高等数学历年真题答案在下面

市2006年高职升本科高等数学试题1市2006年高职升本数学试题参考答案9市2007年高职升本科高等数学试题市2007年高职升本数学试题参考答案市2008年高职升本科高等数学试题市2008年高职升本数学试题参考答案市2009年高职升本科高等数学试题市2009年高职升本数学试题参考答案市2010年高职升本科高等数学试题市2010年高职升本数学试题参考答案市2011年高职升本科高等数学试题市2011年高职升本数学试题参考答案市2012年高职升本科高等数学试题市2012年高职升本数学试题参考答案市2013年高职升本科高等数学试题市2013年高职升本数学试题参考答案本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分。共150分。考试时间120分钟I（选择题40注意事项2B一、选择题:本大题共10小题,每小题440x2yx2ex

x的定义域为区间函数yex1在区间(,当n时，1n2 n2

n2

当x时yexsinx不是无穷f(xxf(x为极大值，则

f(x02h)f(x0) hA．- hf(x在区间(,)x0时，f(x)0f(x)0x0y

f f(xe2xx2e2xC．1e2x2x2

f(x则f(x)dx

1e2x2D．1e2x1x2 若4f(x)dxsin2，则2xf(x2dx0

C1sin2 2

222 A．k

xlnk

B．k

C．k

D．k2若向量ab的模分别为|a|2,|b2

且ab2，则|ab2 2平面3x2y

C． 过Z B．平行于XOY坐标C．平行于X D．平行于Yf(1,1)1f(xyax3by3cxya,b,c1,-1,- B．1,1,- D．-1,-y4y5y0yex(CcosxC B．yex(Ccos2xC C．ye2x(CcosxC D．ye2x(Ccos2xC 第Ⅱ卷（选择题110二三注意事项二、填空题:6424x0arctankx2x32x2是等价无穷小量，则常数k

设向量a6i3j2kba平行，且|b|14bf(x在区间(ab)内可导，x0x0x(x0是(a,b)0x0x之间至少存在一点f0

x)f(x0) f(xyxy)x2y2xy，则f(xy)过点(1,1,2)且垂直于YOZ坐标平面的直线方程

1f(x,y)2 9设区域D是由曲线y 与X9D

x2y2dxdy.三、解答题:本大题共8小题,共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（ln(1ax),0x a,bf(x1x ebx ,x

在点x0处连续a,b的 18（

d2已知参数方程 ,2 21919（e设xf(x)dxarctanxC，求e

f(x)dx20（z2x3y)x22121（xf(x)在区间[0,1]f(x1F(x)2x10f(t)dt，F(x在区间(0,1)内只有一个零点x 22（ yI1y

lnxdxx1PAGE24PAGE24（yx(4xX轴围成一平面图形（1）（2）求该平面图形绕Y轴旋转一周所得的旋转体的体yf(xx0上任意一点(xy

x2

，且曲线过点高等数学参考答

1D2B3A45 C789B101D2B3A45 C789B10 12. 14.

16. 解：因为fx在点x0

f(x)

f(x)f(0)

f(x)

ax

ebx

x0

f(x)

limbe1所以ab，因此a2b12dxet又因为etey

et(1dy

t

et 所 e

et(1 (et2)(1

(dy)

[et(1t)(et(et2)2(1

tet2et(et2)2(1d(dyd2所以

dtdx

tet2etet(et2)2(1xxf(x)

1

f(x)

x(1x2ef(x)dxe dxe(1 故 1x(1x2 1 1x [lnx ln(12

)]|112ln(1

) zex2ln(2x3z

ex2ln(2x3y

[2xln(2x3y) 2x3y2x(2x3y)x2[ln(2x3y)

2x3yz

ex2ln(2x

2x

(2x

x2故dzzdxz 2x(2x3y)x2[ln(2x3y)

2x

]dx3x2(2x3y)x21证明：因为f(x)在[0,1]上连续F(x)在[0，1]上连续，在（0，1）内可导F(x2f(x210F(x在[0，1]1F(01F(110f(t)dt1f(0（其中1

