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1、高等数学期末试卷高等数学期末试卷一、填空题（每题一、填空题（每题 2 2 分，共分，共 3030 分）分）1函数y x2 4 1的定义域是.x 1解.(,22,)。2若函数f(x 1)x2 2x 5，则f(x)解.x 63lim答案：1正确解法：lim2x sin x _xxx sin xsin xsin x lim(1)lim1 lim10 1xxxxxxxx2axb 2，则a _,b _。4.已知lim2x2x x2x2 ax bx a 2a 4 lim 2,由所给极限存在知,4 2a b 0,得b 2a 4,又由lim2x2x x 2x2x 13知a 2,b 8exb5.已知lim，则a
2、 _,b _。x0(x a)(x 1)(x a)(x 1)aex b 0,a 0,b 1lim,即limxx0 x0(x a)(x 1)1 be b1xsin6函数f(x)xx 1x 0 x 0的间断点是x。解：由f(x)是分段函数，x 0是f(x)的分段点，考虑函数在x 0处的连续性。xsin因为limx01 0 lim(x 1)1 f(0)1x0 x所以函数f(x)在x 0处是间断的，又f(x)在(,0)和(0,)都是连续的，故函数f(x)的间断点是x 0。7.设y xx 1x 2x n,则yn1(n1)!28f(x)x，则f(f(x)1)_。答案：(2x 1)2或4x 4x 124x y
3、29函数z 22的定义域为。ln(1 x y)解：函数 z 的定义域为满足下列不等式的点集。4x y2 0y2 4xy2 4x2222221 x y 0 x y1 0 x y122221 x y1x y 0 z的定义域为：(x,y)|0 x2 y21且y2 4x10已知f(x y,x y)x2y xy2,则f(x,y).解令x y u，x y v，则x u vu v，f(x y)(x y)xy(x y),y 22f(u,v)u v u v uu2x(u v2)，f(x,y)(x2 y2)4222411设f(x,y)xy x,则fx(0,1)。fy(0,1)22x yf(0,1)00 0fx(0
4、,1)limf(x,1)f(0,1)limx0 xxx0 x21 2xx0fy(0,1)limy0f(0,y 1)f(0,1)00 lim 0。y0yy12 设z x2sin y,x cost,y t3,则解13.dz 2xsint 3t2cos ydtdz。dtdd d f(x)dx.dx ddd f(x)dx f(x).解：由导数与积分互为逆运算得，dx14.设f(x)是连续函数，且x310f(t)dt x，则f(7).13x2x2323解：两边对x求导得3x f(x 1)1，令x 1 7，得x 2，所以f(7)1.121，则k _。0211bkxkx答案：edx lim ed(kx)0b
5、2k01kxb111 limekb lim e0bkkbkkk 215若ekxdx 二、单项选择题（每题二、单项选择题（每题 2 2 分，共分，共 3030 分）分）ax1(a 0,a 1)（）1函数f(x)xxa 1A.是奇函数；B.是偶函数；C.既奇函数又是偶函数；D.是非奇非偶函数。解：利用奇偶函数的定义进行验证。ax1ax(1ax)ax1f(x)(x)x xx xx f(x)xa1a(1 a)a 1所以 B 正确。2若函数f(x 211)x22，则f(x)（）xx22A.x；B.x 2；C.(x 1)2；D.x 1。解：因为x 211121122 x 2 2 (x)2f(x)(x)2，
6、所以22xxxxx则f(x)x22，故选项 B 正确。3设f(x)x 1，则f(f(x)1)=（）A xBx+1Cx+2Dx+3解由于f(x)x 1，得f(f(x)1)(f(x)1)1f(x)2将f(x)x 1代入，得f(f(x)1)=(x 1)2 x 3正确答案：Dx2 ax b)0，其中a,b是常数，则（）4已知lim(xx 1(A)a 1,b 1,(B)a 1,b 1(C)a 1,b 1(D)a 1,b 1x21 ax2a bx b ax b)lim 0,解.lim(xx 1xx 11 a 0,a b 0,a 1,b 1答案：C5下列函数在指定的变化过程中，（）是无穷小量。A.e,1x(
