一、 填空题（每小题4分，共40分）
1.
设
1??f(t)?lim?t(1?)2tx?x??x??，则
f?(t)? ．
1??2t解：?f(t)?t?lim(1?)x??te，?f?(t)?e2t?2te2t?(1?2t)e2t．
x??x??
2. 设曲线
L
的方程为x?e2t2t，y?t?e?t，则
L的拐点个数
为 ．
dyyt?1?e?t1?2t-3t解：???(e?e)， 2tdxxt?2e2??dy???d2y?dx?t11?2t-3t2t??(?2e?3e)/2e??(2e?4t?3e-5t)． 2xt?24dxd2y?2?0，?无拐点，即L的拐点个数为0． dx 3.
设
)f(x)?(1?x)ex2，则
f(209 ． (0)? 0???1n12n12n?12n?1x2x2解：?e??x，?e??x，?f(x)?(1?x)e??x??x．
n?0n!n?0n!n?0n!n?0n!x令2n?1?2009，则2n?2008，n?1004，?2009次幂项的系数a2009?又a20091． 1004!2009!f(2009)(0)(2009)(0)??，?f．
1004!2009!另解：利用2009阶Peano型余项（或者拉格朗日型余项）的麦克劳林公式，或者高阶导数
的乘法法则． 4.
设
f?(ex)?1?sinx，则
f(x)? ．
解：?f?(ex)?1?sinx，
?f(ex)??(1?sinx)dex?(1?sinx)ex??exdsinx?(1?sinx)ex??excosxdx．
xxxxxx而ecosxdx?edsinx?esinx?esinxdx?esinx?edcosx
?????exsinx?(excosx??excosxdx)?ex(sinx?cosx)??excosxdx，
??excosxdx?1xe(sinx?cosx)?C． 211?f(ex)?(1?sinx)ex?ex(sinx?cosx)?C?ex(2?sinx?cosx)?C．
221?f(x)?x[2?sin(lnx)?cos(lnx)]?C．
2x另解：?f?(ex)?1?sinx，令t?e，则x?lnt，?f?(t)?1?sin(lnt)，
1?f(x)??[1?sin(lnx)]dx?[1?sin(lnx)]x??x?cos(lnx)?dxx?[1?sin(lnx)]x??cos(lnx)dx．
而cos(lnx)dx?xcos(lnx)?x?sin(lnx)?dx?xcos(lnx)?sin(lnx)dx
??1x?1?xcos(lnx)?xsin(lnx)??x?cos(lnx)?dxx?x[cos(lnx)?sin(lnx)]??cos(lnx)dx．
而?cos(lnx)dx??1x[cos(lnx)?sin(lnx)]?C． 21x[cos(lnx)?sin(lnx)]?C2?f(x)?[1?sin(lnx)]x?? 5.
设
1x[2?cos(lnx)?sin(lnx)]?C． 2f(x)在(??,??)上连续，且
?0x?x2f(x?t)dt?x(1?ex)，则
f(1)? ．
解：??0x?x2f(x?t)dt?u?x?t?xx2f(u)(?du)??x2xf(u)du，??xxx2xf(u)du?x(1?ex)．
对方程两边求导，有f(x)?2x?f(x)?1?e?xe． 令x?1，有2f(1)?f(1)?1?e?e，?f(1)?1?2e．
26.
?111lim?????2n???4n2?224n2?n2?4n?1．
解
：
n?????原
式
?lim?n??k?114n?k22?lim?n??k?1n1k4?()2n111dx?a???20n4?xx?a2011??．r 26r
7. 设曲线y?f(x)在原点处有拐点及切线y?2x，且满足微分方程y????y??0，则曲线的方程为 ．
解：f(x)为y????y??0满足yx?0?0，y?x?0?2，y??x?0?0的特解． 由特征方程r?r?0，得特征根r1?0，r2??1，r3?1， 得微分方程的通解为y?C1?C2e?x?C3ex．
由初始条件，有y(0)?C1?C2?C3?0， y?(0)??C2?C3?2，
3y??(0)?C2?C3?0，解得C1?0，C2??1，C3?1．?曲线方程为y?ex?e?x．
8.
设
xyz?(xy)（
x?0，
y?0），则
?z?x? ．
x?2y?1解：由lnz?xyx11?1?1(lnx?lny)，有z??(lnx?lny)?x????(lnx?lny?1)， xyzy?x?yx?2y?11?z??(xy)?(lnx?lny?1)．?z?xxy
?22?(ln2?1)?4(ln2?1)．.
9. 已知?an?为等差数列，an?1?an?d?0，an?0（n?1,2,?），且liman??，则级
n??数
1?n?1anan?1?的和
是 ． 解：
1111?l(????)?n??aaaaaaaan?1nn?11223nn?1?i?l?1a2?a1a3?a2an?1?an?(????)? ?n??daaaaaa1223nn?1???i11111111111． lim(???????)?lim(?)?dn??a1a2a2a3anan?1dn??a1an?1da1
10. 设
2L为圆周
x2?y2?1，则
??yLcos(x2?y2?)?xsiny2ds? ．
：
22x?y2?解
L的方程原式
方程11122??ycos?ds???yds???xds???(x?y)ds??L???2????． 对称性22L2LLL
二、 计算题（10分）
设f(1)?0， f?(1)?2，求limx?00?连续?；变形；0乘法f(sin2x?cosx)e?cosxx2．
解：原式
?f(sin2x?cosx?1)?1?f(1)sin2x?cosx?1 lim?limx2x?0x?0sin2x?cosx?1e?cosx2??x2(x?o(x))?(1??o(x2))?1f?(1)存在；2 ?f?(1)?lim2泰勒公式x?0x(1?x2?o(x2))?(1??o(x2))2x2x?o(x)??o(x2)f?(1)?22 ?2limx?032x?o(x2)21?o(1)2?2lim2?．
x?033?o(1)222
三、 计算题（10分）
设可导函数y?f(x)由方程x3?3xy2?2y3?32所确定，求f(x)的极值点与极值． 解：视y?f(x)，对方程两边求导，得
dydy)?6y2??0， dxdxdy22?0． 即 x?y?2y(x?y)dxdy?0．……………………………………① 由原方程知，有 y?x， ?x?y?2ydxdy?0，得y??x，代入原方程，有x3?3x3?2x3?32， 令dx3x2?3(y2?2xy?解得唯一驻点x??2，此时y?f(?2)?2．
再对①式两边求导，得
dy?dy2d2y?1??2?()?y2??0．………………………………………②
dx?dxdx??2d2y在驻点x??2处，有1?0?2?0?22dx???d2y1??0， ??0，?2dxx??24?x??2??x??2为f(x)的极小值点，f(x)有极小值f(?2)?2．
四、 证明题（10分）
试证：当x?0时，有不等式0?1?1(arctanex?)?成立． x42t证明：令f(t)?arctane，g(t)?t，则对x?0，在0与x构成的闭区间上f(t)与g(t)满
足柯西中值TH条件，所以存在介于0与x之间的?，使得
f(x)?f(0)f?(?)?，
g(x)?g(0)g?(?)arctanex?即
?4?x?01e???e?．
1?e2?1?(e?)21?1e?e?1x0?(arctane?)?由0?，即得，证毕． ???2?x421?(e)2e2