F(0)在(0,1内只有一个零解：积分区域可改写为：1yx2,1x

ln

2

2x21故I11

xdy

x

y|

dx

x

ln2 2

2(x1(x1)lnxdx2[(x

lnx|1

x1[ln2-2(x21)dx]1[ln2(1x22x

x)|2]

（1）

4x(4x)dx(2x21x3)|4 4（2）由yx(4x，得(x2)24yx44V[(2 4y)2(2 4y)240484ydy484ydy(4y)2|

3（1）

x2

y

x81y 1

y2

1(x

x12y16

dxx2 x2 因此xx2y

,x|y2x

1dy

(2

1dy

dyC)y(2ydyC)y(y2x|y28,得2(4C)8，于是Cx0xy3(x0本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分。共150分。考试时间120分钟I（选择题40注意事项2B一、选择题:本大题共10小题,每小题440x01e

e

D.cosx2 1kx sin3x，则常数k的值2 1ln3

xB．-1ln3

C．1ln2

D．-1ln2设函数f(x)在区间[0,上存在二阶导数，且f(x)

f(x，则f(x)[0,)单调减 B．单调增C．是常 4y

f(x过原点，且该曲线在点x,fx处的切线斜率为2x，则

f2xA．- B．- 设函数fx在区间[ab上可导，且方程fx=0在区间a,b内有两个不同的实根则方程fx=0在a,b C．有两个 已知xex为fx的一个原函数，则1xfxdx01

2 x12

y20

z与平面x4y2z50的位置关系平 C．垂

exeπarctan

1πarctan2 D．在空间直角坐标系中，方程2x22y2z B．抛物 C．锥 D．柱y

f

y2y4y0fx00

fx00则函数fx在点 II（非选择题110二三四二、填空题:5420设常数a0fx

x

,x

x0连续,则aa

ax

,x

xy4x1x4y0xzzxyyzx2

0确定,则全微分dz a3b垂直于向量7a5ba4b垂直于向量7a2b ab4216.0d42

xfx,ydy三、解答题:本大题共8小题,共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（ 求limπarctanxx 18（0设0设

d2

，

1919（计算

lnxdxx220（已知函数fx在[0，1]上连续，且fx3x求1f2xdx的值0

1x21f2xdx(0≤x02121（0x≤1p1

2p

≤xp1xp22（1x21x2y1x2yD

dxdyDx2y21围成的闭区域PAGE24PAGE24（设ft是定义在0,内的连续函数 Fx,y xyftdtyxftdtxyf （1）F

x0,y0.（2）如果F

y

f(xx≥0过原点和(2,3x0fx0.pxyL1L2yxL1x轴和曲s1L2y轴和曲线围成的平面图形面积为s2的两倍.求面积s1的表达式2007

高等数学参考答 13．12

dx

yezπ2

fx,

0dy14limxlnπarctanx解：原式=ex

因为

arctanx=

xx

所以原式eπ

dxsint2，dy4tsint2cost dy4tsint2cost2

d2y4(cost22t2sint2)

2

4cot 解:原式=lnxd11lnx x

2

x(x=1lnx1xx2dx1lnx1ln122

xx

2 1x2设C1f2xdx,fx31x20

f2x9x2C91x2dx6C1

1x21x2dxC211x2dx32C21x2 则C323所以1f2xdx32 fxxp1xpx

，pfxpxp1p1xp1;fx0x12 f1 2

2

1可知fx在区间[0，1]上的最大1，最

2p11故2

≤xp1xp≤1，x

，p1.0≤≤2π,0≤r2

1r2 1r1r于是I0d01r2rdr=1r1r 1r2=2π11 dr211 1r212=22

10

41r411r44

11r10

ππ2（1）

yfxyyfx 1

（2）

0得：yfxyyfx 1f13x1yfy3y yft1由上式知fy可导，两边同时对y求导fyyfy3ffy3fyy

yCf13C3ft3lnt3t（1）

ydx，由

,S

xy

2xyx x

（2）xydx2xyx求导有2xy 于 2dy1dx，因此y2cx x2y3，所以c9，故y29x 3 2因为当x0时，yfx0，因此y （y3 223 2故所求曲线方程为3 2

