2022年大学一级医用高数期末考试题及答案学习资料.pdf

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1、资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑第一学期高等数学期末考试试卷答案一计算题（本题满分35 分，共有5 道小题，每道小题7 分） ，1求极限xxxxx30sin2cos1lim解：30303012c o s1lim12cos12limsin2cos1limxxxxxxxxxxxxxx20302c o s1ln032cos1ln02cos1lnlim2cos1lnlim2cos1ln1lim1limxxxxxxxexexxxxxxxx412c o s1s i nl i m0 xxxx2设0 x时，xf与22x是等价无穷小，30 xdttf与kAx等价无穷小，求常数k与A解：由于

2、当0 x时，30 xdttf与kAx等价无穷小，所以1lim300kxxAxdttf而10132320132323230132300061lim6lim3122lim31limlim3kxkxkxkxkxxAkxAkxxxAkxxxxxfAkxxxfAxdttf所以，161lim10kxAkx因此，61, 1Ak3如果不定积分dxxxbaxx22211中不含有对数函数，求常数a与b应满足的条件解：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 资

3、料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑将22211xxbaxx化为部分分式，有2222211111xDCxxBxAxxbaxx，因此不定积分dxxxbaxx22211中不含有对数函数的充分必要条件是上式中的待定系数0CA即22222222211111111xxxDxBxDxBxxbaxx所以，有DBDxxDBxDxBbaxx2112222比较上式两端的系数，有DBbDaDB,2,1所以，得1b5计算定积分2502, 1mindxx解：1211222, 1m i nxxxx3132221211xxxxxx所以，8132212, 1min2522110250dxxdxxdxdxx5设

4、曲线C的极坐标方程为3sin3ar，求曲线C的全长解：曲线3sin3ar一周的定义域为30，即30因此曲线C的全长为adadaadrrs233s i n3c o s3s i n3s i n30230242623022精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑二 （本题满分45 分，共有5 道小题，每道小题9 分） ，6求出函数nnxxxf221sinlim的所有间断点，并指出这些间断点的

5、类型解：2102121212121sin21sinlim2xxxxxxxxfnn因此211x与212x是函数xf的间断点00l i ml i m2121xxxf，1sinlimlim2121xxfxx，因此21x是函数xf的第一类可去型间断点1s i nlimlim2121xxfxx，00limlim2121xxxf，因此21x是函数xf的第一类可去型间断点7设是函数xxfarcsin在区间b,0上使用 Lagrange （拉格朗日） 中值定理中的 “ 中值 ” ，求极限bb0lim解：xxfar c s i n在区间b,0上应用 Lagrange 中值定理，知存在b,0，使得0110arcs

6、inarcsin2bb所以，22arcsin1bb因此，22220220220ar c si nar c s i nlimarcsin1limlimbbbbbbbbbbb令btarcsin，则有精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑422022220220s i nlimsinsinlimlimtttttttbttb3122s i n2lim612cos1lim61122cos22l

7、im42sin2lim0202030ttttttttttttt所以，31lim0bb8设xyydyexf102，求10dxxf解：101010dxxf xxxfdxxf在方程xyydyexf102中，令1x，得010021102dyedyefyyyy再在方程xyydyexf102两端对x求导，得21 xexf，因此，10101010dxxf xdxxf xxxfdxxf121211010101222eeedxxeedxxexxx9研究方程2xaex0a在区间,内实根的个数解：设函数12xeaxxf，xxxexaxeaxaxexf222令0 xf，得函数xf的驻点2,021xx由于0a，所以1l

8、imlim2xxxeaxxf，112lim12lim1lim1limlim22xxxxxxxxxeaexaexaeaxxf精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑因此，得函数xf的性态x0,02,02,2xf00 xf1142ae1 若0142ae，即42ea时，函数12xeaxxf在0,、2,0、, 2内各有一个零点，即方程2xaex在,内有 3 个实根 若0142ae，即42ea时

9、，函数12xeaxxf在0,、,0内各有一个零点，即方程2xaex在,内有 2 个实根若0142ae，即42ea时，函数12xeaxxf在0,有一个零点，即方程2xaex在,内有 1 个实根10设函数xf可导，且满足1xfxxf，00f试求函数xf的极值解：在方程1xfxxf中令xt，得1tfttf，即1xfxxf精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑在方程组xxfxf xxxf x

10、xf中消去xf，得221xxxxf积分，注意00f，得xdttttfxf02210即xxxdttttxfxarctan1ln2112022由221xxxxf得函数xf的驻点1,021xx而222121xxxxf所以，010f，0211f所以，00f是函数xf极小值；42ln2111f是函数xf极大值三应用题与证明题（本题满分20 分，共有2 道小题，每道小题10 分） ，11求曲线xy的一条切线，使得该曲线与切线l及直线0 x和2x所围成的图形绕x轴旋精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页

11、，共 8 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑转的旋转体的体积为最小解：设切点坐标为tt,，由ty21，可知曲线xy在tt,处的切线方程为txtty21，或txty21因此所求旋转体的体积为ttdxxtxtV24384212022所以，023842tdtdV得驻点32t，舍去32t由于031643223222tttdtVd，因而函数V在32t处达到极小值，而且也是最小值因此所求切线方程为2143xy12设函数xf在闭区间10，上连续，在开区间10，内可导，且21arctan20 xdxexf，01f证明：至少存在一点10，使得arc

12、tan112f解：因为xf在闭区间1, 0上连续，所以由积分中值定理，知存在2,0，使得arctan2arctan20fxfexdxe由于21arctan20 xdxexf，所以，21arctan2fe再由01f，得精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 8 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑1arctan4arctan1ffee作函数xexgxfarctan，则函数在区间1,01,上连续，在区间1,内可导所以由Rolle 中值定理，存在1,01,，使得0g而21a r c t a nxexxfexgxfxf所以存在1,01,，使得01ar c t a n2ffefe由于0fe，所以011arctan2f，即arctan112f精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 8 页 - - - - - - - - - -