《高等數(shù)學一》期末復習題及答案

《 高 等 數(shù) 學 （ 一 ） 》 期 末 復 習 一、選擇題x2x2xx

x) 的結(jié)果是（ C）（A）0 （B） （C）12

（D）不存在2、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)一個導函數(shù)；(C)全體原函數(shù)；(D)全體導函數(shù)4、由曲線ysinx(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yx2滿足初始條件y| 2的特解是 ( D )x01 1（A）x3 （B）x3 （C）x32 （D）x323 36、下列變量中，是無窮小量的為（A ）1(A)lnx(x(B)ln (x0) (C)cosx(x0) (D)1x7、極限lim(xsin11sinx) 的結(jié)果是（C ）x0 x x

x2x2

(x2)（A）0 （B）1 （C）（D）不存在8、函數(shù)yexarctanx在區(qū)間上（A 單調(diào)增加 （B）單調(diào)減小 （C）無最大值（D）無最小值9、不定積分 x dx= （ D ）x211 1arctanx2C (B)ln(x21)C (C)arctanxC (D) ln(x21)C2 210、由曲線yex(0x和直線y0所圍的面積是（A ）（A）e1 (B)1 (C)2 (D)e11

dyxy的通解為 （ B ）dx（B） 2（A）yCe2（B） 2

yCe1x2

yeCx

yCex212、下列函數(shù)中哪一個是微分方程y3x20的解( D)（A）yx2 （B）yx3 （C）y3x2 （D）yx313、函數(shù)ysinxcosx1 是 （ C）奇函數(shù)；(B)(C)(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 ）x1（A）ex1 (B)ln(x1) (C)sin(xx115、當x時，下列函數(shù)中有極限的是 （ A）（A） x1

cosx

1

arctanxx21 ex16、方程x3px10(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 ）（A）

1x21

1

C （C）arctanx （D）arctanxc1x2 1x218、定積分a

f(x)dx是 （ C）（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)x2x2119、函數(shù)yln x

是（ A ）（A）奇函數(shù)函數(shù)

偶函數(shù) （C）非奇非偶函數(shù)既是奇函數(shù)又是偶20設函數(shù)fx在區(qū)間,上連續(xù)在開區(qū)間內(nèi)可導且fx0則( B(A)f00 (B)ff0 (C)f0 (D)ff021、設曲線y 21ex2

，則下列選項成立的是（ C ）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22、(cosxsinx)dx( D )（A）sinxcosxC （B）sinxcosxC（C）sinxcosxC （D）sinxcosxC23、數(shù)列{

n(1)n

}的極限為（ A）（A）1 (B)1 (C)0 (D)不存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）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(A)yxsinx( C)(B)yx2sinx1(C)yxsin (D)yx2sin11x x二、填空題1、lim1cosx 1x0 x2 22、若f(x)e2x2，則f'(0) 2311

(x3cosx5x 24、etdx etxC5、微分方程yy0滿足初始條件y| 2的特解為 y2exx06、limx24 0x2x37、極限limx2x2 3x2 x

4 48、設yxsinx1,則f() 129、

1(xcosx 2110、

dx 3arctanxC31x2311、微分方程ydyxdx的通解為 y2x2C12、

15x4dx 2113、x

xsin2x 1x14、設ycosx2，則dy 2xsinx2dx115、設yxcosx3,則f() 16、不定積分exdex e2xC12117、微分方程ye2x的通解為 y e2xC1218、微分方程lnyx的通解是 yexC19、2)3x＝ e6x x20、設函數(shù)yxx,則y xx(lnx1)21、lim(12

n)的值是 1nn2 n2

n2 222

x(x1)(x2) 1x 2x3

x3 223、設函數(shù)yxx,則dy xx(lnx1)dx24、

limx0

2x23x1 1x4 425、若f(x)e2xsin ，則f'(0) 2626、a2(1sin5x)dx (a為任意實數(shù)).a27、設yln(ex1)，則微分dy ex

dx .ex128、

2(cosx2

x31x2

)dx 2三、解答題x12x1（本題滿分9分）求函數(shù)yx12x

的定義域。2x0解：由題意可得，2x0解得x1x2所以函數(shù)的定義域為[1，2]2（10）fx)xx1)(x2)Lx2014)f(0)。f(0)x0

f(x)f(0)x01 13（本題滿分10分）設曲線方程為y x3 x26x1,求曲線在點(0,1)處的切線3 2方程。解：方程兩端對x求導，得yx2x6將x0代入上式，得y 6(0,1)從而可得：切線方程為y16(x0) 即y6x14（10）yxyx2所圍成的平面區(qū)域的面積。y1y=x=x2y解：作平面區(qū)域，如圖示 0 1x解方程組yxyx2

