Page 63 - 浙江专升本考前六套卷——高等数学

升本老姜

1 x 1

y  Y  y  C 1 e 2  C 2 e  2x  e 2x ( 2 cos 3x  11 sin 3x )
375
 1   1 3   3   3 
23．【答案】单调递增区间为   , ,  ,  ，递减区间为  , 1 ,  ,1  ，极大值为  f    8
 2   2 4   4   4 
1 1 2 1
【 解 析 】 f (x )    知 函 数 无 定 义 点 为 x  , x 1 ， 故
2x 2  3 x 1 x  1 2 x 1 2
3  4x 1 4 3
f (  x )  f (  x )    2 ，令  f (x )  0 ，解出 x ，于是单调递增区间为
2 ( x 2  3 x ) 1 2 ( x ) 1 2 2 ( x  ) 1 4
 1   1 3   3   3 
  , ,  ,  ，递减区间为  , 1 ,  ,1  ，极大值为  f    8 ．
 2   2 4   4   4 

四、综合题（本大题共 3 小题，每小题 10 分，共 30 分）

 arctan x
24．【答案】 (xs )   x  ,1 x  0

 , 0 x  0


 
 (  )1 n x n 1  (  )1 n   x 2 n 1 1 x   (  )1 n 2 n 1  1 x 

【解析】 s( x)          t  dt    (  )1 n t n d t


n 1 2 n 1 x n 1 2 n 1 x 0  n 1 2 n 1  x 0 n 1
1 x  1  1
  1 d  t  arctan x   x ，当 x 0 时， 0(s )  0 ，综上
x  0  1 t  x
 arctan x
s (x )   x  ,1 x  0 ．

 , 0 x  0


585
25．【答案】
16

【解析】V   5 y 2 dx   5 9   1 (x  )1 2  dx  45  135  585 ．
0
 0    16   16 16
26．【证明】由 (xf ) 是奇函数可得 (f ) 0  0 ， (f ) 1   2 ，又 (xf ) 在 [ ] 1 , 1 上连续， ( ) 1 , 1 内二阶可导，

在 [ ] 0 , 1 和 ,0[ ] 1 满足拉格朗日中值定理 (f ) 0  f ( ) 1  f    2 1 ， (  ff ) 1 ) 0 (   f   2 1 ，其中

 1  ( ) 0 , 1 ， 2  ) 1 , 0 ( ．

令 F (x )  e 2x  (  xf )   2 ，易知   F  1  F   0 2 ，由罗尔定理可知，存在   , 1 2   1  1 , ，使得

 F   0 ，而  F (x )  e 2x 2  f (x )  f (   x )   4 且 e 2x  0 ，所以 2  f     f   4 ．

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