大一高数期末考试试题.doc

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1、大一高数期末考试试题大一高数期末考试试题高数试题一填空题（共5小题，每小题4分，共计20分）11lim(ex)xx0x2.211x1x202*exexdxetdtxx2.3设函数yy(x)由方程1xy确定，则tf(t)dtf(x)f(0)1fx1.4.设可导，且，则fx.5微分方程y4y4y0的通解x0dydx为.二选择题（共4小题，每小题4分，共计16分）1设常数k0，则函数f(x)lnxxke在(0,)内零点的个数为（）.(A)3个;(B)2个;(C)1个;(D)0个.2微分方程y4y3cos2x的特解形式为（）.（A）yAcos2x;（B）yAxcos2x;（C）yAxcos2xBxsi

2、n2x;（D）yAsin2x.3下列结论不一定成立的是（）.*fxdxfxdxc,da,bca（A）若,则必有;（B）若f(x)0在a,b上可fxdx0积,则;（C）若fx是周期为T的连续函数,则对任意常数a都有abdbaTafxdxfxdx0Ttftdtfx0;（D）若可积函数为奇函数,则也为奇函数.4.设xfx1e1x1x23e,则x0是f(x)的（）.(A)连续点;(B)可去间断点;(C)本页满分12分本页得分跳跃间断点;(D)无穷间断点.三计算题（共5小题，每小题6分，共计30分）1计算定积分20x3exdx222计算不定积分xsinxdxcos5x.xa(tsint),t2处的切线的

3、方程.求摆线ya(1cost),在设F(x)cos(x2t)dt0x，求F(x).5设xnn(n1)(n2)(n3)(2n)limxnn，求n.四应用题（共3小题，每小题9分，共计27分）1求由曲线y过坐标原点的切线及x轴所围图形的面积.x2与该曲线222设平面图形D由xy2x与yx所确定，试求D绕直线x2旋转一周所生成的旋转体的体积.设a1,f(t)aat在(,)内的驻点为t(a).问a为何值时t(a)最小?并求最小值.五证明题（7分）t1f(0)=f(1)0,f()1，2设函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导且试证明至少存在一点(0,1),使得f()=1.一填空题（每小题4分，5

4、题共20分）：11lim(ex)x0t2xx2e.2112x01x1x202*exexdx4e.3设函数yy(x)由方程xxy1dyedtx确定，则dx12x2tf(t)dtf(x)f(0)1e1.4.设fx可导，且1，2x则fxe.5微分方程y4y4y0的通解为y(C1C2x)e.二选择题（每小题4分，4题共16分）：1设常数k0，则函数内零点的个数为（B）.f(x)lnxxk(0,)e在(A)3个;(B)2个;(C)1个;(D)0个.2微分方程y4y3cos2x的特解形式为（C）yAcos2xy（A）；（B）Axcos2x；（C）yAxcos2xBxsin2x；（D）yAsin2x3下列结

5、论不一定成立的是（A）*(A)(A)若c,da,b,则必有dcfxdxfxdxabb;fxdx0a,bf(x)0a(B)(B)若在上可积,则;(C)(C)若fx是周期为T的连续函数,则对任意常数a都有aTafxdxfxdx0T;(D)(D)若可积函数fx为奇函数,则x0tftdt也为奇函数.4.设fx1e1x1x23e,则x0是f(x)的（C）.(A)连续点;(B)可去间断点;(C)跳跃间断点;(D)无穷间断点.三计算题（每小题6分，5题共30分）：1计算定积分02x3exdx2.解：设x2t,则20x3exdx21t12tedttdet0220-22221tetetdt002-22131xs

6、inxe2ete2dx50222cosx-22计算不定积分.解：xsinx111xdxdxxd()4cos5xcos4x4cos4x4cosx-3x12(tanx1)dtanx44cosx4xa(tsint),x113tanxtanxC44cosx124-33求摆线ya(1cost),在t(a(1),a)2处的切线的方程.解：切点为2-2kdyasintdxta(1cost)t21-2yaxa(1)yx(2)a22.-2切线方程为即24.设F(x)cos(x2t)dt0x，则F(x)2xcosx(2x1)cos(xx).5设xnn(n1)(n2)(n3)(2n)limxnn，求n.1nilnx

