 y  3  x  或 x  2y  4 ，所围成的图形面积 ( 2) 1 (2 4) 9 3 0 2        S y y dy 。 四．试就 p 的不同取值,判断反常积分 dx x x  p   0 ln(1 ) 的敛散性。（8 分） 解：     0 ln(1 ) dx x x p    1 0 ln(1 ) dx x x p    1 ln(1 ) dx x x p 。 因为 1 ln(1 ) lim 2 1 0      p p x x x x ，所以  1  0 ln(1 ) dx x x p 当 2 3 p  时收敛，当 2 3 p  时发散； 当 p 1 时， 0 ln(1 ) lim 2 1     p p x x x x ，所以    1 ln(1 ) dx x x p 收敛。当 p 1 时， 因为当 x 1 时有 p p x x ln(1 x) ln 2   ，且   1 1 dx x p 发散，所以    1 ln(1 ) dx x x p 发 散

因此当10,f(2)=e-1-10,也只有一根。 总结,f(x)在[2]与2]中各仅有一根。 六.设D是位于曲线y=√xa2(>10≤x<+∞)下方,x轴上方的无界区 域。(1)求区域D绕x轴旋转一周所成旋转体的体积(a); (2)当a为何值时,V(a)最小?并求此最小值。(8分) 解:(1)(a)=r「 a adx

12 因此当 2 3 1 p  时，    0 ln(1 ) dx x x p 收敛。 五．判断方程 1 2    e x x 在区间  2,2 中共有几个实根，并简要证明你的 结论。（8 分） 证明：   1,2 2,1 1, 1, ( ) 1 2 2 2                    x x e x e x f x e x x x x ， ( 2) 3 0, (1) 0, (2) 1 0 2 1 1            f e f e f e ，用闭区间上连续函数的零点 存在定理， f (x) 在  2,1 与 1,2 中至少各有一根。 又   1,2 2,1 1, 2 1 1, 2 1 ( ) 2 2                   x x e e f x x x ， 其中 f (x)  0, x1,2 ，此时 f (x) 单调下降，只有一根； 当 x 2,1 时，若令 ( ) 0 2 2ln 2  2,1 2 ln 2            f x e e x x ，且 f (x)  0 仅此一根。当 x 2,2ln 2， f (2ln 2) 1 2ln 2  0， f (x)  0 ，此 时 f (x) 单调下降，联立 f (2)  e 3  0 ，知 f (x) 在 x 2,2ln 2 时无根； x 2ln 2,1， f (x)  0 ，也只有一根。 总结， f (x) 在  2,1 与 1,2 中各仅有一根。 六．设 D 是位于曲线 ( 1,0 ) 2       y xa a x a x 下方， x 轴上方的无界区 域。（1）求区域 D 绕 x 轴旋转一周所成旋转体的体积 V(a) ； （2）当 a 为何值时， V(a) 最小？并求此最小值。（8 分） 解：（1）                     0 0 0 2 ln ( ) ( ) a x a x xd a a a V a y x dx xa dx    a a a a a a dx a a a x a x 2 2 0 2 2 ln ln 0 ln              ；

所以a=e时,(a)取最小值(e)=m2。 七,求直线1:y=k,k≠0绕轴旋转一周生成的旋转曲面方程,并指出 2=t 所得旋转曲面的类型。(8分) 解:在平面y=k上,所给直线为x=2, 取/上任一点P(xn,y,),其到轴的距离为x+,绕=轴旋转至 P(x,y.),注意二=0,则其到轴的距离为x+y2,满足 x2+y2=√x+,但在1上,(xn,y,=)=(2,k=) 故x2+y2=√()+k2,整理得 ,此为单叶双曲面 八.已知函数y=,求(1)函数的增减区间及极值; (x-1) (2)函数的凸凹区间及拐点;(3)函数图形的渐近线。(9分) 小/A(x-,p=68。x=1为间断点,x=0,x=3为驻点。 解:y=x(x-3) (x-1) 0 0<x<1 1<x<33

