销售代理合同-宝宝满月贺词

第一学期高等数学期末考试试卷答案
一．计算题（本题满分35分，共有5道小题，每道小题7分），
1．求极限
解：
x

1cosx

2
x
lim
x0
sin
3
x
．
x
x< br>
1cosx

x
1cosx

2


1


1
x
x
2



1cosx

2
2

l im

lim


lim

333
x0x0x0
sinxxx

lim
e

1cosx

xln


2
< br>1
x0
x
3
lim
e
x0
1lim
1cosx
x0
xln
2

1cosx

xln


2

xln
1cosx 1cosx
ln
22

lim
32
x0
xx

lim
sinx1

．
x0

1co sx

2x4
3
x
2
2．设
x0
时，
f

x

与是等价无穷小，
2
解：

f

t

dt
与
Ax
0
3
x
k
等价无穷小，求常数
k
与
A
．
3
x
由于当
x0
时，

0
f< br>
t

dt
与
Ax
k
等价无穷小，所以lim

f

t

dt
0
x
x0
Ax
k
1
．而
2


1x3
1
3

ftdt
fx

3

32
fx
2
3
3
x
2
3x
0

limlim

lim
2
kk1
x 0x0x0

AxAkxAkx
k1
3

x

2

11
1k1,A
所以，
lim
．因 此，．
x0
6Akx
k1
6
3
x




22


33
1

 lim
xx
lim

k1k1
x0x0
6Akx6Akx



3．如果不定积分


x1


1x

2
2
x
2
axb
dx
中不含有对数函数，求常数
a
与
b
应满足的条件．
解：

将

x1


1x
2
x
2
axb
2

化为部分分式，有

x
2
axb
x1

2

1x
2

ABCxD
，

2
2
x1

x1

1x
因此不定积分


x1


1x
< br>2
2
x
2
axb
dx
中不含有对数函数的充分必 要条件是上式中的待定系数
AC0
．
即
x
2
ax b

x1

2

1x
2

BDB

1x
2

D

x1
．

22
2
2

x1

1 x

x1


1x

2
222
所以，有
xaxbB1xD

x1


< br>BD

x2Dx

BD

．
2< br>
比较上式两端的系数，有
1BD,
5
2
a2D,b BD
．所以，得
b1
．
5．计算定积分
min1,
0


x2

dx
．
解：

min1,


x2
x2




1
x21

x21
x1

1

2x1x2




．
x22x3


x3

1
5
2
所以，
min1,
0


x2

dx

1dx


2x

dx


x2

dx
012
12< br>5
2
13
．
8
5．设曲线
C
的极坐标方程为
rasin
解：
曲线
rasin
3

3
3

3
，求曲线
C
的全长．

3
一周的定义域为
0
3

2
2

3


，即
0
3

．因此曲线
C
的全长为
6

s 


r





r




d



2
00< br>asin

3
asin
24

3
cos< br>2

3
3

d



as in
2
0

3
d



a
．
32

二．（本题满分45分，共有5道小题，每道小题9分），
6．求出函数
f

x

lim
n
解：
sin


x

2n
的所有间断点，并指出 这些间断点的类型．
1

2x

1


sin


x

x
2

11
x

sin


x


22
 
fxlim

2n

n
1

2x

11
．

x
22

1

0x


2因此
x
1

11
与
x
2

是函数
f

x

的间断点．
22
x
1
2
x
1
2
x
1
2
lim

f

x

lim

00
，
lim

f

x

lim

sin


x

1
，因此
xx
1
2
1
是函数
f

x

的第一类可
2
去型间断点．

lim

f

x

lim

sin


x

1
，
lim

f

x

 lim

00
，因此
x
x
1
2
x 
1
2
x
1
2
x
1
2
1
是函数
f

x

的第一类可去型
2
间断点 ．
7．设

是函数
f

x

 arcsinx
在区间

0,
求极限
lim
解：

f

x

arcsinx
在区间

0,
b

上使用Lagrange（拉格朗日）中值定理中的“中值”，

b
b0
．
b

上应用Lagrange中值 定理，知存在



0,b

，使得
