高数考研真题.pdf

1.（2001.口）设 f（工）=（：产则/（/“外）等于（）.10,|才|1,A）0.（B）l.（C）（h l.11,|x|l.解 由/（工）的定义知|/（幻|4 1,故兀外=1,从而/（A/（x）=k n+（1）*arcsin（1 3）/6 4 又由|1一三|4 1,得|工|笈.故对任一 A值，即工）的定义域均为，.史 学，若 为奇数.4.（1991.V）设数列的通项为工.=-+-（）.1-(A)没有渐近线.(B)仅有水平渐近线.(C)仅有铅直渐近线.(D)既有水平渐近线又有铅直渐近线.解 因为 lim；-=1,limg+l。=lim 4士 1=+oo,所以应选(D).6.(1998)设数列%与%满足limH“%=0,则下列断言正确的是().(A)若H 发散，则%必发散(B)若，无界，则%必有界.C)若5 有界，则“必 为 无 穷 小(D)若 囹 为 无 穷 小，则 羽 必 越 穷 小解 取 二=”,%=,则lim xj.=O,且 工.发散，但%收敛，故(A)不正确.取 二=1 +(-1)上,“=1(-1尸，则1而二=0,且i,%都无R8界，故(B)不正确.取工产则lirnj以 。,且”.有界，但y 不是无穷小，故(C)也不正确.由limjy“=0知(H J*为无穷小(f 8),故 当 土 为无穷小时,5外|1(1+/)是比了由!)丁高阶的无穷小，而xsin X是比(/-1)高阶的无穷小，则正整数n等于().(A)1.(B)2.(C)3.(D)4.解 当 x-*0 cos rJ ln d+x2)-.xsin xx*+,.e*l-x2,Ct故应选(B).8.(2004.DI，IV)函 数 八 h)=-丹 斡 三 编 在 下 列 哪 个 区 间 内 有 界JL I 1 /k x JO JC3sin 工+128s 十 j F 3,x Jcos y -i四(1+cos x)ln(14-x)啊l+cos ln(14-x)ln(14x)J14.(19 9 5.皿)呵-A J 7 r x j J (+1 )/1 1 2 1 I /)2(n24-n4-w)n24-n+l w2+2 n2+n4-nV (刀+1)rn(w4-l)|.w(n4-l)_ 12(n24-w+l)22(/+)2 所以由夹逼准则知原式=*.15.(19 9 8.I,II)l i n/1-2=r-0 JT-解法一利用洛必达法则，_ _ _ 1 _ .J +N+J1-N-2 一.2/1+z 2/1-工lim-；-_ lim-x-J-*O Jr J-Q ex解法二所以=-1-lirn一-1-(1x)-=-利用泰勒公式，因为，1+H=1+.T+2(a-x,+O(JJ),/Tz7=l-y x+-|i-x,+o(x2),._*+。(工 力 ihm-j-=lim-；-=r.J-O x jr 416.(2006,I)limJ*n1+x)=_.J-O 1-COST-解法一利用等价无穷小，原极限=lim -p -=2.j_*O 1 _2解法二利用三角公式及两个重要极限,原极限=lim独 9土卫2sinz-y解=lim 2 -lim ln(14-x)=2 1=2.sin?1 1(1994.ffl)计算limtan(孑+j).o 14-tan 2因为 ta n(+G)=一,号,1-tan-.2tan 一lim-=1 lim-irn11 -tan1=1n所以limtan+2)=limlim211+tan-_ 2.21 -tan-nJ2 ta n-1+T1 -tan-J2tan 218.(2006,I)设数列1.满足(Xx iV x,*1 rM=sinz.(=l,2,).（I ）证明lim x.存在,并求该极限；（口）计算 lim（IT*QO 解（I）用归纳法证明 二 单调减少且有下界.由0 V/1 V穴，得设 O V z.V”,则0 zM+i=s in r.jr,in所以“)单调减少且有下界，故li*mC O二存在.记 a=linur.,由 x-+i=sin j：w 得*a=sina.所以 a=0,即 limxM=0.（n）因为.（如 户=而#*=3个 JC/jO又由（I）,lim一H.=O,所以lim（3）*=|im（但秣=lim（典.r 8 XM/XH/1f X /19.（2002.V）设 0 1 时,0工.4|,则_ _ _ _ 1 Q0（3x4）CyCx*+3）=彳，故由数学归纳法知，对任意正整数 1，均有即数列 是有界的.又当心1时，彳.