复旦大学：《高等数学》课程往年试题（高等数学A）16级高数A（上）（A）试题解答

复旦大学数学科学学院 2016~2017学年第一学期期末考试试卷 A卷 课程名称:高等数学A(上) 课程代码: 1开课院系:数学学院 考试形式:团卷 题号 2 3 4 5 6 总分 得分 简答题(本题共40分,每小题5分) 1求y=e2sn3x的二阶导数; A: y'=e(2sin 3x+3cos 3x),y"=e2(12 cos 3x-5sin 3x) 铷长 2计算 6 解:原式 dx+4 =l(x2+2x+5)+2achx++C 郛}3计算lm√m(m+1-n2+1) !解:原式=lm n(n+1)2-(n2+1) n+(Vm+1+n2+1)(n+1+√m2+1)2 0l(1+t)d 14求lm0 →0xh(1+x) In( 1+t)di 解:原式=lm hn(1+sn2x)·2cos2x 12-32 5.计算行列式 3-24-2 1解:原式=-9

1 复旦大学数学科学学院 2016～2017 学年第一学期期末考试试卷 A 卷 一.简答题（本题共 40 分，每小题 5 分） 1.求 y e x x sin 3 2  的二阶导数 ; 解： (2sin 3 3cos3 ) 2 y e x x x    ， (12cos3 5sin 3 ) 2 y e x x x    。 2.计算     dx x x x 2 5 2 6 2 ; 解：原式=         dx x x dx x x x 2 5 1 4 2 5 2 2 2 2 = c x x x      2 1 ln( 2 5) 2arctan 2 3.计算 lim ( 1 1) 4 2     n n n n ; 解：原式= ( 1 1)( 1 1) (( 1) ( 1)) lim 4 2 2 2 2           n n n n n n n n 2 1  。 4.求 ln(1 ) ln(1 ) lim sin2 0 0 x x t dt x x     ; 解：原式= 2 2 ln(1 sin 2 ) 2cos 2 lim ln(1 ) lim 0 2 sin2 0 0         x x x x t dt x x x 。 5.计算行列式 1 3 2 2 3 2 4 2 2 1 1 1 1 2 3 2        ; 解：原式   9 。 （ 装 订 线 内 不 要 答 题 ）

6设矩阵A,B满足2AB=3A+B,其中A=-111,求矩阵B; 01 解:(2A-D)B=3A,2A-I=-212,(2A-1)=21-2 021 3-36 所以B=32A-1)A=33-3 6-39 7求函数y=x+-8x2的极值 解:易知y=4x3-16x,驻点为x=0,2,-2,利用y”=12x2-16的符号,可知x=0是极 大值点,x=±2是极小值点,y极大=O,y极小=-16。 8.计算 (1 4x+24x+ 原式 二.(本题10分)求由x2+y2=a2与y2+z2=a2所围立体在第一卦限部分的体积 解:过y轴上点y处,作平行与Ox面的平面截立体的截面为正方形,边长为√a-y2, 所以体积=(a2-y2)h= (本题10分)设f(x)={(1+x)2,x≠0,求f“(0)的值 ,x=0 解:f(x)=eexp In(1+x) (1+x)-x1(h(1+x)-x),1(h(1+x)-x),1(m(1+x)-x =el+ +O(x) =1-x+x2-1x3+1 x+x2-x3+o(x3) 2

2 6.设矩阵 A, B 满足 2AB  3A B ，其中             0 1 1 1 1 1 1 1 0 A ，求矩阵 B ; 解： (2A  I)B  3A，              0 2 1 2 1 2 1 2 0 2A I ，                   4 2 5 2 1 2 3 2 4 (2 ) 1 A I ， 所以                    6 3 9 3 3 3 3 3 6 3(2 ) 1 B A I A 。 7.求函数 4 2 y  x  8x 的极值; 解： 易知 y 4x 16x 3    ，驻点为 x  0,2,2 ，利用 12 16 2 y  x  的符号，可知 x  0 是极 大值点， x  2 是极小值点， y极大  0，y极小  16 。 8. 计算     1 2 (1 2） 4 2 dx x x x 。 解：原式= 2ln 2 2 2 1 4 2 4 2 1 2 2                 dx x x x x 。 二.（本题 10 分）求由 2 2 2 x  y  a 与 2 2 2 y z a   所围立体在第一卦限部分的体积。 解：过 y 轴上点 y 处，作平行与 Ozx 面的平面截立体的截面为正方形，边长为 2 2 a y  ， 所以体积 2 2 3 0 2 ( ) 3 a V a y dy a     。 三.（本题 10 分）设 f (x)         , 0 (1 ) , 0 1 e x x x x ，求 (0) (4) f 的值。 解： } ln(1 ) ( ) exp{ x x x f x e    ( ) ln(1 ) 24 ln(1 ) 1 6 ln(1 ) 1 2 ln(1 ) 1 1 4 2 3 4 o x x x x x x x x x x x x x e                                                                 2 2 3 4 2 3 3 ( ) 4 1 3 1 2 1 2 1 5 1 4 1 3 1 2 1 e 1 x x x x x x x o x ( ) ( ) 2 1 24 1 ( ) 3 1 2 1 6 1 4 3 4 2 2 e x x o x x o x  o x                            

