浙江大学历年微积分(1)试卷解答-导数及应用

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浙江大学《微积分(1)》历年期末考试试题

二. 导数与微分

1、 设y=(cosx)sinx+(arcsin2x)3+eπ，求：

dy.

(1)记f(x)=(cosx)sinx=elnsinxcosx，则：f′(x)=elnsinxcosx(cosxlncosx tanxsinx)

=(cosx)sinx(cosxlncosx tanxsinx).

(2)dy=[(cosx)sinx(cosxlncosx tanxsinx)+6(arcsin2x)2

2、

cosx

因为(xcosx)′=(ecosxlnx)′=ecosxlnx sinxlnx+ ，

x

dy5cosx=sec25x+4e4xxcosx+e4xxcosx( sinxlnx).

dx2x

3、

dx.

1 lnx

=0，则：x=e.2

x

(2)当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0.

1

因此，f(x)在x=e处有最大值，且fmax(e)=；

e

lnx1

而lim+f(x)= ∞，limf(x)=0，因此，函数y=的值域为( ∞].

x→+∞x→0xe(1)令：y′=

4、

(1)方程两边同时对y求导，1 d2x(2)2=

dy

d(

1dxdxdx

.+cosx=0. =

dydydy1 cosx

dx

)d(1)

1sinxdx (1 cosx)′ydy= = = .

dydxdy(1 cosx)21 cosx(1 cosx)3

d2xdxdxd2xd2xsinx

【或】： 2 sinx +cosx2=0 2= .3

dydydydydy(1 cosx)

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5、 设y=xln(1+x)，求：y对x的10阶导数y(10)(x).

x1( 1)21【方法一】：y′=+ln(1+x)=1 +ln(1+x)，y′′=+.

1+x1+x(1+x)2(1+x)因此，y

(10)

( 1)109!( 1)88!9!8!

.=+=+

(1+x)10(1+x)9(1+x)10(1+x)9

【方法二】：设u=ln(1+x)，v=x，则：y

(10)

=u

(10)

( 1)99!10 ( 1)88!

v+10uv′=x+10

(1+x)(1+x)9

(9)

( 1)99! 9!10 ( 1)88!9!10 8!

+ +=++(x11)=

(1+x)10(1+x)9(1+x)9(1+x)10(1+x)9

9!8!=+.109(1+x)(1+x)6、

dx

(1)由于x=∫coss2ds=2tcost4；

0dtdydy

而y=sint4=4t3cost4；因此，=2t2.

dtdx

d2y4t4(2)2==2sec.t4

dx2tcost

t2

7、

t

2

2

(1)由x=∫e sds，可得，dx=e tdt.

又y=∫sin(t s)ds=

2dydy

=etsint2(2)dxdxt2

t

2

t s=u

∫

t0π

2

sinu2du，则：dy=siny2.

2

=e.

2

d2y(etsint2)′2tetsint2+2tetcost22t222t(3)2===2te(sint+cost).22

t t

dxeed2y2=π.

dxt

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8、

等式ln(x2+y)=x3y+sinx两边同时对x求导，

2x+y′(3x2y+cosx)(x2+y) 2x32

.=xy′+3xy+cosx y′=2

1 x5 x3yx+y

(3x2y+cosx)(x2+y) 2x

y′x=0，y=1=又当x=0时，y=1；因此，

1 x5 x3y9、

2x

e2xlnxedy=(+e+2e2xlnx)]dx

x =1.

x=0,y=1

=2x1

+xee2x(+2lnx)]dx.

x

10、

由于y=esin4xlnx+(arctan2x)3+ln2，

dy1=esin4xlnx(4cos4x lnx+sin4x xsin4x 1)+6(arctan2x)2 2

dx1+4x

1

=xsin4x(4cos4x lnx+sin4x xsin4x 1)+6(arctan2x)2.2

1+4x

11、

(1)由ex+y 2x xy 1=0可得，当x=0时，y=0.

(2)方程两边同时求微分，ex+

y(dx+dy) 2dx (xdy+ydx)=0. 将x=0，y=0代入可得，dyx0=dx.

