班 学号
工科数学分析期末试卷 （答案）
答题时间：150（分钟） 本卷面成绩占课程成绩70%
一．选择答案（每题2分，本题满分10分） 1． f (x ) 在x 0的某一去心邻域内有界是
lim
x →x 0
f (x ) 存在的（ B ）条件
(A)充分条件 （B ）必要条件
（C ）充要条件 （D ）既非充分又非必要条件 2．设f (x ) 为连续函数，I =t
⎰
s t 0
f (tx ) dx ，其中t >0, s >0，则I 的值（ A ）
(A)依赖于s 不依赖于t （B ）依赖于t 不依赖于s
（C ）依赖于s 和t （D ）依赖于s , t 和x
遵守考试纪律注意行为规范
⎧1-cos x ⎪x 2
3．若f (x ) =⎨
1⎪⎩2
x ≠0
，则f (x ) 在点x =0处（ A ）
x =0
(A)连续且可导 （B ）连续但不可导 （C ）不连续但可导 （D ）不可导且不连续
4．
lim
x →0
1x
(1+sin 2u ) u du =（ C ） ⎰x 0
1
（B ）e e
12
（C ）e （D ）2
e
(A)
1
5．设f (x ) 在x =x 0的某邻域内具有三阶连续导数，如果f ' (x 0) =f " (x 0) =0， 而f " ' (x 0) ≠0，则（ C ）
第 1 页（共7 页）
（A) x =x 0为f (x ) 的极值点，但(x 0, f (x 0)) 不是拐点 （B ）x =x 0为f (x ) 的极值点且(x 0, f (x 0)) 是拐点 （C ）x =x 0不是f (x ) 的极值点，但(x 0, f (x 0)) 是拐点 （D ）x =x 0不是f (x ) 的极值点，(x 0, f (x 0)) 不是拐点 二．填空题（每题2分，本题满分10分）
⎧2⎪x ⎪
1．y =⎨x
⎪1⎪⎩x
x 0
的一切间断点为（（-1，-1），（0，0）），
其类型分别为（ 第一类间断点，第二类间断点 ）。
1
2．
lim (cosx )
x →0
x
=( e
-
12
) 。
2
y
3．设y =xe +1，则y " 。 xx |x =0=（ 2e ）
x 34．曲线y =的全部渐近线为 ：（x =1（水平渐近线）y =x -2（斜2
(x +1)
渐近线） ）。
5．设函数f (x ) 在点x 0处导数存在，而且f (x 0) >0，则
lim
x →∞
1⎤⎡f ' (x 0) f (x +) ⎥0⎢f (x ) ⎢⎥=（e 0 ） ⎢f (x 0) ⎥⎢⎥⎣⎦
n
三．计算题：（每小题4分，本题满分34分） 1．设x 1=
2, x n +1=2+x n (n ≥0) 求：lim x n 。
x →∞
解：先证明x n
2+x n
∴由数学归纳法可知x n
2222
x n >0，∴x n -x =(x +x ) -x +1n n n =-(x n -2)(x n +1) >0，
∴x n +1>x n , ∴数列{x n }为单调递增数列，且x n
n →∞
对
x n +1=2+x n 两边同时取极限，再由lim x n +1=lim x n
n →∞
n →∞
可得
lim x
n →∞
n
=2
2．求
lim
n →∞
11⎤⎡1
。 n ⎢2+2+ +2
⎥n +πn +2πn +n π⎣⎦
解：
n ⋅n 11⎤n ⋅n ⎡1
≤n ++ +≤22222⎢⎥n +n πn +n π⎦n +π⎣n +πn +2π
又
lim
n →∞
n 2n 2
=1, lim 2=1， 2
n +n πn →∞n +π
∴由两边夹定理，可得
lim
n →∞
11⎤⎡1
=1 n ⎢2+2+ +2
⎥n +n π⎦⎣n +πn +2π
3．设
lim
x →0
⎰
x
t 2
2
a +t bx -sin x
dt
=1，求a , b 。
x 2
解：由洛比答法则，原式=
lim
x →0
a +x 2
=1
b -cos x
x →0, ∴
x 2a +x
2
→0, ∴b =1.
x 2
a +x 2
=lim 2
x x →02
2a +x
2
x 2
∴原式=lim
x →0
a +x 2
=lim 1-cos x x →0
=1, ∴a =4
从而求得 a =4, b =1.
