Page 67 - 浙江专升本考前六套卷——高等数学

升本老姜

21．【答案】 2  1 ln( 1 ) 2

1 1  x 1 1 1 x 1 1
【解析】 dx  dx  dx ，对于 dx ，令 x  tan t ，于是
1  x 1  x 1  x 1  x
 0 2  0 2  0 2  0 2
 x 1 1

1
1
0  1 1 x 2 dx  0  4 sect sec tdt  ln sec t tant 0 4  ln  1  2 ， 另 0  1 1 x 2 dx  2 2  1 x 2 0  2  1 ，
2
1 1  x
综上 dx  2  1 ln( 1 ) 2 ．
 0
1  x 2
128
22．【答案】18 , 
3

y 2  2x 2  y 2 
【解析】联立方程  ，解出交点 ,8(  4 ), ) 2 , 2 ( ，于是面积为 S   4  y  dy  18 ，体积

 x  y  4 4     2 

为V   0  8 2xdx  1  4 4  128  ．
2
3
3
 ,1 x  0
 ,0
23．【答案】 (xf )   x  0

 , 1 x  0

n
lim
e
lim
x
nx
【解析】对于 lim e  lim   ，当 x 0 时，   e x n 0 ；当 x 0 时，   e x n 1；当 x 0 时，
n  n  n   n  
 ,1 x  0
lim   e x n  ，所以 (xf )   x  0 ．
 ,0
n   
 , 1 x  0

四、综合题（本大题共 3 小题，每小题 10 分，共 30 分）



n
24．【答案】 f ( x)  e 3  2 n ( x 1 ) （ x ），  ( ) 1 n 2 n  e  2
R
n 0 n! n  0 ! n


n
2
【解析】 f ( x)  e 2 x 1  e 3 e ( 2 x 1 )  e 3  2 n ( x 1 ) （ x ）, ( ) 1 n 2 n  3 ) 0 ( f  e ．

R
n 0 n! n  0 ! n e
1 1 x 2
0
25．【证明】令 (xf )  ln( 1 ) x  x  x ，则 f ( x ) 1  x  ，易知当 x  时， (  xf )  0 ，
2
2 1  x 1  x
故原函数是单调递增函数，所以 (xf )  ) 0 ( f  0 ，即原式成立．
) 2 ( f  ) 1 ( f  f (  )
26．【证明】设 g( x)  ln x ，于是与 (xf ) 在 ,1[ ] 2 上满足柯西中值定理， ln  ln 1 1 ，其中
2

) 2 ( f  ) 1 ( f
  ) 2 , 1 ( ，又 (xf ) 在 ,1[ ] 2 上满足拉格朗日中值定理，即：  f  ( ) ，其中  ) 2 , 1 ( ，联立两
2  1
式有 f  ( )  ln 2 f  ( ) 成立.

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