MA117 2020秋 期中 答案

2020秋高数上期中试题答案

一

1-1

答案：B

$$f(x)=|x|\sin x=\{\begin{array}{ll}x\sin x,& x\ge 0\\ -x\sin x,& x<0\end{array}$$$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\sin x+x\cos x,& x\ge 0\\ -\sin x-x\cos x,& x<0\end{array}$$$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{|x|\sin x}{x}=0$$$$f_{+}^{\prime \prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\sin x+x\cos x}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}(\frac{\sin x}{x}+\cos x)=2$$$$f_{-}^{\prime \prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{lim}\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{lim}(-\frac{\sin x}{x}-\cos x)=-2$$

因此 $f^{\prime \prime }(0)$ 不存在，所以 $f^{(n)}(0)$ 存在的最大 $n$ 值是 1。

1-2

答案：A

$$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{x^2+1}{x+1}-ax-b)=\frac{1}{2}$$

由于 $\frac{x^2+1}{x+1}=x-1+\frac{2}{x+1}$，斜渐近线为 $y=x-1$

因此：

$$\{\begin{array}{l}a=1\\ b+\frac{1}{2}=-1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=1\\ b=-\frac{3}{2}\end{array}$$

1-3

答案：B

$$g(c)=\frac{1}{6}{\int }_0^6(x^2+6)dx=\frac{1}{6}((\frac{1}{3}{x}^3+6x{]}_0^6))=\frac{1}{6}(72+36)=18$$

1-4

答案：D

分析各选项在 $x=0$ 处的可导性：

(A) $f(x)=|x|\sin |x|$

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{|x|\sin |x|}{x}$$

由于 $\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{|x|\sin |x|}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\sin |x|=0$

且 $\underset{x\to 0^{-}}{lim}\frac{|x|\sin |x|}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{lim}(-\sin |x|)=0$

所以 $f^{\prime }(0)=0$，在 $x=0$ 处可导。

(B) $f(x)=|x|\sin \sqrt{|x|}$

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{|x|\sin \sqrt{|x|}}{x}$$

类似分析可得 $f^{\prime }(0)=0$，在 $x=0$ 处可导。

(C) $f(x)=\cos |x|$

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\cos |x|-1}{x}$$

利用 $\cos u-1=-\frac{1}{2}{\sin }^{2}u+O(u^4)$：

$$=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{1}{2}|x{|}^2}{x}=0$$

在 $x=0$ 处可导。

(D) $f(x)=\cos \sqrt{|x|}$

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\cos \sqrt{|x|}-1}{x}$$

利用 $\cos u-1=-\frac{1}{2}{u}^2+O(u^4)$：

$$=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}$$

左极限：$\underset{x\to 0^{-}}{lim}\frac{-\frac{1}{2}(-x)}{x}=\frac{1}{2}$

右极限：$\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{-\frac{1}{2}x}{x}=-\frac{1}{2}$

由于左右极限不相等，$f^{\prime }(0)$ 不存在，在 $x=0$ 处不可导。

1-5

答案：C

$$f^{\prime }(x)=\frac{-\cos x(1+\sin x)-\cos x(1-\sin x)}{(1+\sin x{)}^2}=\frac{-2\cos x}{(1+\sin x{)}^2}$$$$f^{\prime }(\frac{\pi }{6})=\frac{-2\times \frac{\sqrt{3}}{2}}{(1+\frac{1}{2}{)}^2}=\frac{-\sqrt{3}}{(\frac{3}{2}{)}^2}=-\frac{4\sqrt{3}}{9}=-\frac{4}{3\sqrt{3}}$$

二

2-1

答案：0

$${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{5}x{\cos }^{3}xdx=0$$

（被积函数为奇函数）

2-2

答案：$\frac{1}{12}$

对等式 ${\int }_0^{x^3-1}f(t)dt=x$ 两边求导：

$$3x^{2}f(x^3-1)=1$$

令 $x=2$，则 $f(7)=\frac{1}{12}$

2-3

答案：$\frac{1}{3}{x}^3+2x-\frac{1}{x}-\frac{4}{3}$

$$f^{\prime }(x)=(x+\frac{1}{x}{)}^2=x^2+2+\frac{1}{x^2}$$$$f(x)=\frac{1}{3}{x}^3+2x-\frac{1}{x}+c$$