+1 -/=/二（3一二）一二=7x7（7 3-xw-7）=急治次（因。口*射，故当”1 时,H.+I），即数列 工“单调增加.根据单调有界极限存在准则知lim8,x.存在.设 limw,=Q，由troolimxtf4-i=lim JJT.（3一二）,r*o iro c得 a=Va（3a）,从而2/一%=0解得 a=1*,a=O.因 a=linu：O,故 a=0 舍去，得4 a r*-420.(1999.I)l i m(i-)=-解法一利用洛必达法则，I-sin x-JCOS x原 极 限=她.s i n.一=lim in zi2 s in j-Fxcos x=limz-侬-.=京1 3 c o s j r s in 1 3解法二利用麦克劳林公式，工-4-jr3+o(x1)一1+)工?+。3)H 5 E (.sin xxcos x _ i.b Z原 极 限=也.同；=hm-再有-解法三利用等价无穷小代换及洛必达法则,nrrmm _ r tan JT_Nj_tan 工”原 极 限=呵 两:一 也 F-二也誓=也后得21.（2005.叽 N）求 阴J 廿 二 T）-解 当 I 时，】一e）工,并利用洛必达法则得22.(2005.II)设函数则（）.（A）工=0,工=1都是工）的第一类间断点.(B)x=O.x=l都是八外的第二类间断点.(C)工=0是/C r)的第一类间断点，工=1是/(工)的第二类间断点.(D)工=0是/(工)的第二类间断点,工=1是/(工)的第一类间断点.解 因 为lim/(jr)=oo.lim/(x)=0.lim/(x)=1,所以应选(D).1.x 0,23.(2002.I I)设函数/(H)=arcsin 号 在 H=0 处连续,a e、，JTAO则.解 lim/()=lim-=lim-2I+arcsin y i.ylim/(x)=limae2z=a=/(0).j-*o*因/(1)在工 =0处连续，故lim/(x)=/(0)=lim/(工),从而得a=-2.i+1-24.(1998.I I)求函数f(H)=U+H)i T)在区间(0,2K)内的间断点，并判断其类型.解/(外 在(0,2”)内的间断点为H=：,?.在 工 可 处J(彳+)=+8,在 工=去 处,/停+)=+8,故H甘，竽为第二类间断点(无穷间断点),在工=乎处/im /(x)=1,在 工=丸 处，呷/(工)=1,故工=中片为第一T T类间断点(可去间断点).25.(2001.n)求 极 限 阴(融)，记此极限为人工)，求函数/(H)的间断点并指出其类型.解因为/(公二，?:3 5*,h t,_ x i_ sin t _|?_ cos z/sin t_ xlim.In.limx-r /-zSin r-s in x sin i cos t sm x故/(x)=e=./C r)的间断点为在工=0处,l im f（H）=l im Q =e，故 工=0是函数f（z）的第一类间断点（可去间断点）；在工=&“3=1.2,）处，1吨/（工）=8,故 工=&”（&=】，2,）是函 数/（公的第二类间断点（无穷间嬴点）.2 6.（1 9 9 2.I V）设函数)l n C O S(H-1)1 一 而 yx1,若 z H l,若工=1,问函数八外在工=1处是否连续？若不连续，修改函数在x=l处的定义，使之连续.解 因为l im f=l im q g i l=21i m典 但 也-f 1-s in 尹 K I c o s fx2 1.s ec C x1)-hm-7 rL i x：KS ln7X所以函数fG r）在z=l处不连续.若修改定义，令 八1）=一5，则函数在z=l处连续.2 7.（2 0 0 3.H）设函数/(x)=I n C+a r Dx-a rc s inx工V 0,6.产+-a r-1xs in 今4彳=0,x 0,问a为何值时J G r）在x=0处连续r 为何值时，工=0是 人 ）的可去间断点?解l im /(x)=l imJ*-J-*-1水1+仝)JC a rc s inx.x-a rc s inxl im 一至=-6 a,i 一 一二二l im、，3g,-H m -J x,L(T/J T 1 J-*O-I im/(x)=l im _+-_ g _】L0+i+xs in 手4一元函数微 分 钻1.(1989.I,n)已知 f(3)=2,则解 ljlg/(3-/(3)=_ l,iy(3-2 O-/(3)=_ l/(3)=_12.(1989.