重庆大学 高等数学Ⅱ-1-2 课程试卷juan2012 ~2013学年 第 1学期 开课学院： 数学 课程号： 10019565 考试日期： 20121215考试方式：考试时间： 120 分钟一、单项选择题（每小题3分，共15分）1.若lim ()x f x k →∞'=，则lim[()()]x f x a f a →∞+-为【A 】A ．kaB ．kC ．aD ．不存在2.若()xf x e -=，则(ln )f x dx x'=⎰【A 】 A ．1c x+ B ．1c x -+ C ．x c + D ．x c -+3.曲线221x xy x +=-渐近线的条数为【C 】A ．0B ．1C ．2D ．34.极限2lim ln()()x x x x a x b →+∞=-+【C 】 A ．0 B ．1 C ．a b -D ．b a -5.设曲线2x y e-=，则其拐点的个数为【B 】A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题（每小题3分，共15分） 1.设ln sin y x =，在5[,]66ππ上满足罗尔中值定理中的ξ=2π 2.= ln(x c ++3.若()f x 的一个原函数为tan x x ，则()xf x dx '=⎰ 22t a n s e c x x c x-+ 4.极限011lim ln(1)x x x →⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦ 12 5.曲线2()sin()f x x =，则(6)(0)f= 120-解法1：2()sin(),(0)0f x x f ==2()2cos(),(0)0f x x x f ''==22222()2cos 4sin 2cos 4(),(0)2f x x x x x x f x f ''''=-=-=222()4sin 8()4()12()4(),(0)0f x x x xf x x f x xf x x f x f ''''''''=---=--= (4)2()12()12()8()4()f x f x xf x xf x x f x ''''=----212()20()4()f x xf x x f x '''=---(5)2()12()20()20()8()4()f x f x f x xf x xf x x f x '''''''''=-----232()28()4()f x xf x x f x ''''''=---(6)2(4)()32()28()28()8()4()f x f x f x xf x xf x x f x ''''''''''=-----2(4)60()36()4()f x xf x x f x '''''=---.(6)(0)120f=-解法2：3511sin 3!5!x x x x =-++ 2261011()sin 3!5!f x x x x x ==-++(6)1(0)6!1203!f =-⋅=-三、计算题（一）（每小题8分，共24分）命题人：组题人：审题人：命题时间：教务处制学院 专业、班 年级 学号 姓名公平竞争、诚实守信、严肃考纪、拒绝作弊封线密1.求a ，使函数1()sin sin 33f x a x x =+在3x π=处取得极值，并问3x π=是()f x 的极大值还是极小值，再求其极值。

解：因()cos cos3f x a x x '=+，则1()1032f a π'=-=知2a =，故()2sin 3sin3f x x x ''=--()03f π''=<，从而()3f π=2.计算不定积分(sin cos )cos 2nI x x xdx =+⎰，其中n 为正整数。

解法1：()22(sin cos )cossin nI x x x x dx =+-⎰1(sin cos )(sin cos )n x x d x x +=++⎰ 21(sin cos )2n x x c n +=+++ 解法2：22211(1sin 2)sin 2(1sin 2)22n n I x d x x c n +=+=+++⎰ 解法3：22sin()sin 2()44nn I x x dx ππ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦⎰1122sin()sin()44n nx d x ππ++⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦⎰222sin()24nn x c n π+⎡⎤=++⎢⎥+⎣⎦3.计算不定积分3.dx ⎰解法1：令2tan ,arctan ,22x x t x x ππ==-<<，则33238tan 2sec 8tan sec 2sec ttdt t tdt t =⋅=⎰⎰2388(sec 1)sec sec 8sec 3t d t t t c =-=-+⎰313c =- 解法2：32221122x t ==222341412(4)423ut u u udu u du u u c u =--⋅=-=-+⎰⎰313c =-四、计算题（二）（第1至2题每小题8分，第3题9分，共25分） 1.计算积分22(ln )x x dx ⎰。

解法1：2223322111(ln )(ln )(ln )2ln 333x x dx x dx x x x xdx ==-⋅⎰⎰⎰32312(ln )ln ()39x x xd x =-⎰ 3233122(ln )ln 3927x x x x x c =-++ 解法2：令ln ,ux u x e ==，则222223(ln )u u ux x dx e u e du u e du =⋅=⎰⎰⎰2.计算极限1lim.1ln xx x x x x→--+ 解：教材上的例子3.一商家销售某种商品的价格满足关系70.2p x =-（万元/吨），x 为销售量（单位：吨），商品的成本函数是31c x =+（万元）。

（1）若每销售一吨商品，政府要征税t 万元，求该商家获最大利润时的销售量；（2）t 为何值时，政府税收总额最大。

解：（1）总税额T tx =，商品销售总收入为2(70.2)70.2R px x x x x ==-=-利润函数为2()0.2(4)1L x R C T x t x =--=-+--令()0.440L x x t '=-+-=，得10 2.5x t =-，且0.40L ''=-<， 故10 2.5x t =-为利润最大时的销售量。

（2）将10 2.5x t =-代入T tx =，得210 2.5T t t =-令1050dTt dt=-=，得2t =，且2250d T dt =-<故当2t =时，T 最大。

此时，政府税收总额最大。

五、证明题（每小题7分，共21分）1.证明：0x >时，11(1)x e x ++>。

证：令1()(1)ln(1)1f x x x=++-11()ln(1)0f x x x'=+-<所以当0x >时，()f x 单减，从而()()lim ()0x f x f f x →+∞>+∞==。

故11(1)x e x++>。

2.设函数()y f x =在某0x x r -<内有四阶连续的导数，(4)0000()()()0,()0f x f x f x f x ''''''===≠ 。

证明0()f x 为极值。

证法1：由已知(4)0()0fx ≠，不妨设(4)0()0f x >，因()f x 有四阶连续的导数，故由极限的保号性知，存在0δ>，当0(,)x U x δ∈时，有(4)()0f x >。

0(,)x U x δ∈，由泰勒公式：2000001()()()()()()2!f x f x f x x x f x x x '''=+-+- 3(4)400011()()()()3!4!f x x x f x x ξ'''+-+-，其中0(,)U x ξδ∈ (4)40001()()()()4!f x f x x f x ξ=+->所以0()f x 为极小值。

同理可证，(4)0()0f x <时，0()f x 为极大值。

证法2：课堂上所讲方法。

课堂上的证明方法是没有已知()f x 有四阶连续的导数的证明方法，只已知了四阶导数(4)0()0fx ≠。

3.设函数()f x 在[)0+∞，上可导，对(0,)x ∀∈+∞，()0f x k '≥>（k 为一常数）。

证明：存在0M >及0Z >，x Z ∀>有().f x Mx ≥证明：因()f x 在[)0+∞，上可导，故0x ∀> ()(0)()()f x f f x kx x ξ'-=>→+∞→+∞从而()f x →+∞，当x →+∞时，故存在0,Z x Z >∀>，有()0f x >。

x Z ∀>，(2)()()(2)()f x f x f x kx f x kx f x kx ξ'-=≥⇒≥+≥取,22k x M Z =∀>，有()2xf x k Mx ≥⋅=。