由 $f(1)=1$ 得 $c=-\frac{4}{3}$

2-4

答案：-2

约束条件：$x^2+y^2+z^2={13}^2$

$2x\cdot x^{\prime }+2y\cdot y^{\prime }+2z\cdot z^{\prime }=0$

代入已知值：$24+24+24\times z^{\prime }(t_0)=0$

解得：$z^{\prime }(t_0)=-2$

2-5

答案：$\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}$

$$\underset{s\to a}{lim}\frac{\sqrt{s^2+1}-\sqrt{a^2+1}}{s-a}=\frac{d}{ds}(\sqrt{s^2+1}){|}_{s=a}=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}$$

三

3-1

$$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sqrt{3+x}-\sqrt{x+1}}{x^2+x-2}$$

分子分母同时除以 $x^2$：

$$=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{\sqrt{3+x}}{x^2}-\frac{\sqrt{x+1}}{x^2}}{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}=\frac{0-0}{1}=0$$

3-2

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{\cos x-{\sec }^{2}x}{x\sin x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\cos x-\frac{1}{{\cos }^{2}x}}{x\sin x}$$$$=\underset{x\to 0}{lim}\frac{{\cos }^{3}x-1}{x\sin x{\cos }^{2}x}$$

注意原答案处这里没把 ${\cos }^{2}x$给除下去

利用 $\underset{x\to 0}{lim}\cos x=1$

$$=3\underset{x\to 0}{lim}\frac{\cos x-1}{x\sin x}=3\underset{x\to 0}{lim}\frac{-{\sin }^{2}x}{x\sin x}\frac{1}{\cos x+1}=-\frac{3}{2}\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=-\frac{3}{2}$$

四

4-1

$${\int }_0^{2\pi }|{\sin }^{2}x-{\cos }^{2}x|dx={\int }_0^{2\pi }|\cos 2x|dx$$

由于 $\cos 2x$ 在 $[0,2\pi ]$ 上的周期性：

$$=8{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2xdx=4[\sin 2x{]}_0^{\frac{\pi }{4}}=4$$

4-2

$${\int }_0^1(x+2)\sqrt{1-x^2}dx={\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx+2{\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx$$

第一个积分：令 $u=1-x^2$，$du=-2xdx$

$${\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx=-\frac{1}{2}{\int }_1^0\sqrt{u}du=\frac{1}{3}$$

第二个积分：${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx=\frac{\pi }{4}$（四分之一圆面积）

因此：${\int }_0^1(x+2)\sqrt{1-x^2}dx=\frac{1}{3}+\frac{\pi }{2}$

五

5-1

$$f(x)=\frac{x^3+x-2}{x-x^2}=\frac{(x-1)(x^2+x+2)}{x(1-x)}=-\frac{x^2+x+2}{x}=-x-1-\frac{2}{x}$$

定义域：$x\ne 0,x\ne 1$

$$f^{\prime }(x)=-1+\frac{2}{x^2},f^{\prime \prime }(x)=-\frac{4}{x^3}$$

令 $f^{\prime }(x)=0$：$-1+\frac{2}{x^2}=0\Rightarrow x=\pm \sqrt{2}$

• 当 $x\in (-\mathrm{\infty },-\sqrt{2})$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，函数递减
• 当 $x\in (-\sqrt{2},0)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，函数递增
• 当 $x\in (0,1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，函数递增
• 当 $x\in (1,\sqrt{2})$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，函数递增
• 当 $x\in (\sqrt{2},+\mathrm{\infty })$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，函数递减

因此：

• $x=-\sqrt{2}$ 是局部极小值点，$f(-\sqrt{2})=\sqrt{2}-1+\sqrt{2}=2\sqrt{2}-1$
• $x=\sqrt{2}$ 是局部极大值点，$f(\sqrt{2})=-\sqrt{2}-1-\sqrt{2}=-2\sqrt{2}-1$

