2013考研高数基础附录五

附录五第一部分 xf(t20x（C）0t[f(t)fx

xf20x（D）0t[f(t)fx设F(x)f(x)，则下列结论中不正确的是 3sinxx2cos

x (1cosx)ln(1lim11 1

1 x→ 22132…1n2 设f(x)＝lim1x，则有结论 n→∞1 （－1，0，则a＝ ,

f(x)=

,x ,F(x)xf(t)dtFx00

, xx26x13dx (1ex)2 设xf(x)dxarcsinxc，则arcsinexdx

fπtan （19）设I1 dx,I2 dx，则 0tan （20）2(|x|x)e|x|dx （21）F(x

x 12

2，则 01 01π 2

（B）f

f(x)＜lim

f(t)dt＜x0

x3f

1

xf(x)dx 21

3f(x)有连续导数，f(0)＝1，且xf(t)dtxf(xx20f(x)＋xf(－x)＝xxy求u y z1xy47xyxy 4设I1 x2y2dxdy，I2cos(x2y2)dxdyDI3cos[(x2y2)2D

累次积分2dcosf(rcos,rsin)rdr可以写成 1 11111

f(x,

1y2f(x, f(x,

f(x,

f(x)dxA，则

f(x)f(y)dy x2y24D

D{(xy|x2y2第二部分 xf(t20x（C）0t[f(t)fx

xf20x（D）0t[f(t)fxxg(x)＝0tf(tfx g(x)xt[f(tf(t)]dt令utx(u)[f(uf(u)]d xu[f(uf(u)]dug(x).故D0设F(x)f(x)，则下列结论中不正确的是 单调，故D ex＋1＝ux＝ln(u－1∴ 2x3x

2xln23xlnln

3sinxx2cosx (1cosx)ln(132 3sinxxcos1原式＝lim x3x→0

cosx ln(1x) lim11 1 1 x→ 22132…

n2

12 【解析】原式lim11111111

··· lim n n1limn1··· n→∞ 设f(x)＝lim1x，则有结论 n→∞1 |x|＞1limx2n，而|x|＜1时limx2n0 f(x)f(x)

x≢x＝1yf(xx11少有一个不超过3的根．f(x)＝limn1|x|3nf(x)在（－∞，＋∞）内（ |x|＜1lim|x|3n01|x|＝1lim(11)n20 3n|x ,|x

|x ∴f(x |x|,|x（－1，0，则a＝ ,设f(x)= ,x ,F(x)xf(t)dt，求F(x)

,

,

,F(x)F

F

F

F(0)=

lim lim

x

F(x)F

limF(x)

x

x→0 【解析】∵f(x存在，∴f(x连续，故limfx)f00f(0)limf(x)f(0)limf(x)（ x

f

f(

lim12f(x)f

1＞0

,

＝0

1, 1, ,

的极大值点，故（B）不成立，所以最后Df(x)＝xcosx－sinx＋fx

x26x

dx 1ln(x26x13)8arctanx3 x

dx

(2x6) dx

d(x26x13) 【解析】x26x

2x26x

2 x26x

(x3)21ln(x26x13)8arctanx3 (1ex)2 1

1 【解析】(1ex

dx1ex(1ex (1ex)exdx xd(1ex) (1ex) 1ex 1ex 1xln(1ex)

1设xf(x)dxarcsinxc，则21(1x2)32

f【答案】3【解析】∵xf(x)dxarcsinxc，∴xf(x)＝[arcsinx＋c]＝ x1f(x) ，则 dxx1x2dx11x2d(1x2x1f f

(1x2)2Carcsinexdx 【答案】

1 2arcsinexdex(令ext)arcsintdtarcsintd1arcsint （再1t11t1e2s1e2x

t

t 11

2

Cπtan （19）设I1 dx,I2 dx，则 0tan

tan 时

（C（D） tan 立令f(x)＝tanx则f

－

g(x) x2cos2

＜4 πtan ππxπ0＜x＜4内单调增加，f(x)＜f4 πxπ

（20）2(|x|x)e|x|dx 6【答案】2 6原式＝22xexdx02xex2ex2260（21）F(x

x 12

2，则 01 01π 2

【解析】∵F(x)＝arctanx＋arctan1，F(x)＝ 110 1 2 x21 π2

，∴F(x)≡2 （B）f

f(x)＜lim

f(t)dt＜x0【解析】由可导一定连续可知

f(x)f(x0),limg(x)g(x0a 1a＞00xf(x)dx20xf(x)dx【解析】证明：令x2＝t，则xdx＝1dt,∵x 2ax3f(x2)dx1a2tf(t)dt1a2xf(x)dx 2 21

3c＝0，由题设可知1(ax2bx)dx1，∴b2(1a 又Vπ1(ax2bx)dxπa21a(1a14(1a25 35

dVπ2a12a8(1a) 解出a ，b 44

π 所以a ，b f(x)有连续导数，f(0)＝1，且xf(t)dtxf(xx20xf(x)＝xf(x)＋f(x)－2xf(x)＝2ff(x)＋xf(－x)＝xf(x)＋xf(－x)＝x中，用－xxf(－x)＋(－xf(x)＝－x，每xxf(－x)＋(－x2f(x)＝－x2， x f(x)＝1

1

1则f(x)＝x1ln(1x2arctanx2xy求u y zx xz1 x x z

z

yy

y

y2

y z(z1)xz z(z z(z xz x

ln2 y 2

y y

2z1；

zx xz1 x

z

yy

yy y

ylny

1x zx xz x

yyyyln

y y

1xy47xyxy 4z1yxy1(47xyy2x47 4 0z1xxy1(47xy)yx470 2 4 2得驻点M（21，20）A

；B2

2M ；C 2M22 3 1 3

判别式ΔACB2

2

3 2 12

又 设I1 x2y2dxdy，I2cos(x2y2)dxdyDI3cos[(x2y2)2D

x2D上有(x2y22≢(x2y2≢x2x2故cos(x2y22≣cos(x2y2＞I1，故选

（D的边界上成立

2

1111

f(x,

1y2f(x,1 f(x,1

f(x,

π

，0≢r≢cosθ2 1

f(x,y)dy 设f(x)在[0，1]上连续，且f(x)dxA，则dxf(x)f(y)dy xg(x1fy)dy