高等數(shù)學(xué)期末試題(含答案)

高等數(shù)學(xué)期末試題(含答案)

高等數(shù)學(xué)檢測(cè)試題一。選擇題（每題4分，共20分）1.計(jì)算$\int_{-1}^1xdx$，答案為（B）2.2.已知$2x^2y=2$，求$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^4+y^2}{x^2y}$，答案為（D）不存在。3.計(jì)算$\int\frac{1}{1-x}dx$，答案為（D）$-2(x+\ln|1-x|)+C$。4.設(shè)$f(x)$的導(dǎo)數(shù)在$x=a$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\toa}\frac{f'(x)}{x-a}=2$，則$x=a$是$f(x)$的（A）極小值點(diǎn)。5.已知$F(x)$的一階導(dǎo)數(shù)$F'(x)$在$\mathbb{R}$上連續(xù)，且$F(0)=0$，則$\fracqe2wa04{dx}\int_0^xF'(t)dt$的值為（D）$-F(x)-xF'(x)$。二。填空：（每題4分，共20分）1.$\iint\limits_Ddxdy=1$，若$D$是平面區(qū)域$\{(x,y)|-1\leqx\leq1,1\leqy\leqe\}$，則$\iint\limits_Dy^2x^2dxdy$的值為（未完成）。2.$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\cos\frac{\pi}{n}\right)^2+\left(\cos\frac{2\pi}{n}\right)^2+\cdots+\left(\cos\frac{(n-1)\pi}{n}\right)^2}{n\pi}$的值為（未完成）。3.設(shè)由方程$xyz=e$確定的隱函數(shù)為$z=z(x,y)$，則$\frac{\partialz}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}$的值為（未完成）。4.設(shè)$D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqa^2\}$，若$\iint\limits_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}dxdy=\pi$，則$D$的面積為（未完成）。5.求$\int\frac{x+1}{(x+2)(x^2+1)}dx$，答案為（未完成）。三。解答題（每題5分，共20分）1.設(shè)$f(x)$在$[a,b]$上連續(xù)，且$F(x)=\int_a^x(x-t)f(t)dt$，求$F''(x)$。解：首先有$F'(x)=\int_a^xf(t)dt+xf(x)-\int_a^xf(t)dt=x\cdotf(x)+\int_a^xf(t)dt$，所以$F''(x)=f(x)$。2.求不定積分$\int\frac{x^5+1}{x^2(x^2+1)^2}dx$。解：首先將$\frac{x^5+1}{x^2(x^2+1)^2}$拆分為$\frac{1}{x^2}-\frac{2x}{(x^2+1)^2}+\frac{x^2}{(x^2+1)^2}$，然后分別對(duì)三個(gè)部分求積分，得到$\int\frac{1}{x^2}dx=-\frac{1}{x}+C_1$，$\int\frac{-2x}{(x^2+1)^2}dx=\frac{1}{x^2+1}+C_2$，$\int\frac{x^2}{(x^2+1)^2}dx=\frac{1}{2}\int\frac{(x^2+1)-1}{(x^2+1)^2}dx=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2+1}-\ln|x^2+1|\right)+C_3$，因此原式為$-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2+1}-\ln|x^2+1|+C$。3.求極限$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{1+t^2\sint}{1+t^4\sint}dt$。