大学一年级医用高数期末考试题与答案

1、第一学期高等数学期末考试试卷答案第一学期高等数学期末考试试卷答案计算题(本题满分 35分，共有5道小题，每道小题 7分)，1.求极限lim(1 £ J二2 w、111 A解:linJl+cosx ) -2x 二Hmx In2、I1 1 + cosxV 1-1-=lim( +c 0 xs 1一厂1JimTx3sin xx-xlne-1x>0x InX| 步c oxs),'- 1 lim1 + COSX XTx InX-i)1 COSX+XIn1 COSX+2X，limXy)2X，= lim0 (1s i nx+ c o sx)2x2.设X T 0时,f (x户正是等价无穷

2、小,2ixj f (t列与Axk等价无穷小，求常数 k与A .0解:由于当X T0时,3AJf (tgt与Axk等价无穷小,所以limxfJ f(t lituR- = 1Ax灰lim -。- ixF Axf(Vx)k3 'x2 raAkx=lim xF所以，lim_ =L 6 Akxk !2x3("x)2 3 3 2Akxk-)= %Akx第9页共7页x2 +ax %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+l¥(l+x2)解:x2 +ax + b将2化为部分分式，有k +1 ）X2）x2 +ax + b = A + B +Cx+D,

3、222（x+1#如）x+l （X：）.x2+ ax + b . 因此不定积分 J-dx中不含有对数函数的充分必要条件是上式中的待定系数& +i y（i +x2）AW = 0.即 x2 -f-ax -bB + D qi+x'+Dp-）（X 4 2） （ +x2 ） （X 寸 2）1 42（X 寸 2） （1 q 2 ）所以,有 X2 +ax + b = B（l +x2）+D（x + 1）2=（b + dM +2Dx +（B+ D .比较上式两端的系数，有1 = B+D, a=2D, b = B+ D .所以，得 b= 1._525.计算定积分 I min 1, | x -2 ）d

4、x .0解：f）口x - 21 x -2| -1m iAl, x - 2）=1x-2 >11 x< 12 _x 1 < x<2= |x 二 2 < x«31 x >35所以，fmin 1,0513 加於一.8-122"2| >dx = 1 ldx+ |*（ 2- x）dx + f（x -0i25.设曲线C的极坐标方程为 r = a sin 3-，求曲线C的全长. 3解：0e曲线r =a sin3 一 一周的定义域为0 £ 工冗，即0 W攵.因此曲线C的全长为 333 71 4 371 /QQ 3 几 003s= h* 明

5、* + （r M（e ）Jd9 = J ：asin 6 一 +a2sin4cs d - e = f asin d Q = 丁a oo333 o 32二.（本题满分45分，共有5道小题，每道小题 9分），6.求出函数f (x )= lim nTJ”q in （ JT y ）SmK 2n的所有间断点，并指出这些间断点的类型.广（2 X）解:sin(jrx )sinEx.)X =21 1X =21 x > 2因此X=-'与X22是函数2f（x瓶间断点.1 i in f (x )=T-J2limO 9lim +f(x )=X % 11lim sin (水)=_1 ,因此 x = 一一.x

6、*-2-72是函数f（xf勺第一类可去型间断点.lim f (x )= lim s i 躯 x )=1 , lim+ x)=1lim 0=0 ,因此 x =是数）f X的第一类可去型7.设二是函数f （上arcsinx在区间b, b 1使用Lagrange（拉格朗日）中值定理中的“中值”，：求极限lim -.Tb ob解：arc sixn在区间 f (x )=0,b】上应用Lagrange中值定理，知存在 e （ 0, d ,使得a res inb-arcs inO - _( -b- o ).,I 2'arcsinbt2lim 二limTb °bi arcsinb * =li

