《高等數(shù)學(xué)一》期末復(fù)習(xí)題及答案

1、.高等數(shù)學(xué)（一）期末復(fù)習(xí)題一、選擇題1、極限 lim(x2xx)的結(jié)果是（C）x（A） 0（ B）（ C）1（ D）不存在22、方程 x33x10 在區(qū)間 (0,1)內(nèi)（B）（ A）無實根（ B）有唯一實根（ C）有兩個實根（ D）有三個實根3、 f ( x) 是連續(xù)函數(shù),則f ( x) dx 是 f (x) 的（C）（ A）一個原函數(shù)；(B)一個導(dǎo)函數(shù)；(C) 全體原函數(shù)；(D)全體導(dǎo)函數(shù)；4、由曲線 ysin x(0x) 和直線 y0 所圍的面積是（C）（A）1/ 2(B)1(C) 2(D)5、微分方程 yx 2滿足初始條件 y |x 02的特解是(D)（ A） x3（B） 1x3（ C）

2、 x32（ D） 1 x 32336、下列變量中，是無窮小量的為（A）(A) ln x( x1)(B)ln 1 ( x0)(C) cos x ( x0)(D)x2 ( x2)11xx247、極限 lim( x sin的結(jié)果是（C）xsin x)x0x（ A）0（ B）1（C）1（ D）不存在8、函數(shù) yexarctan x 在區(qū)間1,1上 （ A）（ A）單調(diào)增加（ B）單調(diào)減?。?C）無最大值（ D）無最小值9、不定積分xdx =（D）x21(A) arctan x 2C(B) ln( x 21)C(C)1 arctan xC(D)1 ln( x 21) C2210、由曲線 y ex (0x

3、1) 和直線 y0 所圍的面積是（ A）（ A） e1(B)1(C)2(D)e'.11、微分方程dyxy 的通解為（ B）dx1x2eCx（ D） yCe x 2（ A） yCe2 x（ B） yCe2（C） y12、下列函數(shù)中哪一個是微分方程y3x20的解 (D)（A） y x2（ B） yx3 （ C） y3x2（ D） y x313、 函數(shù) ysin xcos x 1是（C）(A) 奇函數(shù)； (B) 偶函數(shù)； (C) 非奇非偶函數(shù)； (D) 既是奇函數(shù)又是偶函數(shù) .14、當 x0 時，下列是無窮小量的是（B）（ A）ex 1(B)ln( x1)(C)sin(x1)(D)x115、

4、當 x時，下列函數(shù)中有極限的是（ A）（ A）x1cos x(C)1(D)arctanxx2(B)ex116、方程 x3px1 0( p0) 的實根個數(shù)是 （B）（ A）零個（B）一個（C）二個（ D）三個17、(1) dx（B）x21（A）1（ B）1C（ C） arctanx（D） arctanxcx21x2118、定積分bCf ( x)dx 是（）a（ A）一個函數(shù)族（ B） f ( x) 的的一個原函數(shù)（C）一個常數(shù)（D）一個非負常數(shù)19、 函數(shù) ylnxx 21是（ A）（ A）奇函數(shù)（B）偶函數(shù)（C） 非奇非偶函數(shù)（ D）既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)20、設(shè)函數(shù) fx 在區(qū)間0 ,1上連續(xù)

5、， 在開區(qū)間0,1內(nèi)可導(dǎo)， 且 fx0，則 (B)(A)f00(B)f1f 0(C)f1 0(D)f1f021、設(shè)曲線 y2，則下列選項成立的是（C）1e x2(A)沒有漸近線(B)僅有鉛直漸近線(C)既有水平漸近線又有鉛直漸近線(D)僅有水平漸近線22、(cos xsin x) dx(D)'.（ A）sin xcos xC（ B）（ C）sin xcosxC（ D）23、數(shù)列 n (1) n 的極限為（A ）nsin xcosxCsin xcosxC（A）1(B)1(C) 0(D)不存在24、下列命題中正確的是（B）（A）有界量和無窮大量的乘積仍為無窮大量（B）有界量和無窮小量的乘積