arcsi nbarcsin0
2
1
1

2

b0< br>
．

b

所以，

2
1< br>
．因此，
arcsinb


b

1

2


2
arcsinb

b
2
arcsinb

lim
2

lim
2
lim

2
2
b0
b
b0b0
b
b

arcsinb

令
ta rcsinb
，则有
2

t
2
sin
2< br>tt
2
sin
2
t
lim

lim
2
lim
2

4
b0
b
t0
tsin
2
t
t0
t

lim

2
2tsin2t22cos2t11cos2t12sin2t1
limlimlim

t0t0
4t
3
12t
2
6
t0
t
2
6
t0
2t3
所以，< br>lim

b
b0

1
．
3
1x
8．设
f

x


解：


e
0
y

2y

dy
，求

f

x

dx
．
0
1
f

x

dxxf

x



xf


x

dx

1
0< br>00
1x
11
在方程
f

x


11

e
0
y

2y

dy
中，令
x1
，得
0

f

1< br>


e
0
y

2y

dy

e
y

2y

dy0
． < br>0
y

2y

再在方程
f

x< br>

1
1x

e
0
dy
两端对< br>x
求导，得
f


x

e
11
1x
2
，
因此，

f

x

dxxf

x



xf


x

dx

xf


x
< br>dx

1
0
000
1

xe
0

1x
2
1
dxe

xe
x< br>0
x2
2
1

1
2

dxe< br>
e
x



e1

．

2

0
2
1
9．研究方程
eax
解：
设函数
f

x

axe
2x

a0

在区间

,

内实根的个数．
1
，
f


x

2axe
x
ax
2
e
x
ax

2x

e
x
．
令
f


x

0
，得函数
f
< br>x

的驻点
x
1
0,
由于
a0
，所以

limf

x

limaxe
xx
x
2
2
．

2x
1


，
x
2
2x2
1

alim
x
1alim
x
1 alim
x
11
．
x
e
x
e
x
e

limf

x

limaxe
xx
2x

因此，得函数
f

x

的性态
x





,


0


0

0


0,2




2

0

4ae
2
1


2,







f


x


f

x






1





1

e
2
2x
⑴ 若
4ae10
，即
a 
时，函数
f

x

axe1
在
< br>,0

、

0,2

、

2, 

内
4
2
各有一个零点，即方程
eax
在

,
x2


内有3个实根．
e
2
2x
⑵ 若
4ae10
，即
a 
时，函数
f

x

axe1
在
< br>,0

、

0,

内各有一个零
4
2
点，即方程
eax
在

,
x2


内有2个实根．
e
2
2x
⑶ 若
4ae10
，即
a
时，函数
f

x
axe1
在

,0

有一个零点，即方程
4< br>2
e
x
ax
2
在

,

内有1个实根．
10．设函数
f

x

可导，且满足
f


x

x

f


x
< br>1

，
f

0

0
．
试求函数
f

x

的极值．
解：
在方程
f


x

x
f


x

1

中令
tx，得
f


t

t

f


t

1

，即
f


x

x

f


x
1

．
在方程组


f

x

xf


x

x
中消去< br>f


x

，得

xf
< br>
x

f


x

xxx
2
f


x


．
1x
2
tt
2
dt
．即 积分，注意
f

0

0
，得
f

x

f

0



2
1t
0
x

tt
2
1

f

x
< br>

dtxln

1x
2

arc tanx
．
2
1t2
0
xx
2
12xx
2
由
f


x


得函数
f
x

的驻点
x
1
0,x
2
1
． 而
f


x


．所以，
2
2
1x
2
1x
x

f


0

10
，
f

1


1
0
．
2
1

ln2
是函数
f

x

极大值．
24
所以，
f

0

0
是函数
f

x

极小值；
f

1

1< br>三．应用题与证明题（本题满分20分，共有2道小题，每道小题10分），
11．求 曲线
yx
的一条切线，使得该曲线与切线
l
及直线
x0
和
x2
所围成的图形绕
x
轴旋
转的旋转体的体积为最小．
解：
设切点坐标为
t,

