2005-2006学年微积分A第一学期期末试题答案

1 1 ∗ ae x + 4ae x = e x ，于是 a = , 从而 y 2 = ex. 5 5
∗ 因此，方程 y ′′ + 4 y = e x + x 的一个特解为 y ∗ = y1∗ + y 2 =
1 1 x + ex . 4 5
故原方程的通解为： y = C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x +
x→0 x →0
所以，原方程的解为：
二、完成下列各题（每小题 7 分，共 28 分）
⎛ ⎛ cos x = exp⎜ ⎜ ⎜ xlim + ⎝ → 0 ⎝ sin x
1 ⎞⎞ x cos x ⎞ ⎛ = exp⎜ lim+ ⎟⎟ ⎟=e ⎟ x ⎠⎠ ⎝ x → 0 sin x ⎠
2.
dy 1 , = d x 2(1 + t ) 2
五、(10 分) (1). f ′( x) =
x 2 ( x + 3) . (1 + x) 3
令 f ′( x ) = 0 ，得驻点 x1 = −3, x2 = 0 ， x = −1 时 f ( x ) 无定义。列表：
x
f ′( x)
f ( x)
(− ∞,−3)
−3
(−3,−1)
−1
不存在
(−1,0)
所以，曲线有斜渐近线： y = x + 1
4/5
六、 (1) 过 P( x, y ) 的 Γ 的切线方程为： Y − y = y ′( X − x ) 令 X = 0 ，得该切线在 Y 轴上的截距 Y = y − xy′
∴ A( x ) =
x 0
1 1 x[ y − ( y − xy ′)] = x 2 y ′ ， 2 2
1 1 所以， 当 a = e1 / e ⇒a=e e， e
4.
∫− ∞ x
0
2 x
e d x = lim
a → −∞
∫ x a → −∞ a
0
2
ex d x
= lim [ x 2 e x
a → −∞
0 a
− 2 xe x
0 a
+ 2e x 0 a]
= lim [ − a 2 e a + 2ae a + 2 − 2e a
x →0 x →0 x →0
1 1 = x+e e
f −′ (0) = lim (a x )′ = lim a x ln a = ln a − −
x →0 x →0
要使 f ′(0) 存在， 即 f +′ (0) = f −′ (0) ， 于是 ln a =
1 时， f ′(0) 存在，且 f ′(0) = . e
d2 y 1 =− . 2 dx 2(1 + t ) 2 当 t = 1 时， 1 d y 1 d2 y =− . = , 2 dx 8 dx 32
[1 + y ′ 2 ]3 / 2 曲率半径 R = y ′′
=
t =1
[1 +
1 3/2 ] 65 64 = 65 1 16 32
3. 对应齐次方程的特征方程： r 2 + 4 = 0. 于是，特征根为： r1, 2 = ±2 i .
η ∈ (a, a1 ) ，使 f ′(η ) = 0 ，即η 为 f ( x ) 的驻点.
因此， f ( x ) 在 (0,+∞ ) 内必有驻点。 （2）由 a 的任意性，对于 a 大于上述 η ， F ( x ) 有驻点 a 2 > a > η ，同（1） 知，存在 λ ∈ (a, a 2 ) ， λ > η ，使得 f ′(λ ) = 0 . 对 f ' ( x ) 在 [η , λ ] 上应用 Rolle 定理,可知， 存在 ξ ∈ (η , λ ) ⊂ (0,+∞ ) ， 使得
S( x) = xy − ∫ y ( x) d x .
