《高等数学一》期末复习题及答案

1、高等数学（一）期末复习题一、选择题x2 x2 xxx) 的结果是 （C ）（A）0（B） （C） 1（D）不存在22、方程x33x10在区间(0,1)内（B）（A）无实根（B）有唯一实根（C）有两个实根 （D）有三个实根3、f (x)是连续函数,则 f (x)dx 是 f(x)的（C）一个原函数； (B) 一个导函数；(C) 全体原函数； (D) 全体导函数；4、由曲线y sinx (0 x )和直线y 0所围的面积是 （C）（A）1/2(B) 1(C) 2(D) 5、微分方程y x2满足初始条件y | 2的特解是(D)x01（A）x3（B） x3（C）x3 2（D） x3 21336、下列变

2、量中，是无穷小量的为（A） 1x (A) lnx(x )(B) ln(x 0 )(C) cosx (x 0)(D)(x xx 2 47、极限lim(xsin1 1sinx)的结果是（C）x0 xx（A）0（B） 1（C） （D）不存在8、函数y exarctanx在区间上 （A）单调增加（B）单调减小（C）无最大值 （D）无最小值9、不定积分 xdx=（D）x 2 11arctan x2C(B)ln(x21)C(C) arctan x C(D)1ln( x2 1) C2210、由曲线y ex (0 x 和直线y 0所围的面积是（A）（A）e 1(B) 1(C) 2(D) e11、微分方程dy

3、xy的通解为（B）dx Ce2 x（B）y Ce 1 x2y eCx（D）y Ce x2212、下列函数中哪一个是微分方程y3x2 0的解(D )2（A）y x2（B） y x3（C）y 3x2（D）y x313、函数y sinxcosx 1是（C）奇函数；(B) 偶函数； (C)非奇非偶函数； (D)既是奇函数又是偶函数14、当x 0时， 下列是无穷小量的是（B）x 1（A） ex1(B) ln(x1)(C) sin(x x 115、当x时，下列函数中有极限的是（A）（A）x1cos x1arctanxx2 1x2 1exx2 116、方程x3 px10(p 0)的实根个数是（B ）（A）零

4、个（B）一个 （C）二个（D）三个17、 (1)dx（B）（A）1 x211C（C） arctanx（D） arctanx c1x21x218、定积分 baf(x)dx是（C ）一个函数族（B）f(x)的的一个原函数 （C）一个常数（D）一个非负常数19、 函数y lnx是（A）奇函数（B）偶函数（C） 非奇非偶函数（D）既是奇函数又是偶函数20、设函数f x在区间,上连续，在开区间内可导，且fx0，则(B)(A) f00(B) f f 0(C) f 0(D) f f 021、设曲线y 21 e x 2，则下列选项成立的是（C）没有渐近线(B) 仅有铅直渐近线(C) 既有水平渐近线又有铅直渐近

5、线(D) 仅有水平渐近线22(cosxsinx)dx(D)（A） sin x cos xC（B） sinxcosxC（C） sin x cos xC（D） sinxcosxC23、数列n (1)n的极限为（A）n（A）1(B) 1(C) 0(D) 不存在24、下列命题中正确的是（B）（A）有界量和无穷大量的乘积仍为无穷大量（B）有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量两无穷大量的和仍为无穷大量（D）两无穷大量的差为零25、若f(x) g(x)，则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、下列曲线

6、有斜渐近线的是 (C)y x sinx(B)y x2 sin x1(C)y x sin(D)y x2 sin1xx二、填空题1、 lim1cosx 1x0 x222、 若f (x) e2x 2，则f (0) 23 11(x3 cosx5x 24 、 etdx etx C5、微分方程yy 0满足初始条件y|2的特解为y 2exx06 、 lim x2 4 0 x2 x 37、 极限 lim x2 x2 3x2x448、设y xsinx1,则f( )129、 1 (xcos x 2110、 3dx 3arctan x C1 x211、微分方程ydy xdx的通解为y2 x2 C121 5x4dx2