t
，由
y

1
2t
，可知曲线
yx
在
t,

t
处的切线方程为

yt
因此所求旋转体的体积为
2




1

xt

< br>

V





0


2t
2
1
2t

xt

，或
y
1
2t

xt

． 



8


x

dx 

42t


4

3t



2
所以，
dV


8
22




2
2

0
．得驻点
t 
，舍去
t
．由于
dt4

3t
33

d
2
V

dt
2

2
t
3

16
43t
2

t
2
3
0
，因而函数
V
在
t
2
处达到极小值，而且也是最小值．因此所求切
3
线方程为< br>y
31
x
．
42
12．设函数
f
x

在闭区间

0，1

上连续，在开区间

0，1

内可导，且
2

f

x

e

arctanxdx
0
1
，
f

1

0
．
2

证明：至少存 在一点



0，1

，使得
f





解：
1

1


arctan

2
．
因为
f

x

在闭区间

0,1

上连续，所以由积分中 值定理，知存在



0,


2
，使得



2


e
f

x

arctanxdx
2



a rctan

．
0

e
f
2

由于

e
f

x

arctanxdx
1
0
2
，所以，
2

e
f

< br>
arctan


1
2
．再由
f

1

0
，得
e
f


< br>arctan




1

4
e
f
arctan1
．
作函数
g

x
< br>e
f

x

arctanx
，则函数在区间


,1



0,1

上连续，在区 间


,
Rolle中值定理，存在




,1



0,1

，使得
g




0
．而

x


g


x

e
f

x

f


x

arctanx
e
f1x
2
．
所以存在




,1



0,1

，使得

ef




e
f


f



arctan


1
< br>2
0
．
由于
e
f



0
，所以
f




arctan


1
1

2
0
，即
f




1

1

2

arctan

．







内可导．所以由
1

一个处处像别人表明自己优秀的，恰恰证明了他（她）并不优秀，或者说缺什么，便炫耀什么。
真正的优秀，并不是指一个人完美无缺，偶像般的光芒四射。而是要真实地活着，真实地爱着。
对生活饱有热情，满足与一些小确幸，也要经得起诱惑，耐得住寂寞，内心始终如孩童般的纯真。
要知道，你走的每一步，都是为了遇见更好的自己，都是为了不辜负所有的好年华。
一个真实的人，一定也是个有担当的。
不论身处何地，居于何种逆境，他（她）们都不会畏惧坎坷 和暴风雨的袭击。因为知道活着的意义，就是真实的直面风浪。

生而为人，我们可以失败，却不能败的没有风骨，甚至连挑战的资格都不敢有。
人当如玉，无骨不去其身。生于尘，立于世，便该有一颗宽厚仁德之心，便有一份容天下之事的气度。
一个真实的人，但是又不会过于执着。
因为懂得，水至清则无鱼，人至察则无徒的道理。完美主义 者最大的悲哀，就是活得不真实，不知道审时度势，适可而止。
一扇窗，推开是艳阳天，关闭，也 要安暖向阳。不烦不忧，该来的就用心珍惜，坦然以对；要走的就随它去，无怨无悔。
人活着，就 是在修行，最大的乐趣，就是从痛苦中寻找快乐。以积极的状态，过好每一天，生活不完美，我们也要向美而生。
一个真实的人，一定是懂爱的。
时光的旅途中，大多数都是匆匆擦肩的过客。只有那 么微乎其微的人，才可以相遇，结伴同行。而这样的结伴一定又是基于志趣相投，心性相近的品性。
最好的爱，不是在于共富贵，而是可以共患难，就像一对翅膀，只有相互拥抱着才能飞翔。爱似琉璃，正是因为纯 粹干净，不沾染俗世的美。
懂爱的人，一定是真实的人。正是因为懂得真爱的不易，所以更是以真 面目面对彼此，十指紧扣，甘愿与爱的人把世间各种风景都看透，无论风雨，安暖相伴。
一个真实的人，定然是有着大智慧的。
人生在世，什么都追求好，追求完美，虽然这是一种积极的 思想，却会很累，不仅自己累，身边人也会因为你而累。到最后就会在疲于奔命中，丧失自我。
“ 兰居幽谷，虽孤独亦芬芳；梅开偏隅，虽寂静亦流香，”这便是一份淡泊和沉稳。一些事尽力了就好，无愧别人， 无愧己心，认真地活着，便是不辜负。
因为懂得，人生的风景，最终是回归到心灵的本源。和谐共生，平等友爱，才是对生命的尊重和对自己的珍视。

