2013强化-高等数学单元测试题及答案

TOC\o"1-1"\h\z\u 单元测试——函数、极限、连f(x为定义在(上的非零函数，则（（A）f(x3)必为奇函 （B）[f(x)]3必为奇函（C）f(x2)必为偶函 （D）[f(x)]2必为偶函F(xf((x)2f(x2)F(x，F(x)f(x2为偶函数．设limf(x)，limg(x)，limh(x)A，确的是（x x x（A）lim[f(x)g(x)]（B）lim[f(x)g(x)]x x（C）lim[f(x)h(x)]（D）limh(x)f(x)x

x 【解析】由于limf(x)，所以存在UxxUxf(x00x 0 h(x f(x)h(x)f )．因 1，故知存在

，当xU

0时1h(x)1f x f f x0的去心邻域内12f(x)h(x)f(x)(1h(x))12f

flimf(x)，所以lim[f(xh(x．选x x（A（B（D）313 3133 （B）3 3（C） （D）3313313

11(1x3)3

113，选（A13 设x0时，f x(m0)，F(x)0f(t)dt(n0)，并且已知x0时，F(x)与x为同阶穷小，则k（ （B）mn

（C）mn （D）mlimF(x)洛limf(xn

nlimxmn

n

xmnn kxk k xk k （B）5．下列各式正确的是（（A）lim(11)x （B）lim(11)x （C）lim(11)x （D）lim(11)x

limxln(11)x x

ln(11而limxln(11) xlimln(1t)(t1 t 1t1lim11)xe01，应选（A f(x

x2n1（x2n（x1x1x2n1 0x1f(xnx2n

10x1x1x1x1f(x0x1f(xx1f(xlimx2n11limx2n1(1x2n1)

x2n

x2n(1x2nf(x

x1,xxx1f(xx1f(x的连续点．选（Bf(xf(0)g(x在x0处左极限不存 （B）x0是跳跃间断（C）在x0处右极限不存 （D）x0是可去间断

f（xlimg(x)limf(x)limf(xf(0)f(0) x

f 故f) f 显然g(x) 在 0是g(x)的可去间断点．故应选（Dxf(x) x27xf(x)x23x

2x1x 【解析】当2x1，则2x432f(x)f(x4)(x4)2(x4)1x27x当1x0，则0x12x232f(x)f(x)f(x2)[(x2)2(x2)1]x23x又因f(x)为周期2的奇函数在x1,0,1,2处均有定义所以f) ，f(2)f(0)0，f(1)f(1)f(1f(1f(1f(10x27xf(x)x23x

2x1x lim(exx)x2 【解析】此为“1”型 1ln(1ex1

lim(1ex1x)x2

lim而limln(1ex1x)limex1x洛limex1洛lime

1 x0 x0 1所以，原式e2 设常数a0，a1．已知limxb(axax1)存在但不为零，则常数b

1作变量代换，并将a的指数函数改换成熟悉的eu u2ln

limxb(axax1)lim

a1ulim

limeulna1eu

1lim1 要使上述极限存在且不为零的充要条件是b2，此时，上述极限为lna11axf(x

x xax 0

1arctan x x在它的定义域上连续，则常数a ，b bb【答案】a，21ax1lim1axa【解析】limf(x)lim 2

f(x)b，limf(x)ablimf(x)lim ，f(0)b，f(1)ab x 所以f(x)在x0处连续 b；f(x)在x1处连续 ab ab2cos x设f(x)

则f(x)有间断点x x1

x【答案】【解析】只要f(x)在分界点处的连续性limf(x)limx12，limf(x)limcosx0

limf(x)limcosx0，limf(x)limx10，f(1)cos0 设a0， 1(a1)， n n

n【解析】因an12(ana221，故annan11

1(111，知a单调下降，从而lim

n 不妨设lim

A，然后在等式

1(a1A1A1A1An

nn() ，f(0)0，求

20 2

．x0x31f0x2tudtduxtudt1dux

20f1

t)dt

2x0fx

0“”型x0x3f x0x2f 2xf(x2 2f(x2 xf(u)dux2fx0

lim x02

f(u)duxf

“”型0 4f(x2 4flim lim x03f(x)xfln(1f

x03f(x)f(0)fx

3f(0)f设 tanx5，求limf(x) 2x 【解析】因lim(2x1)lim(exln21)0x0exln2)ln(1f)

由题设 tanx5，知limln(1f(x))0．故当x0时，ln(1f(x))与f(x)等价．又tan 2x tan tan tanln(1f f tanxlimtanx1limf(x) 2x x0xln ln2 f于是 5ln2x0n求极限nk1

