2015江西理工大学专升本高等数学真题.doc

2015年江西理工大学专升本数学
部分试题答案解析
一、填空题（每小题5分 ，共15分）
1.设()f x 为连续函数，且2()
lim 2
x f x x →-存在，则(2)f = ．
2.一质点按规律()kt
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2z e xyz e +=确定了函数(,)z z x y =，则(,)z z x y =在点(1,,1)e 处的全微分dz = ．
二、（10分）设数列211{}:13,22,1,2,n n n n u u u u u n +<<=-+=，试写出数列的通
项表达式，并讨论此数列的敛散性．
三、（10分）计算不定积分()
5
1
.2dx x x +⎛⎜⎠
四、（10分）求满足方程0
()()x
x
f t dt x tf x t dt =+-⎰⎰的可微函数()f x ．
五、（10分）设曲线(),()x x t y y t ==由方程组,
2t
t y
x te e e e
⎧=⎪⎨+=⎪⎩确定，试求曲线在1t =处的切线方程．
六、（10分）已知平面区域(){},|1,11D x y x y x =≤≤-≤≤，且()f x 是定义在
(1,1)-上的任意连续函数．
(1)判断函数()()()1F x f x f x =--及()()()2F x f x f x =+-的奇偶性； (2)求2[(1)()(1)()]D
I y x f x x f x dxdy =++--⎰⎰．
七、 (10分)设函数()f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导,且()()0,
f a f b ⋅>
()0,2a b f a f +⎛⎫
⋅< ⎪⎝⎭
试证：至少存在一点(),,a b ξ∈使得()().f f ξξ'=
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(1)y ax a =<与抛物线2y x =所围成的平面图形的面积为1S ，它们与直线1x =所围成的平面图形面积为2S ．
（1）试确定a 的值，使1S +2S 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. 2ak 3. 112
2dx dy
e -- 二．解：由递推关系式可得：
2
22211(1)(1)(1),n
n n n n u u u u +-=-=-=
=-
故， 1
2
11(1).n n
u u -=+- 当112u <<时，数列{}n u 收敛，且lim 1;
n n u →∞
=
当123u <<时，数列{}n u 发散，且lim .
n n u →∞=+∞
三．解：原式()
()455
55555
1111ln .1021022x x dx d x C x x x x x ⎛⎫==-=+ ⎪+++⎝⎭⎰⎰ 四．解：令x t u -=，则0
()()()x
x
tf x t dt x t f t dt -=-⎰⎰，
从而有
0()()()x
x
f t dt x x t f t dt =+-⎰
⎰,
两边同时对x 求导，整理得：
()1()x
f x f t dt =+⎰， （*）
再求导得： ()()f x f x '=，
解之得：(),(x f x Ce C =为任意常数），又由（*）知(1)0f =，于是1C =， 从而,()x f x e =.
五．解：由曲线方程知：当1t =时，, 1.x e y ==
由t x te =得：
(1)t dx
t e dt
=+, 对隐式方程2t y e e e +=两边对t 求导并整理得:
,2t t
y t
dy e e dt e e e =-=--
故，1
(1)(2)t
dy
dy dt dx dx t e e dt
==-+-，11.2t dy dx e ==- 曲线在1t =处的切线方程为1
1().
2y x e e -=--
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
2[()()]2[()()]D
D
I y f x f x dxdy xy f x f x dxdy =--++-⎰⎰⎰⎰
=[]1
111
11[()()]2()()2x
x
f x f x dx ydy x f x f x dx ydy ----++-⎰⎰⎰⎰
=
[]1
1
2
21
1
(1)[()()](1)()()x f x f x dx x x f x f x dx -----+-+-⎰
⎰
=000+=。

七．
证明：由()()0,f a f b ⋅>不妨设()()0,0,f a f b >>又因为
()0,2a b f a f +⎛⎫
⋅< ⎪⎝⎭
故
0,2a b f +⎛⎫< ⎪⎝⎭
由闭区间上连续函数的零点定理得12,,,22a b a b x a x b ++⎛⎫⎛⎫
∃∈∈ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭使得 ()()120,f x f x ==再令()(),x x e f x ϕ-=显然在闭区间[]12,x x 上满足罗尔定理的条件,
故至少存在一点()()12,,,x x a b ξ∈⊂使得()()()()0,x
x x e
f x e f x ϕξϕ--'''==-而
()()()()0.
e f e f f f ξξξξξξ--'-='=故即
八．解： 22000
11111
lim sin(sin )lim sin lim sin 0x x x x x x x x
x
x
x
→→→=⋅==．
说明:此求解方法不正确。

当0x →时，无穷小21sin(sin )x x 不能用无穷小21
sin x x 来代替。

因为当
0x x →时，无穷小α与β作比较的前提条件是做分母的β不能等于零，而这里的
21
sin x x
β=在x 取1
n x n π
=
时等于零，n N +∈. 正确解法：
解：因当0x ≠时，22211
0|sin(sin )||sin |x x x x x
≤≤≤，故
211
0|sin(sin )|||0,(0)x x x x x ≤≤→→，
由夹逼准则可知2011
lim sin(sin )0.
x x x x →=
九．解：（1）
(i) 当01a <<时，1
22120
()()a
a
S S S ax x dx x ax dx =+=-+-⎰
⎰
3111
323
a a =
-+， 令21
()02
S a a '=-
+=
，得a =
，又0S ''=>
且驻点唯一，故当a =时，S
取得最小值，且最小值为
26
-； （ii ）当0a ≤时，0
1
22
120
()()a
S S S ax x dx x ax dx =+=-+-⎰⎰
3111
326
a a =--， 又211()022S a a '=-
-<，故()S a 在0a ≤时单调递减，此时1
(0)3
S =为最小值； 由(i) （ii ）可知3311
1,01323111,0
32
6a a a S a a a ⎧-+<<⎪⎪=⎨⎪--≤⎪⎩
且当2a =时，S 取得最小值，最小值
(2
）1
24
420
1
)]()]30
V ax x dx x ax dx π
ππ=-+-=。