《高等数学》期末试卷及答案

2023年12月2日发(作者：南京区统考调研数学试卷)

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2x1．求极限lim．x0sin3x解：xx1cosxx1cosx211xx21cosx22limlimlim333x0x0x0sinxxxlimx0e1cosxxln21x3limx0e1lim1cosxx0xln21cosxxln2xln1cosx1cosxln22lim32x0xxlimsinx1．x01cosx2x43x22．设x0时，fx与是等价无穷小，2解：ftdt与Ax03xk等价无穷小，求常数k与A．3x由于当x0时，0ftdt与Axk等价无穷小，所以limx0ftdt0xAxk1．而21x313ftdtfx332fx233x23x0limlimlim2kk1x0x0x0AxAkxAkxk13x211所以，lim．因此，．1k1,Ax06Akxk163x22331limxxlimx06Akxk1x06Akxk13．如果不定积分dx中不含有对数函数，求常数a与b应满足的条件．x11x22x2axb解：第 1 页 共 7 页第一学期高等数学期末考试试卷答案将x11x2x2axb2化为部分分式，有x2axbx121x2因此不定积分ABCxD，22x1x11xdx中不含有对数函数的充分必要条件是上式中的待定系数x11x22x2axbAC0．即x2axbx121x22BDB1x2Dx1．2222x1x11x1x2所以，有xaxbB1x2Dx1BDx222DxBD．比较上式两端的系数，有1BD,52a2D,bBD．所以，得b1．5．计算定积分min1,0x2dx．解：min1,x2x21x21x2112xx2152x11x22x3x3．所以，min1,0x2dx1dx2xdxx2dx．85．设曲线C的极坐标方程为rasin解：曲线rasin333，求曲线C的全长．3一周的定义域为02323，即03．因此曲线C的全长为6srrd200asin3asin243cos233dasin203da．32第 2 页 共 7 页二．（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limsinx2nn12x的所有间断点，并指出这些间断点的类型．sinx1sinx2fxlim12nn12x20因此x1121x21．x21x2x11与x2是函数fx的间断点．221limfxlim00，limfxlimsinx1，因此x是函数fx的第一类11112xxxx2222可去型间断点．limfxlimsinx1，limfxlim00，因此xx12x12x12x121是函数fx的第一类可去2型间断点．0,7．设是函数fxarcsinx在区间求极限limb0b上使用Lagrange（拉格朗日）中值定理中的“中值”，b．解：fxarcsinx在区间0,b上应用Lagrange中值定理，知存在0,b，使得arcsinbarcsin0b2所以，1．因此，arcsinb2112b0．b122arcsinbb2arcsinblim2limlim222b0bb0b0bbarcsinb令tarcsinb，则有第 3 页 共 7 页2t2sin2tt2sin2tlim2lim22limb0bt0tsintt0t4limt022tsin2t22cos2t11cos2t12sin2t1limlimlimt04t312t26t0t26t02t3所以，limb0b1．31x8．设fx解：e0y2ydy，求fxdx．01fxdxxfxxfxdx100011在方程fx111xy2yedy中，令x1，得0f1e0y2ydyey2ydy0．0y2y0再在方程fx11xe0dy两端对x求导，得fxe1x，2因此，fxdxxfxxfxdxxfxdx1000012111xe1xdxexex002112dxeexe1．20219．研究方程eax解：设函数fxaxex2a0在区间,内实根的个数．2x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xlimfxlimax2ex1，x2xxlimfxlimaxexx22x21alimx1alimx1alimx11．xexexe第 4 页 共 7 页因此，得函数fx的性态xfxfx,0000,2202,214ae211e22x⑴若4ae10，即a时，函数fxaxe1在,0、0,2、2,内4各有一个零点，即方程eax在,x22内有3个实根．⑵e22x若4ae10，即a时，函数fxaxe1在,0、0,内各有一个4x2零点，即方程eax在,2内有2个实根．⑶e22x若4ae10，即a时，函数fxaxe1在,0有一个零点，即方程4ex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xxx2．fx1x2tt2dt．即积分，注意f00，得fxf021t0x第 5 页 共 7 页tt21fxdtxln1x2arctanx．21t2012xx2xx2由fx得函数fx的驻点x10,x21．而fx．所以，2221x1x1f010，f10．2所以，f00是函数fx极小值；f11x1ln2是函数fx极大值．24三．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,t，由y12t，可知曲线yx在t,12tt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2t212txt，或yxt．28xdx42t43t所以，dV822，舍去t．由于220．得驻点tdt43t33d2Vdt22t31643t2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．420，1上连续，在开区间0，1内可导，且12．设函数fx在闭区间2fxearctanxdx0110．，f2第 6 页 共 7 页第一学期高等数学期末考试试卷答案证明：至少存在一点0，1，使得f解：11arctan2．0,1上连续，所以由积分中值定理，知存在0,因为fx在闭区间2，使得2efxarctanxdx2farctan．0e2由于efxarctanxdx12f102，所以，earctan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efxxarctanxefxf1x2．所以存在,10,1，使得efarctaneff120．由于ef0，所以farctan11120，即f12arctan．第 7 页 共 7 页内可导．所以由1