理知，存在 x0 ∈ (0, 2) 使 f ( x0 ) = 0 ，即方程 x + 2 − e x = 0 在 (0, 2) 有实根．
武汉理工大学网络学院试卷参考答案
课程名称：高等数学 一、选择题（5×3 分 = 15 分） B;A;D;B;A; 二、填空题（5×3 分 = 15 分） 1、 2 x + 3 y − 5 = 0 2、 a = 1, b = 1 3、 x = 2 4、 e2 x
1 2 x + c1 x + c2 2 三、计算题（5×8 分 = 40 分）
= x[ln ln x + C ] .
代入初始条件 x = e, y = e ，得所求特解为 y = x(1 + ln ln x) . 四、应用题（2×10 分 = 20 分） 1、设 A = πr 2 ， r = 10 厘米， ∆r = 0.05 厘米
∴ ∆A ≈ dA = 2πr ⋅ ∆r = 2π × 10 × 0.05 = π （厘米 2 ） ，即面积大约增大了 π 厘米 2 ．
=−
32 3
(
4 − x2
)
3
+
32 5(4ຫໍສະໝຸດ − x2) + C.
5
5、标准化得 y′ −
1 1 y = ln x ，其中 P ( x) = − ， Q ( x) = ln x ， x x − P ( x ) dx P ( x ) dx ln x 通 解 为 y=e ∫ [ ∫ Q( x)e ∫ dx + C ] = eln x [ ∫ ln xe− ln x dx + C ] = x[ ∫ dx + C ] x
专业班级：2010 秋入学考试
5、 y = − cos x +
x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0 1、由 得 2 或 ， 从 x ≥x x− x ≥0 x( x − 1) ≥ 0
而
定
义
域
为
{x x ≥ 1或x = 0}．
2、 y (− x) = ln(− x + 1 + x 2 ) = ln
2、 V = 2 ∫ π (1 − x 2 ) 2 dx
0
1
1 2 4 − )= π 5 3 15 五、证明题（1×10 分 = 10 分） = 2π ∫ (1 + x 4 − 2 x 2 )dx = 2π (1 +
0 1
1、证：
设 f ( x) = x + 2 − e x ， 则有 f (0) = 1 > 0, f (2) = 4 − e 2 < 0 ，显然 f ( x) 在 [0, 2] 连续，故由零点定
π π 4、令 x = 2sin t ，得 dx = 2 cos tdt ， t ∈ − , 2 2
原式 = ∫ (2sin t )3 4 − 4sin 2 t ⋅ 2cos tdt
= 32 ∫ sin 3 t cos 2 tdt = 32 ∫ sin t (1 − cos 2 t ) cos 2 tdt = − 32 ∫ (cos 2 t − cos 4 t )d cos t 1 1 = − 32 cos3 t − cos5 t + C 5 3
( x + 1 + x 2 )(− x + 1 + x 2 )
x + 1+ x2
= ln
1 x + 1+ x
2
= − ln( x + 1 + x 2 ) = − y ( x) ；
故 y (x ) 为奇函数. 3、 y′ = e
sin 1 x 1 sin 1 ′ 1 1 ′ 1 sin 1 1 x x sin = e ⋅ cos ⋅ = − 2 e ⋅ cos . x x x x x