d 2x
4．设x =t -arctan t , y =ln(1+t ) ，求2。
dy
2
1t 22t '
=, y =. 解： x =1-t
1+t 21+t 21+t 2
'
t
dx x t ' t ∴==
dy y t ' 2
d x ∴2=
dy
2
12
1+t 2= 2t 4t () 21+t
5．若y =x x +x ，求y 在点（2，6）处的法线方程。
解：两边取对数得 ln(y -x ) =x ⋅ln x （先将y =x x +x 变换为y -x =x x ） 两边对x 求导得
y ' -11
=ln x +x ⋅=ln x +1] y -x x
1
4ln 2+5
∴y ' =4ln 2+5，∴其法线的斜率为 -
∴法线方程为x +(4ln 2+5) ⋅y -8(3ln 2+4) =0
ln(1+e x )
。 6．⎰x
e
解：
ln(1+e x ) e x x -x -x x x -x x ⎰e x dx =-⎰ln(1+e ) de =-e ln(1+e ) +⎰e ⋅1+e x dx =-e ln(1+e )
令1+e 1
⎰=
1+e x
x
+⎰
=t
1
dx 1+e x
dln (t -1) 11t -1e x
⎰t =⎰(t -1-t ) dt =ln t +C =ln e x +1，
x
∴原式=-e
-x
e x
⋅ln (1+e ) +ln +C x
1+e
。
7．
⎰
+∞
dx (1+x ) x
1
解：
⎰
+∞
dx (1+x ) ⋅x
令x =t
1
⎰
+∞
1
+∞2t 1=2dt 22⎰1(1+t ) ⋅t 1+t
-∞
=2⋅arctan t |1=2(
π
2
-
π
4
) =
π
2
⎧1⎪
8．如果f (x ) =⎨1+x
1⎪
⎩1+e x
解：
x ≥0
，求
x
⎰
1
2
f (|x -1|)dx 。
⎰
2
f (x -1=⎰f (1-x ) dx +⎰f (x -1) dx
01
12
211dx +⎰dx =⎰01+1-x 11+x -1
=-ln 2-x |0+ln x |1=2ln 2 9．试确定所有函数f (x ) ∈C (R ) ，使其满足∀x ∈R 使得
12
⎰
∴ ∴
x
e u f (x -u ) du =cos x -1。
解：令x -u =v , 则du =-dv ，
⎰
⎰
x
0x
e u ⋅f (x -u ) du =-e x ⋅⎰e -v f (v ) dv =cos x -1
x
e -v f (v ) dv =
-cos x ， e x
两边同时求导： e
-x
⋅f (x ) =e -x ⋅(s i n x +c o s x ) ，
x +c o s x , ∀x ∈R ∴f (x ) =s i n
四．证明题（1题4分，2，3题各5分，本题满分14分）
2(x -1)
x +12(x -1) 4
=ln x +-2, 证：令f (x ) =ln x -
x +1x +1
1．当x >1时，ln x >
14x 2+2x +1-4x (x -1) 2
又 f ' (x ) =-==>0,
x (x +1) 2x ⋅(x +1) 2x ⋅(x +1) 2
∴f (x ) 为递增函数，且f (1) =0, ∴当x >1时，恒有f (x ) >0，即ln x >
2⋅(x -1)
.
2．设f (x ), g (x ) 在[a,b]上连续，在（a,b ）内可导。证明在（a,b ）内至少存在一
点ξ，使得
f (a ) g (a ) f (b ) f (a )
=(b -a ) g (b ) g (a ) f ' (ξ)
。 g ' (ξ)
证：设F (x ) =f (a ) ⋅g (x ) -g (a ) ⋅f (x ) ，显然F (x ) 满足拉格朗日中值定理条
件，∴∃ξ∈(a , b ) ，使
F (b ) -F (a )
=F ' (ξ)
b -a
f (a ) ⋅g (b ) -g (a ) ⋅f (b )
=f (a ) g ' (ξ) -g (a ) f ' (ξ) 即
b -a
∴f (a ) ⋅g (b ) -g (a ) ⋅f (b ) =(b -a )[f (a ) ⋅g ' (ξ) -g (a ) ⋅f ' (ξ)] 即在（a,b ）内至少存在一点ξ，使得
f (a )
g (a ) f (b ) f (a )
=(b -a ) g (b ) g (a ) f ' (ξ)
g ' (ξ)
1
3．若f (x ) 在[0，1]上连续，在（0，1）可导，且32f (x ) dx =f (0) 则在
3
（0，1）内至少存在一点ξ，使得f ' (ξ) =0。 证：由积分中值定理，∃c ∈[, 1],使得 3⋅f (c ) ⋅(1-) =f (c ) =f (0) ，
又 [, 1]⊂(0, 1),
∴在[0, c ]上存在两点满足罗尔中值定理条件. [0, c ]⊂[0, 1]， ∴在(0, 1) 内至少存在一点ξ使得：f ' (ξ) =0.
