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\begin{document}
\chapter{2018-2019学年微积分（一）（上）期末考试}

\section{单项选择题(每小题 3 分，共 18 分)}
\begin{enumerate}
    \item 以下关于数列的命题，正确的是（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task 一个有界数列与一个无界数列的和是无界数列
              \task 两个无界数列的和是无界数列
              \task 一个有界数列与一个无界数列的乘积是无界数列
              \task 两个无界数列的乘积是无界数列
          \end{tasks}
          \vspace{1em}

    \item 设函数$f(x)$在$x=a$处可导，则函数$\sqrt[3]{f(x)}$在$x=a$处（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task 可导
              \task 不连续
              \task 连续但不一定可导
              \task 不可导
          \end{tasks}
          \vspace{1em}

    \item 设函数$f(x)$在区间$(a,b)$内连续，则$f(x)$在区间$(a,b)$内（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task 有界
              \task 可导
              \task 存在最大值
              \task 原函数存在
          \end{tasks}
          \vspace{1em}

    \item 函数$f(x)=x^{4}-2x^{3}$有（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task 一个极小值和一个极大值
              \task 一个极小值
              \task 两个极小值
              \task 两个极大值
          \end{tasks}
          \vspace{1em}

    \item 设函数$f(x)$在区间$(a,b)$内满足$f'(x)<0$，$f''(x)>0$，则在区间$(a,b)$内（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task $f(x)$单调减少，曲线$y=f(x)$下凸
              \task $f(x)$单调减少，曲线$y=f(x)$上凸
              \task $f(x)$单调增加，曲线$y=f(x)$下凸
              \task $f(x)$单调增加，曲线$y=f(x)$上凸
          \end{tasks}
          \vspace{1em}

    \item 设$M=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{\sin x}\,\mathrm{d}x$，$N=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}
              \sqrt{\sec x}\,\mathrm{d}x$，$K=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{\tan x}\,\mathrm{d}
              x$，则$M,N,K$的大小关系为（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task $M<N<K$
              \task $M<K<N$
              \task $N<M<K$
              \task $K<N<M$
          \end{tasks}
          \vspace{1em}
\end{enumerate}

\section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{6}
    \item 设$u=x+a\ln(1-x)+bx\sin(3x)$是$x$的$3$阶无穷小，则$a=\underline{\hspace{2cm}
              }$，$b=\underline{\hspace{2cm}}$.
          \vspace{0.5em}

    \item 曲线$y=x^{3}-6x^{2}+5x+3$的拐点坐标为$\underline{\hspace{3cm}}$.
          \vspace{0.5em}

    \item $\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_{0}^{1-\cos x}\tan t\,\mathrm{d}t}{\sin
                  x^{4}}=\underline{\hspace{3cm}}$.
          \vspace{0.5em}

    \item 曲线$x=2\cos^{3} t$，$y=2\sin^{3} t$，$0\leq t \leq 2\pi$的长度为$\underline
              {\hspace{3cm}}$.
\end{enumerate}

\section{计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{10}
    \item 求曲线$y=\sqrt{4x^{2}+2x+5}(x>0)$的渐近线.
          \vspace{12em}

    \item 写出$f(x)=\ln(1+x)$带Lagrange余项的$n$阶Maclaurin公式.
          \vspace{12em}

    \item 求不定积分$I=\int \frac{\sqrt{x-3}}{2x}\,\mathrm{d}x$.
          \vspace{12em}

    \item 求定积分$I=\int_{0}^{\frac{1}{2}}x\arcsin x\,\mathrm{d}x$.
          \vspace{11em}

    \item 求反常积分$I= \int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-2x}\sin x\,\mathrm{d}x$.
          \vspace{12em}

    \item 求微分方程$y'+\frac{y}{x}=y^{2}\ln x$的通解.
          \vspace{12em}
\end{enumerate}

\section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{16}
    \item 设函数$f(x)=
              \begin{cases}
                  (1+x)^{\frac{1}{x}}, & x\in(-1,0)\cup(0,+\infty), \\
                  \mathrm{e},          & x=0
              \end{cases}$，求$f'(x)$并讨论$f'(x)$的连续性.
          \vspace{12em}