．k2【解析 n2(kk

n2k2

n2k 1

kk

k n2k

，kk k11(n 2 所以limn2k201x2dx2ln(1x) nk

kn2(k

，n2(kk k k其中0

0(n)k1n2(k k1n2 n2n所以lim 0．nnk1n2(k k

n n2k2

nn2(n

1n2k kn 因为 ]0nn2(n n2 k 所以limn2k1)2limn2k1)2limn2k201 k nk nk nk 因此lim nk1n2k2

ln2单元测试——导数与微分中值定() ，则下述条件能保证f(0)存在的是（ 1 f(ln(1h))存 （B） f 1h0 h0 [f（C）lim1f(tanhsinh)存 [f

f(h2h0

1h21h21ff(1h21h211: f 1)1

1h21t

limf(t)11

h0h2f(

1存在，仅能保证f(0)存在

2t h0

f(tanhsinh)limf(tanhsinh)tanhh0 tanh 1

f(tanh因为limtanhsinhlim 0，故lim f(tanhsinh)不能保证lim h0 h0 tanh：lim1[f(2h)f(h)]推不出f(x)在x0处连续，推不出在该点可导．如f(x)2x x0,满h0（D）f(xx0f(0)不存

x

设f(x

x

x则（x（A）当01时，f(0)存当1f(0存当2f(xx0x0f(xx1sin1x2cos1 xsin1而f(0) limx1sin1 可见，当1f(0)不存在，当1f(0)0．当2limf(x0f(0)．故应选（C下列命题正确的是（f(xxx0f(xxx0如果f(x00，则f(x0f(xxx0处连续，则必存在0xUx0f(xf(x00f(x0必不为f(xxx0处连续，所以存在0xUx0f(xf(xxUx0f(x连续．（C）正确1f(x)x3f(0)f(xx0f(xx3f(0)0x0f(xyf(xf(x00f(x0．并设yf(x0xf(x0xdx0dyf(x0dx．则（ydyydy

dyy dyy【解析】dyf(x0xydyf(x0x)f(x0)f(x0f()xf(x0)x[f()f(x0f(1)(x0)x0x01x0x．故选（Af(x存在二阶导数，下述结论正确的是（f(xf(xf(xf(x少有一个零点，与f(x)没有零点 ．故（D）正确，选（D）．f(xxx03f(x0f(x00f(x00．则（f(x0f(x的极小f(x0f(xf(x0f(xF(x的极小值，即f(x0是f(x的极小值．选（Bxf(xlnx 1在区间(0,上的零点个数（e没 f(x110x 当0xef(x)0xef(x0所以f(e)11110为唯一极大值，即最大值．将区间(0划分为(0,e和[e)limf(x)，f(e)10且当0xe（或0xef(x严格单增，所以在区间(0,e（或(0,e）f(xlimf(x)lim(lnx

x1)lim(ln

e1)，f(e)10 且当ex（或exf(x严格单减，所以在区间(e)（或[e）f(x有唯一零点．所yln(1ex的渐近线的条数是（ x，使得limln(1ex y又因 y

ln(1ex)

1x x1lim(yx)lim[ln(1ex)x]lim[lnex(ex1)x]lim[xln(ex1)x]0 x

ylimln(1ex)

（Cyy(xx

tsinu2du，y

tu2sinudu所确定，则d2y

【答案】10t2cscdxsint ，dyt2sint 从而 / 2t2 d2 )/ (2t2)/(sint ) 10t2csct

dt

sin设yy(x)由方程ln(x2y)x3ysinx所确定，则y(0) 2xy3x2yx3ycosxx2y

，

(3x2ycosx)(x2y) 21x(x 2设f(x)ln12x，n2，则f(n)(0) 1x0f(xf(x)ln(12x)ln(1f(x) 1

1

(2)(12x)13(13x)1f(n)(x)(2)n(1)n1(n1)!(12x)n3n(1)n1(n1)!(13x)nf(n)(0)(2)n(1)n1(n1)!3n(1)n1(n1)!(1)n1(n1)![(2)n3nx2sin1cosx,xf(x)

并设f(x)在x0处可导，则常数a ，b ln(1x)axbex,x【答案】a2b【解析】f(xx0处可导，f(xx0处必连续，从而f(0f(0f(0)．于是由f(0)bf(0)

f(x)011，f(0)

f(x)bx2sin1cosxf(0)limf(x)f(0) 0 x f(x)f ln(1x)axbexf(0) x

lim limln(1x)a

ex

1a1 f(0)f(0推知01a1，所以aln(1设f(x) x0,求f(x)，并讨论导函数的连续性 xx0f(x)

ln(1x3)

2ln(1x3)