x舍本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分。共150分。考试时间120分钟注意事项

I（选择题402B一、单项选择题:10440lim1sinx B.limxtan1x lim4x

limex1x1

1x C.2x

D.1x2设函数fxgx在,)内可导且gx0,又fxgx＜fxgx,则axb(其中abA.fxgx＜f B.fxgx＜ff

f

f

fC．gx＜ D.gx＜12

ln

2ln

ln x与向量a2,1,2共线,且满足ax18xxx

D.

cos2

dx B.tanxlncosxC.xtanxlnsinx D.xtanxlncosxe1ex1ln2x1ln2A. B. C. D.2x＞1A．ln1x＞

ex＜

ln1x＜

设周期函数fx在,内可导,周4,且

yfx在点5,f5处的切线斜A. B. C.- D.-1yex1

cos2x

2sin2x的方程y2y3y B.y2y5yyy2y D.y6y13y第Ⅱ卷（非选择题110二三注意事项二、填空题:6424limx41cos1 x2已知点1,3yax3bx2的拐点,则常数ab

,x0

f

sinxz

x

f202

1dx的值曲线

12

函数fxye2xxy22y的驻点20dy1yfxydx2三、解答题:本大题共8小题,共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步17（ k为常数且函数fxx

0x x

x1处连续,求k18（xt1t求曲线

,在t0yy11919（ f x dxeC,并且f f xxfx的表达式;(2)求不定积分xfxdx20（已知点A1,2,3和直线

:x3

y2z5,直线

:x

yz (2)AL2垂直且平行于平面2121（D0yxx2y22x,计算二重积分D

x2y2dxdy22（z1

2,求全微分dz和二阶偏导数x22323（已知函数fx在区间a,b上连续,且fx＞0,设Fxxftdtx1

,xa,ba证明Fx2

bft证明Fx0在区间a,b内有且仅有一个2424（求微分方程xdyx2ydx0的一个解yyxyyx与直线x1x2xx高等数学参考答DC4.5.6.AC9.10.

3,

cos112 x2z

2

14.y 2

2

1dx1xfx, fxx1

fx

f 因

fx

e2

k

dx1tt

dx12t因为

ytey

dy 所

dy

e1因 dydt

e当t0x0y1所求的切线方程的斜率为ky1

2f

x

xexx所 2f

xex

因 f

x1ex1 于 fx1ex21 因 f10，所以C于 fx1ex21 （2）xfxdx1xex2exdx1ex2dx21exdx1ex2ex2 解:（1）L1s于是所求平面的方程为7x18y29z3 7x8y9z

m7

63i6j x1

y2z 04

,02cos所 D

0x2y2dxdy4d0

2cos

2d3

4cos308 8 2210 2103 3 12

zeyln1xyz

y

y1xy

xy1xyzeyln1xy

xyy

ln

1 ln1xy xy1于 dzzdxz

1xy

yy

xy xy

1

2

y y

1

x1xy

21xy2y2y

2y 2

y

y

yy4y

1

1xy

f1f1

f所 Fx

f

fx

ff

Faaftdta1dtb1dt bft aftFbbftdt＞0aFx在区间a,b上连续所以由零点定理知Fx=0在区间a,b内至少有一个根

Fx2＞0,所以Fx在a,b上单调增加,从而方程F在区间a,b内至多有一个根故方程Fx=0在区间a,b内有且仅有一个根xdyx2ydx0

y2yx

2dx 2 yexC xdxx2C dxCx22x 2x yCx2x

x1

x2xxVC2xCx22dx31C215C7于

dV62C1553 53

2 2令dV0,得驻点C

,由V7562＞0.知C75

124

y

x2x2009 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分。共150分。考试时间120分钟注意事项