（0，0（1，1）x2 x31 1所求陰影部分的面積為：S1(xx2)dx= =0 2 3 603x x5（本題滿分10分）討論函數(shù)f(x)x2 x1 在x3x x解：Q limf(x)limx23f(1)x1 x1fx) x1處是連續(xù)的dy

2x36（本題滿分10分）求微分方程dx 的特解。y|

3x1解：將原方程化為dy(2x3)dx兩邊求不定積分，得dy(2xyx23xC將y| 3代入上式，有313C，所以C1，x15xyx23x5xx47（9）求函數(shù)yx4

cos

的定義域。x405x0解得x4x5所以函數(shù)的定義域為[4，5]8（本題滿分10分）設f(x)x(x1)(x2)L(xn) (n2)，求f(0)解：f(0)limf(x)f(0)x0 x09（10）x22xy3y23，求曲線在點（2，1）處的切線方程。x求導，得2xyxy6yy0將點（2，1）代入上式，得y 1(2,1)從而可得：切線方程為y1(x2) 即xy3010（10yexy1x1（如下圖．S

1(ex1)dx011（本題滿分10分）討論函數(shù)f(x)x x0ex1 x0

在x0 處的連續(xù)性。解：Qlimf(x)limex10f(0)x0x0∴f(x) 在x0 處是連續(xù)的。12（10）求方程y2)dxx2)dy0的通解。解：由方程y2)dxx2)dy0，得兩邊積分： dy 1y2

dx1x2得arctanyarctanxCarctanyarctanxCytan(arctanxC)13（10）x57x4在區(qū)間(1,2內(nèi)至少有一個實根。解：令Fxx57x4，F(xiàn)x在上連續(xù)F(1)100，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，x57x40在區(qū)間(1,2內(nèi)至少有一個實根。14（10）fxxx1)(x2)Lx2015)f(0)。f(0)

f(x)f(0)lim(x1)(x2)L(x2015)2015!x0

x0

x015（10）求曲線eyxye在點（0，1）x求導，得eyyyxy0將點（0，1）y

(0,1)

1e從而可得： 法線方程為yex116（10）ycosxy2,x2

y軸所圍成平面圖形的面積。xx2220S2(2cosx)dx (2xsinx)017（本題滿分10分）討論函數(shù)f(x)cosx x0 在x0 處的連續(xù)性。x1 x0解：Q limf(x)limcosx1f(0)x0 x0fx) x0處是連續(xù)的。18（10）求微分方程y|

1xy1x0

xy

的特解。dydx

y2

dy1y

(1x)dx兩邊求不定積分，得arctanyx

1x2C2y

x0

1得到C1 41 1故原方程的特解為arctanyx x212

或ytan(x x2 4 2 419（20）曲線a2yx2 (0a1)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 軸旋轉(zhuǎn)一周得到一旋轉(zhuǎn)體,記其體積為V

，B繞y,記其體積為V.A B問當a取何值時,V V的值最小.A B解：A由以[0,a

x2的曲邊梯形和a2ya2yx21BAoa1y由切片法可得：F(aF(a的最小值存x在,a4F(a).5又F(a)

a45

0, a4為極小值點，亦最小值點，520（20）46直于底線的方向帶球前進，問：該球員應在離底線多少米處射門才能獲得最大的射門張角5.22解：由題意可得張角與球員距底線的距離x滿足令ddx

0x

(不合題意舍去)及x 60.由實際意義可知,所60求最值存在,駐點只一個,故所求結(jié)果就是最好的選擇.即該球員應在離底線6060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.在距離球門兩米處射門張角的變化率為：dtdddtx2

ddxddx

dxdtdxdt

24016 5.2)0.28(弧度/秒)。(436)(4100)21（10）fx)

ln(1t)xdt (x

0)，fx

1f( )1 t x1Fx)fx

1 xln(1t) 1ln(1t)