41-2x+24x2 73.12447 o(x4) 4240 所以f(“(O)2=247 四.(本题10分)求不定积分 -dx 解:原式 dx (tanx+D) d tan x (tanx-cot x)+3(tan x-cot x)+c 五(本题10分)将直线1x-1=y+1=三绕直线1:x==三旋转一周可得一个旋转曲面, 求此旋转曲面的方程。 解:设∑是所求曲面,任取P(x,y,2)∈∑,则P点由直线l上某点Q(x0,yo,=0)旋转所得, 于是由点到直线的距离公式,可得 (y-)2+(二-x)2+(x-y)2(y-=0)2+(-0-x)2+(x-y)2 又PQ⊥1,所以x-x0+y-y0+2-=0=0,利用{y0=-1-1 20= 可得xy+yz+xx+x+y+z+1=0,这就是所求的旋转曲面的方程。 六(本题10分)求使得下式成立的最小的a: 解:问题化为a>~1 n. Vn 记f(x)=1 x∈(0.,1], In(+x)x 则∫"(x)= (1+x)hn2(+x)-x hn2(1+x)1+xx2x2(1+x)h2(1+x) 记g(x)=(1+x)hn2(1+x)-x2, 则g(x)=h(1+x)+2l1+x)-2x8()2h(1+、D∠0 1+x

3 ( ) 240 2447 24 1 16 7 24 11 2 1 1 2 3 4 4 e x x x x  o x            ， 所以 f e 240 2447 (0) (4)  。 四.（本题 10 分）求不定积分  dx x x 4 4 sin cos 1 。 解: 原式      d x x x dx x x tan tan (tan 1) tan sec 4 2 3 4 8  (tan x  cot x)  3(tan x  cot x)  c 3 1 3 3 。 五（本题 . 10 分）将直线 1 2 1 2 1 : x y z l      绕直线 1 1 1 : 1 x y z l   旋转一周可得一个旋转曲面， 求此旋转曲面的方程。 解：设  是所求曲面，任取 P (x, y,z)  ，则 P 点由直线 l 上某点 Q ( , , ) 0 0 0 x y z 旋转所得， 于是由点到直线的距离公式，可得 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 2 2 y z z x x y y  z  z  x  x  y       ， 又 1 PQ  l ，所以 x  x0  y  y0  z  z0  0 ，利用            z t y t x t 2 1 2 1 0 0 0 可得 xy  yz  zx  x  y  z 1  0 ，这就是所求的旋转曲面的方程。 六.（本题 10 分）求使得下式成立的最小的  ： , 1,2, 1 1           e n n n  解: 问题化为 n n n     , ) 1 ln(1 1  ， 记 , (0,1] 1 ln(1 ) 1 ( )     x x x f x ， 则 (1 )ln (1 ) 1 (1 )ln (1 ) 1 1 ln (1 ) 1 ( ) 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x f x             ， 记 2 2 g(x)  (1 x)ln (1 x)  x ， 则 0 1 2ln(1 ) 2 ( ) ln (1 ) 2ln(1 ) 2 , ( ) 2             x x x g x x x x g x

于是g'(x)严格递减,当x∈(0,1,g(x)<g'(0)=0, 推出g(x)严格递减,当x∈(0,1],g(x)<g(0)=0,即得f(x)<0, 所以f(x)在(O0,1严格递减,f(x)<imf(x)=,x∈(0,1, 这表明,满足条件的最小的a= 七(本题10分)设f(x)在[O,1上连续,在(0,1)可导,f(0)=0,f(1)=1,证明:对任意的 三个正数a,b,c,存在三个不同的数x1∈(0,1)=1,2,3,使得 b =a+b+c。 f(x1)f(x2)f(x3) 证:对任意的三个正数a,b,C,0< <1,由连续函数介值定理, a+6+c a+b+c 彐p,q∈(0,1),p<q,使得f(p) f(q)= a+b+c +b+ 在[0,P][P,q][q,1上分别对f(x)用 Lagrange中值定理, x1∈(0,pP)x2∈(P,q)x3∈(q,1),使得 f(p)-f(0)=f(x1)P,f(q)-f(p)=f(x2)Xq-p)f(1)-f(q)=f(x3)1-q) 所以 b a+6+c f(x1)f(x2)f(x3) ⌒眼铷长搽

4 于是 g (x) 严格递减，当 x  (0,1]， g (x)  g (0)  0 ， 推出 g(x) 严格递减，当 x  (0,1]， g(x)  g(0)  0 ，即得 f (x)  0， 所以 f (x) 在 (0,1] 严格递减， 2 1 ( ) lim ( ) 0     f x f x x o ， x  (0,1]， 这表明，满足条件的最小的 2 1   。 七.（本题 10 分）设 f (x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 可导， f (0)  0, f (1)  1 ，证明：对任意的 三个正数 a,b, c ，存在三个不同的数 xi (0,1),i 1,2,3 ，使得 a b c f x c f x b f x a        ( ) ( ) ( ) 1 2 3 。 证: 对任意的三个正数 a,b, c ，0  1        a b c a b a b c a ，由连续函数介值定理， p, q (0,1), p  q ，使得 a b c a b f q a b c a f p       ( )  , ( ) ， 在 [0, p],[ p, q],[q,1] 上分别对 f (x) 用 Lagrange 中值定理， (0, ), ( , ), ( ,1) x1  p x2  p q x3  q ，使得 ( ) (0) ( ) , ( ) ( ) ( )( ), (1) ( ) ( )(1 ) f p  f  f  x1 p f q  f p  f  x2 q  p f  f q  f  x3  q ， 所以 a b c f x c f x b f x a        ( ) ( ) ( ) 1 2 3 。 （ 装 订 线 内 不 要 答 题 ） （ 装 订 线 内 不 要 答 题 ）