23
23
23
班 学号
工科数学分析期末试卷 （答案）
答题时间：150（分钟） 本卷面成绩占课程成绩70%
一．选择答案（每题2分，本题满分10分） 1． f (x ) 在x 0的某一去心邻域内有界是
lim
x →x 0
f (x ) 存在的（ B ）条件
(A)充分条件 （B ）必要条件
（C ）充要条件 （D ）既非充分又非必要条件 2．设f (x ) 为连续函数，I =t
⎰
s t 0
f (tx ) dx ，其中t >0, s >0，则I 的值（ A ）
(A)依赖于s 不依赖于t （B ）依赖于t 不依赖于s
（C ）依赖于s 和t （D ）依赖于s , t 和x
遵守考试纪律注意行为规范
⎧1-cos x ⎪x 2
3．若f (x ) =⎨
1⎪⎩2
x ≠0
，则f (x ) 在点x =0处（ A ）
x =0
(A)连续且可导 （B ）连续但不可导 （C ）不连续但可导 （D ）不可导且不连续
4．
lim
x →0
1x
(1+sin 2u ) u du =（ C ） ⎰x 0
1
（B ）e e
12
（C ）e （D ）2
e
(A)
1
5．设f (x ) 在x =x 0的某邻域内具有三阶连续导数，如果f ' (x 0) =f " (x 0) =0， 而f " ' (x 0) ≠0，则（ C ）
第 1 页（共7 页）
（A) x =x 0为f (x ) 的极值点，但(x 0, f (x 0)) 不是拐点 （B ）x =x 0为f (x ) 的极值点且(x 0, f (x 0)) 是拐点 （C ）x =x 0不是f (x ) 的极值点，但(x 0, f (x 0)) 是拐点 （D ）x =x 0不是f (x ) 的极值点，(x 0, f (x 0)) 不是拐点 二．填空题（每题2分，本题满分10分）
⎧2⎪x ⎪
1．y =⎨x
⎪1⎪⎩x
x 0
的一切间断点为（（-1，-1），（0，0）），
其类型分别为（ 第一类间断点，第二类间断点 ）。
1
2．
lim (cosx )
x →0
x
=( e
-
12
) 。
2
y
3．设y =xe +1，则y " 。 xx |x =0=（ 2e ）
x 34．曲线y =的全部渐近线为 ：（x =1（水平渐近线）y =x -2（斜2
(x +1)
渐近线） ）。
5．设函数f (x ) 在点x 0处导数存在，而且f (x 0) >0，则
lim
x →∞
1⎤⎡f ' (x 0) f (x +) ⎥0⎢f (x ) ⎢⎥=（e 0 ） ⎢f (x 0) ⎥⎢⎥⎣⎦
n
三．计算题：（每小题4分，本题满分34分） 1．设x 1=
2, x n +1=2+x n (n ≥0) 求：lim x n 。
x →∞
解：先证明x n
2+x n
∴由数学归纳法可知x n
2222
x n >0，∴x n -x =(x +x ) -x +1n n n =-(x n -2)(x n +1) >0，
∴x n +1>x n , ∴数列{x n }为单调递增数列，且x n
n →∞
对
x n +1=2+x n 两边同时取极限，再由lim x n +1=lim x n
n →∞
n →∞
可得
lim x
n →∞
n
=2
2．求
lim
n →∞
11⎤⎡1
。 n ⎢2+2+ +2
⎥n +πn +2πn +n π⎣⎦
解：
n ⋅n 11⎤n ⋅n ⎡1
≤n ++ +≤22222⎢⎥n +n πn +n π⎦n +π⎣n +πn +2π
又
lim
n →∞
n 2n 2
=1, lim 2=1， 2
n +n πn →∞n +π
∴由两边夹定理，可得
lim
n →∞
11⎤⎡1
=1 n ⎢2+2+ +2
⎥n +n π⎦⎣n +πn +2π
3．设
lim
x →0
⎰
x
t 2
2
a +t bx -sin x
dt
=1，求a , b 。
x 2
解：由洛比答法则，原式=
lim
x →0
a +x 2
=1
b -cos x
x →0, ∴
x 2a +x
2
→0, ∴b =1.
x 2
a +x 2
=lim 2
x x →02
2a +x
2
x 2
∴原式=lim
x →0
a +x 2
=lim 1-cos x x →0
=1, ∴a =4
从而求得 a =4, b =1.