．1x0f(xsinxcosx)1sin2ln(1x3

cosf(0) 01，f(0)

sinxcosx0

x

xf(xx0f(0)12ln(1x3) x f(x)

cos

1

xxlimf(x)lim[2ln(1x3) ]231，limf(x)limcos2x 1 f(0f(0f(0f(xx0f(x在(f(1sinx)3f(1sinx)8x(x)其中(xx0xf(xx1yf(x在点(6,f(6【解析】由lim[f(1sinx3f(1sinxlim[8x(x得2f(1)0f(1) 又

f(1sinx)3f(1sin

8x， sin sinlimf(1sinx)3f(1sinx)lim[f(1sinx)f(1)3f(1sinx)f(1) sin sin sinlim8x(x8，故4f(1)8f(1)2 sinf(6)f(1)0，f(6)f(1)y2(x6)，即2xy120f(x在[ab上连续，在(ab0ab,(abf(f((af(x在[ab上连续，在(ab内可导，由拉格朗日中值定理知abf()

f(b)fbf(b)f f f使g(b)g(a)g() 2f(bf(a)

f()，也即f(bf(a)

f()(ab2 b 故存在,(abf(f((a设0x1（Ⅰ）(1x)ln2(1x)x2

11

11 ln(1 【解析】证明：（）(x(1xln21xx2，则有(0)0(x)ln2(1x)2ln(1x)2x，(0)0(x) 1x

[ln(1x)x]，(x)2ln(1x)0(1x(0,1)(x)(0)0(x)(0),x而(0)0，故(x0，从而(x)(0)0，1f(x)1ln(1

1x(0,1xf(x)(1x)ln2(1x)x2(1x)ln2(1由（Ⅰ）f(x0（x(0,1)，于是推知在(0,1)f(xf(x在区间(0,1]f(1)

1，故当x(0,1)时，f(x)

1x

1ln

xln(1 xln(1

f(x)limxln(1x)lim lim

x02x(1 故当x(0,1)时，f(x) 1ln(1 单元测试——不定积分与定积f(x4f(x在[abf(x在[abf(x在[ab上可导；④f(x)在[a,b]上存在原函数．PQP可推出Q，则有（（A）①② （B）③①（C）①② （D）④①f(x在(F(xf(x的一个原函数，则下述论断正确的是（f(x为TF(x必是Tf(x为TF(x必不是Tx0

f(x的一个原函数．以（B）f(x F(x) f(t)dttu0f(u)(du)0f(u)duF(x)F(xf(xF(xC，不论CF(xC总是偶函数，所f(x2f(x)dx1F(ttfy)tf(x)dx]dyF(2（（A）2f

f

f

t【解析】设(xf(x的一个原函数，则yf(x)dx(ty F(t)1[f(y)yf(x)dx]dy1[f(y)((t)( (t)1f(y)dy1f(y)(y)dyttF(t)(t)f(y)dy(t)f(t)f(t)(t)f(t)f(y)dytt 2F(2)f fy)dyf(2，选（B1f(x在[ab上可导，f(xf(x))2xf(t)dt0

f ．则f(t)dt在(ab内必定（ 且a xf(t)dt，于是题给条件成为F(x)(F(x))2F(x)0aF(a0，F(b0x(abF(x0，则在(abF(xF(x00F(x00xxF(xF(x))2F(x0 ．于是选（CF(xxet2dt0

1dtF(x0在区间(上（ext4 果含有某函数的导数，则要用到罗尔定理．今F(x)为两个变限函数的和：F(x)xet2dt0

1dt，(,ext4 dt0F(0)01t4F(1)1et2dt0

1dtet4

1et2dt0

1dt02t4由连续函数零点定理知，至少存在一点(0,1F()0F(x)ex2

e4x

ex0，x(,)（B）6．下述结论不正确的是（tanxdx 2cosxln(2cosx)dx （C）2sinxdx

sinxdx 2sinxdxsinxdx2sin 2sinxdxxtsin( 2sinxdxsinxdxsin(t)dtsinxdx 0 dx dx dx sin sin dx dx dx 0 0x(设F(x) x(x2t)f(xt)dt，f(x)可导且f(x)0．则（0yF(x在点(00)yF(x在点(00)fxtut0时uxtx时u0 F(x)0(x2t)f(xt)dtx(2ux)f(u)(du)02uf(u)du

f(u)duF(x)2xf(x)xf(x)

f xf f F(x)xf(x)F(0)0，F(0)0x0F(x0x0F(x0yF(x在点(00)的左侧是凹（Dsin

sinx已知 dx ，则 )dx 2sinx sinx sinx sin2 xsin2x2sin2(x)dx x)xd(x) sin2xsin2xdx2(sinx)2dx 移项，有

)2dx

sin2x

sinx

sin2

lim(sinxsinx)0 1limsin21

lim(sin2x)

xx因此(sinx)2dxx

sin2sin2xdx0sin2xd2xsin2x x0

nk

x)dx 【解析】令 t， tk

tk x)kdx2tk(t1)dt2( ) )1 k k k k1 x)dxlim2( )2

)1nk1

nk k

k n n10.设lim

1

)cos(bx)dx存在，则常数b a0a 【答案】bnn1,2【解析】

1 )cos(bx)dxa1 )(cosbcosxsinbsina a 2a(1 a0 lim2a )cosbcosxdxlim2a(1x)cosbcosa0a a0a lim2cosb0cosxdxlim2cosb0xcos lim2cosbcosa2cosblimacosacos 同理lim2a )cosbcosxdx

