大学高数期末考试题及答案

第一学期高等数学期末考试试卷答案•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limx x 1 cosx i；-2.3sinx解:/ x1 cosx -2xlimx)0二limx)033sin x xln kcosxe 2-1x 1 cosx 心x_0—sin x X—P1 cosx 2xxln二lim—-1x 0 , 1 cosxxln ------2•设x > 0时，f x与解:由于当x > 0时,f dtli m x )0limAx x「o6Akx1k -1f 1 +cosx、Jli二linx )0-1.1 cosxxln ------limx )0二limx ]0x2是等价无穷小，23xf t dt与Ax k等价无穷小，求常数k与A•f tdt3 &f t dt与A k等价无穷小，所以lim」_k tAx=1 .而0 _f^x 3；F="m f辰爲厂Akx k t 0|因此，k=1, A 二x323 22 3 xk -JAkx3.如果不定积分= lim X X2—2—二limx 306Akx'33k 二x )06Akx^1[ dx中不含有对数函数，求常数a与b应满足的条件.x ax b2 .x ax b __________ 2■ Tj2" "x 1 1x 化为部分分式，有2x ax b A B Cx D__________________________ = ________ r _____________ r —x 1 2 1 x x 1 x 1 1 x2x ax b dx中不含有对数函数的充分必要条件是上式中的待定系数x 1 22 1 厂A = C = 0 -2即X2 ax b _ B D _ B 1 X ； D x 12(x+1 $1 +x2) (x +1 )2 1 +x2 ~(x 十1弭十x)所以，有x2 ax b = B x2 D x 12「D £ 2Dx B D -比较上式两端的系数，有1 = B D, a =2D, ^B D •所以，得b = 1 •52 d5•计算定积分min" |x—2>dx•解：• I 彳x 2}Q x —2| |x — 2 兰1min〔1, x-2 i = \円1円1 |x_2>1f x v12-x121 Jx 乞2=$ .x—2 2vx兰3x—2 } dx = J1dx + J(2 — x)dx 十J(x—2)dx =因此不定积分3 52 ___________所以，mi,n 1,5.设曲线C的极坐标方程为r =asin 3二，求曲线C的全长.313 8曲线r =asin3-一周的定义域为3 Q，即0乞二乞3二•因此曲线C的全长为3JI 002 ・ 6 •• 2 ・ 4 •• 2 .a sin a sin cos d3 3 3 0第2页共7页•（本题满分45分，共有5道小题，每道小题9分）,6•求出函数fx=nm晋的所有间断点并指出这些间断点的类型解：型间断点.7•设 是函数f x = arcsinx 在区间〔0, b ］上使用Lagrange （拉格朗日）中值定理中的 中值” 求极限lim—b解：f （x ）= arcsinx 在区间〔0, b 】上应用Lagrange 中值定理，知存在 匕丘（0, b ），使得所以，2•因此,arcs inb= lim a：sinb[2b—0 b arcs inb2令 t =arcsinb ,则有b )0x|x :：:sin (兀 x )5)=愧而歹2 1 2 1 因此x 1二-1与x ^ =1是函数2 222 !02|xf X 的间断点.lim f x = lim _0 = 0， 1 — — x - _2可去型间断点. 1 x ——_2lim . f x = lim sin 二 x = -1， 因此X = - 1是函数f x 的第一类lim _f x = lim书inlimlim 0 = 0，因此x1是函数f x 的第一类可去lim —2 b 2arcs inb - arcsb _0.2 2 . 2 2 . 2t - sin t t - sin t lim 才=lim lim 汁亠 b 卩 b t 0 t si nt t 0 ta - 0在区间-：：,-::内实根的个数.