高等数学期末试卷及答案

一、单项选择题（每题4分，共20分，把选择题答案填在括号里）

1．当x0时，f(x)xsinax与g(x)x2ln(1bx)是等价无穷小，则（ ）．

A.a1, b B.a1, b C.a1, b D.a1, b

xx22．函数f(x)的可去间断点的个数为（ ）．

sinπx16161616A.1 B.2 C.3 D.无穷多个

x33．曲线y的渐近线有（ ）．

1x2A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 4．下面等式正确的是（ ）．

A.df(x)f(x) B.df(x)dxf(x)

C.

ddb D.f(x)dxf(x)Cf(x)dxf(x) adxdx5．已知广义积分0dx收敛1（k0），则k（ ）． 21kxπ2π2ππA. B. C. D.

2422二、填空题（每题4分，共20分）

n6．limn1122nπn2π1 ． n2nπxy2xy所确定，则 7．设函数yy(x)由方程

1

dyx0= ．

xf(t)π,8．设其中f可导且f(0)0，则dy ． 3tyf(e1),dxt09．不定积分dx ． 6x(x1)10．定积分 (sin3xcos2x)dx ． 三、计算题（每题7分，共28分）

1xsin2x111．求极限lim2x．

x0(e1)tanx23π2π2

12．曲线y1的切线与x轴和y轴围成一个图形，记切点的横x坐标为a，试求切线方程和这个图形的面积S．当切点沿曲线趋于无穷远时，该面积的变化趋势如何？

13．求不定积分

14．已知f(x)1etdt，求0f(x)dx．

2

x21dxx1x2．

四、证明题（本题6分）

15．设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且32f(x)dxf(0)，求

31证：在(0,1)内存在一点使f()0．

五、讨论题（每小题8分，共16分）

12xsinbx,x0,16．已知f(x)试讨论 xln(ax),x0.（1）a、b取何值时，f(x)在x0点连续；

（2）a、b取何值时，f(x)在x0点可导，并求f(0)．

17．讨论函数F(x)0t(t4)dt在[1,5]上的增减性、极值和凹凸区间及拐点．

六、应用题（本题10分）

18．设yx2定义在[0,1]上，t为[0,1]上任意一点，试问t为何值时，

S1与S2之和最小？ 使图中的两阴影部分的面积y x

S2 t2 O S1 t y=x2 1 x

3

参考答案

一、1．C；2．B；3．C；4．A；5．D．

二、6．1；7． (ln21)dx；8．3；9．lnxln(x61)C；10．． 三、11．解 因为当x0时，

316π21xsin2x1~1xsin2x， 3e2x1~2x， tanx2~x2，

所以，

1xsin2x1xsinx1 lim2xlim32x0(ex02xx21)tanx321sin2x1sinx12． 6x6x6212．解 由题设可知切点的横坐标为a0，代入曲线方程y可求的切点坐标为a,1，因为 a1x3121112yxx， 22xxx所以，曲线在该点的切线斜率kyyxa1，切线方程为 2aa11(xa)， a2aa即x2aay3a0．分别令y0和x0,得切线在x轴和y轴上的截距分别为

X3a, Y32a，

4

切线与x轴和y轴围成一个图形为直角三角形AOB，（如图所示）其面积为

S12XY123a392a4a.

y 3B 2aM(a,1 a)y1 xS A O a 3a x 因为

alimSalim94a，limSlim9a0， a0a04故当切点沿曲线趋于x轴正方向无穷远时，面积S趋于无穷大；当切点沿曲线趋于y轴正方向无穷远时，面积S趋于零．

13．解 设xsint，tππ2,2，则 原式Icost1sintcostdt，

若设Isint2sintcostdt，则

Icostsint1I2costsintdttC1，

Icostsint1I2costsintdtlnsintcostC2，

故

I112tlncostsintC 5

1arcsinxlnx1x2C． 214．解 由题设可得

f(x)ex，

f(1)0，

2则

10f(x)dxxf(x)xf(x)dx0xexdx 00011x211112ed(x)(e1)1． 0222e1112四、15．证明 由积分中值定理知

2,1， 32f(x)dxf(), 331即

f()f(0)．

于是f(x)在[0,]上满足罗尔定理的条件，知存在(0,)(0,1)，使

f()0.

五、16．解（1）因

x0limf(x)limln(ax)lna, x012limf(x)limxsinbx0, x0x0xf(0)lna,

要使函数f(x)在x0点连续必须使函数在该点左、右极限相等且等于该点的函数值即

lna0, a1．

故当a1, b为任意实数时，函数f(x)在x0点连续．

（2）由于连续是可导的必要条件，所以要使f(x)在x0点可导，

6

必须首先令a1，此时函数变为

12xsinbx,x0, f(x)xln(ax),x0.又因为

f(0)limx0f(x)f(0)ln(1x)0 limx0x0x1xlimln(1x)lne1, x01x2sinbx01xf(0)limlimxsinbb, x0x0x0x要使f(0)存在必须使其在该点左、右导数存在并相等即

f(0)f(0)f(0)1b1．

所以当a1且b1时，f(x)在x0点可导，此时f(0)1．

xF(x)t(t4)dtx(x4)，17．解（1） 令F(x)0，得驻点x10, x24． 0（2）F(x)2x4，令F(x)0，得 x32． （3）列表：

x (1,0) 0 0 (0,2) 2 0 (2,4) 4 0 极小值 323 (4,5) F(x) F(x)+     + + + F(x) 极大值 0 拐点 (2,163) （4）由上表可知：函数在区间(1,0)上单增且上凸；在区间上(0,2)单减且上凸；在区间上(2,4)单减且上凹；在区间(4,5)上单增且上凹． 在