2a(1x)cosbcosxdx3cosa0a a0a 由题设极限存在，充要条件是cosb3cosb，即cosb0b已知sinx是f(x)的一个原函数，则x3f(x)dx x

n（n1, 2(sinxf(xf(xsinx( x3f(x)dxx3df(x)x3f(x)f(x)dx3x3(sinx)(sinx3xcosxsinx

3x2d(sinx)x2cosxxsinx(3x2sinx

sinxxx2cosx4xsinx6cosxf(xx0时，有

xf(x)f(xt)dte2x1，求

f(x)dx 【解析】题设方程化f(x)xf(xt)dtf(x)xf(u)due2x F(xxf(u)duF(x0

f(x)F(x)F(x)e2x1F2x1e2xx F(0)0，得C12F2(x)e2x2x1，F(x)故f(x)dxF(xC

（F(x)0e2xe2x2xe2x2x1f(x)dx40ff(x0)f(0)y0f()，0xx f(1)f(x0)1x

1

f()，

1 111

f

dx

11f(x)dx

f(x)dx1f()f() 0f y0

y0 4 4（x(1x)

(x1x x0(1x0 f(x是在[abt[ab]yf(xyf(ax证明：存在唯一的t0(a,bS1(t)S2t)问函S1(tS2t at【解（Ⅰ）S1tf(xf(a)]dxS2tf(bf(x)]dxat atF(tS1(tS2tf(xf(a)]dxf(bf(x)]dxatF(tf(tf(af(bf(tf(bf(a0 F(aa

[f(b)f(x)]dx0，F(b)a

[f(x)f(a)]dx0所以，存在唯一的t0(a,b)，使F(t00，即S1(t)S2t) （Ⅱ）令S(tS1tS2taf(xf(a)]dxtf(bf(x)]dx S(t)f(t)f(a)f(b)f(t)2[f(t)f(a)f2f(a)f

f(a

f(b2

2S(t10因当ttf(tf(tf(af(bS(t0 当ttf(tf(tf(af(bS(t0 D的面ADxe旋转一周所得旋转体的体积V0ylnx0

(xx0)由该切线过原点知lnx010x0e1 eDA1(eyey)dy1e

eV1 V21(eey VVV1e21(eey)2dy (5e212e 单元测试——多元函数微分

(x,y)(0,二元函数f(x,y)x2xy ，在点(0,0) (x,y)(0,fx(0,0)fy(0,0)fx(0,0)fy(0,0)fx(0,0)fy(0,0)fx(0,0)fy(0,0)f(x0)0，从而limf(x0)0fx(0,00f(0,y0limf(0,y)0 y0fy(0,0)0故f(x,y 在点(0,0)处的两个偏导数fx(0,0)与fy(0,0)都存在且沿着x轴或y轴点(x,y)趋于(0,0)时，limf(x,y)0．又当(xyyx趋于(0,0limf(x,y)

lim

1f(0,0)

x0

xy

x0f(x,y在点(0,0)（B2f 在点(x0,y0处连续f 在点(x0y0处的两个偏导数存在f 在点(x0y0处可f 在点(x0y0处的两个偏导数连续PQP推出性质Q，则有（[[（A）④② （B）③②（C）③④ （D）④③f(x,yf(x,yf(x,y在一点可微又是f(x,y在该点连续、偏导存在的充分条件，故选f(xy（A）(0,0)

1)(x,y)，其中(x,y)在点(0,0)处连续，若f 在点(0,0)处可微，则（(0,0)(0,0) （D）(0,0)取任何值【解析】由于f 在点(0,0)处可微，则f 在点(0,0)处的两个偏导数fx(0,0)与fy(0,0)存在． f(0,0)limf(x,0)f(0,0)lim(ex1)(x, x lim(ex1)(x0)

x(x,x(x, lim(ex1)(x,0)

(0,x(x, x(x,xf(0,0)存在，得(0,0(0,0)，于是只有(0,0)0．故选x已知du(xyx22xyy2)dxx22xyy2)dy，则u(xy（ x2yxy2 C

x2yxy2 C x2yxy2 C

x2yxy2 C 【解析】由条件知ux22xyy2ux22xyy2．将uxuy u(x,y)

xy3

1(y)u(x,y)x2yxy2

y2(x)333

yC1，2(x)333

3C2所以u(x,y)x3x2yxy2y3C．应选

设uf(r)，而r ，f(r)是具有二阶连续导数，则 （ （A）f(r)1fr

f(r)2fr1

f(r)1fr

f(r)2fr【解析】由于uf(rrf(rx，所 2u

f(r) fr2

(r) f

(r)r同理得

f

y2

f

y2

f(r)1r2u

f(r) fr2

(r) f

(r) r所以2u2u2u 1 3 应选

f

fr

f

fr

fr设函数f 在点(0,0)的某一邻域内连续，且limf(x,y)(x2y2)1，则（

x2 点(0,0)是f 点(0,0)是f 点(0,0)不是f 不能确定点(0,0)是否为f f(x,y)(x2y2 【解析】由于 ，由极限与无穷小的关系知在点(0,0)的某邻域内