皿)设/(工)在H=a的某个邻域内有定义，则 h)在H=a处可导的一个充分条件是().(A)%A/(a+)-/(&)存 在.(B)回/(a+2 A)ra+G)存在(C)存在.(D)Iim及2坐 二 及 存 在.A-o Zn ib-H)nA.mi.,/+(A)-f(a)解-J-=bm 辽-/二4 一1-人-o h(-n)=M(a+a),I n故应选（D）.关于其他三个选项,（A）和（B）不是充分条件比较明显，至于（C）的排除可用反例来说明，例如设/(x)=1,1Xa,0*x=a.则f（H）在x=a处间断，因而八”）在J=a处不可导，但lim/(a+h)-/(0-A)A-O2h3.（2001.I）设/（0）=0,则/C r）在点彳=0可导的充要条件为（）.（A）也/f（l cos入）存在.（B）四:/（1e”）存在.(C)sin A)存在.(D)/(A)存在.it-on*-o/i解令1一百=，则A=ln(l力，当九0时,L-0,故1 )=lim,=limO)(0)可 占I h，八 I t ln(l-r)i t由导数的定义知，应选(B).关于其他三个选项的排除，可用反例说明.取义工)=1 x1，则/(工)在x=0处不可导，但c o s A)=l inr：产=1 ,kv n I n Ls in h)=l im-即 同=0,t-o n 1 0 n故排除(A)和(C).又取/(x)-P工会 则八工)在x-0 处不连续，从而/(0)不存在.但1 0,x 0,l im y C/(2 A)-/(fc)=l hn(l-l)-0,l im 4-/(2 A)-/(h)=l im 4-0,故函数工=*，)是单调的，工与，之间的对应是一对一的,dr从而保证参数方程确定函数y =y(x).(工y=ed*s,cions2 z在点(0,1)处的法线方程为.t解 立=6一 dc o s f-O s in t :c o s f-s in Idx xt I s in 2 f+2 e*8 s 2 t s in 2+2 c o s 2 C点(0,1)对应参数,乳 1，于是所求法线方程为y-1 =-2 工，即 2 z+y 1=0.8.-l)/(0)=0,/r-*0由于 f(0)W0,故有 a 4-6 1=0.又由洛必达法则，有0=1“/+涉)T(0)=l im 列 他:储+如 八。),f c-M)n A-H)1 .因,(0)H 0,故有 a 4-2 6=0.于是，解得 a=2,6=-l.解法二 由/(外在A=0处可导，即o h于是/(A)-/(0)=(0)+g(l i m a=0n i从而有/(A)=/(0)+/，(0)A 4-o1(A),l im =l im a=0./-o n o同理有/(2/i)=/(0)+/,(0)2 ft+o2(/i),l im5=0.io n所以a/(A)+6/(2 A)-/(0)=(a+6-l)/(0)+(a+2 6)/，(0)A+o(A),按题设，当 时 上 式 右 端 应 是A的高阶无穷小，从而(a+6-l)/(0)=0 及(a+2 6)/，(0)=0.于是 a+6 l=0,a+2 6=0.得=2,/=1.1 1.(2 0 0 2.I)已知两曲线y=/(工)与 =：.7-出在点(0,0)处的切线相同，写出此切线方程，并求极限l im nf(2).n解由巳知条件得0)=0,n o)=F7-|x_o=i.故所求切线方程为y=H./2 /(1)-/(l im/(-)=I im 2 -工2/(0)=2.1 8 n/w c o Gn1 2.(1 9 8 7.I ,U)设函数人工)在闭区间 0,1 上可微，对于 0,1 上的每一个工,函数人工)的值都在开区间(0,1)内，且证明在(0,1)内有且仅有一t H,使 f(.X)=X.证 令F(H)=/(H)一工,则尸(工)在 0,1 上连续.由于o v/a)v i.所以尸(0)=/(0)00,尸(1)=/(1)-10,故由零点定理知,在(0,1)内至少存在一点H,使F(x)=/(x)j：=0,即/(x)=x.若有Xi，4(0,1),彳|*2,使/(X|)=N|,/(Xz)=Xj,则由拉格朗日中值定理知在(0 1)内至少存在一点7使/(工)=/5)一/5)=布二口=1Xz-X|1 2-Hl这与题设/(工)#1 矛盾.综上所得，在(0.1)内有且仅有一个工，使人工)=工.1 3.(1 9 9 6.D 设/(工)在区间 a,切上具有二阶导数，且/(a)=/(6)=0./(a)/e)o,证明存在e e 储,公 和 储 漳).