6、仍為無窮小量（C）兩無窮大量的和仍為無窮大量（D）兩無窮大量的差為零25、若 f ( x)g ( x) ，則下列式子一定成立的有（C）(A) f ( x)g( x)(B)df ( x)dg( x)(C) (df ( x) (dg( x)(D)f (x)g(x)126、下列曲線有斜漸近線的是(C)(A) yxsin x(B)yx2sin x(C) yxsin 1(D)yx2sin 1xx二、填空題1、1cos x1limx22x 02、若 f ( x)e2 x2 ，則 f ' (0)211)dx3、( x3 cos x 5x214、et dxet xC5y0滿足初始條件y |x 0 2的

7、特解為y 2e、微分方程 yx6、lim x240x 2 x37、 極限 limx2x23x244x2'.8、設(shè) yx sin x1, 則 f( )1219、1 ( x cos x1)dx210、32 dx3arctanx C1x11、微分方程 ydyxdx 的通解為y2x2C112、5x 4dx2113、limx sin 2 x1x x14、設(shè) ycos x2 ，則 dy2xsin x2dx15、 設(shè) yx cos x3, 則 f()-116、不定積分exdex1e2 xC217、微分方程 ye 2x 的通解為y1e 2 xC2y22 xdy22 x12 xdxy edxy ey2

8、dye12 x112 xy2 dyedxy2eCx0, y代入上式可得到C02所求的特解為11e2 x或者 y2e 2 xy218、微分方程 ln yx 的通解是yexC19、 lim (12)3x e 6x x20、 設(shè)函數(shù)yxx , 則 yx x ( lnx1)21、 lim (12n1222) 的值是nnnn2'.22、 limx( x1)(x2)12x3x32x23、 設(shè)函數(shù) yxx , 則 dyxx ( lnx 1)dx24、 lim 2 x 23x11x0x4425、若 f ( x )e2xsin，則 f ' (0)26a 2sin5 x)dx2( a為任意實數(shù) )

9、.26、(1a27、設(shè) yln(ex1) ，則微分 dy_exdx _ .xe128、2(cos xx32 )d x221 x三、解答題1、（本題滿分 9 分）求函數(shù)yx 1 62x 的定義域。解：由題意可得，x102x0x1解得2x所以函數(shù)的定義域為1 ，22、（本題滿分 10分）設(shè) f( x )x( x 1)( x2) L ( x2014) ，求 f (0) 。解： f ( 0)lim f ( x )f (0)x0x0lim( x1)( x2)L( x2014)2014!x 03、（本題滿分 10分）設(shè)曲線方程為y1 x31 x26x 1, 求曲線在點 ( 0, 1) 處的切線方32程。解

10、：方程兩端對x 求導(dǎo)，得 yx 2x6將 x 0 代入上式，得 y(0,1)6從而可得：切線方程為y16( x0)即 y 6 x1'.4、（本題滿分 10分）求由直線 yx 及拋物線 yx 2 所圍成的平面區(qū)域的面積。y1y=xx2y=01 x解：作平面區(qū)域，如圖示yx解方程組得交點坐標：（ 0， 0），（ 1， 1）yx 21x2x312 )dx =所求陰影部分的面積為： S( x x0230= 165、（本題滿分 10 分）討論函數(shù)x 2x11 處的連續(xù)性。f ( x )x在 x3 x1解：Qlimf ( x)lim x23f (1)x1x1limf ( x )lim 3x3f (

