《高等數(shù)學一》期末復(fù)習題及答案-2604624828289

《 高 等 數(shù) 學 （ 一 ） 》 期 末 復(fù) 習 題一、選擇題x2x2xx

x)的結(jié)果是（ C）（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,則f(x)dx是f(x)的 （C ）一個原函數(shù)；(B)C)全體原函數(shù)；(D)全體導(dǎo)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）x

（B）

x3 （C）x32 （D）x33 36、下列變量中，是無窮小量的為（A ） 1 x (A)lnx(x (B)ln(x0) (C)cosx(x 0) (D) (x2)x x247、極限lim(xsin11sinx) 的結(jié)果是（C ）x0 x x（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

xx21

dx= （ D ）1 1arctanx2C (B)ln(x21)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、微分方程dyxy的通解為 （ B ）dx（A）

Ce2x （B）

1x2yCeyCe

yeCx

（D）

yCex212、下列函數(shù)中哪一個是微分方程y3x20的解( D)yx2

yx3

y3x2

yx313、函數(shù)ysinxcosx1 是 （ C）x1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14、當x0時，x1（A）ex1

(B)ln(x1) (C)sin(x(D)15、當x時，下列函數(shù)中有極限的是 （ A）x1 1（A）

cosx

(D)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（B）

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

f(x)dx是 （ C）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)yln x

x2x21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,上連續(xù)在開區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)且fx0( B(A)f00 (B)ff0 (C)f0 (D)ff021y

21ex

，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)僅有水平漸近線22、(cosxsinx)dx( D )（A）sinxcosxC （B）sinxcosxC（C）sinxcosxC （D）sinxcosxC{n(1)n}23、數(shù)列n

的極限為（ （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仍為無窮小量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 )yxsinx (B)yx2sinx1 1yx

yx2sinx 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 y2exx0limx246、x2

x3 07、極限limx2x2 3x2 x

4 48yxsinx1,

f( ) 129、11

(xcosx 210、

31x2

dx 3arctanxC11、微分方程ydyxdx的通解為 y2

x2C1211

5x4dx 2xsin2x13、lim 1x x14、設(shè)ycosx2，則dy 2xsinx2dx15、設(shè)yxcosx3,則f() -116、不定積分

exdex e2xC12117、微分方程ye2x的通解為 y

1e2xC2yy2e2x

dy 1 y2e2x dx y2

dye2xdx11dye2xdx1 e2xC1y2 y 2x0,y2代入上式可得到C01 1所求的特解為

e2x或者y2e2xy 218、微分方程lnyx的通解是 yexC19、2)3x＝ e6x x20、設(shè)函數(shù)yxx,則y xx(lnx1)1 2 n 121、lim( nn2 n2

)的值是2n2222、

limx(x1)(x2) 1x 2x3x3 223、設(shè)函數(shù)yxx,則dy xx(lnx1)dx24、

limx0

2x23x1 1x4 425fxe2

sin6

，則f'(0) 226、a2(1sin5x)dx (a為任意實數(shù)).a27、設(shè)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)yx12xx10解：由題意可得，2x0

的定義域。x1解得x2所以函數(shù)的定義域為[1，2]2（10）fxxx1)(x2)

(x2014)，求f(0)。f(0)x0

f(x)f(0)x0lim(x1)(x2) (x2014)2014!x01 13（10）yx3x23 2

6x1,求曲線在點01處的切線方程。解：方程兩端對x求導(dǎo)，得yx2x6將x0代入上式，得y(0,1)6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。解：作平面區(qū)域，如圖示yx

y1y=x=x2y0 1x解方程組yx2，1）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)x3x x解： limf(x)limx23f(1)

在x1處的連續(xù)性。x1 x1limf(x)lim3x3f(1)x1 x1fx)x1處是連續(xù)的

dydx

2x36（10）求微分方程y|解：將原方程化為dy(2x

3x1

的特解。兩邊求不定積分，得

dy

(2x，于是yx23xC將y| 3代入上式，有313C，所以C1，x15xyx23x5xx47（9）求函數(shù)yx4x405x0

cos

的定義域。x4解得x5所以函數(shù)的定義域為[4，5]8（10）fx)xx1)(x2)