    \item 求平面图形$0\leq y\leq \cos x$，$0\leq x\leq \frac{\pi}{2}$绕$y$轴旋转所得立体的体积.
          \vspace{15em}
\end{enumerate}

\section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{18}
    \item 设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上二阶可导，且$f(a)=f(b)$，$|f''(x)|\leq M$，证明：
          \[
              |f'(a)+f'(b)|\leq M(b-a).
          \]
          \vspace{15em}

    \item 设$f(x)$在区间$[a,b]$上二阶可导，并且$f''(x)\leq 0$，证明：
          \[
              \int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x \geq \frac{(b-a)(f(a)+f(b))}{2}.
          \]
          \vspace{15em}
\end{enumerate}

\chapter{2018-2019学年微积分（一）（上）期末考试参考答案}
\section{单项选择题 (每小题 3 分，共 18 分)}
\begin{enumerate}
    \item \textbf{Solution}. A.

          对于A选项，假设$\{a_{n}\}$是一个有界数列，$\{b_{n}\}$是一个无界数列，

          即$\forall\,n\in\mathbf{N}^{+}$，$\exists\,M>0$，使得$|a_{n}|\leq M$，又$\forall
              \,N>0$，$\exists\,n_{0}\in\mathbf{N}^{+}$，使得$|b_{n_0}|>N$.

          则$|a_{n_0}+b_{n_0}|\geq |b_{n_0}|-|a_{n_0}|\geq N-M$，$\forall\,N-M>0$，所以$\{
              a_{n}+b_{n}\}$是一个无界数列.

          对于B选项，考虑$a_{n}= n$，$b_{n}=-n$，则$a_{n}+b_{n}\equiv 0$，$\{a_{n}+b_{n}
              \}$是一个有界数列.

          对于C选项，考虑$a_{n}=0$，$b_{n}=n$，则$a_{n}b_{n}\equiv 0$，$\{a_{n}b_{n}\}$是一个有界数列.

          对于D选项，考虑$a_{n}=
              \begin{cases}
                  n, & n=2k,  \\
                  0, & n=2k-1
              \end{cases}$，$b_{n}=
              \begin{cases}
                  0, & n=2k,  \\
                  n, & n=2k-1
              \end{cases}$，其中$k\in\mathbf{N}^{+}$，

          则$a_{n}b_{n}\equiv 0$，$\{a_{n}b_{n}\}$是一个有界数列.

    \item \textbf{Solution}. C.

          由题意可知$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$存在，所以$\lim_{x\to a}\left
              (f(x)-f(a)\right)=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot \lim_{x\to a}(x-a
              )=0$，

          即$\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$，所以$\lim_{x\to a}\sqrt[3]{f(x)}=\sqrt[3]{\lim_{x\to
                      a}f(x)}=\sqrt[3]{f(a)}$，$\sqrt[3]{f(x)}$在$x=a$处连续.

          考虑$f(x)=x$，$a=0$，则$\sqrt[3]{f(x)}=\sqrt[3]{x}$在$x=0$处不可导. 所以$\sqrt[3]{f(x)}$在$x
              =a$处连续但不一定可导.

    \item \textbf{Solution}. D.

          对于A选项，考虑$f(x)=\frac{1}{x}$，取$a=-1$，$b=1$，则$f(x)$在区间$(a,b)$内连续但无界.

          对于B，C选项，考虑$f(x)=|x|$，取$a=-1$，$b=1$，则$f(x)$在区间$(a,b)$内连续但不存在最大值，

          并且存在不可导点$x=0$.

          连续函数在区间内必然可积，所以D选项正确.

    \item \textbf{Solution}. B.

          $f'(x)=4x^{3}-6x^{2}=2x^{2}(2x-3)$，

          所以函数$f(x)$在区间$\left(-\infty,\frac{3}{2}\right)$上单调递减，在区间$\left
              (\frac{3}{2},+\infty\right)$上单调递增.