x2 f(x,y)x2y21(x2y2)o(x2y2)3x21y2o(x2y2) 由f 在点(0,0)处连续，于是3 1 f(0,0)limf(x,y) x yo(x3 1

y0 x0f(x0)3x2o(x202y0f(0,y1y2oy202所以点(0,0)不是f f(x,y与(xy均为可微函数，且x(xy0．已知点(x0y0f(x,y在约束条件(xy0下的一个极值点，下列选项正确的是（）（A）若fx(x0y00，则fy(x0,y0)（B）若fx(x0y00，则fy(x0,y0)（C）若fy(x0y0)0，则fx(x0y0（D）若fy(x0y0)0，则fx(x0y0y【解析】由(x,y)0，知方程(x,y)0所确定的函数为xx(y)，且 (x,y．xzf(xyf(xyy，则在点(x0y0(fdxf 0x (x0,y0 (x0,y0

dyx(x,即(f yfx

0x x

(x0,y0（B2 zz(xyxy2yx(x0

，z(0,y)cosy1，则z(x,y) 2 z【解析】由于xyy(x)2y，对y积分得 y2z(x0)ex，得C(xex，于是zy2ex2 xz(xyxy2exCy)由z(0,ycosy1，得C2ycosy因此z(x,y)xy2excosy已知(x2y)dxaydy是某一函数的全微分，则a (x【解析】由条件知存在某一函数u(x,y)，

x2 ，(x

．(x xay0xyyx存在且连续，则有xyyx由

2(1a)x 2u ，，

(x

(x由xyyx，得a1设函数f(u)具有连续导数，且函数zz(x,y)由方程yzxf(z2y2)确定，则xzzz dydzf(z2y2)dxxf(z2y2)(2zdz为书写简便设uz2y2，并解出dzdz f dx12xyf(u)dy12xzf 12xzf于是z f ，z12xyf 12xzf 12xzf

xf(u)z(12xyf

xf(u)z2xyzf

y2xyzfxxzy

12xzf

12xzf

12xzf

yf(t当t0u

(xy ，则f(t) 【答案】etClntC，其中CC 【解析】对uf(xyu

f(xy)y，u

f(xy)xyf(xy)f(xy)xyf(xyxyxytf(t满足二阶线性方程tf(tf(tt1)et，即(tf(t))(t1)et， 积分得tf(t)f(t)ett

(t1)etdtC (t1)detC(t1)etetdtCtetCf(tetC1)dtCetClntC，其中CC 设uf(xyxyz，函zz(xy由方程zg(xyzt)dtexyzfgxuyu 【解析】令vxyzt，则zg(xyzt)dtzg(v)dv，得方程zg(v)dv xg(zzyg(xyexyzy(zxz yg(xy)得x g(z)

xg(xy) g(z) ffy(zxz)，uffx(zyz) xuyuxfyf2 设u(xyv(xy

u

y，yx，又uf(x2y2，其f有连续的二阶导数，且limf(x)1，求u(xy与v(x,yx1x2u

2v2u2u

令t

，ux

f(t2u x2xf(tx2

f(t) x2

(x2y22u 类似地有

f(t) f 2 x2

(x2y2从而有2u2u

f f f(tf(t10tf(tf(t0[tf(t)]0tf(tC f(tC1lnt又由limf(x)1f(10f(11f(tlntx1x即u(xy1ln(x2y2又vu ，所以varctanxC( x2 [[又由v C(y)u ，得C(y)0，即C(y) x2 x2x所以v(xyarctanC，其中Cxy已知函数zf(x,y)的全微分dz2xdx2ydy，并且f(1,1)2．求f D(x,y)x2y 41上的最大值和最小值． f2x，

2yf(xyx2Cy，且Cy2y，从而Cyy2f(1,1)2，得C2f(xyx2y2 x0y0Dx0y 再考虑其在边界曲线x 1上的情形：令拉格朗日函数4F(x,y,)

f(x,

2y21)4Ff2x2(1)x解方程组F

2y

1y Fx2

1 入f ，可见zf(x,y)在区域D(x,y)x2y 41内 设

1xyxy

xf(xyL(x,y,)f(x,y)(xyLx1y

求偏导得Ly1xLxyC

x yC，y0C， f(x0y0CCCC这里用到了111及(11)1 1 因为C为正数，所以当xyC时，f 的最大值不存在，故f(x0,y0)C是f 在xyC下的最

xy单元测试——二重积

x xy 1 1 1D D

dxdy，I2

)dxdy，I3

xydxdy，其中D(x,y)(x (y 2DD则有（DDI1I2（C）I2I1

I2I3（D）I3I1D0xy2，且在圆上的点(1,1)xy2D内有0xy12x(xy)2xyx I2I1I3，应选

2dyyf(x)dxF(1)（ （A）f （B）f （C）2f （D）2f【解析】由于内外层积分限中均含有t，不能直接用变限积分求导.应交换积分顺序，转化为变限积分的形) F(ttdytf(x)dxtdxxf(x)dytf(x)(2x)dxf(xF(tf(t)(2tF(1)f(1).故选