7、x )；B.sinx,(x )；xC.ln(1 x),(x 1)；D.x 11,(x 0)xlimsin x 0 xx解：无穷小量乘以有界变量仍为无穷小量，所以而 A,C,D 三个选项中的极限都不为0，故选项 B 正确。6下列函数中，在给定趋势下是无界变量且为无穷大的函数是（）n1(x );(B)y n1(n);x11(C)y ln x(x 0)；(D)y cos(x 0)xx11111n1,故不选(A).取m 2k 1,则limn lim 0,故不选(B).解.lim xsin limsinxnk2k 1xxxx(A)y xsin取xn1n2,则limn11cos 0,故不选(D).答案：C
8、xnxn1xsin,x 07设f(x)，则f(x)在x 0处（xx,x 0A连续且可导）B连续但不可导D既不连续又不可导C不连续但可导解：（B）x0lim f(x)lim x 0，lim f(x)lim xsinx0 x0 x01 0，f(0)0 x因此f(x)在x 0处连续f(0)limx0f(x)f(0)limx0 x 0 xsin101x，此极限不存在 lim sinx0 x 0 x(0)不存在，故f(0)不存在从而f8曲线y x3 x在点（1，0）处的切线是（）Ay 2x 2 Cy 2x 2By 2x 2Dy 2x 2解由导数的定义和它的几何意义可知，y(1)(x x)x13(3x21
9、)x1 2是曲线y x x在点（1，0）处的切线斜率，故切线方程是正确答案：A9已知y 3y 0 2(x 1)，即y 2x 214x，则y=（）423A.xB.3xC.6xD.6解直接利用导数的公式计算：y (正确答案：B14x)x3,y (x3)3x2410若f()x，则f(x)（）。A1x1111B2CD2xxxx答案：D先求出f(x)，再求其导数。11z lnx2 y2的定义域为（）22x y1Bx2 y2 0Cx2 y21 Dx2 y2 0A解 z 的定义域为(x,y)x2 y2 0个，选 D。12.设函数项级数un1n(x)，下列结论中正确的是().（A）若函数列un(x)定义在区间
10、I上，则区间I为此级数的收敛区间（B）若S(x)为此级数的和函数，则余项rn(x)S(x)Sn(x)，limrn(x)0n（C）若x0I使un1n(x0)收敛，则|x|x0|所有x都使un(x)收敛n1（D）若S(x)为此级数的和函数，则解：选（B）.13.设a 0为常数，则级数（A）绝对收敛nun1n(x0)必收敛于S(x0)an(1)(1cos)（）.nn1（C）发散（D）敛散性与a有关（B）条件收敛aa2a22a解：因为(1)(1cos)2sin，而2收敛，因此原级数绝对收敛.故选（A）.n2n2n2n12n(x a)n14.若级数(1)在x 0时发散，在x 0处收敛，则常数a（）.nn
11、1n（A）1（B）-1（C）2（D）2n(a)nn(x a)解：由于(1)收敛，由此知a 1.当1 a 1时，由于(1)的收敛半径为 1，因此nnn1n1n该幂级数在区间(a 1,a 1)内收敛，特别地，在(0,a 1)内收敛，此与幂级数在x 0时发散矛盾，因此a 1.故选（B）.15.y2y5y excos2x的特解可设为（）（A）y*exAcos2x;（B）y*xexAcos2x;（C）y*xexAcos2x Bsin2x;（D）y*exAcos2x Bsin2x.解：C三、解答题（任选三、解答题（任选 4 4 题完成，每题题完成，每题 1010 分，共分，共 4040 分）分）1.设函数
12、1xsinbxf(x)asin xxx 0 x 0 x 0问（1）a,b为何值时，f(x)在x 0处有极限存在？（2）a,b为何值时，f(x)在x 0处连续？f(x)lim f(x)成立。解：（1）要f(x)在x 0处有极限存在，即要limx0 x0f(x)lim(xsin因为limx0 x01b)bxx0lim f(x)limx0sin x1xx0 x0f(x)lim f(x)成立，即b 1时，函数在x 0处有极限存在，又因为函数所以，当b 1时，有lim在某点处有极限与在该点处是否有定义无关，所以此时a可以取任意值。（2）依函数连续的定义知，函数在某点处连续的充要条件是f(x)f(x0)l