12、

(1)

dx1dy=cost =dt1+t2dtdydy(2)==2

dx(1+t)cost 1dt

dy′d2y(3)2==

dxdx

dt

2

(1+t)cost 1

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13、

由于y=ef

2

(cosx)lnx

，则：

2 dyf2(cosx)f(cosx)=x[ 2f(cosx)f′(cosx)sinx lnx].

dxx

x=t2+2t

确定了y为x的函数y=y(x)，求：曲线y=y(x) 14、 设由参数式

y=t ln(1+t)

的凹、凸区间及拐点坐标 (区间用x表示，点用(x，y)表示). dxdytdytd2y1 t

(1)由于=2(t+1)===.224

dtdtt+1dx2(t+1)dx2(1+t)

d2y

(2)2=0 t=1.对应的曲线上点为P(31， ln2).

dx

d2y

当 1<t<12>0，曲线y=f(x)为凹曲线；

dxd2y

当t>12<0，曲线y=f(x)为凸曲线.

dx

因此，在区间( 1，3)内曲线y=f(x)为凹曲线；在(3，+∞)内曲线y=f(x)为凸曲线；点P(31， ln2)为曲线y=f(x)的拐点.

x=t+arctant+1

所确定的函数y=y(x)在t= 1处的一阶导数

15、 求由参数式 3

y=t+6t

dx2+t2dydydy22

(1)由于==3(t+2)=3(t+1)=6.

dt1+t2dtdxdxt= 1(2)

dy=dx2

2

d(

dy2=6t=6t(1+t).

2+t2dx2+t21+t2= 4.

d2y2

dx

t= 1

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16、

(1)

dxdy==dtdt1

2 21dydy= 2== (2)dxtdxt317、 求函数y=x 2x的极小值.

(1)由y(x)=x 2x可得，y′(x)=2x+x2xln2.

1

y′(x)=0 2x+x2xln2=0 x= 令：.

ln2

(2)又y′′(x)=2xln2+2xln2+x2xln22=2xln2(2+xln2)，

111

y′′( 当x= 时，时，y(x)=x 2x取极小值.>0；故，当x=

ln2ln2ln2

1

且其极小值为 .

eln218、 求由方程2y3 2y2+2xy+y x2=0确定的函数y=y(x)的极值，并问此极

值是极大值还是极小值，说明理由．

(1)方程2y3 2y2+2xy+y x2=0两边同时对x求导，

(6y2 4y+2x+1)y′+2y 2x=0.

令y′=0可得，y=x.

y=x x=0

(2)解方程组：.得到唯一驻点(0，0). 3 22

2y 2y+2xy+y x=0 y=02x 2y

(3)又y′′=(2′

6y 4y+2x+1(6y2 4y+2x+1)(2 2y′) 2(x y)(6y2 4y+2x+1)′

.=22

(6y 4y+2x+1)

因此，y′′(0)=2>0，故，当x=0时，y有极小值ymin(0)=0.19、 求曲线y=arctanx在横坐标为1的点处的切线方程.

1π1

′. y=arctan1=y=.x=1x=1

1+x242

1πy=(x 1)+.(2)曲线y=arctanx在x=1处的切线方程为：

24(1)由于y=arctanx，则：y′=

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20、

【方法一】：由f(x)=(x 4)e (x 2)ex+2可得，

x

x

f(0)=0，且f′(x)=( 1)e2 (x 1)ex f′(0)=0.

2

xxxx21x

f′′(x)=e xe=xe2( e2).

44

x

12

因此，当x>0时，e>1>. 当x>0时，f′′(x)<0.

4

于是，当x>0时，f′(x)<0 当x>0时，f(x)<0.

x2

【方法二】：将f(x)在x=0处作Taylor展开，f(0)=f′(0)=0.

xxxx21x

而f′′(x)=e xe=xe2( e2)，当x>0时，f′′(x)<0.

44

11

则：f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(ξ)x2=f′′(ξ)x2<0.

22

x

x

【方法三】：由于f′(x)=( 1)e2 (x 1)ex

2x

记g(t)=(t 1)et，在区间[，x]上对g(x)应用Lagrange中值定理，

2

xxxξx′ ξ∈(，x)使得，f′(x)= (x 1)e x=ξ(2 x)=ξe( 2<0.2

因此，f(x)在[0，+∞)上单调递减，故，f(x)<f(0)=0.

21、

令：f(x)=ln2x，g(x)=x；在区间[a,b]上应用Cauchy中值定理，

ln2b ln2alnξ

=2.其中：e<a<ξ<b<e2.

ξb a

lnx1 lnx

再令： (x)= ′(x)=<0.(x>e)

xx2

2

故， (x)在[e，+∞)上单调递减；因此， (x)> (e2)=2.(e<x<e2)

e

lnξ24>2，从而有，ln2b ln2a>2(b a).