，則F(1)0f( dtx x 1 t 1 tf( dtx 2Q

1

ln(1t)

令t1u

ln(1u)

ln(1u)

lnuf( ) x 1

dt x 1t 1 u1

x 1 u

x du1 uxlntd(lnt)1

x 1ln2t ln2x .1 2 1 222、證明題（本題滿分10分）設函數(shù)f(x)在0,3上連續(xù),在0,3內(nèi)可導,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mf(0),f(1),f(2)Mmf(0)f(1)f(2)M30,2f

f(0)f(1)f(2)13Qff(3)1f(x在,3上連續(xù),在,3內(nèi)可導，由羅爾定理可知，必存在(0,3)f023（本題滿分20分4000m處裝有攝像機，攝像機對準火箭。用h 表示高度，假設在時刻t0

，火箭高度h=3000m，運動速度等于300m/s,（1）L表示火箭與攝像機的距離，求在t0度.

時刻L的增加速h2(t)40002設時刻t高度為h(tL(th2(t)40002h240002dth240002dtdt

h dh代入=3000mdh=300m/s，得dL180m/sh dt dt（2）用表示攝像機跟蹤火箭的仰角（弧度，求在t時刻的增加速度.??0（2）設時刻t攝像機跟蹤火箭的仰角（弧度）為(t，則有tan

h4000兩邊關(guān)于t求導得sec2

d 1 dhdt 4000dt當=3000msec

5dh=300m/s，故

d0.048rad/s d

6rad/s)h 4 dt dt dt 125《高等數(shù)學（一）》期末復習題答案一、選擇題1、Cx；第四步化簡即可。2Bfxx33x1f(0)1,f(1)1f(x在區(qū)間(0,1)內(nèi)f(x3x230，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。4、C

sinxdx205、D解答：直接積分法y

13x3C，代入已知點坐標可得C26、A解答：因為limlnxln10，所以此時是無窮小量。x17、Clim(xsin11sinx011x0 x x8、Ayex

11x2

0，所以單調(diào)增加。9、D解答： x

dx

1 1

dx

1

1 d(x21)

ln(x21)C11x21 2

x21 2

x21 210、A

1exdxex

1e10 011、B解答：先分離變量，兩端再積分2yCe1x2212、D解答：直接積分法yx3C，當C0時有yx313、C解答：ysinxcosx1 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。x015、A解答：limx1

lim

x1

lim 1

0 其它三項極限都不存在。xx21 x(x1)(x1) x(x1) ，16、B解答：f(x)x3px1，f(0)1,f1)p0，f(x)在區(qū)間(1,0)內(nèi)存在實數(shù)根，f(x)3x2p0，可知函數(shù)具有單調(diào)性，所以有唯一的實根。17、BB18、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x2x21yf(x)ln x ，則20、Bfx0ff021、C解答：lim 2

=2y2 是水平漸近線；lim 2 =x0x1ex2

x01ex2是鉛直漸近線。22、D考查定積分的性質(zhì)與基本的積分表

(cosxsinx)dxsinxcosxC23、A解答：分子分母同時除以n可以得到lim

n(1)n1n n24、B其它選項都不一定正確。25、Cf(xg(xdf(x)dg(x(df(x))dg(x))，其它選項都有反例可以排除。26、C解答：有求解斜漸近線的方法可得yxsin1

klimy

xsin1xlim101x xx x

xblim(ykx)lim(xsin1x)

10，所求斜漸近線為yx。其它選項都沒x x有。

x x x二、填空題1x21 cosx1、1 解答： 1 lim1cosx1 cosx2 2 x0 x2x0

x2 2或者用羅比達法則也可以求解。2、2 解答： f(x)e2x2，則f(x)2e2xf(0)23、2 解答：應用奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱區(qū)間上的積分為04、etxC 分析：被積函數(shù)et 相對于積分變量來說是常數(shù)，所以etdxetxC5、y2ex 解答：yy0yCex，代入初始條件y| 2得到2Ce0C2 所x0求特解為y2ex6、0解:limx24lim224lim00x2x3 x223 x2573

x2x2lim(x2)(x1)

lim(x1)

lim2134 x2

x24

x2(x2)(x2) x2(x2) x222 48、1解:yxsinx1ysinxxcosx則f( )sincos12 2 2 29、2解：應用性質(zhì)，奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的積分為010、3arctanxC解：由基本的積分公式 3 dx3arctanxC1x211y2x2C解：對方程ydyxdx兩端積分ydyxdxy2x2C12、2解：利用偶函數(shù)的積分性質(zhì)11