d 2x
4．设x =t -arctan t , y =ln(1+t ) ，求2。
dy
2
1t 22t '
=, y =. 解： x =1-t
1+t 21+t 21+t 2
'
t
dx x t ' t ∴==
dy y t ' 2
d x ∴2=
dy
2
12
1+t 2= 2t 4t () 21+t
5．若y =x x +x ，求y 在点（2，6）处的法线方程。
解：两边取对数得 ln(y -x ) =x ⋅ln x （先将y =x x +x 变换为y -x =x x ） 两边对x 求导得
y ' -11
=ln x +x ⋅=ln x +1] y -x x
1
4ln 2+5
∴y ' =4ln 2+5，∴其法线的斜率为 -
∴法线方程为x +(4ln 2+5) ⋅y -8(3ln 2+4) =0
ln(1+e x )
。 6．⎰x
e
解：
ln(1+e x ) e x x -x -x x x -x x ⎰e x dx =-⎰ln(1+e ) de =-e ln(1+e ) +⎰e ⋅1+e x dx =-e ln(1+e )
令1+e 1
⎰=
1+e x
x
+⎰
=t
1
dx 1+e x
dln (t -1) 11t -1e x
⎰t =⎰(t -1-t ) dt =ln t +C =ln e x +1，
x
∴原式=-e
-x
e x
⋅ln (1+e ) +ln +C x
1+e
。
7．
⎰
+∞
dx (1+x ) x
1
解：
⎰
+∞
dx (1+x ) ⋅x
令x =t
1
⎰
+∞
1
+∞2t 1=2dt 22⎰1(1+t ) ⋅t 1+t
-∞
=2⋅arctan t |1=2(
π
2
-
π
4
) =
π
2
⎧1⎪
8．如果f (x ) =⎨1+x
1⎪
⎩1+e x
解：
x ≥0
，求
x
⎰
1
2
f (|x -1|)dx 。
⎰
2
f (x -1=⎰f (1-x ) dx +⎰f (x -1) dx
01
12
211dx +⎰dx =⎰01+1-x 11+x -1
=-ln 2-x |0+ln x |1=2ln 2 9．试确定所有函数f (x ) ∈C (R ) ，使其满足∀x ∈R 使得
12
⎰
∴ ∴
x
e u f (x -u ) du =cos x -1。
解：令x -u =v , 则du =-dv ，
⎰
⎰
x
0x
e u ⋅f (x -u ) du =-e x ⋅⎰e -v f (v ) dv =cos x -1
x
e -v f (v ) dv =
-cos x ， e x
两边同时求导： e
-x
⋅f (x ) =e -x ⋅(s i n x +c o s x ) ，
x +c o s x , ∀x ∈R ∴f (x ) =s i n
四．证明题（1题4分，2，3题各5分，本题满分14分）
2(x -1)
x +12(x -1) 4
=ln x +-2, 证：令f (x ) =ln x -
x +1x +1
1．当x >1时，ln x >
14x 2+2x +1-4x (x -1) 2
又 f ' (x ) =-==>0,
x (x +1) 2x ⋅(x +1) 2x ⋅(x +1) 2
∴f (x ) 为递增函数，且f (1) =0, ∴当x >1时，恒有f (x ) >0，即ln x >
2⋅(x -1)
.
2．设f (x ), g (x ) 在[a,b]上连续，在（a,b ）内可导。证明在（a,b ）内至少存在一
点ξ，使得
f (a ) g (a ) f (b ) f (a )
=(b -a ) g (b ) g (a ) f ' (ξ)
。 g ' (ξ)
证：设F (x ) =f (a ) ⋅g (x ) -g (a ) ⋅f (x ) ，显然F (x ) 满足拉格朗日中值定理条
件，∴∃ξ∈(a , b ) ，使
F (b ) -F (a )
=F ' (ξ)
b -a
f (a ) ⋅g (b ) -g (a ) ⋅f (b )
=f (a ) g ' (ξ) -g (a ) f ' (ξ) 即
b -a
∴f (a ) ⋅g (b ) -g (a ) ⋅f (b ) =(b -a )[f (a ) ⋅g ' (ξ) -g (a ) ⋅f ' (ξ)] 即在（a,b ）内至少存在一点ξ，使得
f (a )
g (a ) f (b ) f (a )
=(b -a ) g (b ) g (a ) f ' (ξ)
g ' (ξ)
1
3．若f (x ) 在[0，1]上连续，在（0，1）可导，且32f (x ) dx =f (0) 则在
3
（0，1）内至少存在一点ξ，使得f ' (ξ) =0。 证：由积分中值定理，∃c ∈[, 1],使得 3⋅f (c ) ⋅(1-) =f (c ) =f (0) ，
又 [, 1]⊂(0, 1),
∴在[0, c ]上存在两点满足罗尔中值定理条件. [0, c ]⊂[0, 1]， ∴在(0, 1) 内至少存在一点ξ使得：f ' (ξ) =0.
23
23
23