ξee

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22、

(1) 求：常数a； (2) 证明：F(x)的导函数连续.

exsinx

=1，而f(x)为连续函数，则：a=1.(1)由于lim

x→0x

exsinx

1

exsinx xexsinx+excosx 1=lim=lim(2)F′(0)=lim

x→0x→0x→0xx22x2excosx=lim=1.x→02

x(exsinx+excosx) exsinx

(x≠0)

所以，F′(x)= .x2

1(x=0) xexsinx+xexcosx exsinx2xexcosx

(3)又limF′(x)=lim=lim=1=F′(0).2x→0x→0x→02xx

因此，F′(x)在x=0处连续，从而F′(x)在( ∞，+∞)上连续.23、 设常数a>0，讨论曲线y=ax与y=2lnx在第一象限中交点的个数. 22

f′(x)=a .令：f′(x)=0可得，x=.(1)由于f(x)=ax 2lnx，则：

xa

222

又f′′(x)=2>0，则：f(=2 2ln为f(x)唯一的极小值点，为最小值.

xaa

22

(2) 当2 2ln>0，即a>时，f(x)>0，方程f(x)=0无解，曲线没有交点；

ae2

当a=时，方程f(x)=0有唯一解，故两曲线在第一象限相切，有唯一交点；

e

22

limf(x)=+∞， 当0<a<时，f(<0；而lim+f(x)=+∞，x→+∞x→0ea

22

+∞)有解，又f(x)在两区间严格单调，因此，f(x)=0在(0和(aa22

+∞)内各有一个解.故，方程f(x)=0在(0和(aa

从而，两曲线在第一象限有两个交点.

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24、 求曲线ln(y+x) cos(xy)=x上点x=0处的切线方程.

(1)当x=0时，y=e.

(2)等式ln(y+x) cos(xy)=x两边同时对x求导，可得

y′+1

+(xy′+y)sin(xy)=1.y+x

y=e+(e 1)x.因此，y′(0)=e 1.故，切线方程为：

25、

111

由于y(x)=arccotex ex ln(ex+1)]=arccotex x+ln(ex+1).

222

xxx

eee11

y′(x)= 因此， += .

1+e2x22(1+ex)1+e2x2(1+ex)

26、 设f(x)在( ∞，+∞)上存在二阶导数，且f(0)<0，f′′(x)>0( x∈R).

证明：(1) f(x)至多有两个零点，至少有一个零点；（2）若f(x)有两个零点，则此两个零点必异号. (注：f(x)的零点就是方程f(x)=0的根.) (1)如果f(x)在R上有三个零点x1<x2<x3，则根据Rolle定理， ξ∈(x1，x3)使得f′′(ξ)=0，这与f′′(x)>0矛盾，故，f(x)最多只有另个零点.

f′′(ξ)2

x>f(0)+f′(0)x.2

若f′(0)>0，则：limf(x)=+∞；从而存在x1>0使得f(x1)>0，又f(0)<0，(2)由Taylor展开，f(x)=f(0)+f′(0)x+

x→+∞

因此，存在ξ∈(0，x1)使得f(ξ)=0.

又f′′(x)>0，故，当x>0时，f′(x)>f′(0)>0，从而f(x)在(0，+∞)内严格+∞)内有唯一一个零点.单调，因此，在f(x)在(0， 若f′(0)<0，则：limf(x)=+∞；从而存在x2<0使得f(x2)>0，又f(0)<0，

x→ ∞

因此，存在ξ∈(0，x2)使得f(ξ)=0.

同样，当x<0时，f′(x)<f′(0)=0，从而f(x)在( ∞，0)内有唯一一个零点. 若f′(0)=0，而f′′(x)>0，则：当x>0时，f′(x)>f′(0)=0.

特别地，取x0>0，则：f′(x0)>0；因此，f(x)>f(x0)+f′(x0)(x x0).故，limf(x)=+∞；从而存在x3>0使得f(x3)>0，又f(0)<0，

x→+∞

因此，存在ξ∈(0，x3)使得f(ξ)=0；同样可得，在( ∞，0)内也存在零点.而f(x)在( ∞，0)内单调递减，在(0，+∞)内单调递增，因此，有两个两点.(3)由(2)的证明过程可得，f(x)若有两个零点，必定异号.

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27、 设f(x)在闭区间[a，b]上连续，在(a，b)内可导. (1) 叙述并证明拉格朗日中值定理；

(2) 如果再设f(a)=f(b)，且f(x)不是常数，试证明至少存在一点ξ∈(a，b) 使f′(ξ)>0．

(1)Lagrange中值定理：设f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，

f(b) f(a)

=f′(ξ).则： ξ∈(a，b)使得

b a

f(b) f(a)

F(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内令F(x)=f(x) (x a)，则：

b a

可导，且F(a)=F(b)=f(a)，由Rolle定理， ξ∈(a，b)使得F′(ξ)=0.

f(b) f(a)即=f′(ξ).

b a

(2)由于f(x)在[a，b]上不是常函数，又f(a)=f(b)，则：存在x0∈(a，b)使得f(x0)≠f(a)；不妨假设f(x0)>f(a)，由Lagrange中值定理， ξ∈(a，b)使得f′(ξ)=

f(x0) f(a)

>0.

x0 a

28、 证明函数f(x)极值存在的第二充分条件定理：

(1) 设f(x)在x=x0处存在二阶导数，f′(x0)=0，f′′(x0)=A>0(A<0)， 则f(x0)为f(x)的极小（大）值．

(2) 并请举例说明：上述定理仅是充分条件而非必要条件，即：f(x)在x=x0 处存在二阶导数，f′(x0)=0，f(x0)为f(x)的极小（大）值，但f′′(x0)并不一定为正（负）．

(1)当f′′(x0)>0时，f′′(x0)=lim

x→x0

f′(x) f′(x0)f′(x)

=lim>0.x→x0x xx x00

因此， δ>0，当x0 δ<x<x0时，f′(x)<0；当x0<x<x0+δ时，f′(x)>0.故，f(x)在x=x0处有极小值.

