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1、09级高等数学（上）模拟题答案班级学号姓名成绩一、填空题(每题3分，共30分)1.191.LL知f(x—)=兀。—十6,贝!Jf(x)=x*+4.xxX2.设f(x)=Je~rcostdt,则/z(0)=1—，厂(0)=-1.03.设参数方程为]X=tC，9；则©=2y=2t+tdx匸0丄4..lim(l+2x)x=e2••¥—>()5.1+COS2%1+cos2x=—(x+tanx)+c.a^bx2,x<06.设/(x)=s[nbx1在x=0处连续，则a"的关系是a=b.+5xsin—>0.xx7.定积分/=(2x3cos3x+^)d
2、x=].8.设/(无)=「；丁力，贝ijlim=2应Jo力TOh9.f-^dx=~,则常数k=-.1+JT2_7T_10.J：(卜1+5他=2(1—2訂)._2ex2求极限lim—y%解：二、计算题（每题4分，共36分）fX2x-ddt1.计算lim——goxsinx解：fX2x-edtlim—fxtoxsinxl-ex丄j_lim—=lim斗二xtO十xxtO十一lim°I。2xsinx+fcosx-2xex2(-4)lim—W丄1=limxt(tlim入to2sinx+2兀cosx+2xcosx-x^sinxlim刃一＞0x-[elcl
3、tJo=limxtOi-Z3x2£32x3.计算f—dx」1+宀4.计算jxln(l+x)6^解:dx1+?”解：Jxln(l+x)必2x.xxre+e—ef=Jdxl+ex=*Jln(l+a:)JLv2dx=fexdx-fdxJ打+『"—ln(l+，)+C5.设y=x2x4-arctan(2x),求如解：令u—x2xInw=2xlnx/Ur一=21nx+2u=—x2ln(14-x)-—x2+—x——ln(l+x)24227T6.12Vl-sin2%6&Jo解：f^Vl-sin2xdxJo£=£2J(sinx-cosx)2fZx£=£21si
4、n兀一cosx
5、tlx=%2v(21nx+2)dy=[x2x(21nx+2)22H-]dxl+4x2穴龙=(cos%一sinx)dx+jj(sinx一cosx)dx■4=2(V2-1)7.设y是由方程^3-ylnx-8=0所确定的隐函数，求卩⑴。解：在方程的两边分别对X求导，有y3十3可，•y-(yinx+y•—)=0x丄2(3小-Inx)-y=yyxvci^rL,x^ixy2一Inx)且当兀=1时，Wl/-v-lnl-8=oB卩y=22(l-l-22)l-(31-22-lnl)-6_112~~2&设f(x)cosx+2£/(Z)sin=x+
6、1,其中/(x)为可导函数，求/(x).解：方程/(x)cosjc+2£/(0sin/^=x4-1两边求导/z(x)cosx一f(x)sinx+2/(x)sinx=l令〉'=/(兀)得：/cosx+ysinx=l,即/+ytanx=cosx这是一个一阶线微分方程，求解得y=cos^(tanx+C).由y(°)=1得C=l,所以/(x)=sinx+cosx9.求微分方程/一+9y=恥弘满足初始条件y(0)=0,/(0)=0的特解.解：特征方程为厂2—6厂+9=0,特征根为斤=色=3所以对应齐次方程/一6y+9y=0的通解为：y=e3x(c}x-
7、^c2)原方程具有特解才=F(处+仍严，代入原方程得a=_L,b=0,即y=-x3e3x66故原方程的通解是y=0C兀+g)+-xVA6由初始条件y(0)=1,/(0)=0得q=—3,g=1,所求的解是y=戶(一3兀+1)+-x3e3x6三、证明题(共12分)211.(6分)设兀>0,证明02兀+1x/(X)__(2兀+1)2+x(l+北)_兀(1+x)(2jc+1)2所以,/(力在［0,+8上单调增加,又lim/(x)=0KT+oo故当兀>0时，f(x)<0,即-^―8、(l+-)2兀+1x2.(6分)设函数f(x)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=.f(l)=0,证明至少存在一点fw(0,l),使得r(^)-M)=o证明：设F(x)=e'xf(x贝ijF(0)=F(l)=0,于是F(劝在［0,1］上满足罗尔中值定理的条件，于是由罗尔中值定理得北g(0,1),aF@)=0;即至少存在一点§g(0,1),使得f(^)-/(勺=0.四、综合题(共22分)1.(6分)已知曲线y=f(x)经过原点，并且在原点的切线平行于直线2x+y-3=0,f(x)=3ax2+b,且/⑴在兀=1处収得极值，试确定
9、的值，并求出函数y=/(x)的表达式.解：1)由于“过原点的切线平行于2兀+y—3=0”，=>f{x)n=(3fa24-6)1=-2,=>b=—2.x=UIx=02
