11 12 13上學(xué)期工科數(shù)學(xué)分析基礎(chǔ)試題答案

一、

b,ab；2.1e

12

1,x2y22yex4.exy

dy,2；5

4,二、1. 2. 3. 4. 5.一、

e2,2

yxey

y1 x1e1

x5x3x14.a1,b1；5.2二、1. 2. 3. 4. 5.三 解：原式=

x x

（6

3

（10分四、解：(1)a

g(x)sinx0lim(g(x)cosx)

（4分

0

(2)f(0)

f(x)f(0)

g(x)sin =

g(x)cosx

g(x)sinxg(0) x(g(x)cosx)(g(x)sinx)

x0∴f(x)

x0

（8分（3）

f(x)=

x(g(x)cosx)(g(x)sing(x)cosxx(g(x)sinx)(g(x)cosx)=g(0)12

f(0)，因此f(x)在(-∞，+∞)連續(xù) （10分五、解:f(x)lnxf'(x1lnx，可知,xef(x單調(diào)減少（5 若baelnalnb，推出lnablnba，即有ab 所以20112012六 解：f(x)

xf(x)f

（10分（4分 x g(xxf(xf(x，g(xxf(x

g(x)0

x0（唯一駐點(diǎn)x0g(x0x0g(x0g(0g(xg(0f(00f(x)

0

f

單調(diào)增加 （10分 x 七、證明：令F(x)xnf （4分（0，1）x(0,1)使F(x)0， nxn1f(x)xnf(x)xn1(nf(x)

f(x))

xn10，故nf(xxf(x

（10分 2n3n 3x22x

lim )n ；

x

sinyxn(nN在點(diǎn)(1,1處的切線方程為x

y1n(x

交點(diǎn)為

0limn

nxt2

d2y 設(shè)yln(1tdx

2(t

2(t （麥克勞林）公式cos2x

o(x5) g(xx2cos2xg(40

當(dāng)x0時(shí)，f(x)tan2xx2是x 階無窮?。▽懗鲭A數(shù) 420 limxsin1

0 x C．lim1sin1

1．x0 xsin(x

x函數(shù)f(x)x(x1)(x2)2在下列哪一個(gè)區(qū)間內(nèi)有界 (1,0) D．(2,3)對(duì)于定義在(1,1)上的函數(shù)f(x)，下列命題中正確的

f(0f(xf(0f(x的極大值，則存在01f(x在(0內(nèi)單在(0,f(xf(0f(xf(xf(00若

ln(1x)(axbx2

2， A．a(chǎn)1,b5 B．a(chǎn)1,b5 C．a(chǎn)1,b2 D．a(chǎn)0,b2設(shè)函數(shù)f(x)x0的某鄰域內(nèi)三階可導(dǎo)，且

f

1，則 f(0f(xf(0f(xf(0f(x

x01cosf(0f(x（10yy(xx2y2y1y0dyy

2xy22x2yyy 令 5

y ，得

x

，易算得

y(0)1

2y24xyy4xyy2x2y22x2yyy 在(2)中令

x

算得

所以

y(0)

為極大 （10分）

exesin． x0xln(1x)exesin

sin解原式

x0xln(1x)x2sin6exesin

sinxexsinx

xsin

1cos

lim

22

1limln(1x)xlim1

x02(1

sin6x

0，--9 1 3 x（10）f(xabcos,

x

x

和b

，因此 有l(wèi)im(abcosx)0分

ab0 f(0f(0，算得f(0limaacosxa，

f(0)

所以a2，

b2 （1）n

ln(11)

(nN)

u11 1ln

(nN，證明數(shù)列{u 證(1)只需證

(x1方法一（利用微分中值定理）

x0ln(1x)f(x)f(0)

x1x

(0x)因?yàn)?x分

1

1

x

1

(x0) （利用單調(diào)性）

g(x)ln(1x)

1

g(x在[0g(x)

1

(1

(x(0,))g(x在[0x0g(xg(0再令h(x)ln(1x) (x[0,))，則h(x)在[0,)上可導(dǎo)，h(x)

1

10(x(0))

[0

x0h(x)h(0)0．-5(2)

u 1ln(n1)lnn

1ln(110，即數(shù)列{u

n

n 又un12 nlnn

)

)

)lnn nln()ln()

lnnln(n1lnn0，即數(shù)列{u有下界 {un} ---10分（10）f(x在[0,]上連續(xù)，在(0,f(00．(0,2f(tanf(2

g(x)f(x)cos2

(x[0, 則

在[0,

上連續(xù)，在(0,

內(nèi)可導(dǎo)，

g(0)g()0由 定理，至少存在一2f(tanf( 102

(0,)

g(0一、

e2,y2x

0,

ab3

3cm/

；5

二、 2. 3. 4. 三、

xe

cosx

（2 lim

（4=

x22

（6 x2lim x016（1）

（8（10（4

（2）f'(x)xg'(x)xcosxg(x)sinx，xf'(0)limf(x)f(0)limg(x)sin

（6（8

x

limg'(x)cosxlimg"(x)sinx

（10 五、解x求導(dǎo)，得3y2y2yyxyyx0（1（2令y0，得yx，將此代入原方程，得2x3x210，求得唯一實(shí)根x1（駐點(diǎn)，且y(1)1。 （5分）在（1）式兩邊再求導(dǎo)，得(3y22yxy2(3y1y22y10，因此y

10。故x1是yy(x)極小值點(diǎn)且極小值為y1 （10分2六、解：令(x)(x21lnxx1)2x0，(x2xlnxx21,(1x1(x)2lnx1

(x)

2(x2

（3分故當(dāng)0x1時(shí)(x)0,當(dāng)1x時(shí)(x)0,因而(1)2是(xx0時(shí),(x)(1)20 （6分因此(x0單調(diào)遞增，由(10得0x1時(shí)(x0,當(dāng)1x時(shí)(x)0，因而(1)0(x)

x0

(x(10，即x0時(shí)，(x21)lnx(x1)2 （10分七、證明：

f(x)1，得f(0)0，f(0)0 x（0，1）x0(0,1)使f(x0)0 f(x在0x0(0x0f(0

f(x0)0在

x00,1f(

1）欲證f(f(