各大学高数一期末考试题及答案

高数期末试题

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），

x

1 cosx 2x

1．求极限lim．

x 0

sin3x

解：

xx 1 cosx x1 cosx 2 1 1xx2 1 cosx 22 lim lim lim333x 0x 0x 0sinxxx

1 cosx

xln 2

s 1 cox

xln 2

lim

x 0

e 1

x3

lim

x 0

e

1 lim

x 0xln

2

xln

1 cosx1 cosx

ln

lim32x 0xx

lim

sinx1

．

x 01 cosx2x4

x2

2．设x 0时，f x 与是等价无穷小，

2

解：

f t dt与Ax

x

k

等价无穷小，求常数k与A．

由于当x 0时，

f t dt与Axk等价无穷小，所以lim

x 0

f t dt

x

Ax

k

1．而

2

1x31 ftdtfx 2

fx23 x23 x0 lim lim lim2kk 1x 0x 0x 0 AxAkxAkxk 1

3

x 2

11

1k 1,A 所以，lim．因此，．

x 06Akxk 16

22

33

limx x lim1 k 1k 1x 0x 0 6Akx6Akx

3．如果不定积分

x 1 1 x2

2

x2 ax b

dx中不含有对数函数，求常数a与b应满足的条件．

解：

高数期末试题

将

x 1 1 x

2

x2 ax b

2

化为部分分式，有

x2 ax b

x 1 21 x2ABCx D

， 22

x 1x 11 x

因此不定积分

x 1 1 x2

2

x2 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

A C 0．

即

x2 ax b

x 1 21 x2BDB 1 x2 D x 1 ． 2222

1 xx 1x 11 x2

所以，有x2 ax b B1 x2 D x 1 B D x2 2Dx B D ．

2

比较上式两端的系数，有1 B D,

5

2

a 2D,b B D．所以，得b 1．

5．计算定积分min1,

x 2 dx．

解： min1,

x 2

x 2

1

x 2 1

x 2 1

1 2 x

x 2 1

52

x 11 x 2

．

2 x 3x 3

x 2 dx 1dx 2 x dx x 2 dx

1

2

3

所以，min1,

12

52

13． 8

5．设曲线C的极坐标方程为r asin 解： 曲线r asin

3

3

3

，求曲线C的全长．

3

一周的定义域为0

3

2

2

3

，即0 3 ．因此曲线C的全长为

6

s

r r d

2

asin

32 asincosd asind a．

333320

2

4

2

3

高数期末试题

二．（本题满分45分，共有5道小题，每道小题9分），

6．求出函数 解：

f x lim

sin x n 1 2x2n

的所有间断点，并指出这些间断点的类型．

1

sin xx 2 11

x sin x 22 fx lim 2n n 1 2x11．

x

2 2

1 0x 2

因此x1

11

与x2 是函数f x 的间断点． 22

x

1

2

x

12

x

12

limf x lim0 0，lim f x lim sin x 1，因此x

x

1

2

1

是函数f x 的第一类2

可去型间断点．

x 1，lim f x lim 0 0，因此x lim f x lim sin

x

1

2

x

12

x

12

x

12

1

是函数f x 的第一类可去2

型间断点．

7．设 是函数f x arcsinx在区间 0,值”，求极限lim

b 0

b 上使用Lagrange（拉格朗日）中值定理中的“中

b

．

解：

f x arcsi在区间 0,xn

b 上应用Lagrange中值定理，知存在 0,b ，使得

arcsinb arcsin0

b 所以， 2 1 ．因此，

arcsinb

2

1

2

b 0 ．

b 1 2

2arcsbi n b2arcsinb lim2 lim lim2

22b 0bb 0b 0bbarcsbin

令t arcsinb，则有

2

高数期末试题

22

t2 sintt2 sint

li li2 li2 24b 0bt 0tsint 0tt

2

lim

t 0

2t sin2t2 2cos2t11 cos2t12sin2t1 lim li li t 04t312t26t 0t26t 02t3

所以，lim

b 0

