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北航2015-2016年工科数分(1)期末_A卷_答案

北京航空航天大学2015-2016 学年第一学期期末考试《工科数学分析(Ⅰ)》(A卷)班号学号姓名主讲教师考场成绩2016年01月20日1. 下列命题中错误的是 (D )A. 若()f x 在区间(,)a b 内的原函数是常数,则()f x 在(,)a b 内恒为0;B. 若],[)(b a x f 在上可积, 则],[)(b a x f 在上必有界 ;C. 若],[)(b a x f 在上可积, 则()f x 在区间[,]a b 上也可积 ;D. 若],[)(b a x f 在上不连续,则],[)(b a x f 在上必不可积 . 2. 设()f x 满足等式120()2()d f x x f x x =-⎰,则1()d f x x ⎰=( B )A. 1;B. 1;9C. 1;-D. 1.3-3. 设函数()f x 可导,则( C ) A.()d ();f x x f x =⎰B.()d ();f x x f x '=⎰C. ()d()d ();d f x x f x x=⎰D.()d ()d ().d f x x f x C x=+⎰4. 下列广义积分中,发散的是( C )A.1dx +∞⎰; B.211dx x+∞⎰; C. 11sin d xx x+∞+⎰; D. 1sin d .x e x x +∞-⎰5. 瑕积分 31ln dxx x=⎰( C )A. l n l n 3;B. 0;C. ;+∞D. 1.1.22325x dx x x -++⎰解:2222223(22)52525(25)152525x x dx dxx x x x d x x dx x x x x -+-=++++++=-++++⎰⎰⎰⎰2221ln(25)512x x dx x =++-++⎰() 251ln(25)arctan .22x x x C +⎛⎫=++-+ ⎪⎝⎭建议:拆成两项2分,积分计算各2分。

2.15631(sin cos x x x x -+⎰解:由对称性:15631sin cos 0,x x x -=⎰112=2=2原式x ππ-=⨯⎰(其中11=2x π-⎰可以看做圆心在原点,半径为1的上半圆的面积,也可以利用公式2arcsin +C 2a x x a+来计算.)建议:对称性3分,剩下计算3分。

3. 1⎰ 解:2,,2t x t dx tdt ===即则11110000122(2)22ln(1)22ln 211tdt dx t t t ==-=-+=-++⎰⎰⎰建议:根式带换3分,剩下计算3分。

4. 202ln(1)d lim(1cos )x x t tx x →+-⎰解:22030022ln(1)d ln(1)2=limlim 1122原式x x x t tx x xx x →→++⋅==⋅⎰ 建议:等价代换2分,变上限求导3分,结果1分。

5. 已知 21sin (),x tf x dx t=⎰求 1().xf x dx ⎰解:11112220000111222000111()()()()()2221111()2sin cos (cos11).2222xf x dx f x d x x f x x df x x f x dx x x dx x ⎡⎤==-⎣⎦'⎡⎤=-=-==-⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰建议:分部积分2分,()f x '计算2分,结果2分。

三、 (本题8分)利用定积分定义,求极限.n →∞解:limln n →∞⎝⎭111lim ln1ln(1)ln(1)n n n n n →∞-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭ -------2分 1ln(1)x dx=+⎰ -------2分110ln(1)1xx x dx x=+-+⎰11001ln 21ln 21ln(1)2ln 21,1dx x x ⎛⎫⎡⎤=--=--+=- ⎪⎣⎦+⎝⎭⎰ -------2分ln lim ln 2ln 21limlim 4.n n n e eee→+∞⎝⎭→+∞→+∞-⎝⎭==== -------2分四、 (本题10分)求二阶线性非齐次常微分方程23x y y yxe -'''+-=的通解.解: 特征方程:.03-22=+λλ -------2分 容易求得两个特征根为:123, 1.λλ=-= -------1分对应齐次方程的通解为:.Y 321x xe C eC -+= -------1分因为1-不是特征根,我们设非齐次方程的特解.)(x e B Ax y -*+= -------2分带入方程,我们有(44).x x Ax B e xe ----=所以,1,0,4A B =-= -------2分 于是非齐次方程的特解为1.4x y xe *-=- -------1分 非齐次方程的通解为3121.4x x x y C e C e xe --=+- -------1分五、 (本题12分,每小题6分)判断下列广义积分的敛散性,若收敛,并判别是绝对收敛或条件收敛. (1)21ln arctan d ;x x x x ∞⎰+ (2)1∞⎰+. 解:注意到:).,(,ln ln arctan ln ∞∈∀=≤122222x x xx x x x x ππ -------2分对于任意的)(2,1∈α,我们有2212ln 1ln 11lim lim lim lim 0.1(2)2x x x x x x x x x x x x ααααα---→+∞→+∞→+∞→+∞====-- -------2分 因为)(2,1∈α,11dx xα+∞⎰收敛.由比较判别法,我们可知无穷积分21ln xdx x ∞⎰收敛.进而,xdx xxarctan ln ⎰+∞12绝对收敛.-----2分( 注:x →∞时,22ln ln arctan 2x x x x x π ,原广义积分与21ln x dx x ∞⎰具有相同的敛散性. )(2)1∞⎰+. 解:首先,令[]A11()cos2sin 2sin 2,2F A xdx A ==-⎰1.|F(A)|≤ -------1分lim 0,x = -------1分由Dirchilet 判别法可知,无穷积分dx xx⎰∞1cos 收敛. -------1分 其次,注意到.2124cos 214cos 2cos 2cos 2xx x x x x x x x +=+=≥ -------1分类似于dx x x⎰∞1cos 的证明,我们可知无穷积分dx x ⎰+∞1x24cos 收敛. -------1分又因为无穷积分dx x⎰+∞121发散,于是,无穷积分dx xx⎰∞+1cos 发散.-------1分 进而,无穷积分dx xx⎰+∞12cos 条件收敛。