I（选择题402B一、单项选择题:10440x0

x

1

x2x2x1f(x)xx1

f(x)不存 B.点x1为f(x)的第一类间断C.点x1为f(x)的第二类间断 D.f(x)在点x1处连f(x0)0是点(x0,f(x0y

f(x B.充分但非必要条C.充要条 D.既非充分也非必要条下列函数中，在区间1,1上满足罗尔定理条件yx3

yxy

yx2设实数a0f(x在区间aa上连续，则若ax4f(xf(x)dx B．

C．

D．使广义积分e

f(x)dx1f(x x

11xC．

D．

1cos2xdx22

2B． C． D．2(,12

(12

(2

R0,Dx2y2R2x0If(xy)dRDRRR

f(rcos,rsin

B．R2R

d

RC．2R

f(rcos,rsin

D．2

d

第Ⅱ卷（非选择题110二三注意事项二、填空题:本大题共6小题,每小题4分,共24分，把答案填在题中横线

sinxlnx已知f(x)为可导的偶函数，且

f(1x_f(1)2则曲线y

f(x)在点(1,f(1过点1,2,3且与平面2x3y6z70f(x)

x,x

，则

0f(x1)dx01,x x1zx

2则xyy2y10y0三、解答题:本大题共8小题,共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（求

xxcosxx0sinxxcos18（x12t2

d2设参数方程

12lnt

其中参数t1, y

u1919（f(x在0,f(x)2xlnxxxf（1）f(1（2）求f20（zz(x,yzxyez3zz及全微分yzz(xy在点2,1,02121（xdDxy1yxy2D22（

(xy4dyydx2323（证明不等式：1xlnx

1x2

1x2(x2424（f(x的图形过点(0,3，f(x的图形是过点(1,0且不平行于坐标轴的直线，2f(x)f(x的表达式f(x)y3y轴旋转一周而成的旋转体的高等数学参考答 13．x1

y2z1 12ln3

xy11yln

yex

cos3x

lim1cosxxsinxlim1cosx1lim1cosx1

dx

dy

e12ln

.2

.2

x dy

12lnt

12lnt

ddyddx e 因为 d2所

t(12lnt)22 2

t(12lnt)2dx （1）f(x2lnx3f(1f(12（2）因为f(x2xlnxx22所以f(x)dx2xlnxdx12x2lnxxdxx4x2lnx3x24（1）FxyzezzxyFxyzyFxyzxFxyzezxz

z

Fy

1

1ezdz

1

dx

1ez平面的方程为x22y1)0x2y40.xy解：解方程组yx得该两条曲线在第一象限内的交点为D用不等式可表示为1y21xy y

2 1 yd1dy1ydx21yy3dy dx1xy (1)dy (1 x

y3

dyelny(y3elnydy=y(y3y1dy

= y11f(x1xlnx

1x2)

1x21x2f(xln1x2

)x

1x1x1x21x21x21x21x1x1x21x21x21x2

x0f(xf(x)f(0) 1xln(x

1x2)

1x2（1）

f(xk(x1)(其中常数k于是f(x) k(x1)dxk(1x2x)2f(x的图形过点(0,3所以C于是f(x)k1x2x2因为2f(x)f(x)k(x1)x1f(x)的唯一极所以f(1k112132于是k2f(x)x22xy（2）yx22x3yx1)22,xy2故V32

y2)2

y2)233

y2dy

8(y2)2 83 3本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分。共150分。考试时间120分钟注意事项

I（选择题402B一、单项选择题:104401

x3xx0是函数ycos1x B.第二类间断C.第一类可去间断 D.第一类非可去间断fxx0f(x02，则当xxx00fxx0处的微分dy是与x等价的无穷 B.与x同阶的无穷C．比x低价的无穷 D.比x高阶的无穷设函数f(x)(,)内二阶可导，且f(x0,f(x)0，则当x0时，

f(x)

f(x)如果x0时，f(x)0,f(x) B.f(x)0,f(x)C.f(x)0,f(x) D.f(x)0,f(x)

lnx1dxx2lnx B.lnx C．2lnx D.lnx

abab

3,b4(abab)A. B. C. D.f(x2f(x)