7、nln1()ni1n-2解：n1i1limlnxnlimln(1)ln(1x)dx0nnnni1-2=xln(1x)10x01故2ln21limxnen=1dx2ln211x-24e四应用题（每小题9分，3题共27分）1求由曲线yx2与该曲线过坐标原点的切线及x轴所围图形的面积.解：（x0,y0)，则过原点的切线方程为设切点为xy1x2x02，（x0,y0)在切线上，带入切线方程，解得切点为x04,y02.-3由于点过原点和点(4,2)的切线方程为面积y22-3s2022(y222y)dy=3-32或s202*2xdx(24122xx2)dx223222设平面图形D由xy2x与yx所确定，试求

8、D绕直线x2旋转一周所生成的旋转体的体积.解：法一：VV1V2(11y)dy(2y)2dy012212101y12(y1)2dy-601112(y1)32()043-343法二：V=102(2x)(2xx2x)dx010-52(2x)2xx2dx2(2xx2)dx14(22x)2xx222xx2dx033241221(2xx)210433214122232323-43.设a1,f(t)aat在(,)内的驻点为t(a).问a为何值时t(a)最t小?并求最小值.解:由f(t)atlnaa0得t(a)1lnlna.lna-3又由t(a)lnlna10得唯一驻点aee2a(lna)-3当aee时,t(

9、a)0;当aee时,t(a)0,于是aee为t(a)的极小值点.-2故aee为t(a)的最小值点,最小值为t(ee)1lne11.ee-1五证明题（7分）1f(0)=f(1)0,f()1，2设函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导且试证明至少存在一点(0,1),使得f()=1.证明：设F(x)f(x)x，F(x)在0,1上连续在(0,1)可导，因f(0)=f(1)=0,有F(0)f(0)00,F(1)f(1)11,-21111111f()=11F(=)(-)f=1-=，2222又由2，知2在2上F(x)用零点定理，11F(1)F()=-022根据，-在至少存在一点，使得1F()，=0(

10、,1)(0,1)F(0)=F()=02,由ROLLE中值定理得至少存在一点(0,)(0,1)使得F()=0即f()1=0，证毕.-3可知1(，1)2内扩展阅读：大一高数期末考试题电卓期末高数模拟考试一、单项选择题(本大题有4小题,每小题4分,共16分)1.设f(x)cosx(xsinx),则在x0处有( ).（A）f(0)2（B）f(0)1（C）f(0)0（D）f(x)不可导.2.设(x)1x1x，(x)333x，则当x1时（ ）.（A）(x)与(x)是同阶无穷小，但不是等价无穷小；（B）(x)与(x)是等价无穷小；（C）(x)是比(x)高阶的无穷小；（D）(x)是比(x)高阶的无穷小.3.若

11、F(x)x0(2tx)f(t)dt，其中f(x)在区间上(1,1)二阶可导且f(x)0，则（）.（A）函数F(x)必在x0处取得极大值；（B）函数F(x)必在x0处取得极小值；（C）函数F(x)在x0处没有极值，但点(0,F(0)为曲线yF(x)的拐点；（D）函数F(x)在x0处没有极值，点(0,F(0)也不是曲线yF(x)的拐点。4.设f(x)是连续函数，且f(x)x210f(t)dt,则f(x)(x2x2（A）2（B）22（C）x1（D）x2.二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）25.lim(13x)sinxx0.6.已知cosxx是f(x)的一个原函数,则f(x)cosx.

12、xdxlim2227.nn(cosncosncos2n1n).12x2arcsinx111x2dx8.2.三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分）9.设函数yy(x)由方程exysin(xy)1确定，求y(x)以及y(0).求110.x7x(1x7)dx.设f(x)xxe， x0 求11.2xx2，0x113f(x)dx)1012.设函数f(x)连续，且x0g(x)并讨论g(x)在x0处的连续性.g(x)f(xt)dtlimf(x)Ax，A为常数.求1y(1)xy2yxlnx9的解.13.求微分方程满足四、解答题（本大题10分）14.已知上半平面内一曲线yy(x)(x0)，过点(0,

