高等数学上期末卷题选(4)

2018-12-04 本文已影响13人溺于恐

1.设 $f(x)=\int_0^xsint^2dt$ ,则f(x)是关于x的_____阶无穷小

答：3

2.证明：当 $x\gt 4$ 时, $2^x\gt x^2$

证：

$2^x\gt x^2\Leftrightarrow xln2\gt 2lnx$

$设f(x)=xln2-2lnx,则$

$f'(x)=ln2-{2\over x}$

$x\gt 4时,ln2-{2\over x}\gt ln2-{1\over 2}={1\over 2}ln4-{1\over 2}\gt 0$

$即,f'(x)\gt 0,f(x)单调递增$

$\therefore f(x)\gt f(4)=0$

$\therefore xln2\gt 2lnx,$

$即2^x\gt x^2$

3.求内接于半径为R的球的圆锥体的最大体积

8.png

解：

$设圆锥体底圆半径为r,高为h,则$

$(h-R)^2+r^2=R^2$

$\therefore r^2=2Rh-h^2$

$圆锥体体积V={1\over 3}\pi r^2h$

$={1\over 3}\pi(2Rh^2-h^3),0\lt h\lt 2R$

${dV\over dh}={1\over 3}\pi(4Rh-3h^2)$

$令{dV\over dh}=0得唯一驻点h={4\over 3}R$

$此时圆锥体体积最大,为V({4\over 3}R)={32\over 81}\pi R^3$

4.设f(x)的一个原函数是sinx,求 $\int xf'(x)dx$

解：

$\int f(x)dx=sinx+C$

$f(x)=(sinx)'=cosx$

$\int xf'(x)dx=\int xdf(x)$

$=xf(x)-\int f(x)dx$

$=xcosx-sinx+C$

5. $\int {sinxcos^3x\over 1+cos^2x}dx$

解：

$原式=-\int {cos^3x\over 1+cos^2x}dcosx$

$=-\int {(cos^2x+1)cosx-cosx\over 1+cos^2x}dcosx$

$=-\int (cosx-{cosx\over 1+cos^2x})dcosx$

$=-{1\over 2}cos^2x+{1\over 2}\int {d(1+cos^2x)\over 1+cos^2x}$

$=-{1\over 2}cos^2x+{1\over 2}ln(1+cos^2x)+C$

6. $\int_1^{+\infty}{dx\over x(x^2+1)}$

解：

$原式=\int_1^{+\infty}({1\over x}-{x\over x^2+1})dx$

$=[lnx-{1\over 2}ln(x^2+1)]|_1^{+\infty}$

$={1\over 2}ln{x^2\over x^2+1}|_1^{+\infty}$

$={1\over 2}ln2$

7.半径为1米的半球形水池装满了水,要把水抽干至少需做多少功

解：

$体积微元为\pi(1-x^2)dx$

$\therefore 重力微元为\rho g\pi(1-x^2)dx$

$对于[x,x+dx]薄水层所需做功为$

$dW=\rho g\pi(1-x^2)dx\cdot x$

$W=\int_0^1 \rho g\pi x(1-x^2)dx$

$=1000g\pi \int_0^1 (x-x^3)dx$

$=1000g\pi ({1\over 2}x^2-{1\over 4}x^4)|_0^1$

$=250g\pi\approx 7693(焦耳)$

8.在曲线族 $y=a(1-x^2)(a\gt 0)$ 中,试求一条曲线,使这条曲线与它在点(-1,0)与(1,0)处的两条法线所围成图形的面积最小

解：

$y'=-2ax,y'|_{x=1}=-2a$

$\therefore 在(1,0)处的法线方程为$

$y={1\over 2a}(x-1)$

$利用对称性,所求面积为$

$S(a)=2\int_0^1 [a(1-x^2)-{1\over 2a}(x-1)]dx$

$=2\int_0^1 (-ax^2-{1\over 2a}x+a+{1\over 2a})dx$

$=2(-{1\over 3}ax^3-{1\over 4a}x^2+ax+{1\over 2a}x)|_0^1$

$=2(-{1\over 3}a-{1\over 4a}+a+{1\over 2a})$

$={4\over 3}a+{1\over 2a}$

$S'(a)={4\iver 3}-{1\over 2a^2}$

$令S'(a)=0得唯一驻点a={\sqrt{6}\over 4}$

$S''(\sqrt{6}\over 4)={16\sqrt{6}\over 9}\gt 0$

$\therefore 当a={\sqrt{6}\over 4}时,面积S(a)最小$

$所求曲线为y={\sqrt{6}\over 4}(1-x^2)$

9.证明： $lnx={x\over e}-\int_0^\pi \sqrt{1-cos2x}dx$ 在区间 $(0,+\infty)$ 内有且仅有两个不同实根

证：

$显然\int_0^\pi \sqrt{1-cos2x}dx=\int_0^\pi \sqrt{2}sinxdx\gt 0$

$记a=\int_0^\pi \sqrt{1-cos2x}dx\gt 0$

$设f(x)=lnx-{x\over e},则$

$f'(x)={1\over x}-{1\over e}$

$令f'(x)=0得驻点x_0=e$

$当0\lt x\lt e时,f'(x)\gt 0,f(x)在(0,e]单调增加$

$又f(e)=a\gt 0,且\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=-\infty$

$\therefore f(x)在(0,e)内有且仅有一个零点$

$当x\gt e时,f'(x)\lt 0,f(x)在[e,+\infty)单调减少$

$又f(e)=a\gt 0,且\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=x({lnx\over x}-{1\over e}+{a\over x})=-\infty$

$\therefore f(x)在(e,+\infty)内有且仅有一个零点$

$综上所述,$

$lnx={x\over e}-\int_0^\pi \sqrt{1-cos2x}dx在区间(0,+\infty)内有且仅有两个不同实根$

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