,0x f(x)dx2

,1x A. B. C. D.1x01x

f(x,y)dy 110dyy2f(x,11

B.0

f(x,y1C.0y1

f(x,

D.0dy

f(x,yy4y4y0y

x)e2

cosx

xsin

cosx

xsinf(x在[0,gx.若fx)g(t)dtx2exf(1)0A. B. C. D.e第Ⅱ卷（非选择题110二三注意事项二、填空题:64242x5

x2 x2x1设ab为常数，且1,3yax3bx2的拐点,则ab

dx1x(13ln过点(3,1,3x2y1z1z

yy

2arctany

2xyyex三、解答题:本大题共8小题,共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步17（ln(2e3x求极限： 2 18（x设参数方程

f

确定了函数yy(x)，其中f(t)为二阶可导函数，y(t1)ff(t0

d2和1919（y1x2xA、B，x求函数S（x）的解析式;(2)S（x）DCDCA0Bx20（zz(xy由方程e2xeyzze2所确定zz及全微分dzxzz(x,y在点(1,1,22121（设二元函数f(xysiny2f(xy)dxdy，其中D是由直线x1yx1yD所围成的平面区域，求二重积分f(xy)dxdyD22（设常数aln21，证明：当x0时exx22ax2323（设f(x)(,)内满足f(x)f(xsinx，且f(xxx[0,)，求f2424（yy(x通过点(2,3，该曲线上任意一点处的切线被两坐标轴所截的线段均yy6xx2y0x高等数学参考答14.2x4yz

x2yx2y

B3.4.5.6.C8.9.11.e1

exyx

3e3x2

3

2e3x1

2e23e

2

3e2x

dx

f(t)

dy

f(t)(t1)fdy

f(t)(t1)f(t)f

f(t)t1fd(dy

d2

dtdxy1x2

=

解:（1）由y

解得x于是S(x1(22x)(1x21x)(1x20x2（2）S(x)3x22x1S(x)0

1,

1（舍去因为S

1(6x3

4S

1)3

S32解:（1）

F(x,y,z)e2xeyzze2F(xyz)2e2x,F(xyzzeyzF(xyzyeyzxz

2e2yeyz

2e2e2yezFy

2e2

yeyz

e2yedze2yeyzdxe2yeyz（2）F(1,1,2)2e2,F(1,1,2)2e2,F(1,1,2)2e2

y2z yx1y2的交点为（3，2D0y ,1xy1 f(x,y)dxdyM，其中M为常数，则f(x,y)siny2MD f(x,y)dxdysiny2dxdyM M(1dxdy)siny 根据二重积分几何意义有dxdy=平面区域D的面积D因 Msiny2dxdy2dyy1siny D2ysiny2dy12siny2dy21cosy

21(cos4 2

f(x)exx22ax1f(xex2x2a,f(xex2.令f(x)0xlnxln2时f(x0;xln2时f(xf(xxln

f(x)

f(ln2)22ln22af(x故当x0时，有f(xf(00即exx22ax

f(x)dx

f(xtx

f(t)dt

f 0f(x)dx f(x)dx0f(x)dx

0f(x)dx f(x)dx 0

2f(x)dx220（0

P(xyxy2xy2y0ydyy0

于是dydx.

xy （2，3，因此所求旋转体的体积为V162126)211236(1)230x本试卷分第I（选择题）和第Ⅱ卷非选择题I12第Ⅱ卷8页。共150分。考试时间120分钟注意事项