13、1)，且曲线上任一点M(x0,y0)处切线斜率数值上等于此曲线与x轴、y轴、直线xx0所围成面积的2倍与该点纵坐标之和，求此曲线方程.五、解答题（本大题10分）15.过坐标原点作曲线ylnx的切线，该切线与曲线ylnx及x轴围成平面图形D.(1)求D的面积A；(2)求D绕直线x=e旋转一周所得旋转体的体积V.六、证明题（本大题有2小题，每小题4分，共8分）16.设函数f(x)在0,1上连续且单调递减，证明对任意的q0,1，q1f(x)dxqf(x)dx00.17.设函数f(x)在0,上连续，且0xf(x)dx0，0f(x)cosxdx0.证明：在0,内至少存在两个不同的点1,2，使f(1)f(

14、2)0.（提F(x)示：设0f(x)dx）一、单项选择题(本大题有4小题,每小题4分,共16分)1、D2、A3、C4、C二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）1cosx2 ()ce635.6.2x.7.2.8.三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分）9.解：方程两边求导xy)coxys(xy)(y)e(1yexyycos(xy)y(x)xyexcos(xy)x0,y0，y(0)77x6dxdu10.解：ux 1(1u)112原式du()du7u(1u)7uu11(ln|u|2ln|u1|)c712ln|x7|ln|1x7|C7711.解：130f(x)dxxedx3x10

15、0x102xx2dxxd(e)3031(x1)2dx02xx2(令x1sin)xeecosd 412.解：由f(0)0，知g(0)0。x1xtu2e31g(x)f(xt)dt0xf(u)du0x(x0)g(x)xf(x)f(u)duxx002(x0)g(0)limx0f(u)dux2limx0xf(x)A2x2AAA22，g(x)在x0处连续。limg(x)limx0x0xf(x)f(u)dux02dy2ylnxdxx13.解：yexdx2(exdx2lnxdxC)11xlnxxCx293111y(1)C,0yxlnxx399，四、解答题（本大题10分）14.解：由已知且，将此方程关于x求导得

16、y2yy02特征方程：rr20y2ydxyx解出特征根：r11,r22.其通解为yC1exC2e2x代入初始条件y(0)y(0)1，得21yexe2x33故所求曲线方程为：五、解答题（本大题10分）C121,C2331ylnx0(xx0)x015.解：（1）根据题意，先设切点为(x0,lnx0)，切线方程：1yxxe0e由于切线过原点，解出，从而切线方程为：1则平面图形面积A(eyey)dy01e12（2）三角形绕直线x=e一周所得圆锥体体积记为V1，则曲线ylnx与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e一周所得旋转体体积为V21V11e23V2(eey)2dy06D绕直线x=e旋转一周所得

17、旋转体的体积六、证明题（本大题有2小题，每小题4分，共12分）q1qqVV1V2(5e212e3)116.证明：0qf(x)dxqf(x)dxf(x)dxq(f(x)dxf(x)dx)000q1q(1q)f(x)dxqf(x)dx0f(1)f(2)10,q2q,1q(1q)f(1)q(1q)f(2)1故有：q0f(x)dxqf(x)dx00证毕。x17.F(x)f(t)dt,0x0证：构造辅助函数：。其满足在0,上连续，在(0,)上可导。F(x)f(x)，且F(0)F()00由题设，有f(x)cosxdxcosxdF(x)F(x)cosx|sinxF(x)dx0000，有0，由积分中值定理，存

18、在(0,)，使F()sin0即F()0综上可知F(0)F()F()0,(0,).在区间0,上分别应用罗尔定理，知存在1(0,)和2(,)，使F(1)0及F(2)0，即f(1)f(2)0.F(x)sinxdx0高等数学I解答一、单项选择题（在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填在题末的括号中）(本大题有4小题,每小题4分,共16分)x,x1.当xx0时，都是无穷小，则当xx0时（D）不一定是无穷小.(A)(C)xxln1(x)(x)1xa22(B)xx2(x)(D)(x)sinxlimxasina2.极限（A）1的值是（C）.（B）e（C）ecota（D）etanasinxe2ax1x0f

19、(x)xax0在x0处连续，则a=（D）.3.（C）e（D）1f(ah)f(a2h)limf(x)h0h4.设在点xa处可导，那么（A）.（A）3f(a)（B）2f(a)1f(a)f(a)(C)（D）3（A）1（B）0二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）ln(xa)lna1lim(a0)x5.极限x0的值是a.exyylnxcos2x确定函数y(x)，则导函数yy2sin2xyexyx.xyxelnx7.直线l过点M(1,2,3)且与两平面x2yz0,2x3y5z6都平行，则直x1y2z3111.线l的方程为6.由8.求函数y2xln(4x)的单调递增区间为（，0）和（1，+）.