b

1． 3

1 x

8．设f x 解：

e

y 2 y

dy，求 f x dx．

1

f x dx xf x xf x dx

10

1 x

y 2 y edy中，令x 1，得 0

11

在方程f x

1 1

f 1

e

y 2 y

dy ey 2 y dy 0．

2

再在方程f x

1

1 x

y 2 y edy两端对x求导，得f x e1 x， 0

因此，

f x dx xf x xf x dx xf x dx

1

1

11

xe

1 x

2

1

dx e xe x

2

1 12

dx e e x e 1 ．

2 02

1

9．研究方程e ax 解：

设函数f x axe

2 x

x2

a 0 在区间 , 内实根的个数．

1，f x 2axe x ax2e x ax 2 x e x．

x2 2．

令f x 0，得函数f x 的驻点x1 0,由于a 0，所以 limf x limaxe

x

x

2 x

1 ，

limf x limaxe

x

x

2 x

x22x2

1 alimx 1 alimx 1 alimx 1 1．

x ex ex e

高数期末试题

因此，得函数f x 的性态

2

e2

⑴ 若4ae 1 0，即a 时，函数f x ax2e x 1在 ,0 、 0,2 、 2, 内

4

各有一个零点，即方程ex ax2在 ,

2

内有3个实根．

e2

⑵ 若4ae 1 0，即a 时，函数f x ax2e x 1在 ,0 、 0, 内各有一个

4

零点，即方程ex ax2在 ,

2

内有2个实根．

e2

⑶ 若4ae 1 0，即a 时，函数f x ax2e x 1在 ,0 有一个零点，即方程

4

ex ax2在 , 内有1个实根．

10．设函数f x 可导，且满足

f x x f x 1 ，f 0 0．

试求函数f x 的极值． 解：

在方程f x x f x 1 中令t x，得f t t f t 1 ，即

f x x f x 1 ．

在方程组

f x xf x x

中消去f x ，得

xf x f x x

x x2

f x ．

1 x2

t t2

dt．即 积分，注意f 0 0，得f x f 0 2

1 t0

x

高数期末试题

t t21

f x dt x ln 1 x2 arctanx． 2

1 t20

x x21 2x x2

由f x 得函数f x 的驻点x1 0,x2 1．而f x ．所以，

221 x21 x

x

f 0 1 0，f 1

1

0． 2

1

ln2 是函数f x 极大值． 24

所以，f 0 0是函数f x 极小值；f 1 1

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l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t,

，由y

12t

，可知曲线y x在t,

12t

处的切线方程为

y t

因此所求旋转体的体积为

2

1

x t V

0 2t

2

12t

x t ，或y x t ．

8

x dx 4 2t

4 3t

2

所以，

22dV 8

，舍去t ．由于 2 2 0．得驻点t

dt4 3t

d2V

dt2

2t

3

16

43t2

t 23

0，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

31x ． 42

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

2

f x

e arctanxdx 0

1

，f 1 0． 2

高数期末试题

证明：至少存在一点 0，1 ，使得f 解：

1

1 arctan

2

．

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 0,

2

，使得

2

ef x

arctanxdx 2

arctan ．

ef 2

由于

e

f x

arctanxdx

12f 0

2，所以， e

arctan 1

2

．再由f 1 0，得 ef arctan

4

ef 1 arctan1．

作函数g x ef

x

arctanx，则函数在区间 ,1 0,1 上连续，在区间 ,Rolle中值定理，存在 ,1 0,1 ，使得g 0．而 g x e

f x

x arctaxn ef x

f 1 x

2

． 所以存在 ,1 0,1 ，使得 e

f

ct an ef

f ar1

2

0． 由于ef

0，所以f arctan

11 2 0，即f

1

1 2arctan

．

内可导．所以由

1