吉林大学数学院：《高等数学》课程教学资源（试卷习题）2012-13AI试卷（答案）

吉林大学2012~2013学年第一学期《高等数学AI》试卷参考答案一、单项选择题（共6道小题，每小题3分，满分18分）题号123456选项cBADC0二、填空题（共6道小题，每小题3分，满分18分）2sin x2dx.1. y=x-3.3.4. (1,0),(0,1)2:+5V52x+o(x).5. 1+x+6.2！3！!4三、按要求解答下列各题（共4道小题，每小题8分，满分32分）[x = 3 +2t，确定，求1.设函数y=f(x)由方程组，"dxlr=o[y=e'sint+1解：方程组两边同时对1求导，得dx =6t+2...2分dtdy-erdysint+e'costdtdtdy_e'cost...5分di"1-e'sintdyldyle'costedxl=o"(1-e sint)(6t +2)-2.·分dt l=o（共6页第1页）

（共 6 页 第 1 页 ） 吉林大学 2012~2013 学年第一学期《高等数学 AI》试卷 参 考 答 案 一、单项选择题（共 6 道小题，每小题 3 分，满分 18 分） 题 号 1 2 3 4 5 6 选 项 C B A D C D 二、填空题（共 6 道小题，每小题 3 分，满分 18 分）. 1. y x = − 3 . 2. 2 2sin d x x x . 3. 1 2 . 4. (1,0),(0,1) . 5. 1 1 2 3 3 1 ( ) 2! 3! + + + + x x x o x . 6. 5 5 4 . 三、按要求解答下列各题（共 4 道小题，每小题 8 分，满分 32 分）. 1．设函数 y = f (x) 由方程组 2 3 2 e sin 1 y x t t y t  = +   = + 确定，求 0 d d t y x = . 解：方程组两边同时对 t 求导，得 d 6 2 d x t t = + .２分 d d e sin e cos d d y y y y t t t t = + 1- sin cos e t e t dt dy y y = .５分 0 0 0 d d e cos e d d (1 e sin )(6 2) 2 d d y y t t t y y t t x t t x t = = = = = = − + .8 分

2．证明不等式2xarctanx≥h(1+x2)·分解：设f(x)=2xarctan x-In(1+x)当x=0时，等号成立2x2x.分f'(x)=2arctan x+= 2 arctan x1+x21+x?当xf(0)=0,当x>0时, F(x)>0, f(x)1,J(x)>(0)=0,...7分即 2xarctan x-In(1+x*)>0·．分亦即2xarctan x≥n(1+x*)3.求函数f()=(x2-1)+1的极值.解: F()=6x(x2-1)2...2分F"(x)=6(x2 -1(5x2 -1)...分令F(x)=0，得驻点：x=-1x,=0,x,=1..·分F"(0)=6>0，故f(0)=0为极小值...·7分"(+1)=0，由第一判别法，(x)在x=±1处没有极值……8分4.证明：当0≤x≤4时，方程x=e3+1有且仅有一个根解法1：设f(x)=x-e-3-1，在[0,4]上连续，.分且 f(0)=-e--10,由介值定理，存在e(0,4)，使得f()=0，即当0≤x≤4时，方程x=e*~+1至少有一个根4分f(x)=1-e* =0（共6页第2页）

（共 6 页 第 2 页 ） 2．证明不等式 2 arctan ln(1 ) 2 x x  + x . 解：设 ( ) 2 arctan ln(1 ) 2 f x = x x − + x .2 分 当 x = 0 时，等号成立 x x x x x f x x 2arctan 1 2 1 2 '( ) 2arctan 2 2 = + − + = + .4 分 当 x  0 时， f '(x)  0, f (x) , f (x)  f (0) = 0, 当 x  0 时， f '(x)  0, f (x) , f (x)  f (0) = 0, .7 分 即 2 arctan ln(1 ) 0 2 x x − + x  亦即 2 arctan ln(1 ) 2 x x  + x .8 分 3．求函数 ( ) ( 1) 1 2 3 f x = x − + 的极值. 解： 2 2 f '(x) = 6x(x −1) .２分 "( ) 6( 1)(5 1) 2 2 f x = x − x − .４分 令 f '(x) = 0 ，得驻点： x1 = −1, x2 = 0, x3 =1 .6 分 f "(0) = 6  0 ，故 f (0) = 0 为极小值 .7 分 f "(1) = 0 ，由第一判别法， f (x) 在 x = 1 处没有极值 .8 分 4. 证明：当 0 4  x 时，方程 3 e 1 x x − = + 有且仅有一个根. 解法 1：设 3 ( ) e 1 x f x x − = − − ，在 [0,4] 上连续， .2 分 且 3 f f (0) e 1 0, (4) 3 e 0, − = − −  = −  由介值定理，存在  (0,4) ，使得 f ( ) 0  = ， 即当 0 4  x 时，方程 3 e 1 x x − = + 至少有一个根. .4 分 3 ( ) 1 e 0 x f x −  = − =

