2016年第一學(xué)期期末考試卷集匯

交 2011- 學(xué)年第一學(xué)期《微積分B》期末考試卷 卷 1、設(shè)x0時(shí)，etanxex與xn是同階無窮小，則n tan2yetanxsin1dy1etanxsec21sin1

xcos 3、函數(shù)yx2cosx在 2 xx4xx

dx

x5、定5、定積23sin 1cos4 dx2fxf1、設(shè) 1,則在點(diǎn)xa處， x(A)fxfa0.（B）fx取得極大值（C）fx取得極?。―）fx的導(dǎo)數(shù)不存2、設(shè)fx的一個(gè)原函數(shù)為sinx，則xf'xdx (A)xcosxsinxC,（B）xsinxcosxb3、設(shè)fx在a,b上連續(xù)，且afxdx0,則在a,b上 b（A）fx0.（B）必存在f（C）必有唯一使f0.（D）不一定存在使f4、下列函數(shù)中，是微分方程dy2y0通解的是 (A)x2C.（B）1Cx2,（C）Cx2,（D）205、設(shè)Fxxextdt,則F'x 0(A)0,（B）1,（C）ex,，（D）xarctant2x2.1、limx2.x2xarctantx2

xarctant2

解：lim lim0

limarctanx 1

2limtanxx 2x0 lntan

sec2 tan2

tanx 解：lim x0

ex0

ex0 ex0 ex03x2e四 求積分（每題6分，共12分1

cos2x

xdtanx dcosxxtanx tanxdx cos2

dx

cos2

cosxtanxlncosx11x33x

cos

112解：

x33x1dx

dxarcsinx121 1 1

341340441

1 34343434

334332fxx13x2的極值 2x

13解：fx 續(xù)函數(shù)；x1時(shí)，fx 1 3

x35x2，所以在 上，fx0，f

2上，fx0，fx單調(diào)下

上，fx0 5 2. fx單調(diào)上升所以fx在x0處取極大值f00在x 處取極小值f 33. 5 xcos六（8分）設(shè)函數(shù)yyx由 yatsin

d2 t tdy

asintatcossin

aatcottd2

dxdx

acottatcsc2

sin

acottcsctatcsctd2d2

3 acot t t2（8分）根據(jù)c的取值范圍方程axcx的根的個(gè)數(shù)，其中a1為固定常數(shù)解fxaxcxfxaxlnac當(dāng)c0fxaxlnac0fx單調(diào)上升。limaxcx,limaxcx 以此時(shí)方程axcx的根的個(gè)數(shù)為當(dāng)c0時(shí)，顯然方程ax0的根的個(gè)數(shù)為0ln lnclnc0時(shí)，

f'x

lnac，在

上

x0，fx單調(diào)下降；在 c lna

lnclnln ,上f'x0，fx單調(diào)上升；所以x 處fx取最小 c c limacxlimacxlnalnax 所以當(dāng)celna時(shí)方程axcx2；當(dāng)celna時(shí)方程axcx的根的個(gè)數(shù)為1；當(dāng)0celna時(shí)方程axcx（11分）fxfx3xftdte2xffx3fx2e2x

3fx3fxdfx3dx，積分fxCe3x。設(shè)fxCxe3x為原方程的f代入后得Cxe3x3Cxe3x3Cxe3x2e2xCx2exCx2exC.fx2e2xCe3xf01，所以C3,fx2e2x（6分）證明

sinp

dxp00sinpxcosp t，2 sinp

dx

cosp

dt

coscos 20sinpxcosp cosptsinp2 sinp 1sinpxcosp

0sinpxcosp所以，2 dx0sinpxcosp

2 dx.0sinpxcosp （6分）銀幕高為a米，銀幕底邊高出觀眾為b米。問觀眾離銀幕多遠(yuǎn)，才能使觀眾看圖像最清a 解：觀眾離銀幕x米時(shí)，視角為xarctan arctan，求導(dǎo) abx a abx2

x2aab而當(dāng)x0及x時(shí)都有x0，所以必然x ab交 2012-2013學(xué)年第一學(xué)期《微積 B》期末考試卷 卷 ln(1x2x2)asinxbx確定常數(shù)a和b的取值，使得

5 x limln(1x2x2)asinx

5

x ln(1x2x2)asinx 1 aa10 x01x2xb5limln(1x2x2)asin

1

xcos5lim1x2x 51lim[4cosx1(2x1)cos 2 53 f(xlim1x2nxn1x

xxf(x)

