1、数 学 分 析 测 验 解 答 2008.12姓名班级学号成绩题号 一 二 三 四 五 六 七 总 分得分一、填空题 （4520 分）1. .201e)(limxx2. 设 在 上二阶可导，且有 ，则 .f,ba)(2xff )(xfn1!()nfx3. 曲线 的渐近线是 .rctn2exy 1,ey4. 设 有原函数 ，则 .()fxos()dxfcossixC二、单项选择题（3515 分）1.设 在 上是凸函数，则下列命题正确的是()fx,ab(A) 在 上连续；(B) 在 上连续；()f,(C) 在 内可导；xba(D) 以上结论均不正确. 【 A 】2.下列命题（1） 设 在 上可导，
2、且有界，则 在 上也有界；)(xf, )(xf,ba（2） 设 在 上可导，且无界，则 在 上也无界；ba（3） 设 在 可导， ，则必有 ；()f),Afx)(lim0)(limxfx（4） 设 在 可导， ，则必有 .xa a中正确的有几个(A) 0 个； (B) 1 个； (C) 2 个； (D) 3 个 【 B 】3.设 在 点的某邻域内连续，且 ，则 在 处()fx2cos1)(lim0xfx ()fx0(A)不可导； (B) 可导且 ；f(C)有极大值； (D) 有极小值. 【 D 】三、 （12 分）设 在原点的邻域二阶可导，且有()fx310e)(1(limxxf（1）求 ；)
3、,()0ff（2）求 .xx10li解 （1）由 知， -2310e)(lixxf01()lin(3xfx分于是有 0 0()()limn(1lim0x xfxf从而 ，()f:就有 0 01()lin(1li3x xfx由此得出.()3()fox即有.22()(1)()(0)f xx又 在原点的邻域二阶可导，有()fx-4 分2(0)(0)(),()ffxo得： -8,4ff分（2） -121 12200()()limli(ex xxf o分四、计算题（10+878=33 分）1. 将函数 展开成带 Peano 余项的 阶 Maclaurin 公式.)cosln(ix4解 -4 分324sl
4、(1()6xx ox23423423 4)61()6xxxox-10 分234)0)xo2. 求方程 有两个正实根的充要条件.xaln解 令 -2 分(),(0,)f易见 ，且 .0)C1fxa又 -40 ,0lim(,li()xxff分1）当 且 时， ，表明 严格单调减少，结合前面的分析知，a(,)()f()fx有唯一正实根；()0fx2）当 时，令 ，得驻点 ，当 时， ， 严格减()0fx1a10a()0fx()f少，当 时， ， 严格增加，故 为最小值.又1xaf ()lnf,，因此当且仅当 时， 有两个正实根。从而原方程两个正实根的()f1()0fa0x充要条件是： -0e-8 分
5、3. 求积分 .xd1ln2解 -31(ln)d(x分21lx-7 分nC4. 求积分 .2ed1x解 令 ，则 -2 分xt-4 分22 21()1eddd11x ttt t2()t tt（其中 ） -8211arcsintCext分五、 （12 分）设 ，试证明：2()1yfxx(1) ；2(1)x(2) ()(1)2()0nnny并由此求出 .0f解 (1) 将 代人即可. -42231,(1)xyyx分(2) 在式(1)两端对 求 次导数，并应用 Leibniz 公式，得xn-8 分2()(1)()(1)()()12nnnyyyxy 整理后即得要证的等式.在式(2)中，令 ，得 .0x
6、(2)2()0(0nnff注意到 ，可知()1f，(21) 2223)(5)1kfkk-1204分六、 （8 分）设函数 在上 二阶可导，且 ， .证明：存在)(xf,ba0)(bfaf 0)(bfa使得 .,(ba)(f证明：由 知， 与 同号，不妨设 ，再结合 ，0)f ()f)(ff根据极限的保号性知， ，且 ，注意到 在1212,:ab120,()fx上 二阶可导，知存在 . -,ba323(,):(0f-2 分作辅助函数 ， -4()e()xFf,ab分易见 且 ，由 Rolle 定理知，存在2,Dab3()0F133(,)():， (*)212,()F再令 ， -6 分()e)xGffx12,由(*)式知， ，由 Rolle 定理知， ，整理12(012(,)(,:()0abG后即得要证的结论. -8 分