解得x=3,(3)=1，F"(3)=-10,30,故根是唯一的。...· 四、按要求解答下列各题（共4道小题，每题8分，满分32分）1. * ++Ing- x.x解原式=dx-dx=ml-n(l-)d2分x2=In|x-—1n(1 x)-J.分-d. x(1-x)= In|x| - -1n(1 x) J(/d.·分(x1-x)=(1- -)In(1- x)+C.· 分++x(x+1)2．已知limdx，求常数k的值。-22 ± Xlx)1sinX+=e解：左端lim3分x+x右端门dx=ln3·分dx=2l22+x2+1从而 k=In(ln3)..·分[x+], x≤],3.已知函数f(x)=， (1) 设 F(x)=J。f(t)dt,求F(x)的表达式;x>1,(5t3（共6页第3页）

（共 6 页 第 3 页 ） 解得 x f = = 3, (3) 1， f (3) 1 0 = −  , .6 分 0 3  x 时， f x ( ) 0  ，3 4  x 时， f x ( ) 0  故 f (3) 是极大值，也是最大值， 且 f (4) 3 e 0, =− 故根是唯一的. .8 分 四、按要求解答下列各题（共 4 道小题，每题 8 分，满分 32 分）. 1. 求 2 ln(1 ) d x x x x + −  . 解：原式 2 1 ln(1 ) d d x x x x x − = −   1 ln ln(1 )d x x x = − −  .2 分 1 1 ln ln(1 ) d (1 ) x x x x x x = − − − −  .4 分 1 1 1 ln ln(1 ) d 1 x x x x x x   = − − − +     −  .6 分 1 (1 )ln(1 ) . x C x = − − + .8 分 2. 已知 1 sin 2 2 2 1 lim d 2 k x x x x x x x x → −   + +   =   +  ，求常数 k 的值. 解：左端 1 1 1 1 sin sin lim lim 1 e k k k x x x x x → → x x     +     = + =     .3 分 右端 2 2 2 0 2 2 d 2 d ln 3 2 2 x x x x x x x − + = = + +   .6 分 从而 k = ln(ln3) .8 分 3.已知函数 , 1, 2 1 1, 1, ( ) 2       +  = x x x x f x ，（1）设 0 ( ) ( )d x F x f t t =  ，求 F(x) 的表达式；

(2)计算[,J(x+1)dx解：（1）当x≤1时，F(x)=(t+D)dt=兰..分当x>1时，F()=(+1)d+rdr=+-=+26663[+ ×s.即 F(x)=..分214x>1,6+[x+2,x≤0(2) f(x+1)=)·分[(x+1),x>019,(x+D)dx=(x+2)dx+(+1)dx=..·分16注：此题也可以先利用变量代换，再计算4.设函数()处处可导，且0≤(s)≤（k>0为常数)，又设为任意一点，数列x)满足x,=f(x-）（n=1,2,L)，试证：limx,存在证：先证(x)单调。由-=()-(x)=(x)()，其中5,在x,与之间又由题设，()处处可导，且0≤(0)，于是知(G.）≥0，从而(-x.）与(-)同号，故(x）单调。.分1x H(x-)(0)+J(x)dx4(x)+[F(x)dx()+()]d4()dx=）+k元...7分故由极限存在准则知，limx,存在..·分注：此题用归纳法可证单调性，酌情给分。（共6页第4页）

（共 6 页 第 4 页 ） （2）计算 1 2 f x x ( 1)d −  + . 解：（1）当 x 1 时， 2 0 ( ) ( 1)d 2 x x F x t t x = + = +  .2 分 当 x 1 时， 3 3 1 2 0 1 1 3 1 4 ( ) ( 1)d d 2 2 6 6 6 3 x x x F x t t t t = + + = + − = +   即 2 3 , 1, 2 ( ) 4 , 1, 6 3 x x x F x x x  +    =   +   .4 分 （2） 2 2, 0 ( 1) 1 ( 1) , 0 2 x x f x x x  +   + =  +    .6 分 1 0 1 2 2 2 0 1 19 ( 1)d ( 2)d ( 1) d . 2 6 f x x x x x x − −    + = + + + = .8 分 注：此题也可以先利用变量代换，再计算. 4.设函数 f x( ) 处处可导，且 2 0 ( ) 1 k f x x    + （ k  0 为常数），又设 0 x 为任意一 点，数列 x n 满足 1 ( ) n n x f x − = ( 1, 2, ) n = L ，试证： lim n n x → 存在． 证：先证 { }n x 单调． 由 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n x x f x f x x x f + − − − = − = −   ，其中 n  在 n x 与 n 1 x − 之间． 又由题设， f x( ) 处处可导，且 2 0 ( ) 1 k f x x    + ，于是知 ( ) 0 n f    ， 从而 1 ( ) n n x x + − 与 1 ( ) n n x x − − 同号，故 { }n x 单调． .4 分 1 1 0 0 1 0 0 | | | ( ) | ( ) ( )d | ( ) | ( )d n n x x n n x x x f x f x f x x f x f x x − − − = = +  +     1 0 0 0 0 2 | ( ) | | ( ) | d | ( ) | d | ( ) | . 1 n x x k f x f x x f x x f x k x  − +  −   +  + = +  +   .7 分 故由极限存在准则知， lim n n x → 存在． .8 分 注：此题用归纳法可证单调性，酌情给分