令「X =0，得函数f x 的驻点x i =0,由于a 0，所以2 -xxlim f(x)=Jim ax e T )=邑，= lim 2t —sin2t t 0 3 4t 二 lim t 0^2^ KJlim 2^ 16t 0 lim 12t6七刃2t所以，lim b 01 -x8 设 f X = ey2』dy ，求 f f(x)dx-0 解: 1 『f (x )dx = xf (x j 0 - [xf "(x )dx 01 _x在方程 f (x )= j e y fj»y 中，令 x=1 ,得 0 f （1）」同诃=泮空=0 •0 0再在方程f x ]=1丄 e y2」dy 两端对x 求导，得f x i ；=0 1 -x2-e，1 11因此，f x dx0 001二 xf x| 0 - xf x dx - - xf x dx 1 142二 xe12 dx = e xe dx 二e解:设函数f x =ax2e^ -1， f x 二 2axe^ 2 -x-ax e各有一个零点，即方程e lax'在（-旳，+旳）'内有3个实根•2⑵右4ae‘—仁0，即时，函数fCx^ax ；」—1在（一近' °）、（ °，+迂）内各有一个2⑶ 若4a e‘-仁°，即ac ；时，函数伦戶拟；」—1在（—°°，°）有一个零点，即方程e =ax 在（—旳，+旳）内有1个实根.1°.设函数f x 可导，且满足f -x=xfx-1 ，f 0=0.试求函数f X 的极值.解：在方程 f '( 一 x )= x(f '(x J-1 中令 t = —X ，得 f "( t )= —t ( f '( 一 t )一 1 卜即f X 二- X f 〔 一 X - 1 .X —oO(-«, °) °(°，2) 2 （2，代） +□0「（X ）—°+°—f (x ) + Q0-124ae -11-1因此，得函数f X 的性态⑴若4ae-1 O 即 24时，函数 f x i ；=ax e -1在 0、 °，2、 2,x2零点，即方程e 二ax 在_ :二-::内有2个实根.在方程组7fx XXf f-Hx —x中消去f _x ，得2 2由f X a X :得函数f x 的驻点X 1 =0, X 2 = -1 •而f x =1 2x~x •所以，1+X(1 + x 2)J1 f 0 =1 0，f -10•所以，f 0 =0是函数f x 极小值； f 一1 = 一1 fln2 _丄是函数f x 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y= X 的一条切线，使得该曲线与切线|及直线x = 0和X = 2所围成的图形绕X 轴旋 转的旋转体的体积为最小. 解:设切点坐标为,、tt ，由y 二丄，可知曲线y =“x 在t, t .处的切线方程为2左"缶…），或因此所求旋转体的体积为e f x arctanxdx = 1 , f 1 ；=0 •2t t 2wdt=x 1In 1 x 2- arctanx -2VIt川 2dx=y_38Il uI 4 2t所以，dVdt41兀f1-2^— + 21=0 .得驻点 t = ± ，舍去 t = .由于33■ : 163t d 2V dt 223t因而函数V 在t = 2处达到极小值，而且也是最小值.因此所求3切线方程为y =12.设函数f X 在闭区间〔0,1 ］上连续，在开区间0, 1内可导，且第6页共7页证明：至少存在一点I 三,0， 1，使得f —= （1 +乎）arctan©解:因为f （x ）在闭区间［0, 1 ］上连续，所以由积分中值定理，知存在2e f x arctanxdx 2 e f h arctan .212 1由于 [e f f )arctanxdx =-, 所以，一 e f ("arctan H = — •再由 f (1)=0，得0 2 二 2e f arctan 二二=e f 「brctan1.作函数 g （x ）=e f F ） ［ 4 （arcta nx ，则函数在区间n , 1］u ［。

，1 ］上连续，在区间n , 1）内可导. Rolle 中值定理，存在巴乏n , 1忙（0, 1），使得g '（W ）=0 •而g"(x )= e f 半 f (x )arctanx + e ( 21 +x所以存在© E n , 1尸（0, 1），使得e '（巴）arctan^」e=0，即 f =II 2 -1arcta n由于 e f • -- 0，所以 f arctan -1所以由第7页共7页1 - a r csinb =lim2limfx i=lim a^e^T = a lim ^z2^二a lim x-1=alimx- x- x- e x r - - e^ ~ eX X2X积分，注意f°=°，得fx-f°二*jidt .即。