厦门大学高等数学(理工类)期中试卷
＿＿＿＿学院＿＿＿系＿＿＿年级＿＿＿专业
全校(理工A类) 考试时间 2010.11.28
1. （24分 每小题6分）求下列数列或函数的极限
(1) lim1nn??(1?n2?n3???nn); (2) limln(1?3x)(e2x3x?0?1)sinx12;
(3) lim(1?x??2xx3）； (4) limnn?1n(1?n?1x(1?x）?ex?0xn?n
解 （1）因为1?2?n3???nn)?nnnn，
1?limx?0，则limn??x???x???1x1由夹逼极限准则，得lim(1?n2?n??n因为limlnx1nx???x???1n?limxx?limex3???nlnx?e?1.
0nn)?1.
（2）因为当x?0时，ln(1?3x3)~?3x3，e2x?1~2x，sinx~x，因此，
limln(1?3x)(e2x3x?0?1)sinx2x?12?lim?3x23x?0(2x)?x2??34. 2?）2?x??x?232323?3?lim(1?）?lim?(1?（3）lim(1?）x??x??xxx???11x?1x(1?x）?e1?xx?lim(1?x）（4）limx?0x?0x?e?lim1?1?e??e?.
?ln(1?x)x2?e?limx?(1?x)ln(1?x)x(1?x)2x?0
?ln(1?x)2xln(1?x)x?0??e2。
ln(1?x)?1ln(1?x)?1?e?limxxx?0另解：limx(1?x）?ex?0x?limex?exx?0?e?limex?1x?0?1ln(?1x?)x?x?e?l1im ?e?lim2x?0x?0x2xx1
??xe?elim?. ?x?02x(?1x)22. （24分 每小题6分）计算下列函数的导数或微分
2?x?arctanttanxdydy，y?，(1) 设?求； (2) 设，求dy； 2x2y?ln(1?t)1?edxdx?(3) y?xcos2x，求y122（100）；
dydx22(4) 求由方程 x?y?siny?0所确定的隐函数的二阶导数。
2t22dy(2t)?22y1?t解 （1），???2(1?t)?2e. ???2t211dx(arctant)?dx(arctant)?221?t1?tdy[ln(1?t)]?2（2）dy?(1?e)dtanx?tanx?d(1?e)(1?e)x2xx?(1?e)secx?tanx?e(1?e)x2x2xdx.
（3）y(100)?x2[cos2x](100)?100?[cos2x](99)(x2)??299 ?2100x?cosx2?10?02?x2100(100?1)2!98[cos2x](98)(x)??
2sxin?2?29?90 x0cos2 ?2100(x2cosx2?（4）由x?y?121x00sxi?n212. cos2)2475xcosy?y??0，解得
siny?0两边求导，得1?y?? y??22?cosy，
y???2(?siny)y?(2?cosy)2??4siny(2?cosy)3.
3．（8分）求函数y?|x|?x23x(|x|?x)的间断点及其类型。
解 函数在x?0和x?1处没有定义，故其间断点为x?0和x?1. 在x?0点，由于
lim?1y?lim?x?0x(|x|?x)|x|?x23x?0?lim?x?0x?x1?x3?0，
即 limy??，故x?0为函数y?x?0?|x|?x23x(|x|?x)23的无穷间断点，属于第二类间断点. ---4分
在x?1点，由于limy?limx?1x?xx?1x(x?x)?lim1x(1?x)x?1?12存在，于是，x?1为函数
y?|x|?x23x(|x|?x)的可去间断点，属于第一类间断点. --4分
1???xsin，x?0（??，??）上（1）连续；4．（12分）问?取何值时，函数 f(x)??在x?x?0?0，（2）可导；（3）一阶导数连续？
?解 （1）因为当??0时，limf(x)?limxsinx?0x?01x?0?f(0)，而??0时，极限
1???xsin，x?0在 limf(x)?limxsin不存在，因此，当??0时, 函数 f(x)??xx?0x?0x?x?0?0，?11???xsin，x?0x?0处连续，从而函数f(x)??（??，??）在上连续； --4分 x?x?0?0，（2）由于limf(x)?f(0)x?0x?0?limxx?0??1sin1x，因此，当??1时，函数
1???xsin，x?0f(x)??在x?0处可导，且f?(0)?0； x?x?0?0，当x?0时，f?(x)??x??1sin1x?x??2cos1x，所以，函数在x?0处可导，因此，当??11???xsin，x?0（??，??）时，函数 f(x)??在上可导； --4分 x?x?0?0，??1（3）因为limf?(x)?lim(?xsinx?0x?01x?x??2cos1x)，因此，当??2时，
limf?(x)?0?f?(0).