第I卷（选择 共40分2B3.一、选择题:本大题共10小题,每小题4401A．fx3

fx存在的

1B.fx1x1C.fxarctanx

D.fxxsinx设函数fx可导，且满足

x0kx2

C． D．2A． B． C． D．4．函数fx

x1x2

00I12sinsinxdxI22cossinxdx00I1I B.I1II1I

aba5,b6,ab15ab33

C．

3337．fxxx1x3x7x9，则方程fx0正实根的个333 x0

y

D0000

0 0

0000

0

设实数a0fx为连续的奇函数，xxftdt，则axdx2a0

afa

D.2f第Ⅱ卷（选择题110二三注意事项二、填空题:本大题共6小题,每小题4分,共24分，把答案填在题中横线求极限

5x27x9x3sinx 若区间y

2,ykx2lnx的凸区间，则实数kfx通过原点任意点x处得切线的斜率为2x

f2xxzzxyx2y3xyz2确定，则zx x

y

cos2x

sin2xexyayby的通解，则常数ab三、解答题:本大题共8小题,共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤1717（

x x设函数fx

x0fxx0

cost00

,x18（x8cos3.yyx由参数方程y8sin3

yyx于t31919（求函数fx,yexxy22y的极值，并判断是极大值还是极小值20（xlnxfxFxxf若曲线yFxx22通过点3,4，求该曲线的拐点2121（Dyxy0x所围成的平面区域，计算cosxD22（y

fx在,可导，且满足xfx

fx1x23

f10，又曲yfxx1y0X47，求函数fx的表达23（23（p为常数，且0p1，证明：当0x2

pcosx2424（已知曲线y

fx通过点O0,0，fx的图形是过点0,2且不平行于坐标轴直线，1是fx的极值求函数fx的表达设曲线与它在点O0,0和点A2,0处的切线所围成的平面区域的面积为S1XS2S1S2高等数学参考答 8．A 12．k

13．

2xyz

2

16．2,

fx

1cosx

sinx

fx

x

1

故

fx不存在，所fxx0x0

dx24cos2tsint

dy24sin2tcostdytanddy2

sec2 dx

dtdx

2sincos

4设曲线

y

上对应于

t3

点处得切线斜率为k，则kdxt3

tan

t3

，而曲线上对应于t点的坐标为1,3333故所求切线方程为3xy 319fxyexxy22y1fxyex22y fxx,y0fyx,y0，得驻点 fxyexxy22y fx,y

fx,y2exy A

f0,1 B

f0,1 C

f0,1 B2AC20，且A 所以

（1）因此Fxxfxdxxdfxxfxfxlnx1xlnxCx（2）yxCx22通过点3,4，于是C yx1x

y3x26xy6xy6x6=0，得xx,1yx0；x,1yx故拐点坐标为 y,xy2解：对xyDcosx2

cos cosxy,xy 故区域D可分为D1D2两部分，其D:0y,yxy；D:x,

xy 原式cosxydxdycosx

40

cosy

y

2

cosxy

2sin2x1dx x

fxx

fx13 1dx1dx 1 于是

xex[

x1

xdxC]3

x232由旋转体体积V1x2Cxdx4710 得C3或C1（舍2 fx1x23xx 又由题设可知f00所以fx1x23

x 证明f(x)pcosxcosxpxfxpsinxpsinpxpsinpxsin

0,

0p由 在区间x0,

fx

f

0,

2

在区间

x0,

fxf0p1

pcosxcos（1）

fxkxfxkx2dx1kx22x2fx的图形过点0,0f1k20，故k于是fxx2（2）yx22xy

fx在O0,0A2,0点的切线分别为y2xy2x4B SS 1222，S

2x22xdx

从而SSSS2S28 2012 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分。共150分。考试时间120分钟注意事项

I（选择题402B一、单项选择题:104401x1fx

sin B.第一类可去间断C.第一类非可去间断 D.第二类间断设x0时，fx与x2是等价无穷小量，ln1+sinx4是比xnfx高阶的无穷小量，而xnfx是比ex21高阶的无穷小量， 整数n等于A. B. C. D.设yyx是由方程eysinxy10确定的隐函数，则 B.