          函数$f(x)$只有一个唯一的极小值点$x=\frac{3}{2}$，没有极大值点.

    \item \textbf{Solution}. A.

          由$f'(x)<0$，$f''(x)>0$可知函数$f(x)$在区间$(a,b)$内单调递减，曲线$y=f(x)$下凸.

    \item \textbf{Solution}. B.

          在区间$\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$内，$\sin x\leq \tan x\leq \sec x$，所以$M<K<N$.
\end{enumerate}

\section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{6}
    \item \textbf{Solution}. $a=1$，$b=\frac{1}{6}$.

          由Taylor公式，
          \[
              \begin{aligned}
                  u = x+a\ln(1-x)+bx\sin(3x) = & x-a\left(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^{3})\right)+bx\left(3x+o(x^{2})\right) \\
                  =                            & (1-a)x+\left(-\frac{a}{2}+3b\right)x^{2}-\frac{a}{3}x^{3}+o(x^{3}).
              \end{aligned}
          \]

          所以$1-a=0$，$-\frac{a}{2}+3b=0$，解得$a=1$，$b=\frac{1}{6}$.

    \item \textbf{Solution}. $(2,-3)$.

          $y'=3x^{2}-12x+5$，$y''=6x-12$，令$y''=0$得$x=2$，且当$x<2$时，$y''<0$，当$x
              >2$时，$y''>0$，

          所以曲线$y=x^{3}-6x^{2}+5x+3$具有拐点$(2,-3)$.

    \item \textbf{Solution}. $\frac{1}{8}$.
          \[
              \begin{aligned}
                  \lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_{0}^{1-\cos x}\tan t\,\mathrm{d}t}{\sin x^4}= & \lim_{x\to0}\frac{\tan(1-\cos x)\cdot \sin x}{4x^3} \\
                  =                                                                                 & \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{4x^2}                   \\
                  =                                                                                 & \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{8x}= \frac{1}{8}.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}. $12$.

          $\mathrm{d}s=\sqrt{x'^{2}(t)+y'^{2}(t)}\,\mathrm{d}t=\sqrt{(-6\cos^{2} t\sin
                  t)^{2}+(6\sin^{2} t\cos t)^{2}}\,\mathrm{d}t=6\sqrt{\sin^{2} t\cos^{2} t}\,\mathrm{d}
              t=3|\sin 2t|\mathrm{d}t$.

          故$s=3\int_{0}^{2\pi}|\sin 2t|\mathrm{d}t=6\int_{0}^{\pi}|\sin u|\mathrm{d}
              u=12\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin u\,\mathrm{d}u=12$.
\end{enumerate}
\section{计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{10}
    \item \textbf{Solution}. 曲线没有竖直渐近线.

          $\lim_{x\to+\infty}\frac{y}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{4x^{2}+2x+5}}{x}
              =\lim_{x\to+\infty}\sqrt{4+\frac{2}{x}+\frac{5}{x^{2}}}=2$，

          $\begin{aligned}
                  \lim_{x\to+\infty}(y-2x)= & \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{4x^2+2x+5}-2x\right)                                        \\
                  =                         & \lim_{x\to+\infty}\frac{2x+5}{\sqrt{4x^2+2x+5}+2x}                                        \\
                  =                         & \lim_{x\to+\infty}\frac{2+\frac{5}{x}}{\sqrt{4+\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}}+2}=\frac{1}{2}.
              \end{aligned}$

          所以曲线的斜渐近线为$y=2x+\frac{1}{2}$.

    \item \textbf{Solution}. $f(x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots +
              \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}+R_{n}(x)$，

          其中$R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}$，$\xi$介于$0$与$x$之间.

          由于$f^{(n+1)}(x)=\frac{(-1)^{n}\,n!}{(1+x)^{n+1}}$，所以$R_{n}(x)=\frac{(-1)^{n}\,x^{n+1}}{(n+1)(1+\xi)^{n+1}}$.

