高等数学(A)参考答案 2008-1-18
一．单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分） 1. B. 2. A. 3. A. 4.C.
二、填空题（本题共4小题，每小题4分，共计16分） 1. y?13x?1. 2.
425?h. 3. (2,12). 4.y?tan(e?2x?4?1).
?3?x2, 0?x?1;??2三、（7分）设 f(x)?? 试研究函数f(x)在[0, 2]上是否
?1, 1?x?2.??x满足拉格朗日中值定理的条件.
解 f(x)在区间[0,1)和(1,2]内连续且可导.
3?x22x?1时，limf(x)?lim??x?1x?1?1
x?1lim?f(x)?lim?x?11x?1
x?1lim?f(x)?limf(x)?f(1)
x?1?因此，f(x)在x?1处连续.
3?xx?12lim?f(x)?f(1)x?1?lim?x?12x?1?1?lim?x?11?x2x?1??1, f??(1)??1
x?1lim?f(x)?f(1)x?1?11?xx?lim??lim???1, f??(1)??1?f??(1)
x?1x?1x?1x(x?1)1f(x)在x?1处可导。
因此，f(x)在[0, 2]上满足拉格郎日中值定理的条件.
四、计算下列各题（本题共6小题，每小题6分，共计36分）．
1
1. limln(1?2sinx)
x?01?x?1?x解 lln(?12sxin?)l2(1?x?1?x)six
nx?im01?x?1?xx?im02x?2
12. 解 l?sinx?x??sinx?1?x?im0??x? ?explim?1??0??x???x? x????explim?sinx?x?x?0??x2? ??explimcosx?12x
x?0?explim?sinx?1
x?023. 设???x?ln1?t2， 计算d2y??y?arctant dx2．
解
dxdydt?12?2t1?t2?t1?t2 , dt?11?t2 dy则
dy1dx?dtdx?t dtd2yd(1?t)?dt??1?1t2dx2dtdxt2t??1?t3
1?t24. 计算积分
?ln(x?1?x2)dx．
解
?ln(x??1x2d)x?xln(x?1?x2)??xdx
1?x2?xln(x?1?x2)?1?x2?C
2
25.
?11?x12dx
2x解 设x?sint，则1?x2?cost，dx?costdt，
且x?1时，t???24；x?1时，t?2。于是
12???1?x1cot2tdt??2?(csc2t?1)dt
2x2dx??2?44??(?cot2t?t)2?=1??44
6. 求微分方程y???4y?xcosx的通解．
解 对应的齐次方程的特征方程为r2?4?0， 其根r1,2??2i齐次方程的通解 yh?C1cos2x?C2sin2x
?i不是特征方程的根，则设非齐次的特解
yp?(ax?b)cosx?(cx?d)sinx y?p??(ax?b?c)sinx?(cx?d?a)cosx
y??p??2asinx?(ax?b)cosx?2ccosx?(cx?d)sinx ??axcosx?(b?2c)cosx?cxsinx?(2a?d)sinx
代入原方程，整理得
3axcosx?(3b?2c)cosx?3cxsinx?(3d?2a)sinx?xcosx
比较两端同类项系数得
3
?3a?1?12?3b?2c?0，解得 a?, b?0, c?0, d??393c?0???3d?2a?0yp?13xcosx?29sinx
13xcosx?29sinx
通解 y?C1cos2x?C2sin2x?五、解 设P(x,x2)是曲边OB上任一点。过该点的切线方程为
Y?x?2x(X?x)
2令Y?0得切线与OA的交点C的坐标(,0)；
2x令X?8得切线与AB的交点D的坐标(8,16x?x2)。 所围成的三角形面积
S(x)?S?(x)?1214(8?x2)(16x?x)?214x(16?x) （0?x?8）
2(16?3x)(16?x)
163令S?(x)?0，得x?0?x?163
163?x?8时，S?(x)?0。
时，S?(x)?0；
163因此，x?时，S(x)取极大值，也是最大值。
16256,)。 39所求点为(六、求心形线r?a(1?cos?)与圆r?3acos?所围成公共部分图形的面积。 解 由于图形关于极轴对称，故所求图形的面积就是极轴上方图形的面积A1的二倍。
4
?r?a(1?cos?)? 解方程 ? 得??.
3?r?3acos?所求的面积
A?2A1?2[21?30?2a2?1?cos??2d??1?2??29acos?d?]?223
??1?3?a??3??2cos??cos2?02??29?d???2???23?1?cos2?d????????1?392??3?a????2sin??sin2???42?2?0???1??2????2sin2???????3?
?54?a.2七、 解1. 所给等式变形为
(x?1)f?(x)?(x?1)f(x)??f(t)dt?0
0x上式两端对x求导，得
(x?1)f??(x)??(x?2)f?(x) dudxx?2x?1令u?f?(x)，则即
f?(x)?Ce?x??u，解之得，u?Ce?x1?x
1?x
??1，因此 f?(x)??由f(0)?1及f(0)?f?(0)?0，知f?(0)??1，从而C2 设?(x)?f(x)?e?xe?x1?x。
，则?(0)?0. xe?x??(x)?f?(x)?e?x?1?x，当x?0时，??(x)?0，
即?(x)单调增加，因此
?(x)??(0)?0 即有 f(x)?e?x。
八、证明 f(x)在x?a?b2处的一阶Taylor公式为
5
f(x)?f(a?bb2)?f?(a?b2)(x?a?b2)?12!f??(?)(x?a?2)2
（?在x与
a?b2之间） （1）
因f??(x)?0，所以f(x)?f(a?b2)?f?(a?ba?b2)(x?2)
(1)式两边在[a,b]上积分得，
?b?af(x)dx??b?f(a?b)?f?(a?b)(xa?b?a?22?2)?dx ??f(a?b2)(b?a).
6
f(x)?f(a?bb2)?f?(a?b2)(x?a?b2)?12!f??(?)(x?a?2)2
（?在x与
a?b2之间） （1）
因f??(x)?0，所以f(x)?f(a?b2)?f?(a?ba?b2)(x?2)
(1)式两边在[a,b]上积分得，
?b?af(x)dx??b?f(a?b)?f?(a?b)(xa?b?a?22?2)?dx ??f(a?b2)(b?a).
6