复旦大学：《高等数学》课程往年试题（高等数学B）《高等数学B（I）》试题（2016.1）（答案）

复旦大学数学科学学院 2015~2016学年第一学期期末考试试卷 《高等数学B(I》试题答案 1.(本题满分40分,每小题5分)(1)±16;(2)=;(3)在(-1,e1-1]上单 调减少,在[e--1,+∞)上单调增加;f(e-1-1)=-e-为极小值 4)arcsin+C:(5)e-1- (6)收敛:(7)852:(8)x-2y+2=0。 2.(本题满分10分)3个。 装订线内不要答题 3.(本题满分10分)底面半径和高均为 4.(本题满分10分)(1)f(x)=28x°+cx(c为任意常数);(2)无拐点:(3) 不存在。 5.(本题满分10分)证:作函数 x 3 则当x∈(-1,+∞)时 f(x) 1+x-(1-x)1+x2)=1-(1-x2)1+x) 1+ 这说明函数∫在[O,+∞)上严格单调增加,从而当x>0时 ∫(x)>f(0)=0 n(1+x) 6.(本题满分10分)(1)证:由sinx≥2x(0≤x≤买)知smzx≥x(0≤x≤1), 所以

复旦大学数学科学学院 2015～2016 学年第一学期期末考试试卷 《高等数学 B（I）》试题答案 1．（本题满分 40 分，每小题 5 分）（1） 16 ；（2） 2 3 ；（3）在 1 ( 1, e 1]    上单 调减少，在 1 e 1, )  [    上单调增加； 1 1 f (e 1) e      为极小值； （4） 2 1 arcsin 2 2 x C ；（5） 2 2 1 e 1 e         ； （6）收敛；（7）           3 2 1 8 5 2 14 8 3 ；（8） x y z    2 0 。 2．（本题满分 10 分）3 个。 3．（本题满分 10 分）底面半径和高均为 3 π V 。 4．（本题满分 10 分）（1） 6 f x x cx ( ) 28   （ c 为任意常数）；（2）无拐点；（3） 不存在。 5．（本题满分 10 分）证： 作函数 1 1 1 2 3 4 ( ) ln(1 ) 2 3 4 f x x x x x x             ， x 1， 则当 x    ( 1, ) 时， 2 3 2 2 2 4 1 ( ) 1 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) 1 1 0 . 1 f x x x x x x x x x x x x x                     这说明函数 f 在 [0,  ) 上严格单调增加，从而当 x  0 时， f x f ( ) (0) 0   ， 即   1 1 1 2 3 4 ln 1 2 3 4      x x x x x 。 6．（本题满分 10 分）（1）证；由 2 sin π x x  （ π 0 2  x ）知 sin π 2 x x  （ 0 1  x ）， 所以 （ 装 订 线 内 不 要 答 题 ）

inxd≥J(+x)d (2)由于 dxs(1+1) 利用极限的夹逼性可得 lim[1 7.(本题满分10分)(1)L的方向向量可取为 2cj+(1-c)j-(1+c)k 因此L的对称式方程为 x+1 (2)在以上方程中令z=t,得 =A-BL (c2-1)t at+B 其中A=C-,B 1+c 显然A2+B2=1,于是 (1+t)+B(1+t)=1 因此曲面∑与平面z=t的交线的方程为 (3)由(2)知,过(0,0,2)点且与Oxy平面平行的平面截由曲面Σ,平面z=0 和z=1所围立体的截面均为圆,其面积为 A(z)=m(1+2) 因此该立体的体积为 V=A(=) T

    1 1 1 1 1 0 0 0 π 1 2 1 1 sin d 1 d = 1 2 1 1 n n n n x x x x x n n                   。 （2）由于   1 1 1 0 0 2 2 1 π 1 sin d 1 1 d 2 1 1 2 n n n n n x x x n n                   ， 利用极限的夹逼性可得 1 1 0 π lim 1 sin d =2 2 n n n x x                  。 7．（本题满分 10 分）（1） L 的方向向量可取为 2 2 1 1 2 (1 ) (1 ) 1 c c c c c c       i j k j j k ， 因此 L 的对称式方程为 2 2 1 2 1 1 x y c z c c c c         。 （2）在以上方程中令 z t  ，得 2 2 2 2 2 ( 1) , 1 2 ( 1) , 1 ct c x A Bt c c c t y At B c              其中 2 2 1 1 c A c    ， 2 2 1 c B c   。 显然 2 2 A B 1 ，于是 2 2 2 2 2 2 2 x y A t B t t        (1 ) (1 ) 1 ， 因此曲面  与平面 z t  的交线的方程为 2 2 2 1 . x y t z t        ， （3）由（2）知，过 (0, 0, )z 点且与 Oxy 平面平行的平面截由曲面  ，平面 z  0 和 z 1 所围立体的截面均为圆，其面积为 2 A z z ( )   π(1 )， 因此该立体的体积为   1 1 2 0 0 4π ( )d π 1 d = 3 V A z x z z     