大学一年级高数期末考试题及答案.pdf

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1、第一学期高等数学期末考试试卷答案一计算题（本题满分一计算题（本题满分 3535 分，共有分，共有 5 5 道小题，每道小题道小题，每道小题 7 7 分）分），1 1求极限求极限x1cosx2xlimx0sin3x解：解：2 2设设x 0时，时，xfx及及223x是等价无穷小，是等价无穷小，0ftdt及及Axk等价无穷小，求常数等价无穷小，求常数k及及A解：解：33x由于当x 0时，0ftdt及Axk等价无穷小，所以limA16ftdt0 xx0Axk1而所以，lim11因此，k 1,x06Akxk1 3 3如果不定积分如果不定积分x11 x22x2axbdx中不含有对数函数，求常数中不含有对数

2、函数，求常数a及及b应满足的条件应满足的条件解：解：将x 11 x2x2ax b22化为部分分式，有因此不定积分x11 x22x2axbdx中不含有对数函数的充分必要条件是上式中的待定系数2即x2 ax bx 121 xBDB1 x2 Dx 122x 11 xx 121 x22所以，有x2 ax b B1 x2 Dx 1B Dx2 2Dx B D比较上式两端的系数，有152B D,a 2D,b B D所以，得b 1 5 5计算定积分计算定积分min1,0 x 2dx解：解：第 1 页所以，min1,052x 2dx 1dx 2 xdx x 2dx 0121252138 5 5设曲线设曲线C的极

3、坐标方程为的极坐标方程为r解：解：曲线r asin33，求曲线，求曲线C的全长的全长 asin33一周的定义域为03，即0 3因此曲线C的全长为二二（本题满分（本题满分 4545 分，共有分，共有 5 5 道小题，每道小题道小题，每道小题 9 9 分）分），6 6求出函数求出函数sinxfx limn12x2n的所有间断点，并指出这些间断点的类型的所有间断点，并指出这些间断点的类型解：解：因此x1 11及x2是函数fx的间断点22x12x12x12limfx lim0 0，limfx limsinx 1，因此x x121是函数fx的第一类可去型2间断点limfx limsinx1，limfx

4、lim0 0，因此x x12x12x12x121是函数fx的第一类可去型间断2点 7 7设设是函数是函数fx arcsin x在区间在区间0,b上使用上使用 LagrangeLagrange（拉格朗日）中值定理中的“中值”，求极限（拉格朗日）中值定理中的“中值”，求极限limbb0解：解：fx arcsin x在区间0,b上应用 Lagrange 中值定理，知存在0,b，使得22b所以，1arcsinb令t因此，arcsinb，则有所以，limbb013第 2 页 8 8设设fx1xe0y2ydy，求，求fxdx01解：解：在方程fx1xy2yedy中，令x 1，得0再在方程fx1xy2y1x

5、edy两端对x求导，得f x e02，因此，fxdx xfxxf xdx xf xdx10000 x111 9 9研究方程研究方程e解：解：设函数令由于a a x2a 0在区间在区间,内实根的个数内实根的个数fx ax2ex1，f x 2axex ax2ex ax2 xexf x 0，得函数fx的驻点x1 0,x2 2 0，所以fx的性态因此，得函数x,0000,2204ae212,f xfx 11e2 若4ae1 0，即a 42时，函数fx ax2ex1在,0、0,2、2,内各有一个零点，即方程ex a x2在,内有 3 个实根时，函数e2 若4ae1 0，即a 42fx ax2ex1在,0

6、、0,内各有一个零点，即方程ex a x2在,内有 2 个实根2e2 若4ae1 0，即a 4时，函数fx ax2ex1在,0有一个零点，即方程ex a x2在,内有 1 个实根第 3 页 10 10设函数设函数试求函数试求函数解：解：在方程fx可导，且满足可导，且满足fx的极值的极值f x xf x1中令t x，得f t tf t1，即 f x xf x x在方程组中消去f x，得 xf x f x x积分，注意f0 0，得t t2fx f0dt即21t0fx的驻点x1 0,x2 1而f xx由x x2f x1 x2得函数12x x21 x22所以，所以，1f0 0是函数fx极小值；f1 1

7、ln2是函数fx极大值24三应用题及证明题（本题满分三应用题及证明题（本题满分 2020 分，共有分，共有 2 2 道小题，每道小题道小题，每道小题 1010 分）分），11 11求曲线求曲线体积为最小体积为最小解：解：y x的一条切线，的一条切线，使得该曲线及切线使得该曲线及切线l及直线及直线x 0和和x 2所围成的图形绕所围成的图形绕x轴旋转的旋转体的轴旋转的旋转体的设切点坐标为t,t，由y 12 t，可知曲线y x在t,t处的切线方程为y t 因此所求旋转体的体积为12 tx t，或y 12 tx t所以，dV8222 2 0得驻点t ，舍去t 由于dt43t33d2Vdt2y t231

8、64 3t22t3 0，因而函数V在t 23处达到极小值，而且也是最小值因此所求切线方程为31x 42fx在闭区间在闭区间0，1上连续，在开区间上连续，在开区间0，1内可导，且内可导，且第 4 页 12 12设函数设函数证明：至少存在一点证明：至少存在一点0，1，使得，使得f 11arctan2解：解：因为2fx在闭区间0,1上连续，所以由积分中值定理，知存在0,，使得2由于fxearctan xdx 012f1，所以，earctan再由f1 0，得221内可导所以由 Rolle 中值作函数gx efxarctan x，则函数在区间,10,1上连续，在区间,定理，存在所以存在f,10,1，使得g 0而,10,1，使得11 0，即 f1212arctan由于e 0，所以f arctan第 5 页