1xxxf(10)1f(101f(1)0f(10)1，f(10)1，f(1)0因此，f(x)在 1) 1)(1,)上連續(xù)x1均為第一類間斷點(diǎn)（跳躍間斷點(diǎn)試確定a和bf(xxabcosxsinxx0x的5解：cosx11x21x4o(x5 (x sinxx1x31x5o(x5 (x f(xxabcosxsinx(abbx22

bx4o(x5))(x1x3

x5o(x5(1ab)x(a2b)x3(a16b)x5o(x5 ，b

3f(x在

b]上連續(xù)，ax1x2xn (n3)，則在(x1,xn)內(nèi)至少有一點(diǎn)f(f(x1f(x2n

f(xn)f(x在[x1,xnM與最小值mxx1xnmf(x)mmf(x1)f(x2)f(xnn

nm

f(x1)

f(x2)

f(xn)由介值定理，至少存在一點(diǎn) xn)，f()f(x1)f(x2)n

f(xn證明：對于任意的正整數(shù)n，都有

1 1 n ln1n 解：對于任意的正整數(shù)n，在[1,11f(xlnxf(x1 n

n ln1 ln1f( n 1 1 ln1 n

n n 若函數(shù)f(x)在 )滿足關(guān)系式f(x)f(x)，且f(0)1，則f(x)exf

F(x)在

)F(x)(f(x)f(x))e e2F(xCf(0)1，知C1F(x)1f(x)y5y6yxe2x的通y5y6y

r25r6有兩個(gè)實(shí)根r1 YCe2xC 由于2y*y*x(Ax1解得A 12

B1y*x(x1)e2x2yCe2xCe3x1(x22x)e2x yexyax2的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，其中a為任意常數(shù)．解：若a0yax2yex若a0yax2yex至少有一個(gè)交點(diǎn)在第二象限；若兩函數(shù)相切于第一象限點(diǎn)(x0,y0)，則2axey0ax02axexe解得x0 y04a，此時(shí)，a4e2e因此，當(dāng)a 時(shí)，y4

yax

綜合上述，當(dāng)a0yax2yexe2yax2yex1若0a4e2e若a 時(shí)，函數(shù)yax4

y

2e2e若a 時(shí)，函數(shù)yax4

y

3求圓r 2sin與雙紐線r2cos2所圍成公共部分的面積解：如圖，兩曲線關(guān)于22的交點(diǎn)為1)．因此所求面積為第一2611A

2sin2d

1 cos2d2 (1cos2)(1cos2)d2cos2d 11

sin2

4 x y

6求橢圓 1（ab0）上最大的曲率以及最小的曲率a bxacos

ybsin 0t則dxasint

bcost d2x

d2dt acost，dt2bsinK 2b2(a2b2)sin2t2a所以，當(dāng)t0或時(shí)，K達(dá)到最大值 a 當(dāng)t或 時(shí)，K達(dá)到最小值 af(x在[0，1]連續(xù)，在（0，1）f(x0xf(xf(x3ax2f(xx12解：d(f(x))3af(x)3ax2cx 1 0f(x)dxc4 f(x)3ax2(42V'(1y2dx)'0 a5設(shè)函數(shù)f(x)在 )還滿 2xf(t)dtx1f(xt)dtxf(x) f(x 解：令uxtx0fxt)dt0f

f(t)dt3xf(t)dtxf(x)2x0由上式可知函數(shù)f(x)在 )內(nèi)可導(dǎo)，因此，將上式兩端對x求導(dǎo)，3f(x)xf(x)f(x)6x xf(x)2f(x)6x

2Qx6xxf(x)Cx26x2lnf(12C2f(xf(x)2x26x2lnxx1t3t

f(x由參數(shù)方程y

1t3t

t2解： t2d2 t21 2t(t21)2t(t2

tdx

t2 (t2 (t21)3

tt d2

t由 0，得t1，

0

0 dx5

t

t

d2dxd2dx因此，t1即x 時(shí)，y3

f(x)達(dá)到最小值fmin(x)f() t1即x1yf(xfminx)f(1又因?yàn)閠0x13(t0x(

)

d2y0，因

為凹區(qū)( dx (t0

x 1)，d2y

1)為凸1拐點(diǎn)為 3

1)3

dx x租出去的房子有：50 Lxx100)(50x1000x L(x)(x100)(70 x L(x)1800xx1800L(180010LmaxxL(180057800（元交 2013-2014學(xué)年第一學(xué)期《微積 B》期末考試卷（A1 卷