同样可证明，当f′′(x0)<0时，f(x)在x=x0处有极大值.(2)令f(x)=x4，显然，f(x)在x=0处有极小值，但f′′(0)=0.

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29、

【 】

（A）4条； （B）3条； （C）2条； （D）1条.

1

+ln(1+ex)]=∞，故，x=1为铅直渐近线；(1)由于lim[

x→1x(x 1)

1

+ln(1+ex)]=∞，故，x=0为铅直渐近线；(2)由于lim[

x→0x(x 1)

1

+ln(1+ex)]=0，则：y=0为水平渐近线；(3)由于lim[

x→ ∞x(x 1)f(x)1ln(1+ex)

=lim[2+(4)由于a=lim=1，→ ∞x→+∞xxx(x 1)x

1

b=lim[f(x) ax]=lim[+ln(1+ex) x]

x→+∞x→+∞x(x 1)

=lim[lnex(e x+1) x]=lim[lnex+ln(e x+1) x]=limln(e x+1)=0.

x→+∞

x→+∞

x→+∞

因此，y=x为其斜渐近线.故，曲线y=f(x)共有4条渐近线.

30、 设y=f(x)为连续函数，除点x=a外，f(x)二阶可导，y′=f′(x)的图形如

图，则y=f(x)

【 】

（A）有一个拐点，一个极小值点，一个极大值点. （B）有二个拐点，一个极小值点，一个极大值点. （C）有一个拐点，一个极小值点，二个极大值点. （D）有一个拐点，二个极小值点，一个极大值点.

(1)在x=b处，f′(b)=0，但左右导数均小于零，不是极值点；而是其导函数的极大值点，即:当x<b时，y′′>0；当x>b时，y′′<0；因此，点(b，f(b))为拐点.

(2)同样，点(0，f(0))是f′(x)的极小值点，故，也是f(x)的拐点.(3)在x=c处，左右导数变号，为f(x)的极小值点.

(4)在x=a处，f′(x)不存在；且左右导数变号，为f(x)的极大值点.因此，f(x)共有两个拐点和极值点；故，选(B).

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31、 设f(x)在[a，b]上可导，且f+′(a)>0，f ′(b)<0.下述结论不正确的是【 】

(A) 至少存在一点x0∈(a，b)使f(x0)>f(a)； (B) 至少存在一点x0∈(a，b)使f(x0)>f(b)； (C) 至少存在一点x0∈(a，b)使f′(x0)=0；

f(x) f(a)

(1)由于f+′(a)=lim+>0，则： δ>0，当a<x<a+δ时，

x→ax a

f(x) f(a)

>0；从而，存在x0∈(a，b)使得f(x0)>f(a).

x a

(2)同样可得，存在x0∈(a，b)使得f(x0)>f(b).

(3)由(1)、(2)可得，f(x)在[a，b]上的最大值在(a，b)内取到；

即， x0∈(a，b)使得f(x0)=maxf(x)，根据Fermat定理，f′(x0)=0.

a≤x≤b

(2)、(3)都是正确的.因此，陈述(1)、

(4)例如f(x)=x x2(0≤x≤1)，则：f′(0)=1，f′(1)= 1.

1)均有f(x)>0，因此，不存在x0∈(0，

1)由于f(0)=f(1)=0，且对 x∈(0，使得f(x0)=

f(0)+f(1)

.故，(4)是错误的.2

32、 已知抛物线y=ax2+bx+c过点(1，2)，且在该点的曲率圆方程为

b=c=(1)由y=ax2+bx+c可得，y′=2ax+b，y′′=2a.因此，a+b+c=2，y′x=1=2a+b，y′′x=1=2a.

151(2)又曲率圆方程为：(x )2+(y )2=.

22215

两边求导可得，2(x +2(y y′=0. y′x=1，y=2=1.

22

5

再求导，2x+2y′y′+2(y )y′′=0 y′′x=1，y=2=4.

2

151

2)处有(2)由于y=ax2+bx+c与曲率圆(x )2+(y )2=在点(1，

222

2a=4

相同的y，y′，y′′，则：c=3． 2a+b=1 a=2，b= 3，

a+b+c=2

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/7ge4.html