高数试卷2(导数及应用)

高数试卷2(导数及应用)及答案高数试卷2(导数及应用)及答案/高数试卷2(导数及应用)及答案高数测试题二(导数及应用)1.求极限：(1)limxxcosx;(2)求lim(1cot2x);2x.3xx2(3)求lim(arctanx)x04sinx0x2.设f''(x)在xf(ah)f(ah)2f(a)a点周边连续，则limh2_____.h01)x在(0,3.讨论.函数f(x)(1)的单一性.x4.设f(x)xsinxcosx，以下命题中正确的选项是_____.(A)f(0)是极大值，f()是极小值(B)f(0)是极小值，f()是极大值22(C)f(0)是极大值，f()也是极大值(D)f(0)是极小值，f()也是极小值225.设f(x)x3,x0，求：(1)f(0);(2)确立f(x)的单一增减区间.xarctanx,x0已知函数yx3，求6.(x1)2(1)函数的增减区间及极值；(2)函数图形的凹凸区间及拐点；7.函数yx33的水平渐近线方程为_____.2lnx(A)y2(B)y1(C)y3(D)y08.设(1,3)是曲线y321的拐点，求a,b.axbx设x1x2，问ex1和ex2何者更大，为何？9.02x12x2210.设x0，常数ae，证明：(ax)aaax.111.设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且32f(x)dxf(0).3证明:在(0,1)内存在一点，使得f'( )0.设在[0,1]上连续，在内可导，且f(0)0.试证：最少存在一点12.f(x)(0,1)(0,1),使f'( )2f()f'( )设是方程y''2y'4y的一个解，若，且，13..yf(x)0f(x0)0f'(x0)0试判断x0是不是f(x)的极值点？假如x0为f(x)的极值点，是极大值点，仍是极小值点？114.求q，使方程x33xq0有两个互异实根，并指出根的值.在抛物线yx2(第一象限部分)上求一点，使过该点的切线与直线0,x8订交所围成的三角形的面积为最大.答案01.(1)解limxxcosxxxcosx01cosxxsinx4sin3xlim4x3lim12x20x0x0x00lim2sinxxcosx1limxcosx111.x024x12x02412248(2)解lim(1cot2x)lim(1cos2xlimsin2xx2cos2x2x2sin2)x2sin2xx0xx0xx0lim(sinxxcosx)(sinxxcosx)limsinxxcosxsinxxcosxx4xlimx3x0x0x0001cosxcosxxsinx111lim3x223.2x06(3)解属于1型，可转变成elnf(x)形式求解.ln(2arctanx)2xln(2arctanx)xlim111xlim故lim(limeexexarctanx1x2arctanx)xx2.解因为f''(x)存在，则f'(x)存在，利用洛必达法例有0f(ah)f(ah)2f(a)0f'(ah)f'(ah)lim2lim2hh0hh0limf''(ah)f''(ah)f''(a).故应填f''(a).h021x1)13.解：f(x)1ln(11xxx令g(x)ln(11)11，g(x)11x11x(11xxx(1x)2x)2因此函数g(x)在(0,)上单减，因为lim1)10ln(1xx1x故对随意x(0,),g(x)ln1110x1x进而f(x)0(x0),函数f(x)在(0,)上单增。故应选(A)

(x2)2e.02解：f'(x)sinxxcosxsinxxcosx，明显f'(0)，f'( )，2又f"(x)cosx，且f"(0)1，f"()，因此是极小值，22f()是极大值.故应选(B)25.解(1)f(0)limf(x)f(0)limx30,x0xx0xf(0)limf(x)f(0)xarctanx0,xlimxx0x0由f(0)f(0)，因此f(0)0.(2)当x0时,f(x)3x20；当x0时,f(x)arctanx1x0,x2因此f(x)的单一增区间为(0,)，减区间为(,0).6.解所给函数的定义域为(,1)(1,)yx2(x3)令y0，得驻点x0及x3(x1)3y6x令y0，得x0列表(x1)4由此可知，(1)函数的单一区间为(,1)和(3，)，单一减少区间为27(1,3);极小值为y4(2)函数图形在区间(,0)内是凸的，在区间(0,1)，(1，)内是凹的，拐点为(0,0)7.解因为limyx33)3,lim(2lnxxxx3因此y3为y2ln3的水平渐近线.故应选(C).x8.解y'3ax22bx，y''6ax2b，若(1,3)为曲线的拐点，则必满足y|x3，y''|x1ab13a110，即2b，解得b3.6a0解设yexx(0,2)yx2ex2xexex(x2)09.x2x4x3故为内单减函数因此当ex1ex2y.0x1x2时，22.(0,2)2x1x2证因为ylnx是单一增添函数，因此欲证明(ax)aaax，10.只须证aln(ax)(a设f(x)(ax)lnaaln(a，则f(x)在内x)lna.x)[0,)连续且可导，又有f(x)lnaaax3因为，a，故，因此函数在内单一增添.ax而f(0)，因此f(x)0(0x，0)即aln(ax)(a，也即(ax)aaax.x)lna11.证明因f(x)在[0,1]上连续，故由积分中值定理知，一点(2,1)(0,1)3使f(0)1f().32f(x)dx3则f(x)在[0,]上应用罗尔定理得，至少存在一点(0,1)，使得f'( )0.12.证明结构函数F(x)f(x)(1x)2，则F(x)在[0,1]上知足罗尔定理条件最少存在一点(0,1)，使F( )0即f'()2f( )f'()解因为yf(x)为y''2y'4y的解，进而13.0f(x)2f(x)4f(x)0特其他，当f(x0)时，上述方程能够化为0f(x0)4f(x0)0f(x0)4f(x0)0由极值得第二充分条件能够得悉，x0为的极值点，且为极大值点.即f(x)在x0点获得极大值.解设f(x)x33xq0其定义域为(,)且limf(x)xlimf(x).f(x)3x230得驻点x1xx或时，f(x)0即f(x)单增时，f(x)0即f(x)单减1x11x1f(1)q2f(1)q2f(1)f(1)故q或2时，方程有两个实根;2q当时，方程为x33x20根为x1，2.q21x2当q时，方程为x33x20根为x1，2.21x2解设切点为2，，则切线方程为y22x0(xx0),15.(x0,x0)x00x0即y2x0xx02,切线与x轴交点为(x0,0).2又当x8时，y2x08x0216x0x02，因此三角形面积为S1底高1x0)(16x021(16x0)2x0，2(82x0)42S1(16x0)x01(16x0)21(16x0)(163x0).244令S(x0)0，得x01