0204

f(rcosrsin)rdrxyI（ 0 f(x,y)dxa f(x 0 f(x,y)dxa f(x

f(x,y)dx

f(x,

f(x,y)dx

f(x,

2a0I2d4

f(rcos,rsin)rdr 积分域D(r,)0r2asin ，边界曲线r2asin的直角坐标方程为x2y22ay D(xy) xy0ya(xy) x 2ayy2ay2a I[0 f(x,y)dxa f(x, 应选f(xf(af(0f(0)1axaaxa

f(y)dy（ （A） （B） axaaxaxD(x,y)0yx,0xa(x,y)yxaxaaxaxaIa

0

f

(y)dy

f(D af( af( 3Dady axdx ((ax)2)ay a y2a(ay)f(y)dy2a(ay)df(3 32[(ay)f(y)aaf( 2[af(0)f(a)f(0)]2 DD2x22y2Isin(xyd（D（A） Dxy0sin(xy关于uxyIsin(xIsin(xd22dx2sin(xy)dy2 D222[1cos(x)]dx22 累次积分

x2y2dx D(x,y)yx1,0y1(x,y)0yx,0xI1dy

x2y2dxx2y2dxdy1

x2y2dy D其中内层积分 x2y2dy可视为半径为x的1圆面积，即 x2y2dy1x20I11x2dx0

(x22y)d x2y2 4【解析】由于2yyx2y21x轴对称，则x2y2

2ydx2d (x2y2d（变量的对称性22x2y2 xy12d13d2 sin1dx dy 【答案】11

xsin

dy1dyysiny (1y)sinydy11 1设D为不等式0x3，0y1所确定的区域，则min(x,y)dxdy D43 Dmin(xy)dxdy0dyyydx0dy0xdxD已知f 连续，且f(x,y)x2(xy)x2y2

f(x,y)d，则f(x,y)

x2R4(x4【解析】等式f(x,y)x2(x x2y2

f(xy)dx2y2

f(x,y)d x2y2

x2d x2y2

(xy)d x2y2

f(x, x2y2

(xy)d3 1 3则x2y2

f(x,y)d x2y2

xd 2x2y22

y)d2

d

d4f(x,y)x2R4(x4I

x

dxdyDx0y0xy xxrcosyrsinD0

，0r cos cos cos I2dcossin

rdr2cos cos

cos 2(cossin)1 cos

cos

cossin 2 2cos d( )2

sincos

4 cos

cos Ix[1yf(x2y2dxdyDyx3y1x1fD x[1yf(x2y2)]dxdy0x[1yf(x2y2)]dxdyxdxdy0xdxdy I

xdxdy

xdy 5t设I(t) (1x2y2)1x2y2d，其中D为中心在原点，半径

的圆盘.问t取何值时I(t)

t2r(1r2)1r2drd2

tr(1r2)1r2dr(tI(t(1

10，得t1I(t在(0,上的唯一驻点，且当0t1I(t)0；当t1I(t0，所以t1I(t I(1)21r(1r2)1r2dr2[1r1r2dr1r31r2 2 21r31r2dr2 2 4tan3sec3d)(令rtan 2

22 34(sec21)sec2dsec]222

02(827)

单元测试——无穷级设an0(n1, )，下列命 ①若an收敛， ②若an发散，则 ③若 收敛，则a ④若 发散，则an中正确的是（

【解析】由于an1an，所以anan1 1(a )，当a收敛时

1(a )

a a

n2 2 设正项级数

SnakS

n（ k n （C）发 （D）敛散性与an有

【解析】因为an0，且anSnSn1akakan0即Sn单调上升，且limSn S

k k而S

n n1 n

Sn Sn S而级数S

的前n1T

)

((

)

limTnlim( ) n 级数( )收敛，故由比较判别法知 n收敛，即原级数绝对收敛．应选n2

Sn 设an p ，要使级数

anp的取值范围是（p2

p2

p2

p2

】由于(1)na 析11当n时，1数1当p1p

n2n2

nn(1)n

n1np 设均为大于零的常数，则级数

nlnn（n1nln（A）当1时收 （B）当1时收（C）当1时收 （D）当1时收【解析】因为均大于零，则当nnnlnnlnnnlimlnnlimlnn0nlnnnn

ln

1nn(1 n n nln

nln 即lim

1．而当1时，即1

收敛．因此，当1nnln n下列级数中条件收敛的是（ n

n1n（A）(1)

(1)n

n sinn

（D）

n2nlnn 【解析】由于(1) n

]

，其中nn

n1(nn1(n(1)n(cos11)nsin

cos1n

n n n而(1) ]n

23/22322均收敛，所以（C） 因为nlnn是单调下降的，且limnlnn0，交错级数nlnn收敛， nln

而nlnn发散，从而nlnn条件收敛．应选

设(1)n1u1，u2，v 3u(n1, )，则v

uuuu

u2n1u2n(u1u2)(u3u4) (u2n1u2n) (u2n1u2n) un(u2n1u2n)2 所以u(1)n1u(uu)(uu)