20、三、解答题（本大题有4小题，每小题8分，共32分）2(1x)ex9.计算极限x0.lim1x(1x)ee1ln(1x)xeelimelimx0x0xxx22解：x0|a|3|b|26|a10.已知：，ab30，求b|。ab512cos,sin1cos21313abab72lim解：，x1x1ln(1x)1x11.设f(x)在a，b上连续，且xxF(x)(xt)f(t)dtaxa,b，试求出F(x)。解：F(x)xf(t)dttf(t)dtaaxxF(x)f(t)dtxf(x)xf(x)f(t)dtaaF(x)f(x)cosxxdx.3sinx12.求cosx12xdxxdsinx32解：sin

21、x1111xsin2xsin2xdxxsin2xcotxC2222四、解答题（本大题有4小题，每小题8分，共32分）22dxxx2113.求3.令 1tx原式12321tdt11(2)dtt11t221t62xy1x2的极值与拐点.14.求函数解：函数的定义域（，+）1232arcsint32124x(3x2)2(1x)(1x)yy2322(1x)(1x)令y0得x=1,x=-112y(1)0x=1是极大值点，y(1)0x=-1是极小值点12极大值y(1)1，极小值y(1)1令y0得x3=0,x4=3,x5=-3x(-,-3)(-3,0)+(0,3)(3,+)+y33故拐点（-3，-2），（0

22、，0）（3，2）x3y24与y3xx所围成的平面图形的面积.15.求由曲线x3解:3xx2, x312x4x20,4x(x6)(x2)0, x16, x20, x32.2x3x322S(3xx)dx(3xx)dx6404x432x3032x3x42(x)6(x)016232316114524733216.设抛物线y4x上有两点A(1,3)，B(3,5)，在弧AB上，求一点P(x,y)使ABP的面积最大.0解：AB连线方程：y2x10 AB45点P到AB的距离ABP的面积2xy15x22x35 (1x3) S(x)1245x22x352(x22x3) S(x)4x4 当x1 S(x)0 S(x)

23、40当x1时S(x)取得极大值也是最大值此时y3 所求点为(1，3)另解：由于ABC的底AB一定,故只要高最大而过C点的抛物线的切线与AB平行时,高可达到最大值,问题转为求C(x20，4x0),使f(x0)2x053312, 解得x01,所求C点为(1,3)六、证明题（本大题4分）17.设x0，试证e2x(1x)1x.证明：设f(x)e2x(1x)(1x),x0f(x)e2x(12x)1，f(x)4xe2x，x0,f(x)0，因此f(x)在（0，+）内递减。在（0，+）内，f(x)f(0)0,f(x)在（0，+）内递减，在（0，+）内，f(x)f(0),即e2x(1x)(1x)0亦即当x0时，

24、e2x(1x)1x。高等数学IA一、单项选择题（在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填在题末的括号中）(本大题有4小题,每小题4分,共16分)18.函数ln(x1)x1,x1f(x)tanx,0x12xsinx,x0的全体连续点的集合是（）(A)(-,+)(B)(-,1)(1,+)(C)(-,0)(0,+)(D)(-,0)(0,1)(1,+)x219.设limx(1x1axb)0，则常数a,b的值所组成的数组（a,b）为（A）（1，0）（B）（0，1）（C）（1，1）（D）（1，-1）20.设在0，1上f(x)二阶可导且f(x)0，则（）（A）f(0)f(1)f(1)f(0)(B)f(0