(xn) (n2)f(0)。f(0)x0

f(x)f(0)x0lim(x1)(x2)x0

(xn)n!9（10）x

2xy3y

3，求曲線在點（2，1）處的切線方程。x2xyxy6yy0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（10）yexy1x1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S

1(ex1)dx0(ex

x)10e2x x011（10討論函數(shù)fx)ex1 x0

在x0處的連續(xù)性。解： limf(x)limex10f(0)x0 x0limf(x)limx0f(0)x0 x0fx)x0處是連續(xù)的。12（10求方程y2)dxx2)dy0的通解。由方程y2)dxx2)dy0，得dy dx1y2 1x2

dy1y

dx1x2得arctanyarctanxCarctanyarctanxCytan(arctanxC)13（10）x57x4在區(qū)間(1,2內(nèi)至少有一個實根。Fxx57x4，F(xiàn)x在F(1)100，F(xiàn)(2)140

上連續(xù)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）fx)xx1)(x2)

(x2015)，求f(0)。解：f(0)lim

f(x)f(0)lim(x1)(x2)

(x2015)2015!x0

x0

x015（10）求曲線e

xye在點（0，1）處的法線方程。解：方程兩端對x求導(dǎo)，得eyyyxy0將點（0，1）代入上式，得y

(0,1)

1e從而可得： 法線方程為yex116（10）求曲線ycosxy2,x解：作平面圖形，如圖示

及y軸所圍成平面圖形的面積。2S

y=22xy=cosx2x02202(2cosx)y=22xy=cosx2x02200sin (2 01sin 2 2cosx x017（本題滿分10分討論函數(shù)f(x) 在x0處的連續(xù)性。x1 x0解： limf(x)limcosx1f(0)x0 x0limf(x)lim(x1)1f(0)x0 x0fx)x0處是連續(xù)的。 1xy2xy18（本題滿分10分）求微分方程dx 的特解。y|dy

1x0dy解：將原方程化為 y2)或dx1

1y2

(1x)dx兩邊求不定積分，得arctanyx x2C2y

x0

1得到C4

1 1 故原方程的特解為arctanyx x2 或ytan(x x2 ).2 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a2yxa2yx21BAoa1以[a為高的矩形兩部分構(gòu)成.由切片法可得：V A 0

y2dx12a)4 a4 0

x4dxa) 5x1 1 V x2dy a2 ydy a21 1 B 0 0 24 1F(a)VA

V B

a) a2，a(5 2F(a4a0:a45 5F(a又根據(jù)問題的實際意義F(aa

4F(a).5或者,又F(a)4a5

0, a4為極小值點，亦最小值點，5a45

V.B20（20）46？若球員以5.22角的變化率。解：由題意可得張角x滿足arctan10arctan6x xd

10x2

6 x2

6 10

2404x2dx 1100 136 x236 x2100 (x236)(x2100)60x2 x26060d令 0，得到駐點x60ddx

(不合題意，舍去)及x

.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.即該球員應(yīng)在離底線 米處射605.2米每秒的速度跑向球門，則dx5.2.在距dt離球門兩米處射門張角的變化率為：dddtx2

ddxddx

dxdtdxdt

24016 5.2)0.28/(436)(4100)21（10）fx)

xln(1 t) 1dt (x0)求f(xxln(1 t) 11 t x1F(x)f(x)1

1 xln(1t) 1ln(1t

F(1)0f( dtx dtx 1 f( dtx dtF(x)ln(1x)x

ln(11)x 11 x2xxlnx 1

x 1F(x)1

x dx2ln2

x1

ln2x21

ln(1t

令t1u

ln(11x u

xln(1

xlnu2

f( ) xx 1

dt t 1

duu 1

du duu 1 uf(x)

1f(

xln(1t)

xln(1t)dtxlntdtdtx 1 t 1 t 1 tdtxlntd(lnt)

1 xln2t

ln2x .11 2 1 2122、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0,2M和最小值m，f(0)f(1)f(2)故mf(0),f(1),f(2)Mm M3由介值定理得，至少存在一點0,2，使得f ) f( )f ( 1f3