使/(f)=o 及卬=。.证 先证明存在SC(a,6),使/()=().用反证法.若不存在SC(a,6),使/($)=0,则在(a)内恒有/(x)0 或/(工)0(对/(H)V 0,类似可证)，则，(“)=l im.H).a)=l im 盘 0,r+1 a r+1 a广 =l im.二，)=l im 号4 0.从 而/(a)/(6)4 0,与已知条件矛盾.所以在(a )内至少存在一点与使八)=0.再 证 存 在(a ,6,使，(,)=0.由a)=)=/(6 及罗尔定理知，存在力(a,甘和平(&6),使/()=/(弛)=0,再在 ，米 上 对 函 数/(4运用罗尔定理，知存在C(小，m)U(u,b),使 广卬=0.1 4.(2 0 0 1.I)设 y =/(外 在 内 具 有 二 阶 连 续 导 数 且/(H)#0,试证：(1)对于(一1,1)内的任一工工0.存在惟一的仇工)6(0,1),使/(x)=/(0)+H/S(H)外成立,(2)l im W x)=-5-.r*C 4证法一(I)任给非零工(-1,1),由拉格朗日中值定理得/(x)=/(0)+x/,(x)x)(0 t f(x)0,则/(工)在(一 1.1)内严格单增，故供工)惟一.(2)由泰勒公式得/(x)=/(0)+/,(0)x+y/*，(f)x,，S 在。与工之间.所以 xf(3(x)x)=/(J)-/(0)=/(O x+y A?*.从而由于 lim，(二空/()=.(0),lim/*(f)=lim/*(f)=/*(O),LO Q X)X LO H故 lim(x)=4-.证 法 二(D 同证法一(1).(2)对 于 非 零 工-由拉格朗日中值定理得所以由于/(x)=/(O)+x/，(x)x)(0 x)l),x?,.f(8(H)H)一f(O)l im-；-LO 8工)工=/*(O),二/(0?一f(0)/r 0).0,对任意工(0,1),|/z(x)|C M.又当H(0,I)时,由拉格朗日中值定理，有/(x)-/(1)=/(e)(x-1).其中S介于工与十之间,于是有故应选(C).本题也可以用排除法.对选项(A)、(B),取/(H)=lnr,则 f(H)=,lnr与均在(0,1)内连续，但 In r在(0,1)内无界，故(A)、(B)均不正确；对选项(D),取工)=、/1?,/(工)在(0,1)内有界，但，(公二一;二三在(0,1)内无v l-o r界，故(C)不正确.16.(2001.n)设/(H)在区间 一a，a(a 0)上具有二阶连续导数，/(0)=0.(1)写出f(z)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；(2)证明在-a,a上至少存在一点小使a3/*(7)=3 J/(x)dr.解(1)对任意工6 1一明0，/(x)=/(0)+/(0)工+乌2/=/(0)工+乌更X1，其中在。与工之间.(2)/(x)dx=J*/(0)xdr+(e)cLr=-1 J：x*/*()dx.因为/(工)在-a,a 上连续，故对任意的HC a,a,有其中M,m分别为fGr)在-a.a 上的最大、最小值,所以有m x*dr J/(x)dr=-1-1 jo JdLr,即 j/(x)drM.因而由/*(H)的连续性知,至少存在一点qe|：-a,a ,使广 卬=*匚 八 工)&，即aJ/*(f)x1,e e(-a,a).由 F(H)=/*(H)+，(一/，故有/(z)dz=7f/*(?)+-?)Jr1,e e(-a.a).J 一 O !又因为，(公连续,所以在s与一&之间存在力使M ya=r(2从而/(/)dz=4-/(n)j?9 祈(-a,a).J-x J.在上式中令r=a即得所证.(按此证法7可在开区间(-a.a)内取得，比原题结论更精确.)17.(2006.I)设函数y=/(H)具有二阶导数，且/(工)0,y(工)0,A r为自变量工在点工0处的增量,A y与dy分别为/(外在点工。处对应的增量与微分，若、0,则().(A)0 dy (B)0 V A 7dy.(C)0.(D)Ay O,A y-d =乌打&丫 0,故应选(A).18.(1990.1U)证明当上 0时，有不等式arctan N+工x 2证 设/(“)=arctan y (*0),则X 乙故函数/(H)在(0,+8)内单调减少.又lim/(x)=0.于是/(z)=arctan l+5一半0(x 0),即 arctan x 4-5(x 0).X 419.