厦门大学《高等数学》课程试卷A含答案

2023年12月31日发(作者：沧州冀教版小升初数学试卷)

学院

专业

级

班

姓

名

学

号

厦门大学《高等数学》课程试卷A

题号

得分

评卷人

一、选择题（每小题4分，共20分）

1. 设f(x)(1x)1与g(x)cosx1，当x0时，（ C ）。

213一

二

三

四

五

总成绩

（A）（C）f(x)是比g(x)的高阶无穷小 （B）f(x)是比g(x)的低阶无穷小

f(x)与g(x)是同阶但不是等价无穷小 （D）f(x)与g(x)是等价无穷小

x3axb1，则（ D ）2. 若lim。

x1x1（A）a1，b2 (B)

a2，b1 (C)

a2，b1 (D)

a2，b1

3．设f(x)1e1x1x，则x0是f(x)的 （ B ）。

23e(A)可去间断点 (B)跳跃间断点 (C)第二类间断点 (D)连续点

4、 设函数f(u)可导，yf(x)。若自变量x在x1处取得增量x0.1时，函数

的增量y关于x的线性主部为0.1，则f(1)值为 （ D ）。

（A）1 （B）0.1 (C)

1 （D）0.5

2解

dyfx2xdx，dy2x1dx0.1f120.10.1，所以f10.5

5、 以下充分必要条件不成立的是 ( C )。

（A）可导可微 （B）limf(x)0limf(x)0

xx0xx0(C) 极限不存在不连续 （D）在区间I上，f(x)为常数

f(x)=0

1

二、填空题：(每题4分，共20分)

1、 已知f(4)3, 则limf(3x8)f(4) 9 .

x4x41解 令

3x8t，则

xt8，当x4时，有

t4。

3f(3x8)f(4)f(t)f(4)f(t)f(4)于是

lim

lim3limx4t4t41x4t812t843f(t)f(4)3lim3f(4)9

t4t41xx2、 设f(x)(1)，则f()

3(ln3) .

1223解：两边取对数

lnf(x)xln(1)

两边同时对x求导

1xf(x)111ln(1)x(2)

1xf(x)x1x111x

f(x)(1)ln(1)

xxx111 所以

f()(12)2222ln33ln3。

33或按多元复合函数f(x)u(x)v(x)注意：按复合函数求导f(x)e1xln(1)x求导均可！

(1)n2nn!1(n)3、 设y，则

y(0) .

n132x3x2et4、 曲线

在

t0 相应的点处的切线方程

x2y40 .

tye2x35、

limx2x1

x1= e .

2

三、计算题（每题10分，共50分）

1、limcotxx011

sinxx1cosxxsinxxsinx1limlim

x03x0sinxsinxxxsinxx解

limcotxx0

lim1cosxsinx1lim

x0x06x3x261x211x12122、求yarctan1xln42解 先求yx，

y的反函数的导数xy。

11arctan1x2[ln(1x21)ln(1x21)]

2411令

u1x2，

yarctanu[ln(u1)ln(u1)]

2411111x[()]

21u22u1u11x21x11x1[22]

42221xu1u11xu1

y

x1x211x2211(2xx)1x32

则

xy3、设函数y1(2xx3)1x2。

yx具有一阶导数，求y(x)由方程xef(y)ey确定，其中ff(y)dy。

dx解 方程

xe

eey 两边对x求导

f(y)xef(y)f(y)yeyy

ef(y) 解得

y。

f(y)yxef(y)e 3

22x2(2xcosx)x0ax0 在(,)上连续。 4、确定常数a，b的值，使函数f(x)xb1x0x解: 当x0时，fx2xcosx22x2是初等函数，故它在,0上连续，

2x2f0limfxlim2xx0x02cosxlim

e 或

x0limln2x2cos2xx2e2ln12x2cos2x1x2x2ex0x0lim2x2sin2xx2e；

f0limfxlim2xx0x0cosx2

eex0limln2x2cos2xx2e00x02xlim4x2cosxsinx2x2cos2x

或

04xsin2xlim02xx0e21e；

2f0limfxlim2xx0x0cosx2x2

12x2sin2xx2

x022lim1(2xsinx)x2222x2sin2xlim1(2xsinx)x0

2x2sin2x1222x2sin2xlim1(2xsinx)

x0x21x222221(2xsinx)2xsinxe。



limx0x2

bx11xlnbe1也是初等函数，故在0,上也连续， 当x0时，fxxx 4

f0limfxlimx0x001xlnbxlnbe1limlnb；

x0xx0xb1bxlnblimlnb。 或

f0limx0x0x1从而为使fx在,上连续必须且只需fx在x0处连续，即

f0f0elnba

故当

ae,bee 时，fx在,上连续。

x0sinx,5、 设函数

f(x)。 求： （1）f(x)；

ln(1x)x0（2）若f(0)存在，求之，若f(0)不存在，试说明理由。

cosx,x0f(x)1解 （1）

x0 。

1x

limx0ln(1x)f(x)f(0)\'lim1f(0)。 =x0xxsinxf(x)f(0)\'\'lim1f(0)f(0)1.

lim=。 故

x0xx0xcosx,x0f(x)1 因此

x0。

1x11f(x)f(0)1x(0)limlim1。 （2）

f=x0x0xx\'\'(0)limfx0\'\'cosx1f(x)f(0)lim0。 =x0xx\'\' 因为

f(0)f(0)，故

f\'\'(0)不存在。

5

四、证明题（下列两题，任选一题，10分）：

1、设数列{xn}满足0x1,xn1sinxn(n)，证明

limxn存在，并求该极限。

n证：数列{xn}：

x1,x2sinx1,

x3sinx2, ……，xn1sinxn, ……

根据所给条件

0x1,可知

x2sinx1x1，且

0x2。

假设

xnxn1，0xn，由

xn1sinxnxn，0xn1，

即有

x1x2xnxn10。

该数列{xn}单调递减，有下界，所以有极限。

设

limxna，由

limxn1limsinxn得

asina，解得

a0，

nnn即

limxn0。

n2、设

a0aa1......n0，证明多项式f(x)a0a1x......anxn在（0，1）内至少有2n1一个零点。

证： 设

F(x)a0xaa12x.......nxn1 ，

2n1显然

F(x) 在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且有

F(0)F(1)0，

于是，根据罗尔定理可知，至少存在一点(0,1)使得

F()0，即

F()f(x)a0a1......ann0。得证！

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