D.1f(xf00limfx1 f(0f(xf(0f(x0，f0yf(xf(0f(x0，f0yf(x

aba=2b=3ab

ab33 3

711x11xdx712

D.17.01

xsinydy B.2- C. D.

xsinyxC.1sinxC

sinyxCD.sinyCx9.x49.x4x2cosx0A.B.C.4f(xxf1xafxf0b其中afxx1A.不可 B.可导且f1

f1

f1第Ⅱ卷（非选择题110二三注意事项二、填空题:6424 lim13xsinxx6x6zzxyze2x3z2y确定，则3zz xyz3 已知平面通过点101,Lx2y4

，则平面设常数k0计算广义积分：xekx2dx00fx在fxexxftdtfx0三、解答题:本大题共8小题,共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步17（

xarcsin3

sin18（xlnsin yyx由参数方程

0t

d2

ycosttsint 2

yy(x上对应于t6

12 19（设ba0ln

2b a20（

f(x,y)xex2y22

21（计算二重积分e9x2y2dDxyx2y216D22（yax2bxc过原点，当0x1时,y0x1S1.abc的值,Sx323（f(x在(,f(xf(0)0fx,x在(,)确定实数a的值

gx

,xgx的导数gx证明gx在(,)内连续24（xf(x在(,F(x)0x2tftx如果fx是奇函数F(x也是奇函数如果fx单调减少F(x单调增加

高等数学参考答A3.4.5.6.A8.9.11.

arcsinx33

13.14.2xyz

16.x

11

=

111111 3x21 1x22=

1= 31

=11x21x21

dxcott,

dytcos于是

tsind(dyd2

dt

sinttcos

cot6因 tsin6

k12t

t6

标为ln 3,故所求法线方程为12xy

312ln2 2

证明:令fx=axlnxlna2x xa0，fx=lnxlnaax12lnxlnaa fx1

x xa时fx0,fx单调增加fxfaxafxfxfa当ba0fbfa0，即ablnblna2ba从而ln

2b a 2x2y2

x2y2解:设fxx,y2x ,fyx,y fxy0fxy0，得驻点2,0和2,0

33

x2y2

fx,yy2x2yex2y2fx,yx2xy2ex2y2所以，在点

2,0 2 2

22 22 fxx

,0

2e2,Bfxy

,00,C

fyy

,0

e22 2B2ACe10A02222222,0f 2,04所 e在点 处,0 2 2

222 fxx ,0 2e2,Bfxy ,00,Cfyy ,0 e2222 B2ACe10A0222 222所以 ,0为极小值点，极小值为f ,0 e

解:对xyD9x2

x2y2

x2y2x2y2故区域D可分为D和D两部分，其中D9x2y2 Dx2y2 原式ex2y29dxdye9x2y2 2d4er29rdr2d3 21er29421e9r2 2 e7e9yax2bxc过原点，可知c x1xS的面积为1ax2bxdxa ab1故b21a. Sx V=1ax2bx2dx1a2x42abx3b2x2 1=1a2x51abx41b2x31 =1a21ab1b2 =2a21a4 27 dV0,那么4a1=0解得唯一驻点a5所以b3 27 又V540 4

a4

,b

，c0223（1）解：依题意，因此gx在内连续，所alimfxlimfxf0.

（2）解：当x0时gxxfxfx0

ffg0limgxg0f limfxxf0limfxf01f xfxfx,x1所以gx1

f

x证明由连续函数的四则运算性质可知gx在,0和0,内均连续又因为limgxlimxfxf

limxfxfxfxlimfx1f 所以limgxg0,gxx0处连续.因此gx在内连续x（1）令tu,

x2tft Fx0x2ufudu0x2ufu 因为fx是奇函数，所以fxfx， Fx0x2ufudu0x2tftdtFx 即函数Fx也是奇函数（2）因为Fxxxftdtx2tftdt 0ftdtxfx2xfx0ftdtxfx x0ftdtfx（介于0x之间，Fx=xffx.fx单调减少，于是xx0时，xffx0Fx0;x0时xffx0Fx0.F