25、)f(1)f(0)f(1)）(C)f(1)f(0)f(1)f(0)23（D）f(1)f(0)f(1)f(0)42M2221.则（）（A）M0,故ln2解：驻点,驻点为极小值点。12cosx1x0x5设f(x)=xlnx在x0处可导，且f(x0)=2,则f(x0)=。解：f(x)lnx1,由f(x0)2知x0e,于是有f(x0)e.6.设limx0fxf01,x2则f(x)在x=0取得（填极大值或极小值）。解：limfxf0fxf01,由极限的保号性有0,有fxf0022x0xx即在x0的某邻域内有fxf0,由极值定义知x0是极大值点。 二、1x1x0函数f(x)x0,x0是否连续？是否可导？并

26、求f(x)的导函数。解：当x0及xd2ydx2x2。y1sint11yt0切线方程：y1x21cost22sin0cos011yx241cos03x2时y1,t0ysintcost1解：四、四、试确定a,b,c的值，使y=x3+ax2+bx+c在点(1,-1)处有拐点，且在x=0处有极大值为1，并求此函数的极小值。解：y3x22axb,y00b0,y(0)1,c1.y6x2a,y(1)62a0,a3.yx33x21,y3x26x3x(x2)y0时，驻点： x10,x22,y060.极小值y(2)3。1cost3五、五、若直角三角形的一直角边与斜边之和为常数，求有最大面积的直角三角形。解：设所给

27、直角边为x,斜边与其之和为L，则1x2xLxx2L22Lx22LL3x12xsL2Lx22L2Lx2L22LxL令s0x这是唯一驻点，且最大值存在，故3L2Ls为最大面积，此时x边与斜边夹角为3363六、六、证明不等式：,e.slnx1lnx则f(x)0(xe)xx2ln()ln()f(x)在(a,)上单减，f()f(), 即 证：令f(x)ln()ln()lnln.2limnf.nn七、七、y=f(x)与y=sin(x)在原点相切，求极限解：f(0)sin(0)0.f(0)sinxx0cos01,当x0时f(x)与x是等价无穷小，2f2/n2 limnflim2nnn2/n八、证明：(1)至

28、少有一点(1/2,1)，使得f()=;八、设f(x)在0,1上连续且在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1.(2)R，存在(0,)，使得f()-f()-=1证：（1）令F(x)=f(x)-x,则f在0,1连续，在(0,1)可导，F（1/2）=f(1/2)-1/20F(1)=f(1)-1=0-1解：x0limxlimex0xxlnxex0limxlnxelnxx01xlim1limxx01ex21d2y|xy2x0eexy0yy(x)dx2函数由方程确定，求。exeyxy0exeyyyxy0xyy2解：eeyeyyyxy0d2y|22x0x0,y0y1dx又，得。3求定积

29、分解11221x2dx2x。：xst1x22222dxcottdt(csct1)dt122x24444求过点(3,1,2)且与平面x2z1和y3z2平行的直线方程。ijs10k2(2,3,1)x3y1z223，。解：0131sinx,0xf(x)2x(x)f(t)dt0,其它05设，求。解：x0，(x)f(t)dt00xx1x1(x)f(t)dtsintdt(1cosx)02022x，xx1(x)f(t)dtsintdt0dt10x，20四、（7分）长为l的铁丝切成两段，一段围成正方形，另一段围成圆形，问这两段铁丝各为多长时，正方形的面积与圆的面积之和最小？解：设正方形的边长为x，则正方形的面

30、积与圆的面积之和为(l4x2)S(x)x4。l4xl4l4lS(x)2x20x,l4。所以两段铁丝分别为44时，正方，形的面积与圆的面积之和最小。2五、解答下列各题（每小题4分，共12分）221设曲线y1x(0x1)，x轴以及y轴所围区域被曲线yax(a0)分成面积相等的两部分，求a。解：由1a10(1xax)dx221a10axdx211a1(1x2)dx，a3x2xf(t)dt102设函数f(x)在0,1上连续，且0f(x)1。判断方程在(0,1)内有几个实根？并证明你的结论。解：F(F(x)02x01xf(t)dt1，F(x)在0,1上连续，d1x()0，所以F(x)在(0,1)内有一个