(2) 由 A( x ) = 2 S( x ) ，得
x 1 2 x y ′ = 2 xy − 2 ∫ y ( x ) d x . 0 2
两端对 x 求导，并整理得： xy ′′ = 2 y ′ . 方程不显含未知函数 y ，令 y ′ = p ( x) ，则 y ′′ = p ′ , 方程化为 xp ′ = 2 p . 分离变量并积分得： p = C1 x 2 ，即 y ′ = C1 x 2 . 由 y ′(1) = 1 ，得 C1 = 1 ，∴ y ′ = x 2 . 再积分得 y = x3 2 ∴y = + . 3 3 七、 证明： x3 2 + C 2 ，由 y (1) = 1 ，得 C 2 = . 3 3
5. 方程变形为： y ′ +
y=e
2 y = ln x , 这是一阶线性非齐次方程。通解为： x
−∫ 2 dx x [
∫ ln x ⋅ e
∫
2 dx x
d x + C]
1/5
=
1 x
2
[ ∫ x 2 ln x d x + C]
=
x x C ln x − + 2 3 9 x
1 由初始条件 y (1) = − , 得 C = 0 . 9 x x y = ln x − 3 9 1. lim+ (sin x )1 ln x = lim+ e ln sin x / ln x
0
(0,+∞)
+
↑
0பைடு நூலகம்
极 大 值
+
↑
0
不 取 极值
+
↑
↓
无定义
单增区间： (− ∞,−3), (− 1,+∞) ，单减区间： (− 3,−1) 极大值： f (−3) = (2). f ′′( x) =
− 15 . 4
6x . (1 + x) 4
令 f ′′( x ) = 0 ，得 x = 0 ，列表：
x
f ′′( x) f ( x)
(− ∞,−1)
−1
不存在
(− 1,0)
0
0
(0,+∞ )
+
∩
无定义
∩
拐点
∪
上凸区间： ( −∞,−1), ( −1,0) ，上凹区间： (0,+∞ ) ， 拐点 (0,3) . （3） x = −1 为其垂直渐近线.
⎡ x2 f ( x) 3⎤ k = lim = lim ⎢ + ⎥ = 1. 2 x →∞ x → ∞ x x⎦ ⎣ (1 + x) ⎡ x3 ⎤ b = lim[ f ( x) − x ] = lim ⎢ + 3 − x ⎥ = 1. 2 x →∞ x →∞ (1 + x ) ⎣ ⎦
3. Q lim − f ( x ) = lim − a
x→ 0
= 1,
x →0 +
lim f ( x ) = lim+ ln( x + e) = 1,
x →0
且 f (0) = 1, ∴ f ( x) 在 x = 0 处连续.
f +′ (0) = lim+ f ′( x) = lim+ [ln( x + e)]′ = lim+
令 t = u ，则 t = u 2 , d t = 2u d t. ∴ F (1) = 2 ∫
u ⋅ 2u d u 1+ u6
1 0
4 = arctan u 3 3
∴ F ( x) ≡
π = . 3
π
3
四、建立如图所示坐标系，直线 AB 的方程为：
y=
3 3 ( a − x). ………….……4 分 3 2
f ′′(ξ ) = 0
5/5
0
2
= 3π .
三、证： F ′( x) = x 1/ x ⎛ 1 ⎞ x x + ⋅ − 2⎟= − =0 3 3 ⎜ 3 1+ x 1 + 1/ x ⎝ x ⎠ 1 + x 1 + x3
∴ F ( x) 恒为常数.
令 x = 1 ，有 F (1) = 2 ∫
t dt . 0 1+ t3
1 1 0
(1)
F ( x) = x 2 ∫ f ′(t ) d t − ∫ t 2 f ′(t ) d t
a a
x
x
F ′( x) = 2 x ∫ f ′(t ) d t = 2 x[ f ( x) − f (a )]
a
x
由题意知 F ′(a1 ) = 2a1[ f (a1 ) − f (a)] = 0 ⇒ f (a1 ) = f (a) （ a1 > a ）. 由条件知 f ( x ) 在 [a, a1 ] 上满足 Rolle 定理条件，所以，至少存在一点
对应齐次方程的通解为： Y ( x) = C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x 方程 y ′′ + 4 y = x 有型如 y1∗ = A x + B 的特解，由待定系数法得：
A= 1 1 , B = 0. ∴ y1∗ = x. 4 4
∗ 又方程 y ′′ + 4 y = e x 有型如 y 2 = ae x 的特解， 代入方程得
北京理工大学 2005-2006 学年第一学期
2005 级《微积分 A》期末试卷参考答案
一、求解下列各题（每小题 7 分，共 35 分） 1.
dy 1 = arctan x − 1 + dx 2 x = 1 2 x x⋅ 1 1 ⋅ 1+ x −1 2 x −1 1 x −1 )
(arctan x − 1 +