第一学期高等数学期末考试试卷答案
一．计算题（本题满分35分，共有5道小题，每道小题7分），
1．求极限
解：
x

1cosx

2
x
lim
x0
sin
3
x
．
x
x< br>
1cosx

x
1cosx

2


1


1
x
x
2



1cosx

2
2

l im

lim


lim

333
x0x0x0
sinxxx

lim
e

1cosx

xln


2
< br>1
x0
x
3
lim
e
x0
1lim
1cosx
x0
xln
2

1cosx

xln


2

xln
1cosx 1cosx
ln
22

lim
32
x0
xx

lim
sinx1

．
x0

1co sx

2x4
3
x
2
2．设
x0
时，
f

x

与是等价无穷小，
2
解：

f

t

dt
与
Ax
0
3
x
k
等价无穷小，求常数
k
与
A
．
3
x
由于当
x0
时，

0
f< br>
t

dt
与
Ax
k
等价无穷小，所以lim

f

t

dt
0
x
x0
Ax
k
1
．而
2


1x3
1
3

ftdt
fx

3

32
fx
2
3
3
x
2
3x
0

limlim

lim
2
kk1
x 0x0x0

AxAkxAkx
k1
3

x

2

11
1k1,A
所以，
lim
．因 此，．
x0
6Akx
k1
6
3
x




22


33
1

 lim
xx
lim

k1k1
x0x0
6Akx6Akx



3．如果不定积分


x1


1x

2
2
x
2
axb
dx
中不含有对数函数，求常数
a
与
b
应满足的条件．
解：

将

x1


1x
2
x
2
axb
2

化为部分分式，有

x
2
axb
x1

2

1x
2

ABCxD
，

2
2
x1

x1

1x
因此不定积分


x1


1x
< br>2
2
x
2
axb
dx
中不含有对数函数的充分必 要条件是上式中的待定系数
AC0
．
即
x
2
ax b

x1

2

1x
2

BDB

1x
2

D

x1
．

22
2
2

x1

1 x

x1


1x

2
222
所以，有
xaxbB1xD

x1


< br>BD

x2Dx

BD

．
2< br>
比较上式两端的系数，有
1BD,
5
2
a2D,b BD
．所以，得
b1
．
5．计算定积分
min1,
0


x2

dx
．
解：

min1,


x2
x2




1
x21

x21
x1

1

2x1x2




．
x22x3


x3

1
5
2
所以，
min1,
0


x2

dx

1dx


2x

dx


x2

dx
012
12< br>5
2
13
．
8
5．设曲线
C
的极坐标方程为
rasin
解：
曲线
rasin
3

3
3

3
，求曲线
C
的全长．

3
一周的定义域为
0
3

2
2

3


，即
0
3

．因此曲线
C
的全长为
6

s 


r





r




d



2
00< br>asin

3
asin
24

3
cos< br>2

3
3

d



as in
2
0

3
d



a
．
32

二．（本题满分45分，共有5道小题，每道小题9分），
6．求出函数
f

x

lim
n
解：
sin


x

2n
的所有间断点，并指出 这些间断点的类型．
1

2x

1


sin


x

x
2

11
x

sin


x


22
 
fxlim

2n

n
1

2x

11
．

x
22

1

0x


2因此
x
1

11
与
x
2

是函数
f

x

的间断点．
22
x
1
2
x
1
2
x
1
2
lim

f

x

lim

00
，
lim

f

x

lim

sin


x

1
，因此
xx
1
2
1
是函数
f

x

的第一类可
2
去型间断点．

lim

f

x

lim

sin


x

1
，
lim

f

x

 lim

00
，因此
x
x
1
2
x 
1
2
x
1
2
x
1
2
1
是函数
f

x

的第一类可去型
2
间断点 ．
7．设

是函数
f

x

 arcsinx
在区间

0,
求极限
lim
解：

f

x

arcsinx
在区间

0,
b

上使用Lagrange（拉格朗日）中值定理中的“中值”，

b
b0
．
b

上应用Lagrange中值 定理，知存在



0,b

，使得
arcsi nbarcsin0
