2008广工高等数学A1试卷及答案

 ：名姓 线 ： 号 学 订 ： 业 专 装 ： 院 学广东工业大学考试试卷 ( A ) 课程名称: 高等数学A(1) 试卷满分 100 分 考试时间: 2008 年 1 月 14 日 (第 20 周 星期一 ) 题 号 一 二 三 1 2 3 4 四 五 六 七 总分 评卷得分 评卷签名 复核得分 复核签名 一、填空题：（每小题4分，共20分） x1.limx32xx= . 2. 设 yy(x) 是由方程y1xey所确定的隐函数，则dy . 3. 设f(x)可导, 则 limf(22x)f(2)= . x0x 4. 2x(sinxex)dx= . 5. 微分方程yytanxcos2x满足初始条件yx1 . 42的特解为二、选择题：（每小题4分，共20分）  1. 设函数f(x)xsin1,x0x 在x0处连续, 则 k(). 2xk,x0 A．1 B. 0 C． 1 D. 2 2. 设函数f(x)在 xx0处取得极值, 则有（ ）. A．f(x0)0 B. f(x0)0 C．f(x0)0或f(x0)不存在 D. f(x0)不存在 t2dt3. 极限 limx1ex1lnx 的值等于（ ）. A. e B. e C．1 D. 1

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4．定积分0aa2xdx20aa2xdx2 的值等于（ ）. a42A. a B. a C．5．x0 为 f(x)x122 D. a22 的（ ）. 2exA.可去间断点 B. 无穷间断点 C．跳跃间断点 D. 连续点 三、计算题（每小题7分，共28分） tx3e1. 求由参数方程ty2e所确定的函数的二阶导数 d2y2. dx2．求曲线yx2(12lnx7)的凹凸区间和拐点. 3. 计算定积分2(x3sin2x)cos2xdx. 24. 求微分方程 y8y16ye4x 的通解. 四、（8分）证明:当x0时，2xln2(1x)2ln(1x). 五、（8分）如果二阶可微函数f(x)满足方程: f(x)4求f(x). x0f(t)dt0,且已知f(0)1,六、（7分）设f(x)在[0，]上连续, 在（0，）内可导, 求证: 存在（0，）,使得 f()f()cot x七、（9分）设 D 是位于曲线 y区域. xa2a(a1,0x)下方、x 轴上方的无界V(a); (1) 求区域D 绕 x 轴旋转一周所成旋转体的体积 ( 2 ) 当a 为何值时, V(a)最小? 并求此最小值.

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：名 姓 线 ： 号 学 订 ： 业 专 装 ：院 学广东工业大学考试 答题纸 课程名称: 高等数学A(1) 试卷满分 100 分 考试时间: 2008 年 1 月 14 日 (第 20 周 星期 一 ) 题 号 一 二 三 1 2 3 4 四 五 六 七 总分 评卷得分 评卷签名 复核得分 复核签名 一、填空题：（每小题4分，共20分） yedx1. e5dy; 2. 1xey; 3. 2f(2); 14. sinxxcosx2ex2C; 5. ysinxcosx 二、选择题：（每小题4分，共20分） 1 2 3 4 5 B C A D A 三、计算题（每小题7分，共28分） dy(2et)dx2e2t 1. 解: (3et )3 （3分） d2yd(dy)d(2 dx2dxdxdt3e2t)dtdx （5分） 4t3e2142t13e3et43tdx9e dt （7分）

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2. 解:函数的定义域为: (0,) y24xlnx2x, （1分） 1112 y24lnx22,列表讨论如下: x y 令y0得xe （3分） 111211121112(0, e 凸 ) e (e, +) 0 116+ 凹 y 18e （5分）11121112区间 (0, e] 为曲线的凸区间, 区间 [e1112116, +) 为曲线的凹区间, 曲线有拐点: (e , 18e) （7分） 3. 解:因为x3cosx为[2，2] 上连续的奇函数, 所以 32 xcosxdx0 （2分）3222 = 22(xsinx)cosxdx = 22sin2xcos2xdx 121402sin22xdx = 1402 (1cos4x)dx （5分） = (x14sin4x)208 （7分）

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4. 解: 特征方程为: r28r160, 特征根: r1r24 齐次方程的通解为: Y(C1C2x)e4x （3分） 由于4为特征方程的二重根,且Pm(x)1 故可设原方程的一个特解为: y*Ax2e4x （5分） 将其代入原方程得: 2Ae124xe4x,解得: A12 所以y*xe24x, 从而求得原方程的通解为 12 y(C1C2x)e4xxe224x （7分） 四、（8分）证明:令 f(x)f(x)2xln(1x)2ln(1x),f(0)0 21x（2分） (xln(1x)), 令: g(x)xln(1x),g(0)0 当x0 时, g(x)111xx1x（4分） 0, 所以g(x)单调增加, 当x0 时, g(x)g(0)0 因此f(x)0, （6分） f(x)单调增加,故当x0 时,f(x)f(0)0, 即 2xln2(1x)2ln(1x) 证毕 （8分）

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五、（8分）解:所给方程两边对 x 求导得: f(x)4f(x)0 (1) （2分） 特征方程为: r240, 解之得: ri, 方程(1)的通解为: f(x)C1cos2xC2sin2x (2) （4分） 又f(0)1,代入(2)式得: C11, 所以 f(x)cos2xC2sin2x, （6分） f(x)2sin2x2C2cos2x (3) 由题目所给条件知: f(0)(4f(t)dt)0x0, x0代入(3)得: C20, 于是求得: f(x)cos2x （8分）

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六、（7分）证明: 设F(x) f(x)sinx, （3分）由题目所给条件知: F(x)在[0,]上连续,在(0, )内可导,且 F()F(0)0,所以由罗尔定理,至少存在一点(0,),使得: （5分） F()0 又 F()[f(x)sinxf(x)cosx]x 所以 f()sinf()cos0 因为 (0,),所以sin0,从而有 f()f()cossin（7分） f()cot 证毕 七、（9分）解: (1) 所求旋转体的体积为 V(a)0xaxa（2分） dx xa alnaa0xdaxa x2 xalna （2）V(a)20alna0a 5分） aadx = （lnaa(lna1)lna3， 令V(a)0, 得lna1,ae （7分） 当1ae时，V(a)0,V(a) 单调减少， 当ae时，V(a)0,V(a) 单调增加， 所以当ae时，V 最小，最小体积为

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eV(e)lne2（9分） e . 2

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