13 （2） . , 1 , 0. 0, 0, ln ln 1 2 ln 2 ln 2 ln ( ) 4 3 2 a e a e a e a a a a a a a a V a                     所以 a  e 时，V(a) 取最小值 2 V(e)  e 。 七．求直线 l : 0 . , 2 ,          k z t y k x t 绕 z 轴旋转一周生成的旋转曲面方程,并指出 所得旋转曲面的类型。（8 分） 解：在平面 y  k 上，所给直线为 x  2z， 取 l 上任一点   0 0 0 0 P x , y , z ，其到 z 轴的距离为 2 0 2 0 x  y ，绕 z 轴旋转至 Px, y, z ，注意 0 z  z ，则其到 z 轴的距离为 2 2 x  y ，满足   2 2 x y 2 0 2 0 x  y ，但 P0 在 l 上，     0 0 0 0 0 x , y , z  2z , k, z 故 2 2 2 2 x  y  (2z)  k ，整理得 1 4 2 2 2 2 2 2    k z k y k x ，此为单叶双曲面。 八．已知函数 2 3 ( 1)  x x y ，求（1）函数的增减区间及极值； （2）函数的凸凹区间及拐点；（3）函数图形的渐近线。（9 分） 解： 3 2 ( 1) ( 3)     x x x y ， 4 ( 1) 6    x x y 。 x 1 为间断点， x  0， x  3 为驻点。 x  0 0 0  x 1 1 1 x  3 3 x  3 x     x 1     x  3    

无 定 增(凸)拐点00)增(凹)义减(凹)极小增(凹) imy=∞,x=1为垂直渐近线;lim(y-x)=2,y=x+2是斜渐近线。 九.设函数f(x)和g(x)在[b上存在二阶导数,且g(x)≠0, f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0,证明: (1)在开区间(ab)内,g(x)≠0; (2)在在开区间(b)内至少存在一点,使得=5。(9分) (5)g"() 证明:(1)若c∈(ab),使得g(c)=0,则在c]和[6上各用一次罗尔定 理,得到5∈(ac),52∈(c.b),满足g(5)=8(52)=0;再次在[]上用罗 尔定理,知存在一点∈(552),使g()=0,与题设矛盾。 (2)构造函数o(x)=f(x)g(x)-f(x)g(x),则有a(a)=(b)=0,由罗尔定 理,知存在一点∈(ab),使φ(5)=0,此即 q(5)=((x)g(x)-f(x)g(x)1=f(5)g(5)-f(5)g(5)=0 ∫(5)f"(5) g()g"(5)

14 y    无   y    定   y 增（凸） 拐点 (0,0) 增（凹） 义 减（凹） 极小 4 27 增（凹）    y x 1 lim ， x 1 为垂直渐近线； lim(  )  2  y x x ， y  x  2 是斜渐近线。 九 ． 设 函 数 f (x) 和 g(x) 在 a,b 上存在二阶导数 ， 且 g (x)  0 ， f (a)  f (b)  g(a)  g(b)  0 ，证明： （1）在开区间 a,b 内， g(x)  0 ； （2）在在开区间 a,b 内至少存在一点  ，使得 ( ) ( ) ( ) ( )     g f g f    。（9 分） 证明：(1)若 ca,b ，使得 g(c)  0 ，则在 a,c 和 c,b 上各用一次罗尔定 理，得到 a,c 1  ， c,b  2  ，满足 g (1 )  g ( 2 )  0 ；再次在   1 2  , 上用罗 尔定理，知存在一点   1 2    , ，使 g ()  0 ，与题设矛盾。 （2）构造函数 (x)  f (x)g (x)  f (x)g(x) ，则有 (a) (b)  0 ，由罗尔定 理，知存在一点  a,b ，使 ()  0 ，此即        ( )  ( ( ) ( )  ( ) ( )) () () () () 0    f g f g x f x g x f x g x ( ) ( ) ( ) ( )     g f g f   