各大学高数一期末考试题及答案
发布时间：2024-10-30
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
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