11、1)x1x1 f ( x ) 在 x1 處是連續(xù)的dy2x36、（本題滿分 10 分）求微分方程dx的特解。y |x1 3解：將原方程化為dy (2x3)dx兩邊求不定積分，得dy(2 x3)dx ，于是yx23x C將 y |x 1 3代入上式，有 313C，所以 C1，故原方程的特解為 yx 23x1 。7、（本題滿分 9 分）求函數(shù)y2x4 cos5x的定義域。解：由題意可得，x40解得5x0x4x5'.所以函數(shù)的定義域為4 ，58、（本題滿分10 分）設(shè) f ( x )x( x1)( x2) L( xn)(n 2) ，求 f(0) 。解： f ( 0)lim f ( x )f

12、(0)x0x0lim( x 1)( x2)L ( xn )n !x 09、（本題滿分10 分）設(shè)平面曲線方程為x 22xy3y 23 ，求曲線在點（2， 1）處的切線方程。解：方程兩端對x 求導(dǎo)，得 2 x2( yxy ) 6 yy0將點（ 2， 1）代入上式，得y (2 ,1)1從而可得：切線方程為y1( x2)即 x y3010、（本題滿分10 分）求由曲線y ex 及直線 y1 和 x1所圍成的平面圖形的面積（如下圖）解：所求陰影部分的面積為 S11)dx(ex0( ex1x )0e 211、（本題滿分xx00 處的連續(xù)性。10 分）討論函數(shù) f ( x )1x在 xex0解： Q li

13、m f ( x)lim ex1 0 f (0)x 0x 0limf ( x )lim x0f (0)x0x0 f ( x ) 在 x0 處是連續(xù)的。'.12、（本題滿分10 分）求方程 (1 y2 )dx (1 x 2 )dy 0 的通解。解： 由方程 (1y2 )dx (1 x 2 )dy0 ，得dydx1 y21 x 2兩邊積分：dydx1 y21 x 2得 arctan y arctan x C所以原方程的通解為：arctan yarctan xC 或ytan(arctanx C )13、（本題滿分 10分）證明方程x 57 x4在區(qū)間(1,2)內(nèi)至少有一個實根。解：令 F (

14、x)x 57x4 ，F(xiàn) ( x ) 在 1,2上連續(xù)F (1)100，F(xiàn) (2)140由零點定理可得，在區(qū)間(1,2)內(nèi)至少有一個，使得函數(shù)F ( )5740 ，即方程 x 57x40 在區(qū)間 (1,2) 內(nèi)至少有一個實根。14、（本題滿分 10分）設(shè) f ( x)x ( x 1)( x2) L( x2015) ，求 f (0) 。解： f ( 0)limf ( x )f (0)lim( x1)( x 2) L( x2015)2015!x 0x0x015、（本題滿分 10分）求曲線 e yxye在點（ 0，1）處的法線方程。解：方程兩端對x 求導(dǎo)，得 e y yyxy0將點（ 0， 1）代入上

15、式，得 y1(0 ,1)e從而可得：法線方程為 yex 116、（本題滿分10 分）求曲線 ycosx 與直線 y 2, x及 y 軸所圍成平面圖形的面積。2解：作平面圖形，如圖示'.y=22.x2S2 (2cosx) dx(2 x sin x ) 2y=cosx000x2(2sin ) 012217、（本題滿分10 分）討論函數(shù)cos xx0x0 處的連續(xù)性。f ( x)x在x 10解： Q limf ( x) lim cos x1 f (0)x 0x 0limf ( x )lim( x1)1f (0)x0x0 f ( x ) 在 x0處是連續(xù)的。18、（本題滿分 10dy1xy2x

16、y 2分）求微分方程dx的特解。y |x 01解：將原方程化為dy(1x)(1y 2 ) 或dy(1x)dxdx1y 2兩邊求不定積分，得arctanyx1 x 2C2由 y |x 0 1得到 C4故原方程的特解為arctan yx1 x24或 ytan( x1 x2).22419、（本題滿分20 分）曲線2y x2( 0 a 1 )將邊長為1的正方形分成A、B兩部分(如圖所示，其中A繞x軸a)旋轉(zhuǎn)一周得到一旋轉(zhuǎn)體,記其體積為 VA， B 繞 y 軸旋轉(zhuǎn)一周得到另一旋轉(zhuǎn)體 ,記其體積為 VB .問當 a取何值時 , VAVB的值最小 .2解：A 由以 0, a, 為底、高為 x 2 的曲邊梯形