12x12x2 arctanx(e2x答：

12x12x2

12x12x arctanx(e2x111111

2x1x

x

12x1

2 x/f(x

是連續(xù)函數(shù)，則a x/答：limf(x) cosxlimsinx1x/ x/2 x/ 設(shè)f(x)x2e2x，則f(n)(x) f(nx2ne2xx2nxn(n1) 設(shè)xes2ds，ysin(ts)2ds，則dy dyet2sint2．（ysin(ts)2dssins2ds 1y1x2yx

ln(1ex)的斜漸近線 設(shè)f(x)的一個(gè)原函數(shù)是F(x)，a,b為非零常數(shù)，則f(a2xb)dx 答：1F(a2xb)C．a(chǎn)10xarctanxdx 1答：1xarctanxdx11arctanxdx21 x

dx11 2

201x 8．

x22x 2

1 dx 1

xd x2x5 40 20 2 x x 221x221x 02 20

9y0x)是微分方程y7y10y0滿足條件y(0)3，y(0)12的特解，則y0(x)dx

（y(xe2x2e5x 答 y(x)dx (e2x2e5x)dx 10．兩曲線r2cos與r2sin所圍圖形的公共 1．如圖易知212x x

x3x2

2x1x求出f(x)的反函g(x)；(2)問函g(x)是否有不可導(dǎo)(x16) x解 g(x)

3

8x 3x

g(x)g(8)xg(x)g(8)

(x16)/1221x 3x2 x x 所以，x8是g(x)的可導(dǎo)點(diǎn) ……5x1limg(x)g(1)33x

1x

x

x1x limg(x)g(1) x11 x x1x 所以，g(x)在x1處不可導(dǎo)． ……7分由導(dǎo)數(shù)定義知，x0是函數(shù)g(x)的不可導(dǎo)點(diǎn) ……8（10分）f(x是以T為周期的連續(xù)函數(shù)．(1kF(x)xf(t)dtkx是以T為周期的函數(shù)；(2lim1xf(t)dt0

xxT解：(1)由F(xT)F(x) f(t)dtkT0f(t)dtkT0，當(dāng)k1Tf(t)dt時(shí)，F(xiàn)(x)是以T為周期的連續(xù)函數(shù) ……5T(2)lim1xf(t)dtlim1F(xkxlimF(x)k ……7xx x x 由于F(x)是 T]上的連續(xù)函數(shù)必然在 所以x

F(x)0xlim1xf(t)dtk ……10xx（8）f(x在區(qū)間[1,1]f(1)0f(1)1f(0)0．證明：在(1,1)內(nèi)至少存在一點(diǎn)f(3．證：f(x)x0處展開成二階泰勒公式：f(x)f(0)f(0)xf(0)x2

f(x3 ……2x1,10f(1)f(0)f(0)f(1) 1f(1)f(0)f(0)f(2)

11f(f( ……5 f(x1f(f()f(f() 介值定理，在(1,1)內(nèi)至少存在一點(diǎn)f(1f(f()3 ……8 x2(x解：yx(x1)(x4)(x

y14x4 ……2(x,此，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,4，(1,0和[1,)；函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為[4，1)和 ……4極大值為f(4)32和f(0)0，極小值為f(1)1 ……6 x,1)1,2y0x2,y0 凸區(qū)間為(,1和(1,2，上凹區(qū)間為2,2圖形的拐點(diǎn)為(,7

……8由于limf(x)limx2(x2x xx(x

x2(x lim(f(x)x)lim x4x x(x 所以，函數(shù)圖形的斜漸近線為yx4 ……10D2y2x2xay0所圍成的平面區(qū)域，其中0a2．D1x軸旋轉(zhuǎn)而成的旋轉(zhuǎn)體的體積為V1D2y軸旋轉(zhuǎn)而成的旋轉(zhuǎn)體的體積V2，求V1和V2；(2)當(dāng)a為何值時(shí)，V1V2取得最大值，并求出最大值4 2 4

4 5a解：(1)V1 (2xaa

dx 4xdx

32 2 V12x2x2dx4x3dxa4 設(shè)V

432a5a45V4a31 …6a1是滿足0a2的唯一的駐點(diǎn)，且V(1)40，因此a1是極大值點(diǎn)即最大值點(diǎn)，此時(shí)V1V2取得最大值

……85解：1先求齊次通解，由特征方程r23r20，得特征值r11,r22YCexCe2x ……2 2y3y2y4xy1*axy3y2y4x中，得a2,b3y1*2x3 ……63y3y2yxe2xy2*x(AxB)e2y3y2yxe2xA12

B1y2*(

x)e2x 2

2yC1e 2x3 ……102 t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f 證法一：令F(x)t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f （x F(x)x2f(x) f(t)dtf(x)t2f af(x(x2t2f(t)dt0 ……40F(xF(bF(a0 t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f(t t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f(t)dt xt2f證法二：做輔助函數(shù)(x)0f0