13、imf(x)limxx0 xx0于是有b 1 f(0)a，即a b 1时函数在x 0处连续。2求方程中y是x的隐函数的导数（1）xy e e1,y解：方程两边对自变量x求导，视y为中间变量，即xy(xy)(ex)(ey)1y xyexeyy 0(x e)y e yyxex y整理得y x eydyd2y（2）设y sin(x y)，求，；2dxdx解：y cos(x y)(1 y)y cos(x y)1cos(x y)y sin(x y)(1 y)2cos(x y)y，y sin(x y)y331cos(x y)1cos(x y)3设函数f(x)在0,1上可导，且0 f(x)1，对于（0,1）
14、内所有 x 有f(x)1,证明在（0,1）内有且只有一个数 x 使f(x)x.设设F F(x x)f f(x x)x x,在在 0 0,1 1 上用零点定理，得上用零点定理，得 F F(x x)至少有一个零点至少有一个零点.反设反设 F F(x x)在在 0 0,1 1 上存在两个零点上存在两个零点c c1 1,c c2 2，即，即F F(c c1 1)F F(c c2 2)0 0,c c1 1,c c2 2 0 0,1 1,7.求函数由由RolleRolle定理可得至少有定理可得至少有 (c c1 1,c c2 2),使使 F F()0 0 即即 f f ()1 1 0 0 f f ()1
15、1,与题设矛盾，故在与题设矛盾，故在(0 0,1 1)内有且只有一个内有且只有一个x x,使使 f f(x x)x x.y x2(1 x)1的单调区间和极值.解解 函数y x2(1 x)1的定义域是(,1)(1,)y 2x(1 x)1 x2(1)(1 x)2x(2 x)2x(1 x)x2(1 x)2(1 x)2令y x(2 x)0，得驻点x1 2，x2 02(1 x)(,2)-2(2,1)(1,0)-00极小值(0,)+f(x)f(x)+0极大值故函数的单调增加区间是(,2)和(0,)，单调减少区间是(2,1)及(1,0)，当x-2 时，极大值f(2)4；当x 0 时，极小值f(0)0.4求下
16、列积分(1)1x131dxb解：1x131dx limb1b1dx limx31b131x3123 lim(b31)b212极限不存在，则积分发散.(2)x2y2a2a2 x2 y2d2解f(x,y)a2 x2 y2是 D 上的半球面，由I a2 x2 y2d的几何意义知 I=V半球=a33D(3)yd，D 由x y 1,x y 1,x 0的围成。DD解关于 x 轴对称，且f(x,y)y是关于 y 的奇函数，由 I 几何意义知，yd 0。5判别级数(1)nn2n11的敛散性.如果收敛，是绝对收敛还是条件收敛?lnn解：记un(1)11vn.，则unn 1ln(n 1)1显见去掉首项后所得级数v
17、n仍是发散的，由比较法知un发散，从而un发散.又显见n1n2n1n 1n1n1是 Leibniz 型级数，它收敛.即(1)收敛，从而原级数条件收敛.ln(n 1)lnnn2(1)n1n16求解微分方程2(1)2x 1 y dx ydy 0的所有解.解 原方程可化为ydy1 y2222（当y 1），两边积分得 1 y x c，即 2xdx，222x2 1 y2 c为通解。当y 1时，即y 1，显然满足原方程，所以原方程的全部解为x 1 y c及y 1。(2)xy y x2 y2;2yy y 解 当x 0时，原方程可化为y1，令 u，得y xu，原方程化为xxxxu 1u2，解之得arcsin u ln x c；y y 当x 0时，原方程可化为y 1，类似地可解得arcsinu ln x c。综合上述，有xxarcsiny ln x cx 0;。x ln x cx 0.1sin2x;22(3)y ycos x cos xdx 1cos xdxdx c sin x 1cesin x。解 由公式得y esin2xe2