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()x
x x
x
x 30
sin 2cos 1lim -+→.
解:
()30303012c o s 1lim 12cos 12lim sin 2cos 1lim x
x x x x x x x x x x x x x -??? ??+=????????-??? ??+=-+→→→ 20302c o s 1ln 0
3
2cos 1ln 0
2cos 1ln
lim 2cos 1ln
lim
2
ln
1lim
1
lim
x
x
x x x x e
x e x x x
x x x x x +=+?-=-=→→??
? ??+→??
?
??+→ ()4
1
2c o s 1s i n lim
0-=+-=→x x x x .
2.设0→x 时,()x f 与2
2
x 是等价无穷小,
()?3
x
dt t f 与k
Ax
等价无穷小,求常数k 与A .
解:
由于当0→x 时,
()?
3
x
dt t f 与k Ax 等价无穷小,所以()1lim
3
=?→k
x
x Ax
dt
t f .而
()()
()
1013
2
3201
3232
3
230132
3
00061lim 6lim 3122lim 31lim lim 3
-→--→-→-→→=?=???????
?
?
???=??=?k x k x k x k x k x
x Akx Akx x x Akx x x x x f Akx x x f Ax dt t f 所以,161lim 10=-→k x Akx .因此,6
1
,1==A k .
3.如果不定积分
()()
?++++dx x x b
ax x 2
2
211中不含有对数函数,求常数a 与b 应满足的条件.
解:
将
()()
2
2
211x
x b
ax x ++++化为部分分式,有
()()
()2
222211111x
D
Cx x B x A x x b
ax x ++++++=
++++, 因此不定积分
()()
?++++dx x x b
ax x 2
2
211中不含有对数函数的充分必要条件是上式中的待定系数
0==C A .
即
()()
()()()()()
2
22
22222211111111x x x D x B x D x B x x b
ax x +++++=+++=++++. 所以,有()
()()()D B Dx x D B x D x B b ax x ++++=+++=++21122
22.
比较上式两端的系数,有D B b D a D B +==+=,2,
1.所以,得1=b .
5.计算定积分{}?
-2
5
2,
1min dx x .
解: {
}??
?>-≤--=-1
21
1
22
2,
1m i n x x x x
??????
?>≤<-≤≤-<=3
1
3222
1211x x x x x x .
所以,{
}()()8
132212,
1min 2
52
2
1
10
2
50
=
-+-+=-????
dx x dx x dx dx x . 5.设曲线C 的极坐标方程为3
sin 3
θ
a r =,求曲线C 的全长.
解: 曲线3
sin
3
θ
a r =一周的定义域为πθ
≤≤
3
0,即πθ30≤≤.因此曲线C 的全长为
()()()()a d a d a a d r r s πθθθθ
θθ
θθθπ
π
π
233s i n 3c o s 3s i n 3s i n
30
230
2
4
2
6
2
30
2
2
==+='+=
??
?.
二.(本题满分45分,共有5道小题,每道小题9分),
6.求出函数()()()n
n x x x f 221sin lim
+=+∞→π的所有间断点,并指出这些间断点的类型.
解:
()()()()???????????
>-
=-=<=+=+∞→2
10212
121
2121sin 21sin lim 2x x x x x x x x f n n ππ.
因此211-
=x 与2
1
2=x 是函数()x f 的间断点. ()00l i m l i m 2
1
2
1
==-
--
→-
→x x x f ,()()1sin lim lim 2
12
1-==++-
→-
→x x f x x π,因此2
1
-=x 是函数()x f 的第一类可去型间断点.
()()1s i n
lim lim 2
12
1
==---
→-
→x x f x x π,()00lim lim 2
12
1==++-
→→
x x x f ,因此2
1
=x 是函数()x f 的第一类可去型间断点.
7.设ξ是函数()x x f arcsin =在区间[]b ,0上使用Lagrange (拉格朗日)中值定理中的“中
值”,求极限b
b ξ
lim
→.
解:
()x x f a r c s i n
=在区间[]b ,0上应用Lagrange 中值定理,知存在()b ,0∈ξ,使得
()0110arcsin arcsin 2
--=
-b b ξ
.
所以,2
2arcsin 1??
? ??-=b b ξ.因此,
()()22
22
022
0220a r c s i n
a r c s i n lim arcsin 1lim lim
b b b b b b b b b b b -=??? ??-=→→→ξ 令b t arcsin =,则有
42
202222022
0s i n l i m s i n s i n l i m l i m t
t
t t t t t b t t b -=-=→→→ξ 3
122s i n 2l i m 612c o s 1l i m 61122cos 22lim 42sin 2lim
0202030
==-=-=-=→→→→t t t t t t t t t t t t t 所以,3
1lim
=
→b
b ξ
. 8.设()()
?--=x
y y dy e
x f 10
2,求()?1
dx x f .