2n

2n1 而vnu2n13u2nu2n1u2n2u2n，所 vn[(u2n1u2n)2u2n](u2n1u2n)2u2n110 n设幂级数axn的收敛域是(2,2]，则ann

n133【解析】由于

axn的收敛域是(2,2]，所以当2x32时，即32x 时，幂级数33

ax3nn

，从而an

32，又an

由由

a3的收敛半径，所以 的收敛半径3n1设f(x)axn的收敛域为[1,1]，则limf(x) n

【答案】f(xanxnx[1,1]f(x在(1,1)f(x) ，xf(0)a1，f(x在(1,1)() ，极限

f limf(x)limf(x)

f(0)a

ex

(n1)xn2，x(,【解析】由于ex1

1xnex1

1 ex1

n1 n1

n1

n1(n1) x(

n1

n1

1已知anx(1x)ndx，则级数an收敛于和S 1

21 1 11【解析】an0x(1x)dx0x(1x)dx0x((1x))1 1

0x1(1x)dx0(1x)dx2 n23nn①(n n

② 2

sin

23n1

n

)]1) n

[(n1)2 (n1)21(n1)21n1 (n21)n[(n (n n2 2n1n21 ] )2n1n21(n n2所以limun1e21n n设f(x)在(1,1)上有二阶连续导数，且在x0取得极小值0，试证：级 fn

)绝对收【解析】证明：因为f(x)在x0取得极小值0，则f(0)f(0)0．于是由泰 ,f(x)1f()x2，x[11, 2, ,其中[11xf(x在[11M0，使得f()M, ,2 2[11．从而当n4时，f )M )2M 2

nln2 由于nln2n收敛，所以f

nlnnf

13.求幂级数

n1n(2

x2 S(xn(2n1)x(1,1)x(1,1

S(x)

n，S(x)2x2n11x2 xS(t)dt

x2tdtln(1x2)S(x)S(0)

01tx 2 x2tS(x)S(0)

S(t)dt0

ln(1t)dttln(1t)00

01

2xln(1x2)2xln1x1(1)n 将级数(2n1)!22n的和函数展开成(x2【解析】幂级数

(1)nx2n1

n0(2n(2n1)!22n

22nu n(2n n4(2n3)(2nn)n(nx (1)n 1)( S(x)(2n1)!22n2(2n 2sin2x所以S(x)2 2x

x2)

x2)cos

x 2)sin x x

x(1)n 2

x(1)n 2 2) 2)]

(2n

2n1(x (x ]，x(,)(2n

单元测试——微分方xy2y2y（（A）1x2ClnxCx （B）1x2ClnxCx x2ClnxCx （D）1x2Cx4Cx yp(x，则yp(x，代入方程得xp2p2，p2p2 xyp(x) x

2x 2 Cx 2

lnx2[2

lnx2dxC]1[x2C]1 yxC1CxC1 y1x2ClnxCx 已知sin2xcos2xypxyqxy0CC 是（ Csin2xCcos2 C1C2cos Csin22xCtan2 CCcos2 【解析】依题设，sin2x，cos2x为该方程的两个互不相关的解，故Csin2xCcos2x 中的解析式均可由Csin2xCcos2x恒等变换得到，因此，由排除法，仅Csin22xCtan2x sin22xtan2x都未必是方程的解，故应选（Cyaybyexcosxy*ex(xcosxxsinx（（A）a1,b（B）a1,b（C）a2,b（D）a2,b常数．i为特征方程r2arb0的解．在本题中，11a2,b2．选y1(xy2xypxyqxy0y1(xy2x能构成该方程的通解，其充分条件为（）1（A）y1(x)y2(x)y2(x)y(x)11（B）y1(x)y2(x)y2(x)y(x)11（C）y1(x)y2(x)y2(x)y(x)11（D）y1(x)y2(x)y2(x)y(x)1

y y【解析】由（B）可知 y y ) f(若用代换yzm可将微分方程yaxby（0）化为一阶齐次微分方程dz z，则,f( 足的条件是（（A）11 （B）11 11 （D）1 m ax【解析】将yz代入方程yaxby得(z)ax

m f()可知

，整理后可得

1．故选（A

mm yy(xybycy0的解，其中bclimy(x（与bc与bc与c无关，只与b与b无关，只与c【解析】这是二阶线性常系数齐次微分方程，其特征方程为r2brc0bb2bb2b2 0，r，r为相异实根，且r，r0，解可表为y(x)Cer1xCeb2 limy(xlimCer1xCer2x b2 0，rrb2