7、m Tb2b2 a r c s bin令t Bresin b ，则有t21 i m 2 =1 £rn 2b ob t 0 t2t _s in 2t- limT 3t 0 4t 32si n t2s i nt2=limTt 0t2 _=1 i mTt o_2 cos2t12t211 _c o s2t 1lim6lo t22s i n2t 11 i m =J T6t 0 2t 3所以，lim二b-0 b<38,设 f k解:J f(X0在方程f（X）= feyS 1 Ay中，令x = 1 ,得 0ff)= Je，"dy= Je'/' &y市.It再

8、在方程f（X）= Je、'（2 一）'dy两端对x求导，得 HxJ= - 0iJ xfdx = - J xf(x 鼠因此,1f(x%x01r - xe1e xe、09.研究方程a x2（a> 0）在区间（-b , +o°）内实根的个数.设函数 f( x)=ax2 e x解:- 1, f (x )axe x - ax2e x = ax(2 f e)x令f Z ）=0,得函数f（x的驻点XI=0, X2 =2 .由于a >0 ,所以lim f ( x)= lim (ax2T - )= +=c , x-x-lim f ( x)= lim (ax2C -1 )=a

9、 lixTWxTWy2 A.2xm 2 - -1 lim : - -1 =a lim ,天 于一1 .xBcxt5xT 石因此，得函数f（X的性态X8(f 0)0(o, 2)2(2, +8 )+8f U)0+0f (x )+ GO44ae 2 - 1J- 12C2 x 若 4ae 一_ 1> 0,即 a >一时，函数 f（ xy= ax"e " -1 在（_第，0） 01） 2（ 2, +g ）内4各有一个零点，即方程 ex=ax2在（一的，+8）内有3个实根.e2若4ae 二1= 0,即a=时，函数f（x）=axe在（_8，0、）0 +s ）内各有一个零4点，

10、即方程ex =ax2在（-a, 十g）内有2个实根.（3）若4ae万_ 1<0 ,即a时，函数 f（x）=ax2e x- _ 1 /_“，0弯一个零点，即方程 4ex =ax2在（-8, +s ）内有i个实根.10.设函数可导，且满足f x xf x 1 , f0 0 .<）=（飞尸） （尸试求函数f®由极值.解：在方程f'Jx)=xk七)-14令1 =-x,得 ft )=-/'Ll);就f (X )- -x( f (_ x )-1 1f '(x )+ xf 7-x )= x在方程组/' ''' 中消去f '

11、(-x>得xf'(X)+ f '"x)=-xf X 1 + x2 ./ xt +f2 积分，注意f<0)=0,得()-()=f.即 1+ dt f X f 00 t2x2f (x )= ft_dt = +0 t1ln(l + x2 )_arctanx由 x )=-一+ 21 Xf )=1 >0, f X-上 11)= <0 -21jr所以，* 0)=0是函数f(x y及小值；ln2 .2是函数f (X,及大值. 4三.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二 ,7的一条切线，使得该曲线与切线1及直线

12、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,厂1V ) t ,由y=,可知曲线yR,tJt9的切线方程为因此所求旋转体的体积为2 v="|-0 lL71 ( 8> dx=-4< 3tdt-a +2 p.得驻点 t =± . 3t2)d 2Vdt 2兀=4一二G 316 1 ，或 y =( x2d+ 2t 1)20 ,因而函数丫在1=旨处达到极小值，而且也是最小值.因此所求切线方程为y12.设函数f(X射闭区间0, 11上连续，在开区间(0, 1)内可导，且2n1|e 1。krctan xdx =， f)=0.得函数f (x )的驻点XI = 0, X2 = 1 .而f"(x )= 1 + 2x - x 2.所以, (1 + x2 1证明：至少存在一点 Ee （ 0, ,使得f（£）=（廿匕 2） arc tan解:因为f（x*闭区间 b, i】上连续，所以由积分中值定理，知存在总使得2兀I'e Mx)arctan xdxo萨6ta2由于 f ef(x)irctan xdx02 fe CXrctann =.再由 f(l)= 0 ,得九2f(n) arctaifi = = () arctan 1.4作函数gk ）=e'«