一、单项选择题1. 设u
n≤av
n(n=1,2,…)(a>0),且
收敛,则
______
- A.必定收敛
- B.必定发散
- C.收敛性与a有关
- D.上述三个结论都不正确
A B C D
D
[解析] 由正项级数的比较判别法知,若u
n≤v
n,则当
收敛时,
也收敛;若
发散时,则
也发散,但题设未交代u
n与v
n的正负性,由此可分析此题选D.
5. 已知f'(cosx)=sinx,则f(cosx)=______
A.-cosx+C
B.cosx+C
C.
D.
A B C D
C
[解析] 已知f'(cosx)=sinx,在此式两侧对cosx求积分,得
有
故选C.
9. 幂级数
的收敛半径及收敛域为______
A.
B.
C.
D.
A B C D
C
[考点] 本题考查了幂级数的收敛半径及收敛域的求解.
[解析] 设
,因为
,所以收敛半径
,而且
时,级数收敛,故收敛域为
.
10. 已知当x→0时,
与cosx-1是等价无穷小,则a=______
A.
B.
C.
D.
A B C D
A
[解析] ∵当x→0时,
,
,
又
,
∴当x→0时,
,于是,有:
二、填空题1. 函数y=sinx在区间[0,π]内满足罗尔定理的ξ=______.
2. 微分方程y"+y'+y=0的通解为______.
(其中C
1,C
2为任意常数)
[解析] 特征方程为r
2+r+1=0,解得
,则
.
所以通解为
(其中C
1,C
2为任意常数).
3. 设L为三个顶点分别为(0,0),(1,0)和(0,1)的三角形边界,L的方向为逆时针方向,则
4. 设f(x)是连续函数,则
5.
三、计算题(本大题共64分)1. 判定
的敛散性.
解:设
.由于
为公比
的几何级数,因此为收敛级数.而
为公比
的几何级数,因此为收敛级数,进而知
收敛,故
收敛.
[解析]
,因为
,即这两个正项级数都是公比小于1的几何级数,因此上述级数收敛.
2. 已知线性方程组
问方程组是否有解?若有解,有唯一解?还是有无穷多解?如果有解,求出全部解.
设该线性方程组对应的系数矩阵为A,则对应的增广矩阵为
r(B)=r(A)=2<4,所以方程组有无穷多解;
一般解为
其中x
3、x
4为自由未知量,
令x
3=x
4=0,得特解
而导出组的一般解为
分别令(x
3,x
4)为(1,0),(0,1),得导出组的基础解系为
所以,该方程的通解为
其中k
1,k
2为任意常数.
3. 已知由方程x
2+y
2=e确定函数y=y(x),求
解:在x
2+y
2=e两侧关于x求导数,得2x+2yy'=0,
,也就是
,所以
4. 将
展开成(x+1)的幂级数.
解:由于
,
所以
.
[解析] 有关幂级数的展开问题,通常是利用某些已知展开式将题给式子转化成已知展开式的形式进行求解.
5. 求方程
的通解,这里β为常数.
解:原方程所对应的齐次方程为
分离变量,得
两边积分,得 ln|y|=ln|1+x|
β+ln|C
1|.
即 y=C
2(1+x)
β.
设y=C(x)(1+x)
β是原方程的解,代入原方程并化简得
C'(x)=e
x,即C(x)=e
x+C.
于是,原方程的通解为
y=(1+x)
β(e
x+C)(C为任意常数).
6. 求曲线y=e
-x与直线x+y=1,x=1所围成的平面图形的面积S;
解:
.
[考点] 本题考查定积分与二重积分计算,至于第2问,把二重积分化为累次积分计算即可.
7. 计算二重积分
,其中D为上小题中的平面区域.
解:
.
8. 计算
解:
[解析] 先作出积分区域,如图所示,然后在极坐标系下进行计算.
9. 计算定积分
四、应用题(本大题共16分)一曲线通过点(e2,3)且在任一点处的切线的斜率等于该点横坐标的倒数,求:1. 该曲线的方程;
设曲线方程为y=f(x),则有
,
所以f(x)=lnx+C.把点(e
2,3)代入得C=1,
从而所求曲线的方程为y=lnx+1;
2. 该曲线与x轴及直线x=e
2所围成的图形绕y轴旋转一周所成旋转体的体积.
曲线与x轴交点为
,即y为积分变量,
则y∈[0,3],
3. 欲用板材作一容积为a
3的长方体密封箱体,试问长、宽、高各为多少时,可以使板材最省?
令x,y分别为箱体的长、宽,则高z应为
,箱体的表面积为
,
即
.
所求问题就是求二元函数S=S(x,y)在区域D={(x,y)|x>0,y>0}上的最小值点,由
解得唯一驻点(a,a)∈D,显然,这个驻点就是最小值点,由x=y=a,得z=a.即当x=y=z=a时,板材最省.
[解析] 设箱体长、宽分别为x,y,并与容积a
3表示出表面积S,通过
,得唯一驻点,即得S的最小值.
五、证明题(本题10分)1. 设f(x)在[0,c]上可导,f'(x)单调递减且f(0)=0,用拉格朗日中值定理证明:对任意a,b,0≤a≤b≤a+b≤c,恒有f(a+b)≤f(a)+f(b).
[证明] 当a=0时,显然成立.
当a>0时,因为f(x)满足拉格朗日中值定理条件,所以必有ξ
1∈(0,a),使得
同理,必有ξ
2∈(b,a+b),使得
又因为ξ
2>ξ
1,且f'(x)单调递减,所以f'(ξ
1)>f'(ξ
2),从而
即
f(a)+f(b)>f(a+b),
综上所述,
f(a+b)≤f(a)+f(b).