( 2 )1f)f(3)1f(x)在,3上連續(xù),在,3內(nèi)可導(dǎo)，由羅爾定理可知，必存在(0,3)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.h2(t)40002（1）設(shè)時刻t高度為h(t，火箭與攝像機的距離為L(th2(t)40002dLh240002dth240002dt

h dhdh dL代入h=3000m，dt=300m/s，得 dt180m/s2）用表示攝像機跟蹤火箭的仰角（弧度，求在t 時刻的增加速.0h（2）設(shè)時刻t攝像機跟蹤火箭的仰角（弧度）為(t)，則有tand 1 dh

4000兩邊關(guān)于t求導(dǎo)得sec2

dt 4000dt5 dh d d 6當h=3000msec

4，dt

dt 0.048rad/s (或dt

125rad/s)《高等數(shù)學（一）》期末復(fù)習題答案一、選擇題( x2( x2xx)( x2xx)( x2xx)lim(

x)lim

(x2xx2

lim xx2xxx2x

x

x( x2xx)( ( x2xx)( x2xx)(x2x1)x2x

lim 1 1(111)xx(111)x2Bfx)x33x1f(0)1,f(1)1f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)fx)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。4、C解答：利用定積分的幾何意義，所求面積為sinxdx2015、D解答：直接積分法y1

3x3C，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 x18、A解答：因為yex

1x2

0，所以單調(diào)增加。9、D解答： x

dx1

dx21

1 d(x21)

ln(x21)C11x21 2 x21 2 x21 21110、A解答：利用定積分的幾何意義，所求面積為

11exdxex

e10 011、B解答：先分離變量，兩端再積分dyxy1dyxdx1dyxdxlny1x2Cdx y y 2 1所求通解為

yCe1x2212、D解答：直接積分法yx3C，當C0時有yx3213、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：limx1lim x1 lim 1 0 其它三項極限都不存在。xx21 x(x1)(x1) x(x1) ，16B解答：f(x)x3px1f(0)1,f(1)p0f(x在區(qū)間(1,0)f(x)3x2p0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B18C0，還可能是負數(shù)。 x21yf(x)x21 xx21

，則x

x21x2xx21x2x

x21x2f(x)lnx

ln

1x

ln

x21xx21 1 x21ln

x21

ln x

f(x)20、Bfx0ff021、C解答：lim

2 =2y2

2 =x0x是鉛直漸近線。

1ex2

x01ex222、D考查定積分的性質(zhì)與基本的積分表(cosxsinx)dxsinxcosxCn(1)n23、A解答：分子分母同時除以n可以得到lim 1n n24、B解答：考查無窮小量的重要性質(zhì)之一，有界量和無窮小量的乘積仍為無窮小量，其它選項都不一定正確。25、C解答：f(x)g(x)df(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)limsin

10，所求斜漸近線為yx。其它選項都x x沒有。二、填空題

x x x1 1cosx

12x2 11、 解答：1cosx~1x2 lim lim 2 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(yīng)用奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱區(qū)間上的積分為01(x3cosx5x1dx1

(05xx=

(0+01dx=1dx=21 1 1 14、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2x0

C2所求特解為y2ex6、0解:limx24lim224lim00x2x3 x223 x2537、 解:

x2x2lim(x2)(x1)

lim(x1)

lim2134 x2

x24 x2(x2)(x

x2(x

x222 48、1yxsinx1ysinxxcosx

f( 2

sin2

cos 2 29、2解：應(yīng)用性質(zhì)，奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的積分為01(xcosx01

11dx21103arctanxC解：由基本的積分公式

31x2

dx3arctanxC11y2

x2C解對方程ydyxdx兩端積分ydyxdxy2x2C1、2解：利用偶函數(shù)的積分性質(zhì)1 1

5x4dx215x4dx2x

12013、1 解：

xsin2x

1sin2xx lim101x

x 1

x 1142xsinx2dx解：由微分的定義dyydx，先求出導(dǎo)數(shù)，再求微分ycosx2ysinx22x2xsinx2dy2xsinx2dx15、1 解：yxcosx3ycosxxsinxf()cossin1116、e2x2