0y(xCCx)er1x 也有limy(x)lim(CCx)erxlimC1C2x b

xbb2b2b 0，r，r为一对共轭复根，且 b2b y(xex(CcosxCsinx limy(x)limex(CcosxCsinx)

ii4c4climy(x)0与bc均无关，应选（Bye2x1x)exyyyex222 ye2x1x)exyyyex(24)e2x[(1)x23]exex，240，10，23解得32故222y1yexy2exyex1程 yy1，ex2exex12ex2exex11ex11，可见2exex1 1 征方程为r(r1)r2r0yy0方程yyy2y2lny的通解 【答案】lnyCexCe (y)2lny，即(lny)lny y令lnyz，则（*）zz211zCexCex，即lnyCexCe x设f(x)sinx0(xt)f(t)dt，其中f(x)是连续函数，则f(x) x【答f(x)

1sinx

xcos x【解析】f(x)sinx0(xt)f(t)dt．令x0，得f)0 xxf(xcosxxf(t)dtxf(xxf(xcosx

xfx x0f(0)cos0f(x)f(x)sinf(0)f(0)210if(xC1cosxC2sinxf*(xx(AcosxBsinxA1B0f*x)xcosx 所以f(xf(xf*(x)C1cosxC

sinxxcosx2) ，f(0)1，求出C0，C1 因此f(x

1sinx

xcosx yexxyp(xyx

xln21xexp(x)exx得p(x)x(ex1)，于是原方程为y(ex1)y1．由通 ye(ex1)dx[e(ex1)dxdxC]Ce(exx)ey(ln2)1得Ce2ye(exx2)f(x有连续的导函数，且对任意常数abf(abeaf(be2bf(af(0)ef(x【解析】由于等式f(ab)eaf(b)e2bf(a)对一切a,b成立，令ab0得f)0 在等式两边关于a求导，对一切a,b有f(ab)eaf(b)e2bf(a)a0bxf(xf(x)f(x)e2x1，f)f(xf(xe2x1解此一阶线性微分方程得f(x)e2x1Cex．由f) 得Ce，从f(x)e2x1注：①等式两边也可对b求导得微分方f(a)limf(ab)f(a)lim[eaf(b)f(a)e2b1]f(0)ea2f f(x1设函数(x在[0,1上可导，并有0(tx)dta(x，其中a为实常数，试求(x)．1【解析】令txu1(tx)dt1x(u)dua(x) xx故0(u)du两边x求导，(x)a(x)于是，有ax(x(1a)(x，可见，若a0，则(x)0；a0d(x)1a(x)d(x)1a 1

如果a1，有ln(x)

lnxlnClnCxa，即(x)Cxa（C为任意常数a如果a1，有(x)Cx轴的交点分别为(0,yxf(x))、(x ,00 f(x0又(x0y0为切线与两坐标轴所截线段的重心，因此0x1[x ]y1yxf(x0 f(x 又曲线过点(2,3)，从而有C6xy6单元测试——向量代数与空间解析几设ab为非零常数，若向量ab垂直于向量b，则等于（

ab

a（B） b

（D）a【解析】所给向量为抽象向量，宜用向量运 ．如果ab垂直于向量b，因此应有(ab)b0abbb0abb2a由于b为非零向量，因而应有 b:设有直线L:x1y5z8与 xy6,则L与L的夹角为（:6

4

3

22

2yz 0ij 0ij L2的方向向量是l2 l1从而直线L与L的夹角的余弦为cos l16 6 6z4x2y2P处的切平面平行于平面2x2yz10P得坐标是（（A）(1,1, （B）(1,1,（C）(1,1, P(xy4x2y2处的切平面的法向量是2x2y,1 2

是（C c1设 c是满秩矩阵，则直线xa3yb3zc3与直 2

aa

b c c 3x a2yb1zb2

c2c3（ 【解析】由已知可得，两直线的方向向量a2a3,b2b3c2c3与a1a2,b1b2c1c2线性无关，所以两a1a3a1a2a2

b2

c1c3c1c2c2

02x3y7z8L

2xyz2L:

（1xyz1 2x5yz7异 L1的方向向量l12371,11105,5521,1L2的方向向与（B）中确定一项．为此L1与L2有无交点，将4个方程2x3y7z8xyz12xyz23中取其3个（如前3个）求其交点，得 ,)，它满足第4个方程，此说明该两直线有交点，如果有多个2（D（D（B设a3，b4，c5，且满足abc0，则abbcca 【解析】由(abcb0知abcb0，即abbc；由(abca0知baca0，即abca．a2b2c2知以向量abc为边的三角形为直角三角形，且ababbcc

3a

3

bsin(a,b)3341设一平面经过原点及点(6,3,2)，且与平面4xy2z8垂直，则此平面方程 【答案】2x2y3z【解析】设M(xyz是所求平面上的任一点，则向量xyz与向量6,32以及向量4,1,2的混合积为 20，化简得2x2y3z0 xt zt平面的点法式方程为(1)(x1)3(y2)(z1)0，即x3yz40点(2,1,1)到平面3x4y5z0的距离d 332423242324(1)3x z求直线L 在平面:xy2z10上的投影直线L的方程，并求L绕y轴旋转一周 【解析】L0为经过直线L且与平面垂直的平面1与的交x z平面1的方程为 10，即x3y2z10 xy2z