17、和 a以 a，1為底、 1為高的矩形兩部分構(gòu)成.ya 2 yx 2由切片法可得：1VAa2 dx12(1a)yB0ax 4dx(1a)(14 a)，40Aa5oa 1x'.VB1x2 dya 211 a 2 ，0y d y02令 F ( a) VAVB(14 a)1 a 2 ， a ( 0, 1)524令4a由 F ( a)0， 駐點為 : a55F ( a) 駐點唯一，又根據(jù)問題的實際意義 F (a) 的最小值存在 ,a4 就是 F (a)的最小值點 .5或者 , 又 F ( a)40,a4 為極小值點，亦最小值.點，55a可見：當a4 時， VA VB 達到最小 .520、（本題滿

18、分 20分） 假定足球門的寬度為4 米，在距離右門柱6 米處一球員沿垂直于底線的方向帶球前進，問：該球員應(yīng)在離底線多少米處射門才能獲得最大的射門張角？若球員以 5.2 米每秒的速度沿垂直于底線的方向向球門前進，求在距離底線2 米處，射門張角的變化率。解：由題意可得張角與球員距底線的距離x 滿足arctan 10arctan 6xxd106610240 4x2x2x2dx1100136x236x2 100(x236)( x2100)x2x2令d0，得到駐點 x60(不合題意，舍去 )及 x60. 由實際意義可知, 所求dx最值存在 ,駐點只一個 ,故所求結(jié)果就是最好的選擇.即該球員應(yīng)在離底線60

19、米處射門才能獲得最大的射門張角。若球員以 5.2 米每秒的速度跑向球門，則 dx5.2 .在距離球dt門兩米處射門張角的變化率為：dddx24016(5.2)0.28 (弧度 / 秒 )。dtdxdt x 2(436)(4100)x 2x 221、（本題滿分x ln(1 t )110 分）設(shè) f ( x)dt ( x 0) ，求 f ( x ) f ( )1tx'.解法 1 設(shè) F ( x) f ( x )1xln(1t )x1 ln(1 t )f ( )tdtdt ，則 F (1) 0x11tln(1 x)ln(11 )1xF ( x )x1x 2xx ln x1x1F ( x )d

20、xln2x2xln1x2121解法 2Q f ()1x1令t = 11)ln(1 t)dtuxln(1x ln(1 u)dux ln uduudut1u1u1uf ( x )1)x ln(1t )x ln(1 t )xln tf (dt1dtdtx1tt1tx12x12ln td(ln t )lnx.lnt121222、證明題（本題滿分10 分）設(shè)函數(shù) f (x) 在0,3上連續(xù) ,在0,3內(nèi)可導(dǎo) ,f (0)f (1)f (2) 3 ， f (3)1 。試證必存在一點0,3，使得 f0 .證明 :f (x) 在0,3上連續(xù)，故在0,2 上連續(xù)，且在0,2上有最大值 M 和最小值 m ，故 m

21、 f (0), f (1), f (2) Mf (0)f (1) f (2)m3M由介值定理得，至少存在一點0,2， 使 得f ()f (0)f (1)f (2)13Qf ( )f (3)1，且 f ( x) 在,3上連續(xù),在 ,3內(nèi)可導(dǎo)，由羅爾定理可知，必存在,3(0,3) ，使得 f023、（本題滿分20分） 一火箭發(fā)射升空后沿豎直方向運動，在距離發(fā)射臺4000m處裝有攝像機，攝像機對準火箭。用h表示高度，假設(shè)在時刻t0，火箭高度 h =3000m，運動速度等于300m/s, （ 1） 用 L 表示火箭與攝像機的距離，求在t0 時刻 L 的增加速度 .【解】（ 1）設(shè)時刻 t 高度為 h(