2
1
1

2

b0< br>
．

b

所以，

2
1< br>
．因此，
arcsinb


b

1

2


2
arcsinb

b
2
arcsinb

lim
2

lim
2
lim

2
2
b0
b
b0b0
b
b

arcsinb

令
ta rcsinb
，则有
2

t
2
sin
2< br>tt
2
sin
2
t
lim

lim
2
lim
2

4
b0
b
t0
tsin
2
t
t0
t

lim

2
2tsin2t22cos2t11cos2t12sin2t1
limlimlim

t0t0
4t
3
12t
2
6
t0
t
2
6
t0
2t3
所以，< br>lim

b
b0

1
．
3
1x
8．设
f

x


解：


e
0
y

2y

dy
，求

f

x

dx
．
0
1
f

x

dxxf

x



xf


x

dx

1
0< br>00
1x
11
在方程
f

x


11

e
0
y

2y

dy
中，令
x1
，得
0

f

1< br>


e
0
y

2y

dy

e
y

2y

dy0
． < br>0
y

2y

再在方程
f

x< br>

1
1x

e
0
dy
两端对< br>x
求导，得
f


x

e
11
1x
2
，
因此，

f

x

dxxf

x



xf


x

dx

xf


x
< br>dx

1
0
000
1

xe
0

1x
2
1
dxe

xe
x< br>0
x2
2
1

1
2

dxe< br>
e
x



e1

．

2

0
2
1
9．研究方程
eax
解：
设函数
f

x

axe
2x

a0

在区间

,

内实根的个数．
1
，
f


x

2axe
x
ax
2
e
x
ax

2x

e
x
．
令
f


x

0
，得函数
f
< br>x

的驻点
x
1
0,
由于
a0
，所以

limf

x

limaxe
xx
x
2
2
．

2x
1


，
x
2
2x2
1

alim
x
1alim
x
1 alim
x
11
．
x
e
x
e
x
e

limf

x

limaxe
xx
2x

因此，得函数
f

x

的性态
x





,


0


0

0


0,2




2

0

4ae
2
1


2,







f


x


f

x






1





1

e
2
2x
⑴ 若
4ae10
，即
a 
时，函数
f

x

axe1
在
< br>,0

、

0,2

、

2, 

内
4
2
各有一个零点，即方程
eax
在

,
x2


内有3个实根．
e
2
2x
⑵ 若
4ae10
，即
a 
时，函数
f

x

axe1
在
< br>,0

、

0,

内各有一个零
4
2
点，即方程
eax
在

,
x2


内有2个实根．
e
2
2x
⑶ 若
4ae10
，即
a
时，函数
f

x
axe1
在

,0

有一个零点，即方程
4< br>2
e
x
ax
2
在

,

内有1个实根．
10．设函数
f

x

可导，且满足
f


x

x

f


x
< br>1

，
f

0

0
．
试求函数
f

x

的极值．
解：
在方程
f


x

x
f


x

1

中令
tx，得
f


t

t

f


t

1

，即
f


x

x

f


x
1

．
在方程组


f

x

xf


x

x
中消去< br>f


x

，得

xf
< br>
x

f


x

xxx
2
f


x


．
1x
2
tt
2
dt
．即 积分，注意
f

0

0
，得
f

x

f

0



2
1t
0
x

tt
2
1

f

x
< br>

dtxln

1x
2

arc tanx
．
2
1t2
0
xx
2
12xx
2
由
f


x


得函数
f
x

的驻点
x
1
0,x
2
1
． 而
f


x


．所以，
2
2
1x
2
1x
x

f


0

10
，
f

1


1
0
．
2
1

ln2
是函数
f

x

极大值．
24
所以，
f

0

0
是函数
f

x

极小值；
f

1

1< br>三．应用题与证明题（本题满分20分，共有2道小题，每道小题10分），
11．求 曲线
yx
的一条切线，使得该曲线与切线
l
及直线
x0
和
x2
所围成的图形绕
x
轴旋
转的旋转体的体积为最小．
解：
设切点坐标为
t,

