2015江西理工大学专升本高等数学真题

2015年江西理工大学专升本数学

部分试题答案解析

题号 评阅人 得分

考试形式：闭卷 考试时间：120分钟 满分：150分 一 二 三 四 五 六 七 八 九 总成绩 一、填空题（每小题5分 ，共15分）

f(x)1.设f(x)为连续函数，且lim存在，则f(2) ．

x2x22.一质点按规律s(t)ae（a,k为常数）做直线运动，则它的初始加速度为 ． 3.设方程ezxyz2e确定了函数zz(x,y)，则zz(x,y)在点(1,e,1)处的全微分dz ．

二、（10分）设数列{un}:1u13,un1un22un2,n1,2,项表达式，并讨论此数列的敛散性．

1dx. 三、（10分）计算不定积分5x2x

xxkt，试写出数列的通

四、（10分）求满足方程f(t)dtxtf(xt)dt的可微函数f(x)．

00

txte,五、（10分）设曲线xx(t),yy(t)由方程组t确定，试求曲线在t1yee2e处的切线方程．

六、（10分）已知平面区域Dx,y|xy1,1x1，且f(x)是定义在

(1,1)上的任意连续函数．

(1)判断函数F1xfxfx及F2xfxfx的奇偶性； (2)求I2y[(x1)f(x)(x1)f(x)]dxdy．

D

七、 (10分)设函数fx在a,b上连续,在a,b内可导,且fafb0,

abfaf0,试证：至少存在一点a,b,使得ff.

2

八、（10分）分析以下求极限的方法是否正确？若不正确，说明理由，并给出正

确的求解方法．

九、（15分） 设直线yax(a1)与抛物线yx2所围成的平面图形的面积为S1，它们与直线x1所围成的平面图形面积为S2．

（1）试确定a的值，使S1+S2达到最小，并求出最小值；

（2）求该最小值所对应的平面图形绕x轴旋转一周所得旋转体的体积．

2015年江西理工大学专升本数学

标准答案

一，1.0 2. ak2 3.二．解：由递推关系式可得：

un11(un1)2(un1)2n1211dxdy2e 2(un1)2,

n2u1(u1). 1故， n 当1u12时，数列{un}收敛，且limun1;n

当2u13时，数列{un}发散，且limun.n

x41111x55三．解：原式5dx5dxlnC. 55510x2x102xx2x四．解：令xtu，则0 从而有

xtf(xt)dt(xt)f(t)dt，

0xxx0f(t)dtx(xt)f(t)dt,

0x 两边同时对x求导，整理得：

f(x)1f(t)dt， （*）

0 再求导得： f(x)f(x)，

解之得：f(x)Cex,(C为任意常数），又由（*）知f(1)0，于是C1， 从而,f(x)ex.

五．解：由曲线方程知：当t1时，xe,y1.

由xtet得：

dx(1t)et, dt对隐式方程etey2e两边对t求导并整理得:

dyetety, dte2eet

dydy1dydt1. 故，，tdxdxt12edx(1t)(2ee)dt1曲线在t1处的切线方程为y1(xe).2e

六．解:因f(x)是定义在(1,1)上的连续函数，则f(x)f(x)为连续的奇函数，

f(x)f(x)为连续的偶函数。于是有

I = =

2y[f(x)f(x)]dxdy2xy[f(x)f(x)]dxdy

DD111[f(x)f(x)]dx2ydyxf(x)f(x)dx2ydy

x11x1111(1x)[f(x)f(x)]dxx(1x2)f(x)f(x)dx

21 =000。

七．

证明：由fafb0,不妨设fa0,fb0,又因为

abfaf0,故

2abababxa,,x,b使得 f0,由闭区间上连续函数的零点定理得12222fx1fx20,再令xexfx,显然在闭区间x1,x2上满足罗尔定理的条件,故至少存在一点x1,x2a,b,使得0,而xexfxexfx

故efef0即ff.

xx说明:此求解方法不正确。

11111八．解： limsin(x2sin)limx2sinlimxsin0．

x0x0x0xxx11 当x0时，无穷小sin(x2sin)不能用无穷小x2sin来代替。因为当

xxxx0时，无穷小与作比较的前提条件是做分母的不能等于零，而这里的

1x正确解法：

x2sin在x取xn1时等于零，nN. n11解：因当x0时，0|sin(x2sin)||x2sin|x2，故

xx

11 0|sin(x2sin)||x|0,(x0)，

xx11由夹逼准则可知limsin(x2sin)0.x0xx

九．解：（1）

(i) 当0a1时，SS1S2 a0(axx2)dx(x2ax)dx

a1111aa3， 323令S(a)2221)20且驻点唯一，故当a，又S(时，a20，得a2222S取得最小值，且最小值为

22； 601a022（ii）当a0时，SS1S2(axx)dx(xax)dx

又S(a)111aa3， 3261121a0，故S(a)在a0时单调递减，此时S(0)为最小值； 2231311aa,0a12323 由(i) （ii）可知S且当a时，S取得最小值，最小值

211a1a3,a0632为22。 6(2）V220[(ax)x]dx2[x4(ax)2]dx224121。 30