大学一年级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
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:
()30303012cos 1lim 12cos 12lim sin 2cos 1lim x
x x x x x x x x x x x x x -??? ??+=????????-??? ??+=-+→→→ 20302cos 1ln 0
3
2cos 1ln 0
2cos 1ln
lim 2cos 1ln
lim
2
cos 1ln
1lim
1
lim
x
x
x x x x x e
x e
x x x x x x x x +=+?+-=-=→→??
? ??+→??
?
??+→ ()4
1
2cos 1sin 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
()()
()()()()()
222
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 ++++=+++=++2112
2
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
50
2,
1min dx x ．
解： {
}??
?>-≤--=-1
21
1
22
2,
1min x x x x
???????>≤<-≤≤-<=31
32221211
x 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 πθθ
θθ
θ
θ
θθθπ
π
π
2
33sin 3
cos
3
sin
3
sin
30
2
30
2
4
26
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
10212121
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。 ()00lim lim 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．
()()1sin 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Lag ｒa ｎge(拉格朗日）中值定理中的“中值”,
求极限b
b ξ
lim →．
解:
()x x f arcsin =在区间[]b ,
0上应用Ｌag ｒan ｇe 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,
()()
2222
022
0220arcsin arcsin lim arcsin 1lim lim b b b b b b b b b b b -=??? ??-=→→→ξ 令b t arcsin =,则有
42202222022
0sin lim sin sin lim lim t
t
t t t t t b t t b -=-=→→→ξ 31
22sin 2lim 612cos 1lim 61122cos 22lim 42sin 2lim 0202030==-=-=-=→→→→t t t t t t t t t t t t t
所以,3
1
lim
=→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
1
10
1
dx x f x dx x f x x xf dx x f
()12
1211
01
01
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
2e 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2
x a e x
=在()∞+∞-,
内有3个实根．
⑵ 若0142
=--ae ，即4
2e 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
2e 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
=?π
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
1arctan 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
1arctan x
e x x
f e
x g x f x f ++'='． 所以存在()()1,01,?∈ηξ，使得
()
()()
01arctan 2
=++'ξξξξξf f e f e
．
由于()
0≠ξf e
,所以()011arctan 2=++
'ξξξf ,即()()
ξ
ξξarctan 11
2+-=
'f ．