t
，由
y

1
2t
，可知曲线
yx
在
t,

t
处的切线方程为

yt
因此所求旋转体的体积为
2




1

xt

< br>

V





0


2t
2
1
2t

xt

，或
y
1
2t

xt

． 



8


x

dx 

42t


4

3t



2
所以，
dV


8
22




2
2

0
．得驻点
t 
，舍去
t
．由于
dt4

3t
33

d
2
V

dt
2

2
t
3

16
43t
2

t
2
3
0
，因而函数
V
在
t
2
处达到极小值，而且也是最小值．因此所求切
3
线方程为< br>y
31
x
．
42
12．设函数
f
x

在闭区间

0，1

上连续，在开区间

0，1

内可导，且
2

f

x

e

arctanxdx
0
1
，
f

1

0
．
2

证明：至少存 在一点



0，1

，使得
f





解：
1

1


arctan

2
．
因为
f

x

在闭区间

0,1

上连续，所以由积分中 值定理，知存在



0,


2
，使得



2


e
f

x

arctanxdx
2



a rctan

．
0

e
f
2

由于

e
f

x

arctanxdx
1
0
2
，所以，
2

e
f

< br>
arctan


1
2
．再由
f

1

0
，得
e
f


< br>arctan




1

4
e
f
arctan1
．
作函数
g

x
< br>e
f

x

arctanx
，则函数在区间


,1



0,1

上连续，在区 间


,
Rolle中值定理，存在




,1



0,1

，使得
g




0
．而

x


g


x

e
f

x

f


x

arctanx
e
f1x
2
．
所以存在




,1



0,1

，使得

ef




e
f


f



arctan


1
< br>2
0
．
由于
e
f



0
，所以
f




arctan


1
1

2
0
，即
f




1

1

2

arctan

．







内可导．所以由
1

一个处处像别人表明自己优秀的，恰恰证明了他（她）并不优秀，或者说缺什么，便炫耀什么。
真正的优秀，并不是指一个人完美无缺，偶像般的光芒四射。而是要真实地活着，真实地爱着。
对生活饱有热情，满足与一些小确幸，也要经得起诱惑，耐得住寂寞，内心始终如孩童般的纯真。
要知道，你走的每一步，都是为了遇见更好的自己，都是为了不辜负所有的好年华。
一个真实的人，一定也是个有担当的。
不论身处何地，居于何种逆境，他（她）们都不会畏惧坎坷 和暴风雨的袭击。因为知道活着的意义，就是真实的直面风浪。

生而为人，我们可以失败，却不能败的没有风骨，甚至连挑战的资格都不敢有。
人当如玉，无骨不去其身。生于尘，立于世，便该有一颗宽厚仁德之心，便有一份容天下之事的气度。
一个真实的人，但是又不会过于执着。
因为懂得，水至清则无鱼，人至察则无徒的道理。完美主义 者最大的悲哀，就是活得不真实，不知道审时度势，适可而止。
一扇窗，推开是艳阳天，关闭，也 要安暖向阳。不烦不忧，该来的就用心珍惜，坦然以对；要走的就随它去，无怨无悔。
人活着，就 是在修行，最大的乐趣，就是从痛苦中寻找快乐。以积极的状态，过好每一天，生活不完美，我们也要向美而生。
一个真实的人，一定是懂爱的。
时光的旅途中，大多数都是匆匆擦肩的过客。只有那 么微乎其微的人，才可以相遇，结伴同行。而这样的结伴一定又是基于志趣相投，心性相近的品性。
最好的爱，不是在于共富贵，而是可以共患难，就像一对翅膀，只有相互拥抱着才能飞翔。爱似琉璃，正是因为纯 粹干净，不沾染俗世的美。
懂爱的人，一定是真实的人。正是因为懂得真爱的不易，所以更是以真 面目面对彼此，十指紧扣，甘愿与爱的人把世间各种风景都看透，无论风雨，安暖相伴。
一个真实的人，定然是有着大智慧的。
人生在世，什么都追求好，追求完美，虽然这是一种积极的 思想，却会很累，不仅自己累，身边人也会因为你而累。到最后就会在疲于奔命中，丧失自我。
“ 兰居幽谷，虽孤独亦芬芳；梅开偏隅，虽寂静亦流香，”这便是一份淡泊和沉稳。一些事尽力了就好，无愧别人， 无愧己心，认真地活着，便是不辜负。
因为懂得，人生的风景，最终是回归到心灵的本源。和谐共生，平等友爱，才是对生命的尊重和对自己的珍视。