MA117-2023秋-期中-答案

考试科目: 高等数学

考试时长: 120 分钟

开课单位: 数学系

命题教师: 季光先

年级: 大一

1	2	3	4	5	6	7	8
20	20	10	10	10	10	10	10

一

1-1

答案：D

1-2

答案：C

1-3

答案：D

1-4

答案：B

1-5

答案：B

二 Fill in the blanks

2-1

答案：0

2-2

答案：$y=0,y=2x$

2-3

答案：$(\frac{7}{8}{)}^{4/3}$

2-4

答案：$2\sqrt{3}+2-\frac{\pi }{3}$

2-5

答案：$\frac{\sqrt{3}}{48}$

三

求曲线 $x^2+2x{y}^2+3y^4=6$ 在点 $P(1,-1)$ 处的切线方程。

解：

取微分：

$$2xdx+2y^{2}dx+4xydy+12y^{3}dy=0$$$$\Rightarrow \frac{dy}{dx}=\frac{-2(x+y^2)}{4y(x+3y^2)}=\frac{-(x+y^2)}{2y(x+3y^2)}$$

在 $P(1,-1)$ 处：

$${\frac{dy}{dx}|}_{x=1,y=-1}=\frac{1}{4}$$

故切线方程：

$$y=\frac{1}{4}(x-1)-1=\frac{1}{4}x-\frac{5}{4}$$

四

设 $y=x{\int }_2^{x^2}\sin (t^3)dt$，求 $\frac{dy}{dx}$。

解：

$$y=x{\int }_2^{x^2}\sin (t^3)dt=x[F(x^2)-F(2)]$$

其中 $F(x)={\int }_a^x\sin (t^3)dt$，$F^{\prime }(x)=\sin (x^3)$

故：

$$\frac{dy}{dx}={\int }_2^{x^2}\sin (t^3)dt+x\cdot F^{\prime }(x^2)\cdot 2x$$$$={\int }_2^{x^2}\sin (t^3)dt+2x^2\sin (x^6)$$

五

解：

可导需满足两个条件：

5-1 连续性

$$\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{lim}f(x)=f(0)$$$$b=\underset{x\to 0^{+}}{lim}(\frac{1-\cos x}{x}+a)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}[\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{4(\frac{x}{2}{)}^2}\cdot x]+a$$$$=\underset{x\to 0^{+}}{lim}(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}{)}^2\cdot \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{x}{2}+a=0+a=a$$

故 $b=a$

5-2 可导性

$$\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{-}}{lim}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$$$$\Rightarrow \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{1-\cos x}{x^2}=a$$$$\Rightarrow a=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{2}(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}{)}^2=\frac{1}{2}$$

故 $a=\frac{1}{2}$

综上所述，$a=b=\frac{1}{2}$

六

设 $f(x)=\frac{1}{2}x-\sin x$，$0<x<3\pi$

6-1 求函数的极值

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}-\cos x$，在 $(0,3\pi )$ 处处连续，均有定义。

令 $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow \cos x=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{\pi }{3},\frac{5\pi }{3},\frac{7\pi }{3}$

由于 $f(x)$ 无端点值，故 $f(x)$ 在 $x=\frac{\pi }{3},\frac{5\pi }{3},\frac{7\pi }{3}$ 取局部极值。

局部极值分别为：

$$f(\frac{\pi }{3})=\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2},f(\frac{5\pi }{3})=\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2},f(\frac{7\pi }{3})=\frac{7\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2}$$

6-2 求函数的凹凸性

$f^{″}(x)=\sin x$

当 $f^{″}(x)>0\Rightarrow 0<x<\pi$ 或 $2\pi <x<3\pi$，函数为凸

当 $f^{″}(x)<0\Rightarrow \pi <x<2\pi$，函数为凹

备注: 原文这里应该是写错了, 下凹区间应该是$(\pi ,2\pi )$

6-3

函数图像不画, $x\in (0,3\pi ),y\in (\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3\pi }{2})$

关键点

• $(0,0)$
• $(\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2})$
• $(\pi ,\frac{\pi }{2})$
• $(\frac{5\pi }{3},\frac{5\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2})$
• $(2\pi ,\pi )$
• $(\frac{7\pi }{3},\frac{7\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{2})$
• $(3\pi ,\frac{3\pi }{2})$

七

设 $AB=x,AC=\frac{1}{x},\mathrm{\angle }ABC=\theta ,\mathrm{\angle }ADB=\rho$

解：

在 $\mathrm{△}ABD$ 中，正弦定理：

$$\beta =\frac{2\pi }{3}-\theta$$$$\frac{x}{\sin \beta }=\frac{AD}{\sin \theta }(1)$$

在 $\mathrm{△}ADC$ 中，正弦定理：

$$\frac{\frac{1}{x}}{\sin (\pi -\beta )}=\frac{AD}{\sin (\frac{\pi }{3}-\theta )}=\frac{1}{x\sin \beta }(2)$$

由 (1) 和 (2) 得：

$$x^2=\frac{\sin (\frac{\pi }{3}-\theta )}{\sin \theta }$$

由 (1) 得：

$$AD=\frac{x\sin \theta }{\sin (\frac{2\pi }{3}-\theta )}$$$$\begin{array}{l}A{D}^2=\frac{\sin \theta \sin (\frac{\pi }{3}-\theta )}{{\sin }^2(\frac{2\pi }{3}-\theta )}\\ =\frac{\cos (2\theta -\frac{\pi }{3})-\frac{1}{2}}{2{\sin }^2(\frac{2\pi }{3}-\theta )}\\ =\frac{\cos (2\theta -\frac{\pi }{3})-\frac{1}{2}}{1-\cos (\frac{4\pi }{3}-2\theta )}\\ =\frac{\cos (2\theta -\frac{\pi }{3})-\frac{1}{2}}{1+\cos (2\theta -\frac{\pi }{3})}\\ =\frac{2u-1}{2+2u}\\ =1-\frac{3}{2+2u}\end{array}$$

设 $u=\cos (2\theta -\frac{\pi }{3})$，则：

$$A{D}^2=\frac{u-\frac{1}{2}}{1+u}=1-\frac{3}{2(1+u)}$$

其中 $\theta \in (0,\frac{\pi }{3})$，故 $2\theta -\frac{\pi }{3}\in (-\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{3})$，$\cos (2\theta -\frac{\pi }{3})\in (\frac{1}{2},1]$

设 $f(u)=1-\frac{3}{2(1+u)}$ 在 $u\in (\frac{1}{2},1]$ 上单调递增。

故当且仅当 $u=1$ 时，即 $\theta =\frac{\pi }{6}$ 时，$A{D}^2$ 最大为 $\frac{1}{4}$。

故 $|AD|$ 最大值为 $\frac{1}{2}$。

八

$f(x)$ 导数定义：

$$\begin{array}{l}0\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\ =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x)f(h)-f(x)}{h}\\ =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x)(f(x)-1)}{h}\\ =f(x)\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(h)-1}{h}\end{array}$$

$f(h)=1+hg(h)$

$\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(h)-1}{h}=\underset{h\to 0}{lim}g(h)=1$

故 $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f(x)$ 在 $(-\mathrm{\infty },\mathrm{\infty })$ 存在

即 $f(x)$ 在 $(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$ 上处处可导。