1、 1. （24 分 每小题 6 分）求下列数列或函数的极限(1) ; (2) ;1lim(23)nnn xxsin)1(e3lim20(3) ； (4) 13(lixx） xli0）解 （1）因为 ，nn(23)n因为 ，则 .1lnimi0xx11ln0limliiexnx由夹逼极限准则，得 .l(23)nn（2）因为当 时， ， ， ，因此，1)x21xsinx.332200l(1)ilies(4xx（3） .22313 3lim(lilim(11exxxx ） ） ）（4）1 2 200 0ln)e ()ln1lili( limxxx xx ） ）。n1)ex另解：1l()ln(1)00
2、00ln(1)(elimiieixxxxxxx）.2000ln(1) eielimli22(1)xxx2. （24 分 每小题 6 分）计算下列函数的导数或微分(1) 设 求 ； (2) 设 ，求 ；2arctln(1)xy， 2dxy， xyetanyd(3) ，求 ；os2）（ 10(4) 求由方程 所确定的隐函数的二阶导数 。sinyx 2dxy厦门大学高等数学(理工类)期中试卷学院系年级专业全校(理工 A 类) 考试时间 2010.11.28 解 （1） ， .22dln(1)arcttyxt2 22d()(1)earctnyytxt（2） .22(e)t(1e)()seed()1x
3、xxxx xy（3） (10)210(9)2 (98)20()coscoscos! 98in2xxx.102(cs0s2475cs)x（4）由 两边求导，得 ，解得inyx 1o0yy，2cos.23(in)4sin(co)yyy3 （8 分）求函数 的间断点及其类型。)|(3x解 函数在 和 处没有定义，故其间断点为 和 .0x10x1在 点，由于，3320001(|)limlilimxxxy即 ，故 为函数 的无穷间断点，属于第二类间断点。0lix)|(32xy在 点，由于 存在，于是， 为函数12311lilili()()2xxx1x的可去间断点，属于第一类间断点. )|(32xy4 （
4、12 分）问 取何值时，函数 在 上（1）连续；01sin)(xxf， ，），（ （2）可导；（3）一阶导数连续？ 解 （1）因为当 时， ，而 时，极限000lim()lis()xxf f0不存在，因此，当 时, 函数 在 001lim()lisnxxf001sin)(xxf， ，处连续，从而函数 在 上连续； 1sin)(xxf， ， ），（ （2）由于 ，因此，当 时，函数 100()lilimixxf 1在 处可导，且 ；1sn)(f， ，(0)f当 时， ，所以，函数在 处可导，因此，当0x121()sincosfxx 0x时，函数 在 上可导； 10f， ， ），（ （3）因为 ，
5、因此，当 时，1200 1lim()li(sincos)xxf x 2.)f函数 在 上一阶导数连续. 0sin)(xf， ，），（ 5. （8 分）设 ，求证：对任意自然数 , 在 中存在n)cos(1)fnn21)(xf)(0，惟一的实根。证明 作辅助函数 ，易知 在 上连续，且()(1cos)2nnFxf x()F，即 ， 10,20)F由零点定理知，存在 ，使得 ，即 在 存在实根. ()(21)(xfn)(0，另一方面。由于， ，1()cos)in0Fxnx()，因此，函数 在 上单调减少，故在 上 最多一个零点，即02， 2， Fx在 中存在惟一的实根. 21)(xfn)(，6.
6、（8 分）证明恒等式： .1)1arcsinrt2xx（证明 令 ，则当 时，2()actnifx2 222 221()1()() 011()xxfx因此， . 2arctnrsiCx取 ，则 ，故3x3acin4C. 22arctnrs1)1x（7 （12 分）设 在闭区间 上连续，在开区间 内可导，且(f,ba),(ba，证明：在 内存在一点 ，使得 。0)(bff ),ba0)(ff证明 作辅助函数 ， 2/()exFf由已知条件可知， 在闭区间 上连续，在开区间 内可导，且,， ， 2/()eaFf2/()0bf由罗尔定理可证，在 内存在一点 ，使得 ，即),(2/()e()0Fff.
7、 0ff8. （10 分）下面两题任选一题(1)设不恒为常数的函数 在闭区间 上连续，在开区间 内可导，且)(xf,ba),(ba，证明：在 内至少存在一点 ，使得 。)(bfaf,ba0f证明 因为 ，且 不恒为常数，则必存在一点 ，使得)(xf 1(,)x. 1x如果 ，由拉格朗日中值定理，存在 ，使得()()ff 1(,),ab； 10xfa如果 ，由拉格朗日中值定理，存在 ，使得1()()ffb1(,),x. 1fx（2）设 在 上可微，且 ，试证明)(f,a， 0)()(bfaf A)(bfaf在 内至少有两个零点。xf,b证明 由 ，由极限的保号性，存在 的一个右邻域 ，()=lim0xaff 1(,)a使得对于任意的 ，都有 ，即 ； 1,()0fxa()fx由 ，由极限的保号性，存在 的一个左邻域 ，使得()()lixbff b2(,)b对于任意的 ，都有 ，即 ； 2,()fxb()fxA综上，存在 满足 ，使得 . 1,12a21()fA由于 在 上可微，则 在 上连续，即 在 上连续，由介值定)(xfb)(f,af2,理，存在 ，使得 或 . 2,)ccA()fcb由 在 上可微，分别在 和 上应用罗尔定理，存在 ，f ,b12(,)(,)acb使得 .12()0ff因此， 在 内至少有两个零点. x),ba
