2015江西理工大学专升本高等数学真题

2015年江西理工大学专升本数学

部分试题答案解析

一、填空题（每小题5分 ，共15分）

1.设()f x 为连续函数，且2()

lim 2

x f x x →-存在，则(2)f =．

2.一质点按规律()kt

s t ae -=（,a k 为常数）做直线运动，则它的初始加速度为． 3.设方程2z e xyz e +=确定了函数(,)z z x y =，则(,)z z x y =在点(1,,1)e 处的全微分dz =．

二、（10分）设数列211{}:13,22,1,2,n n n n u u u u u n +<<=-+= ，试写出数列的通项表达式，并讨论此数列的敛散性．

三、（10分）计算不定积分()

5

1

.2dx x x +???

四、（10分）求满足方程0

()()x

x

f t dt x tf x t dt =+-??的可微函数()f x ．

五、（10分）设曲线(),()x x t y y t ==由方程组,

2t

t y

x te e e e

?=??+=??确定，试求曲线在1t =处的切线方程．

六、（10分）已知平面区域(){},|1,11D x y x y x =≤≤-≤≤，且()f x 是定义在

(1,1)-上的任意连续函数．

(1)判断函数()()()1F x f x f x =--及()()()2F x f x f x =+-的奇偶性； (2)求2[(1)()(1)()]D

I y x f x x f x dxdy =++--??．

七、 (10分)设函数()f x 在[]

,a b 上连续,在(),a b 内可导,且()()0,

f a f b ?>

()0,2a b f a f +??

?< ???

试证：至少存在一点(),,a b ξ∈使得()().f f ξξ'=

八、（10分）分析以下求极限的方法是否正确？若不正确，说明理由，并给出正

确的求解方法． 九、（15分） 设直线(1)y ax a =<与抛物线2y x =所围成的平面图形的面积为1S ，它们与直线1x =所围成的平面图形面积为2S ．

（1）试确定a 的值，使1S +2S 达到最小，并求出最小值；

（2）求该最小值所对应的平面图形绕x 轴旋转一周所得旋转体的体积．

2015年江西理工大学专升本数学

标准答案

一，1.0 2.2ak 3.112

2dx dy e --

二．解：由递推关系式可得：

2

22211(1)(1)(1),n

n n n n u u u u +-=-=-==-

故， 1

211(1)

.n n u u -=+-

当112u <<时，数列{}n u 收敛，且lim 1;n n u →∞

=

当123u <<时，数列{}n u 发散，且lim .

n n u →∞

=+∞

三．解：原式()()455

5555

5

1111ln .1021022x x dx d x C x x x x x ??==-=+ ?+++??

?? 四．解：令x t u -=，则00()()()x x

tf x t dt x t f t dt -=-??，

从而有0

()()()x

x

f t dt x x t f t dt =+-??,

两边同时对x 求导，整理得：

()1()x

f x f t dt =+?，（*）

再求导得：()()f x f x '=，

解之得：(),(x f x Ce C =为任意常数），又由（*）知(1)0f =，于是1C =， 从而,()x f x e =.

五．解：由曲线方程知：当1t =时，, 1.x e y ==

由t x te =得：

(1)t dx

t e dt

=+, 对隐式方程2t y e e e +=两边对t 求导并整理得:

,2t t

y t

dy e e dt e e e =-=--

故，1

(1)(2)t

dy

dy dt dx t e e dt

==-+-，11.2t dy dx e ==- 曲线在1t =处的切线方程为1

1().

2y x e e -=--

六．解:因()f x 是定义在(1,1)-上的连续函数，则()

()f x f x --为连续的奇函数，

()()f x f x +-为连续的偶函数。于是有

2[()()]2[()()]D

D

I y f x f x dxdy xy f x f x dxdy =--++-????

=[]1

111

11[()()]2()()2x

x

f x f x dx ydy x f x f x dx ydy ----++-????

=

[]1

1

2

21

1

(1)[()()](1)()()x f x f x dx x x f x f x dx -----+-+-?

?

=000+=。

七．

证明：由()()0,f a f b ?>不妨设()()0,0,f a f b >>

又因为

()0,2a b f a f +??

?< ???

故

0,2a b f +??

< ???

由闭区间上连续函数的零点定理得12,,,22a b a b x a x b ++?????∈∈ ?

?????使得 ()()120,f x f x ==再令()(),x x e f x ?-=显然在闭区间[]12,x x 上满足罗尔定理的条件,

故至少存在一点()()12,,,x x a b ξ∈?使得()()()()0,x

x x e

f x e f x ?ξ?--'''==-而

()()()()0.

e f e f f f ξξξξξξ--'-='=故即

八．解： 22000

11111

lim sin(sin )lim sin lim sin 0x x x x x x x x

x

x

x

→→→=?==． 说明:此求解方法不正确。

当0x →时，无穷小21sin(sin )x x 不能用无穷小21

sin x x

来代替。因为当

0x x →时，无穷小α与β作比较的前提条件是做分母的β不能等于零，而这里的

21

sin x x

β=在x 取1

n x n π

=

时等于零，n N +∈. 正确解法：

解：因当0x ≠时，22211

0|sin(sin )||sin |x x x x x

≤≤≤，故

211

0|sin(sin )|||0,(0)x x x x x

≤≤→→，

由夹逼准则可知2011

lim sin(sin )0.

x x x x →=

九．解：（1）

(i) 当01a <<时，1

22120

()()a

a

S S S ax x dx x ax dx =+=

-+-?

?

3111

323

a a =

-+， 令21()02S a a '=-

+=

，得2a =

，又(02

S ''=>

且驻点唯一，故当2a =时，S

取得最小值，且最小值为

26

； （ii ）当0a ≤时，0

1

22120

()()a

S S S ax x dx x ax dx =+=

-+-?

?

3111

326

a a =

--， 又211()022S a a '=--<，故()S a 在0a ≤时单调递减，此时1

(0)3S =为最小值；

由(i) （ii ）可知3311

1,01323

111,0326a a a S a a a ?-+<

且当a =时，S

取得最小值，最小值为

(2

）1

24

420

)]()]V ax x dx x ax dx π

π=-+-=

。