x?01???xsin，x?0（??，??）函数f(x)??在上一阶导数连续. --4分 x?x?0?0，n5. （8分）设fn(x)?1?(1?cosx)，求证：对任意自然数n, fn(x)?12?在(0，)中存在
2惟一的实根。
πn?(1?cosx)，易知F(x)在[0，]上连续，且 2221π1πF,(?)?，即F(0)F()?0， --2分 F(0)?2222证明 作辅助函数F(x)?fn(x)?1?1由零点定理知，存在??(0,)，使得F(?)?0，即fn(x)?2π12?在(0，)存在实根. --3分
2另一方面。由于
F?(x)??n(1?cosx)πn?1?sinx?0，x?(0，)，
2π12因此，函数F(x)在[0，]上单调减少，故在[0，]上F(x)最多一个零点，即fn(x)?22在
(0，)中存在惟一的实根. --3分
22x??（x?1). 6. （8分）证明恒等式：2arctanx?arcsin21?x2x证明 令f(x)?2arctanx?arcsin，则当x?1时， 21?x?
f?(x)?21?x2?1?(12x)22?2(1?x)?2x?2x(1?x)222?21?x2?1?x22x?1(1?x)?2(1?x)222?0 --3分
1?x2x因此，2arctanx?arcsin?C. --2分 21?x取x?3，则C?2?π3?arcsin2x2234?2π3?π3?π，故
1?x7． （12分）设f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且f(a)?f(b)?0，
2arctanx?arcsin?π（x?1). --3分
证明：在(a,b)内存在一点?，使得f?(?)??f(?)?0。
证明 作辅助函数F(x)?ex/2f(x)， --4分
由已知条件可知，F(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且F(a)?ea/222f(a)?0，F(b)?eb/22f(b)?0， --4分
2由罗尔定理可证，在(a,b)内存在一点?，使得F?(?)?e?/2[f?(?)??f(?)]?0，即f?(?)??f(?)?0. --4分 8. （10分）下面两题任选一题
(1)设不恒为常数的函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且
f(a)?f(b)，证明：在(a,b)内至少存在一点?，使得f?(?)?0。
证明 因为f(a)?f(b)，且f(x)不恒为常数，则必存在一点x1?(a,b)，使得
f(x1)?f(a). --4分
如果f(x1)?f(a)?f(b)，由拉格朗日中值定理，存在??(a,x1)?(a,b)，使得
f?(?)?f(x1)?f(a)x1?af(x1)?f(b)x1?b?0； --4分
如果f(x1)?f(a)?f(b)，由拉格朗日中值定理，存在??(x1,b)?(a,b)，使得
f?(?)??0. --4分
（2）设f(x)在[a,b]上可微，且f??(a)?0，f??(b)?0，f(a)?f(b)?A，试证明f?(x)在(a,b)内至少有两个零点。 证明 由f??(a)=limx?af(x)?f(a)x?a??0，由极限的保号性，存在a的一个右邻域(a,a??1)，
f(x)?f(a)x?a?0，即f(x)?f(a)?A； --3分
使得对于任意的x?(a,a??1)，都有由f??(b)=limx?bf(x)?f(b)x?b??0，由极限的保号性，存在b的一个左邻域(b??2,b)，使得
f(x)?f(b)x?b?0，即f(x)?f(b)?A； --3分
对于任意的x?(b??2,b)，都有
综上，存在x1,x2满足a?x1?x2?b，使得f(x2)?A?f(x1). --2分 由于f(x)在[a,b]上可微，则f(x)在[a,b]上连续，即f(x)在[x1,x2]上连续，由介值定理，存在c?(x1,x2)，使得f(c)?A或f(a)?f(c)?f(b)?A. --2分 由f(x)在[a,b]上可微，分别在[a,c]和[c,b]上应用罗尔定理，存在?1?(a,c),?2?(c,b)，
使得f?(?1)?f?(?2)?0.
因此，f?(x)在(a,b)内至少有两个零点. --2分