解：由夾逼定理，$0\leq\frac{1+t^2\sint}{1+t^4\sint}\leq\frac{1+t^2}{1+t^4}$，因此$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{1+t^2\sint}{1+t^4\sint}dt=\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{dt}{t^2+1}-\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{t^4\sint}{1+t^4\sint}dt$。第一個(gè)積分的極限為$\frac{\pi}{2}$，第二個(gè)積分的絕對(duì)值不超過$\int_0^{x^4}\frac{t^4}{1+t^4}dt=\int_0^1\frac{u^{3/4}}{1+u^{3/4}}du$，因此由比較判別法可知其極限為$0$。故原極限的值為$\frac{\pi}{2}$。4.求曲線$y=\lnx$在$x=1$處的切線方程。解：由導(dǎo)數(shù)的定義，$\lim\limits_{h\to0}\frac{\ln(1+h)-\ln1}{h}=\lim\limits_{h\to0}\ln(1+h)^{1/h}=1$，因此曲線$y=\lnx$在$x=1$處的斜率為$1$。又因?yàn)榍€過點(diǎn)$(1,0)$，所以切線方程為$y=x-1$。32x→x→22-4xx4，求表面積為a而體積為最大的長方體的體積。解：設(shè)長方體的三棱的長為x、y、z，則問題就是在條件2(xy+yz+xz)=a2下求函數(shù)V=xyz的最大值。構(gòu)成輔助函數(shù)F(x,y,z)=xyz+λ(2xy+2yz+2xz-a2)，解方程組Fxx,y,z)=yz+2λ(y+z)=0Fyx,y,z)=xz+2λ(x+z)=0F(x,y,z)=xy+2λ(y+x)=02xy+2yz+2xz=a2，x=y=z=√(a/6)，得這是唯一可能的極值點(diǎn)。因?yàn)橛蓡栴}本身可知最大值一定存在，V=√(a3/36)。所以最大值就在這個(gè)可能的值點(diǎn)處取得。求由曲線y=e^x，y=e^-x與直線x=1所圍成的平面圖形面積及這個(gè)平面圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)所成旋轉(zhuǎn)體體積。（10分）解：曲線y=e^x與y=e^-x的交點(diǎn)為(0,1)，曲線y=e^x與y=e^-x和直線x=1的交點(diǎn)分別為(1,e)和(1,e^-1)，所圍平面圖形如圖陰影部分，取x為積分變量，其變化范圍為[0,1]，所求面積為S=∫(e^x-e^-x)dx|0-1=2(e-1)。所求旋轉(zhuǎn)體體積為V=π∫e^(2x)dx-π∫e^(-2x)dx|0-1=π(e^2+e^-2-2)。試證：∫f(sinx)dx=∫f(cosx)dx。（8分）證明：令x=π/2-u，則∫2f(sinx)dx=-∫f(cosu)du=∫2f(cosx)dx。設(shè)函數(shù)f(x)在[0,π]上連續(xù)，且∫f(x)dx=π，∫f(x)cosxdx=x。證明：在(0,π)內(nèi)方程f(x)=0至少存在兩個(gè)根。（12分）（提示：設(shè)F(x)=∫f(x)dx）證明：由題意得∫f(x)sinxdx=π/2，又F(0)=0，F(xiàn)(π)=π，由介值定理得F(x0)=π/2，其中x0∈(0,π)。設(shè)f(x0)>0，則由F(x)在[0,x0]上的單調(diào)性可得F(x)π/2，進(jìn)而得到∫f(x)sinxdx<π/2，與上述結(jié)論矛盾。所以f(x0)=0.再設(shè)f(x)在(0,x0)內(nèi)恒大于0，則由F(x)在[0,x0]上的單調(diào)性可得F(x)<π/2，即∫f(x)dx<π/2，與F(x)在[0,π]上的單調(diào)性矛盾。同理可證f(x)在(x0,π)內(nèi)恒大于0時(shí)也矛盾，所以f(x)在(0,x0)和(x0,π)內(nèi)都有根。構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)，滿足在區(qū)間[0,π]上連續(xù)，在(0,π)上可導(dǎo)，且F'(x)=f(x)，F(xiàn)(0)=F(π)。由題設(shè)，有πf(x)cosxdx=∫cosxdF(x)=F(x)cosx|+∫sinx*F(x)dxπ0πF(x)sinxdx=∫f(x)sinxdx=F(π)sinπ-F(0)sin0-∫cosx*dF(x)0根據(jù)積