……2因0txxf(x)(x2t2)f(x 0 4 f 故(x)單調(diào)遞增，因此(b)(a)bt2f0bf0

t2ff0 t2f(t)dtf(t)dtt2f(t)dtf(t)dt ……6 交 2014-2015學(xué)年第一學(xué)期《微積 B》期末考試卷 卷 x2 xx2

x(et2x要使函數(shù)f(x) x

,xx

在x0處連續(xù)，則a yegx1g可導(dǎo)，則dy1g1esin2

x

fx

x0，則f(0) xsin 2sin若f(x)的一個(gè)原函數(shù) ，則xf'(x)dxcosx aaxf(x)f(x)dx 12 y''2y'2yyex12 y''2y'2y

dx x(lnyx33x26x5在點(diǎn)(0,5)y6x2曲線y x|x2(x1)(x

的漸近線共有 sinxx2sin x0(1cosx)ln(1解：原式

sinxx2sin1lim

1212

ln(1sinxx2sinxx

31

sin

x2sin1 x 62 x

x y

lnxxy 1y 1dxydx 4 xy整理得y2dxxydxx2dy，即 6 xf d2設(shè)ytf'(tf(tf(tf''(t0dxdydt dx

f'(t)tf''(t)f'(t)f

3d2

dx 1f f''(t) 6 y''3y'2y2ex的解，使得該解所表示的曲線在點(diǎn)(0,1)yx2x1相切解：特征方程為r23r20，解得特征根為r1,r 故對應(yīng)齊次方程的通解為yC1exC2e2x 2所以微分方程的通解為yC2xexC 4 yx01,yx01,代入微分方程的通解可得C11,C20 6 lnx (1解：原式ln

lnx

3lnx

1 1 x(1 1dxlnxlnxln|1x| 61

1

1求定積分2解：原式1

|x||x|x||x|dx2 |x||x 2 2 2xdxx2x 4 1 41 F(x2x1tdt的單調(diào)區(qū)間.（6分

6 1t

21解：顯然函數(shù)F(x)可導(dǎo)，且F'(x) 21F'(x0x12當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)'(x)0,所以F(x)在,1上單調(diào)遞增 4 2當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)'(x)0,所以F(x)在1,上單調(diào)遞 6 方程lnxax（其中a0）有幾個(gè)實(shí)根.(8分)解：設(shè)f(x)lnxax,x0,, 則f'(x) a,于是有唯一的駐點(diǎn)x 1 1f''(x

0,

1是函數(shù)的極大值點(diǎn)a

f(x)

f(x,

1是函數(shù)的最大值點(diǎn)a當(dāng)f10,即a1時(shí),原方程有唯一根 4 a f10,即0a1時(shí) a 6當(dāng)f10,即a1時(shí),原方程無 8 a五、若0x

tanx2x2.（7分11 tan 11tan證明：令f( 2x由于對0x有0sinxx2 xsec2xtan xsinx 所以f'( 0，

x2cos22即f(x)在 內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù) 62 故當(dāng)0xx 時(shí)，有f(x)f(x

tan

tan tanx2tan

1

7x1、p(x)、f(x)的表達(dá)式；2、此方程的通解 (8分解1、由題設(shè)可得

1pxf 2解方程組得p(x)1 f(x)3 4 2y1y3y1y0 ypxypxp1p0dpdx Cx 71

x1 yCx2C x

8證明：由題意可知F(x)和F'(x)均在[1,2]上連續(xù)，在(1,2)內(nèi)可導(dǎo)，又F(1)F(2)0，由羅爾中值定理，存在1(1,2)使得F'(1)0 2分又 F'(1)f(x)(x1)f'( x

3Fx)在1,1上滿足羅爾中值定理,于是存在2(1,1)(1,2)F''(2)0 5交 2015-2016學(xué)年第一學(xué)期《微積 B》期末考試卷 卷 2、 點(diǎn)處(B 的一個(gè)原函數(shù)，則下列等式成立是(B ， 程的通解是(D) B） D）

ydx y2 x2f f(4) x24x5 曲線ysinx(0x)與x軸所圍成的平面圖形面積 P(x)是多項(xiàng)式，滿足 x3x2

p(x)x3

1,

2,,e2xex求極限解

1cos2e2xex3

4e2xe6cos 81cos2求1cos2xd1cos2xdcos分 1cos2xd 分cos2 sec2xdx

d 61tanx1x 8 ,x24xx2