2022级高等数学(上)中期考试试题评析-副本.docx

《2022级高等数学(上)中期考试试题评析-副本.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022级高等数学(上)中期考试试题评析-副本.docx（6页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、西南科技大学 2022 级高等数学上中期考试试题评析理学院鲜大权一、填空题(每题 4 分，5 个小题，共计 20 分)(1 + 3x)10 (1 + 2x)301limx(1+4x2)20= 。解原式=limx(1+3x)10(1+2x)30/x40(1+ 4x2)20 / x40=limx(1/x+3)10(1/x+2)30 (1/ x2 +4)20=310 230240=3 10 。( )22设f(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4),那么f(x)=0有且仅有个实根。解显然 f(x) C0, 4 D(0, 4) ，又 f(0) =f (1) =f (2)=f (3)=f (4)

2、 = 0ii那么由 Rolle 定理有： x(i -1, i) ，使得 f (x) = 0 , i = 1, 2, 3,4 。而 f (x) 是四阶多项式,至多只有四个零点，因此 f (x) = 0 有且仅有四个实根。注：由 f (x) = (x - 4)(5x3 - 24x2 + 30x - 8) 有f (1) -f (0) =-41 0, f (3) -f (2) =-9 0由 Lagrange 中值定理得 f (x)在(0,1)和(2, 3)上单减,在(1, 2)和(3, 4)上单增， 从而 f (x) =0有且仅有四个实根。 f (x)和f (x)的图象分别如图1和图2:3 设图1图2

3、y= sin(1+x2),那么y= 。解 y = 2x cos(1+x2 ) y = 2 cos(1+x2 ) - 4x2 sin(1+x2 ) 。4 设y=12x 2 +ex，那么其反函数x(y)的导数x(y)=。dy-4x-ex1(2x2+ex)2解dx=(2x2 +ex )2,x(y)=-y(x)ex + 4x(x 0) 。注：反函数的导数是直接函数的导数的倒数。5设f(x)为可导函数且满足limf(a)-f(a-x)=1，那么曲线y=f(x) 在点x02x(a，f(a)处的切线斜率为。解 lim f (a) -f (a -x) =1 lim f (a -x) -f (a) =1 f (

4、a) = 1，x02x2x0-x2故曲线y =f (x)在点(a，f (a)处的切线斜率为f (a) = 2 。二、选择题 (每题 4 分，5 个小题，共计 20 分)11当x0时，(1+ax2)3-1与cosx-1是等价的无穷小，那么常数a=()A、3B、2C、-3D、-223213-22解. lim(1+ax2 )3-12ax(1+ax2 )3=- lim=-lim2 a(1+ax2) 3 =-2 a = 1x0cos x-1x03sin xx033a =-3,2选C。ax+b，当x12f(x)=x2，当x1处处可导，那么有()A、a = 2，b =-1B、a =-2, b = 1C、a

5、=-1, b = 2D、a = 1，b =-2解.显然当 x 1 时 f (x) 处处可导，要 f (x) 对一切 x 处处可导，那么 f (x) 在x = 1 必可导。首先由 f (x) 在 x = 1 处连续有：limf(x)=lim(ax+b)=a+bx1+x1+a +b = 1；lim f (x) = lim x2 = 1 =f(1)x1-x1-再由 f (x) 在 x = 1 处可导有： f (1) =a =f (1) = 2 a = 2 ，b =-1 ，应选(A)。+-3设limf(x)-f(0)ln(1+3x)=4,那么f(0)等于()xe0x2A、3B、4C、1D、43解.li

6、mf(x)-f(0)ln(1+3x)=limf(0+x)-f(0)3x=3f(0)=4xe0x2xe0xxf (0)= 4 (D)。34设函数y=f(x)在点x处可导,那么它在点x处的微分dy是指()A、 f ( x)答.选(D).B、f ( x)C、xD、 f ( x)x5设常数k0，函数f(x)=lnx-x+k在(0,+)内零点个数为()eA、1B、2C、3D、0解： f (x) =1 -1 = 0 驻点x =exe0 x 0 f(x)增x ef (x) 0而 limf (x) =-, limf (x) = lim x lim ( ln x -1 +k ) =-x0+x+x+x+xex$x

7、1 (0, e) 使得 f (x1) 0 ，且$x2 (e, +) 使得 f (x2 ) 0由零点定理知$x1 (0, e) 和x2 (e, +) 使得 f (x1) =又 f (x) 在(0, e) 单增，在(e, +) 单减，f (x2 ) = 0f (x) 在(0, e) 和(e, +) 内只有唯一根x1 和x2 ,应选 B。参考:(2022,II)讨论曲线 y=4lnx+k与 y=4x+ln4x的交点个数。解:问题等价于讨论函数 f(x) =ln4x-4lnx+4x-k的零点个数。4(ln3 x -1+x)由 f(x)= 0xf (x)的驻点x = 1 ,同时 f (x) 有间断点 x

8、 = 0 。0x1f (x) 1f (x) 0 f (x)增f (x)取最小值f (1) = 4 -k当k 0 时， f (x) 无零点,因此两条曲线无交点；当k = 4 ,即4 -k = 0 时， f (x) 有唯一零点,即两条曲线只有一个交点； 当k 0 ,即4 -k 1f (x) = limn1+x2n x =0, | x |= 1，x, | x | 11)在 x=-1处, limx-1-f (x) = lim (-x) = 1 x-1-limx-1+f (x) =lim x =-1,x =-1是 f (x) 的跳跃间断点;x-1+2)在 x = 1 处, lim f (x) = lim

9、 x = 1 lim f (x) = lim(-x) =-1 ,x = 1 也是 f (x) 的跳跃间断点。x1-x1-x1+x1+四、证明题 (每题 9 分， 2 个小题，共计 18 分)1 证明：当0 a b时, b -a ln b b -a 成立.baa证明: 令f (x) = ln x,那么f (x)在(0,+)连续,可导。当0 a b时, 对f (x)在a, b上应用Lagrange中值定理，那么至少存在x(a, b), 使f (b) -f (a) =f (x)(b -a) ,即ln b - ln a = ln b =1 (b -a) ,ax又a x 0 , 那么1 1 1 , 故0

10、 a b时, b -a ln b b -a 成立. 。bxabaa2 设f (x)在0, a连续，在(0, a)内可导，且f (a) = 0，证明存在一点x (0, a) ，使得3 f (x) +xf (x) = 0 。证明：令 F (x) =x3 f (x) ,因为 f (x) 在0, a 连续，在(0, a) 内可导,所以 F (x) 在0, a 连续,在(0, a) 内可导,且 F (0) =F (a) =a3 f (a) = 0 ,满足罗尔中值定理条件,因此至少存在一点x(0, a) ,使得 F(x) =3x2f(x) +x3f(x) =0,即3f(x) +xf(x) =0。注：该题目可推广为如下形式设f (x) C0, a D(0, a) f (a) = 0 ，那么aR-0,$x(0, a) s.t.af (x) +xf (x) = 0 。