(1993.印)设k 0,常 数 证 明(a+z)V a.证 由函数=ln l的单询性,只需证aln(a4-x)0，J 以十1所以，(外在0,+8)内单调增加,又/(0)=0,从而/(x 0(x 0),即 a ln(a 4-xX(a 4-j)ln a(x 0)因此(+x)-0).20.(1999.I)试证：当工 0时，(x2 D in(工一1)2.证法一令中（工）=（工2 1）卜工一（工一1（工0）,易知61）=0.由于/G r）=2 xl n x-x+2-y ,（1）=0,i p（x）=2 1 n H+1+/，9中，故当O V h V I 时,，Cr）V（h当】x +8时,“（幻0,从 而/（工）在工=1处取得最小值，而，（】）=2 0,故当工（0,+8）时/（幻0,从 而/（工）在（0,+8）内单调增加.又，（1）=0,故当 0 r V l 时,/Cr）V 0;当 l r V+8时,/（工）0.从而奴工）在 工=1处 取 得 最 小 值，而中（I）=0,故pQ）20,即当工0时.（/D in 工）（了一1）2.证法二 令g（H）=l n工一5 4 1（工 ），则3M+】x(x+l)2-x(x4-l)2 0 (x 0).1 2从而即工）在（0,+8）内单调增加，而41）=0,所以当O V h V I 时,奴工）V 0,当1 Vh V+8时,0（工）0.于是当x0时，（x2-l）9（x）=（j rI-l）l n j：-（x-l）2 O.即（x2 D in 1（1一1）”.进一步，我们还可以证明：当x0时，（/-D i n x 2（x-l）2.事实上，令 奴 外=卜 上 一 空 学，则 以1）=，且.（工）=若 露?H#l.所以当O V h V I 时，伊（H）h当】H +8时,（H）0.故当了0时,（工一1 ）力2 0,即有（x2 一】）l n 2 2（工一）?.2 1.（2 0 0 5.1 1 1 4）设“幻=封 皿+（:皿,下列命题中正确的是（）.(A)(B)(C)(D)f是极大值J（学）是极小值.八0）是极小值，/（胃）是极大值./是极大值，/偿）也是极大值./（0）是极小值,/（f）也是极小值.解 由于/(z)=s io r +r c o s x-s in r =xc o s x,/*(x)=c o&z -xs in r,/(0)=/,(1)=o,/*(o)=1 0,/*(1)=一例 V O,故/(工)在工=0处取得极小值，在工=f处取得极大值，应选（B）.22.（2001.H）设p=H）是抛物线3=右 上 任 一 点 处 的 曲 率 半径,S=KH）是该抛物线上介于点A（1,D与M之间的弧长，计算即看一（新 的 值（在直角坐标系下曲率公式为小（耳泮）解103,一一 运1 一-一 胃1.所以抛物线在点M G,y）处的曲率半径p=p（H）=%学F=+（4H+1W抛物线上病的弧长s=s(x)=；4 T 7rd z=j：d 0,6X）.解 设 所 求 点 为 PCr。,“）,则该点处的切线方程为一+一-】,图形面积为 S=慧 一/皿6,工。6（0,。）.设 A=Hog=yxo-/a2.则5）=今尸一岸手），（二 尊.a V ax-Xo /a jci1一 己由A（H0）=O,得 刈=凄,易 知 焉 为A的极大点，即SJ2 42的极小点，也是S的最小点，此时,加=后bP（负，场）时,所围图形面积最小.24.（1993.皿）作半径为，的球的外切正圆锥，问此圆锥的高h为何值时，其体积最小，并求出该最小值.解设圆锥的底面厕半径为R（见图研2-1）,则有故所求点为图 研2-1解得于是圆锥的体积为丫（所到%=号号，2Y Y+8.由VZ(A)=irr2 hz4rhT (A-2r)2可得V S）在（2r,+8）内的惟一驻点A =4r,当A =4 r时.V取最小值,丫（）=军25.（1994.皿）设求（1）函数的增减区间及极值；（2）函数图像的凹凸区间及拐点.（3）渐近线,（4）作出其图形.解定义域（一8,0）U（0，+8）.当工=一割时,y=0.故驻点为工=2.又所以，（-8,0）及（2,+8）为增区间，（0,2）为减区间,工=2为极小点，极小值为y=3.X(8,0)(0,2)2(2 8)/y+一04-yJ3J（2）y=0,故（一8,0）,（0,+8）均为凹区间,图像无拐点.(3)SlimJ=+oo,7+4所以,x=0 为铅直渐近线,y=H 为斜渐近线.（4）图形见图研22.26.