六、 (本题10分)过坐标原点(0,0)作曲线ln yx =的切线,该切线与曲线ln y x =及x 轴围成一平面图形D ,计算(1)D 的面积;(2)D 绕x 轴旋转一周所成旋转体的体积. 解:假设切点坐标为00(,)x y , -------1分则由曲线方程及00(,)x y 处切线方程00000ln 11y x y x x =⎧⎪⎨==⎪⎩解得001x e y =⎧⎨=⎩ , -------2分从而切线方程为1y x e=. -------1分则平面图形D 的面积为 101(ln )1;2e x x e S dx x dx e e =--=-⎰⎰ -------3分(积分公式2分,结果1分)D 绕x 轴旋转一周所成旋转体的体积为()22012e ()ln (2).3e e x V dx x dx e ππ⎡⎤=-=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰-------3分(积分公式2分,结果1分)七、 (本题10分)设函数()[0,]f x π在上连续,满足()d 0,()cos d 0,f x x f x x x ππ==⎰⎰证明:函数()f x 在(0,)π内至少存在两个零点. 证明:方法一: 若()0,f x ≡则结论成立; -------1分若连续函数()f x 不恒为0,则()f x 必在(0,)π内存在零点. 否则若函数在区间[0,]π上不变号,这与已知条件0()d 0f x x π=⎰矛盾. -------2分( 或由积分中值定理,(0,)ξπ∃∈, 满足00()d ()(0)f x x f πξπ==-⎰, 即()0.f ξ=)假定()f x 在(0,)π内只有唯一零点0x , 0()0,f x = -------1分 则()f x 在0(0,)x 及0(,)x π上异号, -------1分 从而0()()(cos cos )g x f x x x =-在[0,]π上不变号, -------1分且()g x 不恒为0, 所以00()(cos cos )d f x x x x π-⎰严格大于0或小于0 , -------2分而由已知条件000()(cos cos )d ()cos d cos ()d 0f x x x x f x x x x f x x πππ-=-=⎰⎰⎰, 矛盾, -------1分所以假设不成立, ()f x 在(0,)π内至少存在两个零点. -------1分 方法二: 设0()()d ,x F x f t t =⎰-------1分则由已知条件知(0)()0,F F π== -------1分又由()[0,]f x π在的连续性可知()F x 在[0,]π上可导,且()(),F x f x '= -------1分则00()cos d cos d ()()cos ()sin d ()sin d ,f x x x x F x F x x F x x x F x x x πππππ===+=⎰⎰⎰⎰-------2分由积分第一中值定理,(0,)ξπ∃∈, 满足()sin d ()sin d 2()0F x x x F x x F ππξξ===⎰⎰. -------2分即(0,)ξπ∃∈(0)()()F F F ξπ==,-------1分在[0,],[,]ξξπ上分别应用罗尔定理,可得()F x '即()f x 在(0,)π内至少存在两个零点.-------2分八、 附加题(本题10分)设在()f x 在[0,1]上有连续的二阶导数,且(0)(1)0f f ==,又()f x 不恒为零, 证明:1[0,1]()d 4max ().x f x x f x ∈''≥⎰(提示:()f x 在(0,1)内取到最大值)证明:由条件知()f x 在(0,1)内取到最大值,假定0(0,1)x ∈为最大值点,即0[0,1]()max ().x f x f x ∈=-------1分在00[0,],[,1]x x 上分别对()f x 使用Lagrange 中值定理可得00(0,),(,1),x x ξη∃∈∈满足0000()(0)(1)()(),().01f x f f f x f f x x ξη--''==-- ------4分(每个公式2分)则1()d ()d ()d f x x f x x f x x ηηξξ''''''≥≥⎰⎰⎰ -------2分(每个不等式放缩1分)()()f f ηξ''=- -------1分 0000000()()11()()11f x f x f x x x x x -=-=+--00001()4().(1)f x f x x x =≥--------2分故有 1[0,1]()d 4m a x ().x f x x f x ∈''≥⎰。

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