研究生单独考试题(3)

1.设f(sinx2)cosx1，则f(cosx2) 1-cosx .

2.设f(x)(1cosx)x1sin(x23x)，则f(0) -6 . 3.已知f(x)x(xa)3在x1处取极值，则a 4 . xet4. 曲线sin2tecos2t在(0,1)处的法线方程是y1x1. yt25. 已知f(x)的一个原函数为

sinxx，则f(x)dxxcosxsinxx2C.

6. 设f(x)在[0,)上连续，若f(x)0t2dtx2(1x)，则f(2)336.

二、选择题（本题共6小题，每小题4分，满分24分） 1. 设函数f(x)1x，则( A ).

1e1x（A）x0为无穷间断点，x1为跳跃间断点 （B）x0为无穷间断点，x1为可去间断点 （C）x0为可去间断点，x1为无穷间断点 （D）x0为可去间断点，x1为跳跃间断点

2. 设f(x),g(x)二阶可导, 且f(x0)g(x0)0, f(x0)g(x0)0, 则( （A）x0不是f(x)g(x)的驻点

（B）x0是f(x)g(x)的驻点，但不是f(x)g(x)的极值点 （C）x0是f(x)g(x)的驻点，且是f(x)g(x)的极小值点 （D）x0是f(x)g(x)的驻点，且是f(x)g(x)的极大值点

3. 设函数f(x)可导，则lim1r0r[f(xrra)f(xa)]（ C ）.

（Ａ）2f(x) （Ｂ）12af(x) （Ｃ）af(x) （Ｄ）f(x)

4. 下列函数中不为sinxcosx的原函数的有（ D ）.

（A）12sin2x （B）12cos2x1

（C）14cos2xc （D）14sin2x

C ). 5. 设f(x)在[a,a]上连续，a0，则f(x)dx（ C ）.

aa（A）0 （B）2f(x)dx

0a（C）[f(x)f(x)]dx （D）[f(x)f(x)]dx

00aa6.设f(x)在1,2上具有连续导数，且f(1)1,f(2)1,f(x)dx1，

1 2则xf(x)dx（ B ）.

1 2（Ａ）1 （B）2 （C）-1 （D）-2

三、解答下列各题（本题共3小题，每小题7分，满分21分）

d1.设函数f(x)有连续导数，且f(1)3，求极限limf(cosx).

x0dx解：因为

d1, 所以 f(cosx)f(cosx)(sinx)dx2xsinx13dlimf(cosx)limf(cosx)()f(1)(). x0dx222xx02.设x y 0d3ydydt，计算34.

dxdx14t21 y解：等式x1114t2 0dt两端对x求导得，1114y2y.故y14y2，从

d3ydy8yy4y，y4y，所以34y4y0. 而y2dxdx214y3.计算(sinxcosx)ncos2xdx.

解：(sinxcosx)ncos2xdx(sinxcosx)n1(cosxsinx)dx

(sinxcosx)n1d(sinxcosx)，

d(sinxcosx)lnsinxcosxC，

sinxcosx1当n2时，原式(sinxcosx)n1d(sinxcosx)(sinxcosx)n2C

n2当n2时，原式lnsinxcosxC, n2,n(sinxcosx)cos2xdx 1n2(sinxcosx)C, n2.n2四、（11分）过坐标原点作曲线ylnx的切线，该切线与曲线ylnx及x轴围成平面图形D.

（1） 求D的面积A.

（2） 求D绕x轴旋转一周所成旋转体的体积V.

五、（12分）若af(x)b,x[a,b]，且|f(x)f(y)|k|xy|，其中k为常数，（1）存在惟一的0k1. 设xn[a,b],xn1f(xn) n1，2，3，…，证明：

x[a,b]，使xf(x). （2）limxnx.

n0解：（1）由于|f(x)f(y)|k|xy|知f(x)连续，所以g(x)f(x)x连续，又由于af(x)b,x[a,b]，所以

g(a)f(a)a0， g(b)f(b)b0

由介值定理，x[a,b]，使g(x)0，即xf(x). 若另有x0f(x0)，且x0x，则

|x0x||f(x0)f(x)|k|x0x||x0x|，矛盾.

这就是说，存在唯一的x[a,b]，使xf(x).

（2） |xnx||f(xn1)f(x)|k|xn1x|k2|xn2x|

k  1 kn1|x1x|, 令n，由夹逼原理，得lim|xnx|0

n从而 lim(xnx)0，即 limxnx.

nn六、（8分）设f(x)二阶可导，且f(x)0,f(0)0，证明当0ab时，

f(ab)f(a)f(b).

七、（10分）设u数，计算

14131xx(yz)x2yzf(yx,zx)，其中f为可微函1262uuu. xyz八、（10分）计算曲线积分I[cos(xy2)2y]dx[2ycos(xy2)3x]dy，其

L中L为ysinx上自x0到x的一段弧. 九（10分）计算曲面积分

I(yx2z2)dydz(xz2y2)dzdx(zy2x2)dxdy，

其中为旋转抛物面zx2y2上在0za2部分的下侧.

解、补0:za2,(x2y2a2)上侧，且与0围成的立体记为，则

I00(2x2y1)dv(zy2x2)dxdy

0222(ayx)dxdydvx2y2a2

2a1drdr2dza4(cos2sin2)dr3dra4. 00r0022aa2xn十、（10分）求幂级数的收敛域（要求讨论端点情况）与和函数.

n1n(n1)解：liman1n(n1)lim1，所以R1.

nan(n1)(n2)n(1)n又当x1时，级数成为，都收敛，故级数的收敛域为[1,1].

n1n(n1)xn设级数的和函数为S(x)，即S(x).

n(n1)n1xn1再令f(x)xS(x)，

n1n(n1)xn1逐项微分得，f(x)，f(x)xn1，

n1xn1n1 x 0f(x)dx1dxln(1x)， 01x xf(x)f(0)f(x)ln(1x), f(0)0，

 x 0f(x)dxln(1x)dxxln(1x)0 0 xxxdx 01x xxln(1x)xln(1x)(1x)ln(1x)x，

故f(x)x(1x)ln(1x)，又显然有S(1)1，故

1x1xln(1x), x0,1,S(x)0, x0,

1, x1.十一、（10分）设连续函数f(x)满足f(x)ex(tx)f(t)dt，试求f(x).

0x