    \item \textbf{Solution}. 令$u=\sqrt{x-3}$，则$x=t^{2}+3$，$\mathrm{d}x=2
              u\,\mathrm{d}u$，
          \[
              \begin{aligned}
                  I = & \int \frac{\sqrt{x-3}}{2x}\,\mathrm{d}x = \int \frac{u}{2(u^2+3)}\cdot 2u\,\mathrm{d}u                     \\
                  =   & \int \left(1-\frac{3}{u^2+3}\right)\,\mathrm{d}u                                                           \\
                  =   & u-3\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{u}{\sqrt{3}}+ C = \sqrt{x-3}-\sqrt{3}\arctan\sqrt{\frac{x-3}{3}}+C.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}.
          \[
              \begin{aligned}
                  I = \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\arcsin x\,\mathrm{d}x^{2} = & \frac{1}{2}x^{2}\arcsin x\bigg|_{0}^{\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x \\
                  =                                                                 & \frac{1}{8}\cdot\frac{\pi}{6}-\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\frac{\sin^2 t}{\cos t}\cdot \cos t\,\mathrm{d}t        \\
                  =                                                                 & \frac{\pi}{48}-\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}(1-\cos 2t)\,\mathrm{d}t                                               \\
                  =                                                                 & \frac{\pi}{48}-\frac{1}{4}\left(\frac{\pi}{6}-\frac{1}{2}\sin\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{16}-\frac{\pi}{48}.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}. 记$J = \int \mathrm{e}^{-2x}\sin x\,\mathrm{d}x$，则
          \[
              \begin{aligned}
                  J = -\int \mathrm{e}^{-2x}\,\mathrm{d}\cos x = & -\mathrm{e}^{-2x}\cos x - 2\int \mathrm{e}^{-2x}\cos x\,\mathrm{d}x                           \\
                  =                                              & -\mathrm{e}^{-2x}\cos x - 2\int \mathrm{e}^{-2x}\,\mathrm{d}\sin x                            \\
                  =                                              & -\mathrm{e}^{-2x}\cos x - 2\mathrm{e}^{-2x}\sin x - 4\int \mathrm{e}^{-2x}\sin x\,\mathrm{d}x \\
                  =                                              & -\mathrm{e}^{-2x}\cos x - 2\mathrm{e}^{-2x}\sin x - 4J.
              \end{aligned}
          \]

          所以$J = -\frac{1}{5}\mathrm{e}^{-2x}\cos x - \frac{2}{5}\mathrm{e}^{-2x}\sin
              x + C$，

          $I=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-2x}\sin x\,\mathrm{d}x=\left[-\frac{1}{5}\mathrm{e}
                  ^{-2x}\cos x - \frac{2}{5}\mathrm{e}^{-2x}\sin x\right]_{0}^{+\infty}=\frac{1}{5}$.

    \item \textbf{Solution}. 令$u=\frac{1}{y}$，则$u'=-\frac{y'}{y^{2}}$，所以$y
              '=-\frac{u'}{u^{2}}$.

          微分方程$y'+\frac{y}{x}=y^{2}\ln x$变形为$-\frac{u'}{u^{2}}+\frac{1}{xu}=\frac{\ln
                  x}{u^{2}}$，即$u'-\frac{1}{x}u=-\ln x$.

          由一阶非齐次线性微分方程的通解公式得
          \[
              \begin{aligned}
                  u = & \mathrm{e}^{-\int\left(-\frac{1}{x}\right)\,\mathrm{d}x}\left(C+\int\left(-\ln x\right)\mathrm{e}^{\int\left(-\frac{1}{x}\right)\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x\right) \\
                  =   & x\left[C-\int\ln x\cdot\,\mathrm{d}\left(\ln x\right)\right] = x\left(C-\frac{1}{2}\ln^{2} x\right).
              \end{aligned}
          \]

          所以原方程通解为$xy\left(C-\frac{1}{2}\ln^{2} x\right)=1$.
\end{enumerate}

\section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{16}
    \item \textbf{Solution}. 当$x\in(-1,0)\cup(0,+\infty)$时，$\ln f(x) = \frac{\ln(1+x)}{x}$，

          所以$f'(x)=f(x)\cdot \frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^{2}}=(1+x)^{\frac{1}{x}}
              \cdot\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}$.