31、零点。又F(x)2f(x)2110，F(x)在0,1上是单调递增的，所以F(x)在(0,1)内有唯一零点，即0)F1,(f1)x2xf(t)dt10x在(0,1)内有唯一实根。120f(1)2xf(x)dx03、设函数f(x)在0,1上可导，且，求证在(0,1)内至少存f()f()。在一点，使得f(1)2解：F(x)xf(x)，F(x)在0,1上可导。由1f(1)2cf(c)02使得，即f(1)cf(c)。由Roll定理，存在(c,1)(0,1)，使f()f()。得F()0，即1201c0,xf(x)dx02，存在高等数学第一学期半期试题解答（05）一1一（共20分）试解下列各题：x1x1x1

32、x1,(x1)求dy设yy12。11x1x1dx2x12x1dydx。解：2x1x12dy设方程xyarctany0确定了yy(x),求1y2yy2x3ax2x4A.。则a=4,A=-63设limx1x114函数yx2x的极小值点。ln2xcosx2,x05.设f(x)aax(a0),x0xy1y021y解：aax1x0x2a故a1时x0是连续点，a1时x0是间断点。解：f(0)limlim12cosx1x0x22二二（10分）若yf(x)是奇函数且x=0在可导,是什么类型的间断点？说明理由。解：由f(x)是奇函数，且在x0可导，知f(x)在x0点连续，f(0)f(0)故f(0)0f(x)f0

33、limF(x)limf0存在,故为第一类间断点可去。x0x0x0三三（共20分）求下列极限F(x)f(x)x在x=011x1xxlimx21(3x31x1x2)1x；解11：原式332ln333limlimxx211xx2ln32limln3(3x3x)ln32x2.x0lim(12x)x22x112x2x2ln12x；解：原式x0lim2x4x12x224xt2sintd2y设曲线方程为ytcost,求此曲线在x=2的点处的切线方程,及dx2。31sint11解：x2时y1,t0yyt0切线方程：y1x21cost22sintcost1y1cost322(x1)lnxx1x0四四（10分）证

34、明：当时，。11x1证明：当x1时，令f(x)lnx在1,x上用拉氏中值定理有lnxx1x11x1同乘以x21有x21lnxx12其中1x即lnxx1111x当0x1时，令f(x)lnx在x,1上用拉氏中值定理有lnx1xx11x1同乘以x21有x21lnxx12其中x1即lnxx1当x1时等式成立。x2五五（10分）求内接于椭圆a三角形之面积的最大值。解：2y2b21，且底边与x轴平行的等腰设底边方程为：ytbt0，t22a三角形面积Abt2a12bb设zbtb2t222bt2b2t22z2btbt2z的最大值点也是A的最大值点。2tbt2btb2t2令z0得tb（舍去）tb2bbzb20即

35、t为唯一极大值点，2233ab4亦即为所求面积之最大值点。最大值为Ann1x2x1在（0，1）上必有六（10分）证明：方程xxlimxn唯一的实根xn(n2)，并求n。证：六设f(x)xnxn1x2x1其在0,1上连续。f(0)1,f(1)n1由n2知函数在端点异号。由闭区间上连续函数零点定理知至少有一点(0,1)使f()0.又fnxn12x10知函数f(x)单调增加，故在(0,1)上有唯一实根。由xnxnxn1n1nn1xnxn1n22xn1xn1xn115151因此0xn1故由极限存在准则知其有极限，设极限22nxn1xnx1由方程有1两边n取极限01解出x01xn1x021acos2xb

36、cos4x七七（10分）确定常数a、b,使极限lim存在，x0x4并求出其值。解：要使极限存在，分子与分母应是极限过程中的同阶无穷小或高阶无穷小，于是有1a+b=0，用一次罗必达法则分子仍为无穷小，有a+4b=0解出：a=-4/3b=1/3代入求得极限为8/3八八（10分）设f(x)在a,b上连续，在(a,b)内可微，且f(a)=f(b)=0,证明：对R,ca,b，使得fcfc。证明：构造函数F(x)=e-xf(x)则F(x)在a,b上连续，在(a,b)内可微F(a)=F(b)=0由罗尔定理R,ca,b，使得Fc0,而Fxexfxexfx即有R,ca,b，使得fcfc证毕。知xn是单调下降数列，而x第 15 页 共 15 页