（1993.V）已知某厂生产工件产品的成本为图 研2-2C=25 000+200H+上/（元），40问,（1）要使平均成本嫌小，应生产多少件产品？（2）若产品以每件500元售出，要使利润或大,应生产多少件产品？解（1）设平均成本为W则25000+2 0 0+x 40由茅，=_2 y+志=0,得 =1（X X）,了?=-iooo（舍去）.因为丁1,-|迎=510-，0,所以当H=1（P时,取得极小值，也是最小值，因此，要使平均成本最小，应生产1000件产品.（2）利涧函数为L=500J-（25 000+200 x+1=300J-TX-25 000.由 L=300一言=0,得 H=6000.因 L g=一 去V 0,所以当 H=6000 时,L取得极大值,也是最大值，因此,要使利润最大，应生产6 000件产品.R（三）一元函数积分学，i.（1989.i,n.n i）设/（工）是连续函数，且八工）=+2/（，）山,J 0则/（工）=.解 设 J：/a)d r=c,则/C r)ir+2(，因此有c=J。(r4-2c)d/=sy 4-2ct得到 c=1-,故/(x)=工一 1.2.(1999.I J sin(x/)zd/=解 f s in(x-/)2d z=j sin u2du=j s in/d u,因此有关Jo sin(x T)2dr j =(j sin ird u)=sin x2.K sin/2d/工工0.3.（2006.口）设函数/（力=彳/。在工=0处连续，则aI a9 J*=0I sin/2 dr.1解 lim/C r)=.5=lim 弊-J,r-0 X JO OJT 0因此，a=lim/(x)=1r-0 O4.(1991.皿)设函数 八 力=：，5个：记F(H)=八 市,12-7,1 O 4 2,Jo02则有().y 0 0 l,(A)F(N)=V.-1-+2x lV x 2.5,(B)FCr)=？+一 彳，l Lr 2.三，O x&l,(C)FGr)=7+2工 一 亍，1 O 4 2.,0 4W，O z l,(D)F(H)=z2 x一2 l-x2.解 当 ox i 时,F(H)=J a)d,=。也=多当 1 X 2 时，F(H)=(/3)0,使得工。6 (-a,a),由条件可知/(工)在-a,a上有界，设I /(H)I M.(x 6 -a,a),记 F(x)=j/(t)d z,当工。+x -a，时，有f(t)d t-2 J f (u)du=J=F(x),|F(X0+AJ：)-F(J0)|=4，/(z)dz|0_ _L=lim/（x）+/（0）=2 jr-*O16.（2000.口）设立为平面上有正方形。=（工，y）|0&X l,0&y l 及直线 l,x+y=t（t O）.若SQ）表示正方形D 位于直线/左下方部分的面积，试求：S）山（工）0）.解 如图研3-1 可知，OCR,SQ)=1,1VW2,所以当O&N&I 时当 1 2 时J:J:t2.S(t)dt=J；+产 出=,/S(t)di 的 电+(_*+A】)&当 H2 时 J：S(r)dz=Sa)dr+J；d/=L 1.O CrCl.因此s a)d，=x-1.x2.17.(19 9 2.DI)求曲线y=G 的一条切线/，使该曲线与切线/及直缓r=0,x=2所围成图形面积最小.解 由 y =,得曲线在a/)处的切线方程为2 vxy-4l=力I)即 尸 戏所圉面积为S).口 志 工+一6)31钻 一 挈令 9”)=0,得，=1,又 6(1)=上)。.故当，=1时,面积取极小值，由于驻点惟一，因此r=l 是最小值点.此时I的 方 程 为 广 专+/1&(19 9 3.I D 设平面图形A 由/+:/4 酎 与y工所确定，求图形A 绕直线工=2 旋转一周所得旋转体的体机解 A 的图形如图研3-2,取 y 为积分变量，则 的变化范围为 0,1.相应于 0,1J上的任一小区间“,+的 的体积元素为dV=ir 2(1/Iy ):x(2=2xQ/ly1(yl),cly,因此所求体积为图 研3-2V =J 2)rf/l3 (.y-1)*Jd=2“/l-y+/arcsin y+(L)2 3,19.(19 9 4.HI)求曲线 y=3 lx1 11 与工轴围成的封闭图形绕直线y=3 旋转所得的旋转体体积.解 如 图 研 3-3,曲线电的方程为y=3 +2(1),岗的方程为、=4一/(14工 42).取工为积分变量.