          当$x=0$时，
          \[
              \begin{aligned}
                  f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}= & \lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-\mathrm{e}}{x}                                                                           \\
                  =                                      & \,\mathrm{e}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{\frac{\ln(1+x)}{x}-1}-1}{x}= \mathrm{e}\cdot \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2} \\
                  =                                      & \mathrm{e}\cdot \lim_{x\to0}\frac{x-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)-x}{x^2}=-\frac{\mathrm{e}}{2}.
              \end{aligned}
          \]

          又
          \[
              \begin{aligned}
                  \lim_{x\to0}f'(x) = & \lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}\cdot\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}            \\
                  =                   & \,\mathrm{e}\cdot\lim_{x\to0}\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^{2}}                        \\
                  =                   & \,\mathrm{e}\cdot\lim_{x\to0}\frac{1-\ln(1+x)-1}{2x}=-\frac{\mathrm{e}}{2}=f'(0),
              \end{aligned}
          \]

          所以$f'(x)$在点$x=0$处连续. 当$x\in(-1,0)\cup(0,+\infty)$时，$f'(x)$显然连续，

          故$f'(x)$在$(-1,+\infty)$上处处连续.

    \item \textbf{Solution}.旋转体的体积$V=$
          \[
              \begin{aligned}
                  \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2\pi x f(x)\,\mathrm{d}x = & 2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cos x\,\mathrm{d}x                                                                                                 \\
                  =                                                  & 2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\,\mathrm{d}\sin x = 2\pi\left(x\sin x\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\,\mathrm{d}x\right) \\
                  =                                                  & 2\pi\left(\frac{\pi}{2}-1\right)=\pi^{2}-2\pi.
              \end{aligned}
          \]
\end{enumerate}

\section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{18}
    \item \textbf{Proof}. 由Taylor公式，
          \[
              \begin{gathered}
                  f(b)=f(a)+f'(a)(b-a)+\frac{f''(\xi_{1})}{2}(b-a)^2, \\
                  f(a)=f(b)+f'(b)(a-b)+\frac{f''(\xi_{2})}{2}(a-b)^2,
              \end{gathered}
          \]

          其中$\xi_{1},\xi_{2}$介于$a$与$b$之间. 上述两式相减得
          \[
              \begin{aligned}
                  f(b)-f(a) = 0 = & f(a)-f(b) + (b-a)(f'(a)+f'(b)) + \frac{1}{2}(b-a)^{2}(f''(\xi_{1})-f''(\xi_{2})) \\
                  =               & (b-a)(f'(a)+f'(b)) + \frac{1}{2}(b-a)^{2}(f''(\xi_{1})-f''(\xi_{2})).
              \end{aligned}
          \]

          所以
          \[
              \begin{aligned}
                  |f'(a)+f'(b)| = & \frac{1}{2}(b-a)|f''(\xi_{1})-f''(\xi_{2})|     \\
                  \leq            & \frac{1}{2}(b-a)(|f''(\xi_{1})|+|f''(\xi_{2})|) \\
                  =               & M(b-a).
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}. 令$F(t)=\int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}x-\frac{(t-a)(f(a)+f(t))}{2}
              (x\geq a)$，

          则$F'(t)=f(t)-\frac{f(a)+f(t)+(t-a)f'(t)}{2}$，

          $F''(t)=f'(t)-\frac{1}{2}f'(t)-\frac{1}{2}\left[f'(t)+(t-a)f''(t)\right]=-\frac{1}{2}
              (t-a)f''(t)\geq 0$.

          所以$F'(t)$在$[a,+\infty)$上单调递增，$F'(t)\geq F'(a)=0$，

          所以$F(t)$在$[a,+\infty)$上单调递增，$F(t)\geq F(a)=0$，

          因此$\int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x \geq \frac{(b-a)(f(a)+f(b))}{2}$.
\end{enumerate}
\end{document}