凹凸性分析：

• 当 $x<0$ 时，$f^{\prime \prime }(x)>0$，函数凹向上
• 当 $x>0$ 时，$f^{\prime \prime }(x)<0$，函数凹向下

$x\ne 0$, so no inflection point

5-2

渐近线分析：

1. 垂直渐近线：$x=0$
2. 水平渐近线：无（因为 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)=-\mathrm{\infty }$）
3. 斜渐近线：$y=-x-1$

5-3

根据以上分析可画出函数图像。

太麻烦, 不画

六

6-1

$$y={\int }_1^{1+2x}\sqrt{t^2-1}dt$$

由莱布尼兹积分法则：

$$\frac{dy}{dx}=2\sqrt{(1+2x{)}^2-1}=2\sqrt{4x^2+4x}=2\sqrt{4x(x+1)}=4\sqrt{x(x+1)}$$

6-2

曲线：$x^2-y^2=9$，点：$(5,-4)$

隐函数求导：$2x-2y\frac{dy}{dx}=0$

$$\frac{dy}{dx}=\frac{x}{y}$$

在点 $(5,-4)$ 处：$\frac{dy}{dx}=\frac{5}{-4}=-\frac{5}{4}$

切线方程：$y-(-4)=-\frac{5}{4}(x-5)$

七

求曲线 $y=x^2$ 和 $y=2x-x^2$ 围成的区域面积。

求交点：

$$x^2=2x-x^2\Rightarrow 2x^2=2x\Rightarrow x=0\text{ or }x=1$$

在区间 $[0,1]$ 上，$2x-x^2>x^2$

因此面积为：

$$S={\int }_0^1[(2x-x^2)-x^2]dx={\int }_0^1(2x-2x^2)dx$$$$=[x^2-\frac{2}{3}{x}^3{]}_0^1=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$$

八

求曲线 $y=2x-1$，$y=\sqrt{x}$ 与 $y$ 轴围成的图形绕直线 $x=-1$ 旋转所得立体的体积。

首先求交点：

$$\sqrt{x}=2x-1$$

注意, $(\sqrt{x}{)}^2=x,\ne x^2$, 因此下面一步和pdf答案上不一致, 请自行验证

平方得：$x=4x^2-4x+1$，即 $4x^2-5x+1=0$

解得：$x=1$ 或 $x=\frac{1}{4}$

代入可得, $(1,1)\mathrm{以}\mathrm{及}(\frac{1}{4},-\frac{1}{2})$, 显然第二个点在$y=-\sqrt{x}$上, 舍去.

故当 $x\in [0,1]$ 时，$2x-1<\sqrt{x}$

$$\begin{array}{rl}V& =2\pi {\int }_0^1(x+1)(\sqrt{x}-2x+1)dx\\ & =2\pi {\int }_0^1(-2x^2+x^{\frac{3}{2}}-x+\sqrt{x}+1)dx\\ & =2\pi {(\frac{2}{5}{x}^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+x)|}_0^1\\ & =2\pi (\frac{2}{5}-\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+1)\\ & =2\pi (\frac{2}{5}-\frac{1}{2}+1)\\ & =\frac{9\pi }{5}\end{array}$$

经计算得：$V=\frac{9\pi }{5}$

九

证明：设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，则存在 $c\in (0,1)$ 使得 $f(c)={\int }_0^{1}f(x)dx$

证明：

由于 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，根据最值定理，$f$ 在 $[0,1]$ 上有最大值 $M$ 和最小值 $m$。

设 $f(\alpha )=M$，$f(\beta )=m$，其中 $\alpha ,\beta \in [0,1]$。

因为：

$$m\le f(x)\le M,\mathrm{\forall }x\in [0,1]$$

对不等式积分：

$$m\le {\int }_0^{1}f(x)dx\le M$$

即：

$$f(\beta )\le {\int }_0^{1}f(x)dx\le f(\alpha )$$

由连续函数的中间值定理，存在 $c\in [\alpha ,\beta ]\subseteq [0,1]$ 使得：

$$f(c)={\int }_0^{1}f(x)dx$$

若 $\alpha ,\beta$ 中有端点，可通过适当调整证明 $c\in (0,1)$。