记相应于区间 0,1 和口,21上的体积分别为匕和力,则它们的体积元素分图 研3-3别为d V i =x(3:-3(4-2)2&=江(8+2/一d)d r,d V j n O2 3(4-j r)j2 d r=i r(8-|-2 xJ-x)d r.由对称性得V=2(%+VZ)=2TJ：(8+纭-d)cl r+2*f (8+2 3 )&=2K f (8+2-J o 1 32 0.(1 9 9 1.1,I D设函数/C r)在 0,1 上连续，(0,1)内可导，且 3 J；/(x)d r=/(0),证明在(0,1)内存在一点c,使f(c)=0.解由积分中值定理知，在 卷,1 上存在一点R，使1/(x)d r=-1-/(ci),从而有/(R)=/(0),故/(外在区间 0,。上满足罗尔定理条件,因此在(0,6)(U(0,D)内存在一点c,使证毕.2 1.(1 9 9 3.皿)设/(工)在 0,a 上连续，且/(0)=0.证明：|J：/(H)d r|4镖-，其中 M=m a x|/，(x)|.解 由 微 分 中 值 定 理 可 知：对于任意工 0,a ,存 在 (0,工)，使得/(工)一/(0)=/柒)工，由条件/(0)=0 得/(工)=/)工,因此有|/(x)d L r|/(x)|L r=ju l/x l d r M x d L r=y-.2 2.(1 9 9 9.H)设八z)是区间 0,+8)上单调减少且非负的连续函数，=/(H)|J I i-l *-!*=W/a)-j：7 cr)d r+/(”)0,即数列%有下界.又u+ia.=/+1)J /(j)cL r0 即得数列%单调减少，由单调有界数列必有极限的准则知数列储“的极限存在.2 3.(2 0 0 4.D)设八幻|4!1 1|也，(1)证明人工)是以K为周期的周期函数,(2)求/(工)的值域.解 /(工+”)=/I sin/|山,设，=u+n,则有f(.x+n)=出 I sin(u+x)I d u=J|sinu|du /(H).故人工)是以x为周期的周期函数.(2)因为|sin工|在(-8,+8)上连续，注意到人工)是以x为周期的周期函数，故只需在 0,上讨论/(H)的值域.因为僧)=f (x)=I+y j|sinx|=|cosx|-|sinx|,令(z)=0,解得产苧，且/(手)=J 卜inf d z =&,I sin,|d r=J sinZ d z -j*sin/d/=2 -7 2./(0)=J：sin d/=1,/(7 t)=(sin/)d z =1,因而/(工)的最小值是2M,锻大值是，故/(1)的值域是(2 x+y jr -l&x VO,2 4.(2 0 0 2.I ,口)设,求函数 F Q)1 7+77,o&KL工，/)也的表达式.解 当 一 i&vo 时，FQ)=J：/油=,(2 什 的)也=9+于工=#+M-1.当O&K1时，FG)=匚/&=匚 色+知)也+j：溶j*=1+-J d岛）=_#+为 也-1一 冷+J：忌d（ePT-帝 一-n C+e f T-禽-ln（l+e ln 2.因此-j-+x2-1-,1 141r 0）,汽锤第一次击打,将桩打进地下am.根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r（0 2J由条件WG=rWz，得g=7钎a,即汽锤击打3次后，可将班打进地下Jl+r+janx（2）根据条件，有W.=rdr=4（xj一小），J j 4由条件 W.=rW.T，得 W.=rW.T=/W.T=尸7 Wi,故和=4 尸，即.于是Jtlai-t=L a?,即得工=/l+r+尸）.因此,=!?*=言即若不限击打次数，汽锤至多能将桩打进地下 Y=mvl-r鹳(四)微 分 方 程J11.(1 9 9 9.I ,n)y -4 y=言的通解为.解 此方程对应的齐次方程的特征方程为/一4=0,其根为rg =2.又因自由项/(x)=e ,A =2是特征方程的单根，故令歹=A x e”是原方程的特解,代人方程可得A=J,于是原方程的通解为4即故y=G e +C?e f +今升.2.(2 0 0 0.I)微分方程工y +3，=0的通解为_ _ _ _ _ _.解 原 方 程 可 变 形 为 竽=一 积 分 得I n/=-31 n工+I n G,/G)y =7y=-冬 /+G=+0 2 3.(2 0 0 1.I)设y =e(G s i n r+G c。sr)(G,Q 为任意常数)为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解，则 该 微 分 方 程 为.