解:
()()()??'-=1
10
10
dx x f x x xf dx x f
在方程()()?--=
x
y y dy e x f 10
2中,令1=x ,得 ()()
()010
21
10
2===
??---dy e dy e
f y y y y .
再在方程()()?--=
x
y y dy e x f 10
2两端对x 求导,得()2
1x e x f --=', 因此,
()()()()???'-='-=1
10
1
1
dx x f x dx x f x x xf dx x f
()12
1211
01
1
122
2
-=???
??-?===---??
e e e dx xe e dx xe
x x
x
.
9.研究方程2
x a e x =()0>a 在区间()∞+∞-,内实根的个数.
解:
设函数()12-=-x
e
ax x f ,()()x x x e x ax e ax axe x f ----=-='222.
令()0='x f ,得函数()x f 的驻点2,021==x x .
由于0>a ,所以 ()(
)+∞=-=--∞
→-∞
→1lim lim 2x
x x e
ax x f ,
()(
)112
lim 12lim 1lim 1lim lim 22-=-=-=-=-=+∞→+∞→+∞→-+∞
→+∞
→x x x x x x x
x x e
a e x a e x a e
ax x f .
因此,得函数()x f 的性态
⑴ 若0142
>--ae ,即4
2
e a >时,函数()12-=-x e ax x
f 在()0,∞-、()2,0、()∞+,2内
各有一个零点,即方程2x a e x =在()∞+∞-,
内有3个实根.
⑵ 若0142
=--ae ,即4
2
e a =时,函数()12-=-x e ax x
f 在()0,∞-、()∞+,0内各有一个
零点,即方程2x a e x =在()∞+∞-,
内有2个实根.
⑶ 若0142
<--ae ,即4
2
e a <时,函数()12-=-x e ax x
f 在()0,∞-有一个零点,即方程
2x a e x =在()∞+∞-,内有1个实根.
10.设函数()x f 可导,且满足
()()()1-'=-'x f x x f ,()00=f .
试求函数()x f 的极值. 解:
在方程()()()1-'=-'x f x x f 中令x t -=,得()()()1--'-='t f t t f ,即
()()()1--'-='x f x x f .
在方程组()()()()??
?-=-'+'-=-'+'x
x f x f x x
x f x x f 中消去()x f -',得
()2
2
1x x x x f ++='.
积分,注意()00=f ,得()()?++=-x
dt t t t f x f 0
2
2
10.即
()()x x x dt t t t x f x
arctan 1ln 21
120
2
2-++=++=?. 由()221x x x x f ++='得函数()x f 的驻点1,021-==x x .而()()
222
121x
x x x f +-+=''.所以,
()010>=''f ,()02
1
1<-
=-''f . 所以,()00=f 是函数()x f 极小值;()4
2ln 2111π
-+
-=-f 是函数()x f 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x y =的一条切线,使得该曲线与切线l 及直线0=x 和2=x 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 t ,
,由t
y 21=
,可知曲线x y =在(
)
t t ,
处的切线方程为
()t x t
t y -=
-21,或()t x t
y +=21.
因此所求旋转体的体积为
()()
???
??+-=??
????????-????
??+=?t t dx x t x t
V 2438421
2
02
2
ππ
所以,
023842=??
?
??+-=t dt dV π.得驻点32±
=t ,舍去32-=t .由于
0316
43
223
22
2>?
=
==
t t t dt V
d π,因而函数V 在3
2
=
t 处达到极小值,而且也是最小值.因此所求切线方程为2
143+=
x y . 12.设函数()x f 在闭区间[]10,上连续,在开区间()10,内可导,且
()
2
1
arctan 2
=?xdx e x f ,()01=f .
证明:至少存在一点()10,∈ξ,使得()()ξ
ξξarctan 11
2
+-='f .
解:
因为()x f 在闭区间[]1,0上连续,所以由积分中值定理,知存在??
?
?
?
?
∈πη2,0,使得 ()
()ηπ
ηπ
arctan 2
arctan 2
f x f e xdx e =?.
由于()
21arctan 2
=
?
π
xdx e
x f ,所以,()2
1
arctan 2=ηπηf e
.再由()01=f ,得 ()()1arctan 4
arctan 1f f e e ==
π
ηη.
作函数()()
x e x g x f
arctan =,则函数在区间[][]1,01,?η上连续,在区间()1,η内可导.所以由
Rolle 中值定理,存在()()1,01,?∈ηξ,使得()0='ξg .而 ()()
()()
2
1a r c t a n x
e x x
f e
x g x f x f ++'='. 所以存在()()1,01,?∈ηξ,使得 ()
()()
01a r c t a n 2
=++'ξ
ξξξξf f e f e
. 由于()
0≠ξf e ,所以()011arctan 2=++
'ξξξf ,即()()
ξ
ξξarctan 11
2+-=
'f .