22、t ) ，火箭與攝像機的距離為L(t ) ，則 L (t )h2 (t )40002'.兩邊關(guān)于 t 求導(dǎo)得 dLh 2hdhdt40002dt代入 h =3000m， dh =300m/s，得dL180 m/sdtdt（2） 用 表示攝像機跟蹤火箭的仰角（弧度），求在 t0 時刻的增加速度 .（ 2）設(shè)時刻 t 攝像機跟蹤火箭的仰角（弧度）為h(t) ，則有 tan4000兩邊關(guān)于 t 求導(dǎo)得 sec2d1 dhdt4000 dt當 h =3000m時， sec5，dh =300m/s ，故d0.048rad / s ( 或 d6 rad / s )4dtdtdt125'.高

23、等數(shù)學(xué)（一）期末復(fù)習(xí)題答案一、選擇題1、C 解答：第一步，先分子有理化；第二步，分子利用平方差公式，第三步，分子分母同時除以 x；第四步化簡即可。lim(x2xx)lim (x2xx)( x2xx)lim(x22x x2 )lim2xxx( x2x x)x( xx x)x( xx x)lim1lim1121 12xxxx(1)(x21)x2 、B解答：設(shè)3則f (0)1, f (1)1有零點定理得在區(qū)間 (0,1) 內(nèi)f ( x)x3 x1f (x)，存在實數(shù)根，又因f ( x)3x230 ， 可知函數(shù)具有單調(diào)性，所以有唯一的實根。3 、 C本題考察不定積分的概念，不定積分是所有原函數(shù)的全體。

24、4 、 C解答：利用定積分的幾何意義，所求面積為0 sin xdx25、 D解答：直接積分法y1x 3C ， 代入已知點坐標可得 C 236 、 A 解答：因為 limln xln10，所以此時是無窮小量。x17、 C11sin x)0 11解答： lim( x sinx0xx8 、 A 解答：因為 yex110 ，所以單調(diào)增加。x29、D 解答：xxdx11dx 211d ( x 21)1 ln( x 21) C212 x 212 x 21210、 A 解答：利用定積分的幾何意義，所求面積為1xx1e 1e dxe0011、 B 解答：先分離變量，兩端再積分dyxy1 dyxdx1 dyxd

25、xln y1 x2C 1dxyy21 x 2所求通解為 y Ce 212、 D解答：直接積分法yx 3C ，當C0時有 yx 3'.13、 C解答： ysin xcos x1是奇函數(shù)加上偶函數(shù)，所以是非奇非偶函數(shù)。14、 B 解答： limln( x1)ln10，所以此時是無窮小量。x 015、 A解答： limx1limx1lim10 其它三項極限都不存在。2xx1x( x 1)( x 1)x( x 1)，16、 B解答： 設(shè) f (x)x3px 1， 則 f (0)1, f ( 1)p0 ， 有零點定理得f ( x) 在區(qū)間( 1,0)內(nèi)存在實數(shù)根 ， 又因 f (x)3x2p 0

26、 ，可知函數(shù)具有單調(diào)性，所以有唯一的實根。17、 B解答：求導(dǎo)與求積分是互逆的運算，先求導(dǎo)再求積分，是所有原函數(shù)所以選B18、 C 解答：考察定積分的概念，定積分計算完以后是一個確切的常數(shù)，可能是正數(shù)，也可能是 0，還可能是負數(shù)。19、 A解答：由函數(shù)的奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義去判斷即可，設(shè)yf ( x)lnxx 21，則f ( x) lnxx 21lnxx21x 21 xlnx21 x 2x 21xx 21xlnx 21ln xx21f ( x)1x20、 B解答：由于 fx0 所以 f1f021、 C解答： lim2= 2y2是水平漸近線； lim2=x0e x2e x2x1x 0 1是鉛直漸近