解由所给通解的表达式知,打工=1 i是所求微分方程的特征方程的根，于是特征方程为八-2 r+2=0,故所求微分方程为y 2 y+2 y =0.4.(2 0 0 1.I I)过 点 侏0)且满足关系式y a rcsinx+荣/=】的曲线方程为1解 将所给关系式改写成y4-=-1：-a rcsirur/F三k a rcsinx，由一阶线性微分方程的通解公式，得 =屋 匕 矢？(|嘉 磊 土 二 编&+c)，即y K-(x +C)a rcsiru*代人初始条件工=2尸0 其=+，故所求曲线的方程为1x 2y=：.arcsinz5.(1989.I,fl)设线性无关的函数以，”都是二阶非齐次方程y+p(H)y+q(H)y=/(x)的解,G,G 是任意常数，则该非齐次方程的通解是().(A)G y i+G x+R B)C y i+G g T G+G)如 i.yi,ya线性无关可推知一“与“一%线性无关，而“是非齐次方程的特解，故y=C|(yi yj)+G(”-yi +3=GM+G +(1-Ci-G)y3是非齐次方程的通解，所以选择(D).6.(1989.ID)微分方程/一=廿+1 的一个特解应具有形式(式中a,b为常数)().(A)ae1+仇(O ae+ixj(D)axe,+&x.解原方程对应的齐次方程的特征方程的根为几?=土 1.相对于方程/一y=e S 因 人(工)=1 是特征方程的(单)根，故该方程的特解应形如yi=axer.又相对于方程y-y=1,因 f?(幻=1 4=0 不是特征方程的根，故该方程的特解应形如yi=b.按叠加原理,原方程的特解应形如y=yi+yi=axe,+b.故应选择(B).7.(2002.I,n)微分方程y y+y=0 满 足 初 始 条 件=l,y|=十的特解是.解 令 y=。，则y=p 半，且 原 方 程 成 为 如 乎+。2 =0，即 。=0 或 y 乎+。=0.由于。=0 不满足条件J I.。=/，故取3 罂+。=0 分离变量后积分得代人初始条件寸厂0=1,浦 =+,得6=*，即分离变量后积分得，=N+G,代人初始条件寸尸。=】，得 C j=l.于是有寸=工+1,解得特解o=/7+T.,8.（2 0 0 4.D 欧 拉 方 程/总+4 x 罡+2 y -0（工 0）的通解为.解 令工=。.记口=总，则原方程成为特征方程是解得特征根是故得通解于是原方程的通解为D(D-l)y +4 Dy +2 y =0.r(r 1)+4 厂+2 =0,r =-1 ,r2 =-2,y G e-*+C2e-z_ C i C ty=;+y9.（2 0 0 4.口）微 分 方 程 仃+三 皿-2 H d y =0满足 1 的特解为解原方程变形为一阶线性方程d y 1 x2求 F=5，解得 y=J（J忘-”业+C）=yx3+C G.由4-=1得 C=L故特解为y=/彳，+G.1 0.（2 0 0 5.5 口）微分方程J o/+2 y =N l nr满足=一七 的 特 解 为.解原方程变形为一阶线性方程J+会=I nx,解得y=e 供（|I nx J*d r+C）7(*显-押+外由=一年，得c =o,故特解为=f(l n x-1).1 1.(1 9 8 9.I,H.DI)设/(H)=sinr-J：C rT)/a)d z,其中/为连续函数，求f C r).解 因/(x)=sinx x jo/(z)d z 4-x =0,得/(0)=0,且 f(j c)=cosx|o/(r)d z.代人工=0,得f (0)=l.又f l 工)=_ sinx -J(x).记y =人工)，即得初值问题y+y=sinx,I L-o=O,y l i=1.上述微分方程对应的齐次方程的特征方程有根片,2 =i，而自由项为一 sinr,2+%=i是特征方程的根，故 令/=x(A co&r+B sior)是原方程的特解,代入微分方程并比较系数，得A =,B =0,即/=1 x co&r.于是得通解3=G C O S J T+Q sinx +-y cosT,4故y=/(x)=-sinx 4-1-x cosx,1 2.(1 9 9 1.I,I I)在上半平面上求一条向下凸的曲线，其上任一点P(z,y)处的曲率等于此曲线在该点的法线P Q长度的倒数(Q是法线与工轴的交点),且曲线在点(1,1)处的切线与x轴平行.解 曲线y=y(/在 点P(z,y)处的法线方程为Y -y=7(X