5x4dx215x4dx2x0

12013、1 解：

xsin2x

1sin2xx lim101x x

x 1

x 114、2xsinx2dxdyydx，先求出導數(shù)，再求微分15、1 解：yxcosx3ycosxxsinxf()cossin11 116、e2xC 解：將ex看成一個整體，利用湊微元法得exdexe2xC2 2117、ye2xC 解：先分離變量，再積分得通解1218、yexC 解：先整理，再分離變量求通解19、e6

解：利用重要極限進行恒等變形，再求解lim(1

2)3

lim(1

2(x)(6))2)

e6x x x x20、xx(lnx1) 解：本題是冪指函數(shù)，利用對數(shù)求導法來求導數(shù)1212

解：分母相同，分子先通分，分子分母最高次冪都是2次冪，自變量趨于無窮大，極限等于最高次冪的系數(shù)之比2212

解：分子分母最高次冪都是3次冪，自變量趨于無窮大，極限等于最高次冪的系數(shù)之比limx(x1)(x2)1x

2x3x3 223、xx(lnx1)dx解：由微分的定義dyydx，先求出導數(shù)，再求微分，本題是冪指函數(shù)可以利用對數(shù)求導法來求導數(shù)241

解：lim2x23x1lim0114 x0

x4

x004 425、2 解：先求導數(shù)，再代入具體數(shù)值f(x)2e2xf(0)2e0226、2 解：利用奇函數(shù)與偶函數(shù)的積分性質(zhì)

a2(1sina

x)dx

a21dx2a27、ex

dx dyydx，先求出導數(shù)，再求微分ex128、2 解：利用奇函數(shù)與偶函數(shù)的積分性質(zhì)2(cosx2

x31x2

)dx222

cosxdx2

cosxdx2.202三、解答題1（9）2x解：由題意可得，2x解得x1x2所以函數(shù)的定義域為2（10）f(0)x0

f(x)f(0)x03（10）解：方程兩端對x求導，得yx2x6將x0代入上式，得y 6(0,1)從而可得：切線方程為y16(x0) 即y6x14（10）y1y=x=x2y解：作平面區(qū)域，如圖示 0 1x解方程組yxyx2

（0，0（1，1）x2 x31 1所求陰影部分的面積為：S1(xx2)dx= =0 2 3 605（10）解：Q limf(x)limx23f(1)x1 x1fx) x1處是連續(xù)的。6（10）解：將原方程化為dy(2x3)dx兩邊求不定積分，得dy(2xyx23xC將y| 3代入上式，有313C，所以C1，x1yx23x1。7（9）x405x0解得x4x5所以函數(shù)的定義域為[4，5]8（10）f(0)x0

f(x)f(0)x09（10）x求導，得2xyxy6yy0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xy3010（10）S

1(ex1)dx011（10）解：Qlimf(x)limex10f(0)x0x0∴f(x) 在x0 處是連續(xù)的12（本題滿分10分）解：由方程y2)dxx2)dy0，得兩邊積分： dy1y2

dx1x2得arctanyarctanxCarctanyarctanxCytan(arctanxC)13（10）解：令Fxx57x4，F(xiàn)x在上連續(xù)F(1)100，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)540，x57x40在區(qū)間(1,2內(nèi)至少有一個實根。14（10）f(0)

f(x)f(0)lim(x1)(x2)L(x2015)2015!x0

x

x015（10）解：方程兩端對x求導，得eyyyxy0將點（0，1）y

(0,1)

1e從而可得： 法線方程為yex1x216x2解：作平面圖形，如圖示17（10）解：Q limf(x)limcosx1f(0)x0 x0∴f(x) 在x0 處是連續(xù)的。18（10）dydx

y2

dy1y