7

x0处取得极大值0，在x4处取得极小值3216；(2,). 33五、18．解 如图所示，阴影S1部分的面积为

t1t2S1(t2x2)dxt2xx3t3， 0303阴影S2部分的面积为

11211S2(x2t2)dxx3t2xt3t2， tt333

故

41S(t)S1S2t3t2(0t1)，

33从而

dSdS14t22t，令0，得驻点t10, t2． dtdt2324311121S1与S2, S(1),分别求出S(0), S比较可知，当时，t2之和最小．

检测题（二）（上册）

一、单项选择题（每题4分，共20分，把选择题答案填在括号里）

1．函数y1u2与ulnx能构成复合关系的区间是（ ）．

1 B.(0,) C.1, D.(0,e) A.,eee2．设f(x)lnx, g(x)x, h(x)e则当x充分大时有（ ）

10x10A.g(x)f(x)h(x) B.h(x)g(x)f(x) C.f(x)g(x)h(x) D.g(x)h(x)f(x)

8

3．设函数f(x),g(x)具有二阶导数，且g(x)0．若g(x0)a是g(x)的极值，则f[g(x)]在x0取得极大值的一个充分条件是（ ）．

A.f(a)0 B.f(a)0 C.f(a)0 D.f(a)0 4．下面等式正确的是（ ）． A.arctanxdx12C； B.dx1xarcsinxC； f(x)dxf(x)．

1x21C.lnxdxC； D.dxdxab5．已知广义积分011，则k（ ）． dx收敛2（k0）

xkA.3； B.1； C.2； D.1．

22二、填空题（每题4分，共20分）

6．若limaex1，则a ． x0xx117．设limxaf(x)f(a)1，则f(x)在xa取得极 值．

(xa)28．若曲线yx3ax2bx1有拐点(1,0)则b ． 9．定积分 (sinxcos3x)dx ． 10．不定积分xdx ．

(x21)(x24)π2π2三、计算题（每题8分，共32分）

xln(1x2)11．求极限lim． x0xsinxxarctant,d2y12．已知 求2． 2dxt1yln(1t),

9

13．设可导函数yy(x)由方程0edt0xsint2dt确定，求

dy．

dxx0xyt2x

14．分别用第一换元法（凑微分法）和第二换元法求不定积分



dx． x(1x)

四、讨论题（12分）

x1,x0,15．设函数f(x)2,x0,试讨论的值在什么范围内，函数

xex1,x0,满足

（1）在x0点有极限；

（2）在x0点连续；（3）在x0点可导．

五、应用题（本题10分）

16．设位于曲线yG，求

（1）G绕x轴旋转一周所得空间区域的体积V(t)；

（2）当t为何值时，该旋转体的体积V(t)最大？最大体积是多少？

10

1x(1lnx)2 (ext)下方，x轴上方的区域为

六、证明题（6分）

17．设f(x)在[0,)上连续，在(0,)内可导，如果存在两个正数

k1、k2满足k2f(0)k1k2k1f(x)dx0，证明：存在0使f()0．

检测题（二）参考答案

一、1．A；2．C；3．B；4．B；5．D．

1x214二、6．2；7．大；8．3；9．；10．ln2C．

6x43三、11．解 因为当x0时，xln(1x2)~xx2，所以，

xln(1x2)xx23x2limlimlim x0xsinxx0xsinxx01cosxlim6x1． x0sinx612．解 因为

dy2tdx1，所以 , 22dt1tdt1tdydydt2t1t22t ， dxdxdt11t2ddyd2ydt2dx2(1t2)， 22dxdxdt11td2y22(1t)4． t1dx2t113．解 由题设可知0edtx0sint2dt，方程两边同时求导得

e(xy)2xyt2x(1y)sint2dtxsinx2，

0x把x0代入上述等式得

y1，

故

dy1．

dxx011

14．解法1 凑微分法

dx1dxdx22arcsinxC． x(1x)1xx1x解法2 第二类换元积分法

11πdxdxdx． 2x(1x)1(x1)2xx42设xsint0t，则 222原式1costdtdttCarcsin(2x1)C． 211sint2441解法3 第二类换元积分法

2dx11dx， x(1x)x1xπ0t令xsin2t ，则dx2sintcostdt，所以

原式112sintcostdt2dt2tC2arcsinxC． sintcost四、解 （1）因为

x0limf(x)lim(1x)1, x0x0limf(x)lim(xex1)1, x0可见是任意实数时，函数在x0点左、右极限都相等．

（2）又因为f(0)2，要使函数f(x)在x0点连续必须使函数在该点极限值等于该点的函数值，即

21, a1．

故当1时，函数f(x)在x0点连续.

（3）由于连续是可导的必要条件，所以要使f(x)在x0点可导，必须首先令21，此时函数变为

12

x1,x0,f(x)1,x0,

xex1,x0,f(0)limx0f(x)f(0)(1x)1lim1， x0x0x(xex1)1f(0)limlimex, x0x0x要使f(0)存在必须使其在该点左、右导数存在并相等，即

f(0)f(0)f(0)1 1．

所以当1时，f(x)在x0点可导，此时f(0)1． 五、16．解 （1）Vx(t)πeydxπe2ttt11dxπe1ln2xdlnx x(1ln2x)πtπarctan(lnx)eπarctan(lnt)．

4（2）因为V(t)π0 (te)，这说明V(t)在[e,)上单调

t(1ln2t)递增，所以当t时，V(t)取得最大值，其最大值为

2πππVmax(t)πlimarctan(lnx)eπ． t244t六、17．证明 由积分中值定理知

代入题设等式得

k1k2k1f(x)dxk2f(), k1,k1k2，

f()f(0)．

于是f(x)在[0,]上满足罗尔定理的条件，知存在

(0,)[k1,k1k2](0,)，使

f()0．

13