C 解：將ex看成一個整體，利用湊微元法得exdex1e2xC217y

1e22

C 解：先分離變量，再積分得通解ye2xdye2xdye2xdxdye2xdxy1e2xCdx 218、yexC 解：先整理，再分離變量求通解lnyxyexydyexdxyexCe6

2 2(x)(6)19、

解利用重要極限進行恒等變形再求解lim(1 )3xlim(1 ) 2

e6x x x x20、xx(lnx1) 解：本題是冪指函數(shù)，利用對數(shù)求導(dǎo)法來求導(dǎo)數(shù)y 1yxxlnyxlnx1

lnxx 1lnxyy(1lnx)xx(1lnx)y x21、2

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

(1n)nlim(12

n 123...n)lim

lim 2 1nn21

n2 n2

n n2

n n2 222、2

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x(x1)(x2) 1系數(shù)之比x

2x3x3 223、xx(lnx1)dxdyydx，先求出導(dǎo)數(shù)，再求微分，本題是冪指函數(shù)可以利用對數(shù)求導(dǎo)法來求導(dǎo)數(shù)yxxlnyxlnxdyxx(1lnx)dx

lnxx 1lnxyy(1lnx)xx(1lnx)y 1y y 11 2x23x1 01 1244

解：lim

x4

lim 04 4x0 x025、2 解：先求導(dǎo)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(1sin5x)dxa21dx227、

ex dx

解：由微分的定義

dy

a a，先求出導(dǎo)數(shù)，再求微分ex1yln(ex

1)y

ex dy ex dxex1 ex128、2 解：利用奇函數(shù)與偶函數(shù)的積分性質(zhì)22(cosx x3 )dx22 1x2 2

cosxdx2

2cosxdx2.0三、解答題1（9）x102x0x1解得x2所以函數(shù)的定義域為[1，2]2（10）f(0)x0

f(x)f(0)x0lim(x1)(xx0

(x2014)2014!3（10）解：方程兩端對x求導(dǎo)，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）解：作平面區(qū)域，如圖示yx

y1y=x=x2y0 1x解方程組yx2，1）x2 x31 1所求陰影部分的面積為：S1(xx2)dx= =05（10）

2 3 60解： limf(x)limx23f(1)x1 x1limf(x)lim3x3f(1)x1 x1fx)x1處是連續(xù)的。6（10）解：將原方程化為dy(2x兩邊求不定積分，得

dy

(2x，于是yx23xC將y| 3代入上式，有313C，所以C1，x1yx23x1。7（9）x405x0x4解得x5所以函數(shù)的定義域為[4，5]8（10）f(0)x0

f(x)f(0)x0lim(x1)(xx09（10）

(xn)n!x2xyxy6yy0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（10）解：所求陰影部分的面積為S

1(ex1)dx0(ex

x)1011（10）

e2解： limf(x)limex10f(0)x0 x0limf(x)limx0f(0)x0 x0fx)x0處是連續(xù)的。12（10）解：由方程(1y2)dx(1x2)dy0，得dy dx1y2 1x2

dy 1y2

dx1x2得arctanyarctanxCarctanyarctanxCytan(arctanxC)13（10）Fxx57x4，F(xiàn)x在F(1)100，F(xiàn)(2)140

上連續(xù)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）解：f(0)lim

f(x)f(0)lim(x1)(x2)

(x2015)2015!x0

x0

x015（10）解：方程兩端對x求導(dǎo)，得eyyyxy0將點（0，1）代入上式，得y

(0,1)

1e從而可得： 法線方程為yex1y=22y=cosxxy=22y=cosxx2x02解：作平面圖形，如圖示202S (2cosx)dx (2xsinx2020sin (2 01sin 2 217（10）解： limf(x)limcosx1f(0)x0 x0limf(x)lim(x1)1f(0)x0 x0fx)x0處是連續(xù)的。18（10）dy dy解：將原方程化為dx

y21

1y

(1x)dx兩邊求不定積分，得arctanyx x2C2y

x0

1得到C4

1 1 故原方程的特解為arctanyx x2 或ytan(x x2 ).19（20）

2 4 2 4解：A由以[0,a

x2的曲邊梯形和 ya2ya2yx21BAoa1以[a為高的矩形兩部分構(gòu)成.由切片法可得：V A