7、113、 xxsin2x 1x14、设y cosx2 ，则dy2x sinx2dx115、设y xcosx3,则f( )16、不定积分 exdex e2 x C12117、微分方程ye2x 的通解为y e2 x C1218、微分方程ln y x的通解是y ex C19、2)3x e 6xx20、设函数 y xx, 则 y 12nxx ( lnx 1)121、lim(n n2n2) 的值是n2222、lim x(x 1)(x 2) 1x2x3 x3223、设函数 y xx , dy xx ( lnx 1)dx24、limx02x2 3x1 1x4425、若 f ( x) e2 x sin 6，则

8、f(0) 226、 a2(1sin5 x)dx (a为任意实数).a27、设y ln(ex1)，则微分dy exdx.ex 128、 2 (cos x 2x31 x2)dx 2三、解答题x 12 x1（本题满分9分）求函数 yx 12 x2 x 0解：由题意可得， 2 x 0的定义域。 x 解得 x 所以函数的定义域为 1，22（10）fx) xx1)(x2)( x 2014) ，求 f (0) 。f (0) x0f ( x) f (0) x 0113（本题满分10分）设曲线方程为y x3 x2 6x 1,求曲线在点(1)处的切线方程。32解：方程两端对 x 求导，得 y x2 x 6将x 0

9、代入上式，得y 6(0,1)从而可得：切线方程为 y16(x0)即y 6x14（10）y x y x 2所围成的平面区域的面积。解：作平面区域，如图示 y xy1y=x=x2y01 x解方程组得交点坐标（0，0（1，1） y x 2x2x3 11所求阴影部分的面积为：S 1(x x2 )dx = =0 23 603xx 5（本题满分10分讨论函数 f(x) x3xx 解：lim f ( x) lim x 2 3 f(1)在 x 1 处的连续性。x1x1 fx)x 1 处是连续的dy 2 x 36（本题满分10分）求微分方程dx的特解。y|解：将原方程化为 dy (2x 3)dx 3x 1两边求

10、不定积分，得 dy (2x y x2 3x C将y|3代入上式，有313C，所以C 1，x 15 x故原方程的特解为 y x 2 3x 5 xx 47（9）求函数 y x 45 x 解：由题意可得， 5 x cos的定义域。解得x 4 x 5所以函数的定义域为 4，58（10）f x xx 1)(x 2)( xn)(n 2)f (0)。f (0) x0f ( x) f (0) x 09（10）x 2 2xy 3 y 2 3 ，求曲线在点（2，1）处的切线方程。解：方程两端对 x 求导，得 2 x 2( y xy) 6 yy 0将点（2，1）代入上式，得y 1( 2,1)从而可得：切线方程为 y

11、 1 (x 2)即x y 3 010（10）y ex y1x1所围成的平面图形的面积（如下图S 1(e x 0 xx 011（10讨论函数 f x ex1x 0在 x 0 处的连续性。解：lim f ( x) lim e x 1 0 f(0)x0 x0f x)x 0 处是连续的。12（10求方程 y2 )dx x 2 )dy 0 的通解。解：由方程 y2 )dx x 2 )dy 0 ，得两边积分：dy1 y 2得arctan y arctan x C dx1 x2arctan y arctan x C y tan(arctan x C)13（10）x5 7x 4在区间(1,2内至少有一个实根。

12、解：令Fx x5 7x 4 ， F x在上连续F (1) 10 0 ，由零点定理可得，在区间(1,2) 内至少有一个，使得函数F ( ) 5 7 4 0 ，x5 7x 4 0 在区间(1,2内至少有一个实根。14（10）fx xx1)(x2)( x 2015) ，求 f (0) 。解： f (0) limf ( x) f (0) lim( x 1)(x 2)( x 2015) 2015!x0 x 0 x 015（10）求曲线e y xy e 在点（0，1）处的法线方程。解：方程两端对 x 求导，得e y y y xy 0将点（0，1）代入上式，得 y(0,1) 1e从而可得：法线方程为y ex

13、116（10）y cos xy 2, x 2 2轴所围成平面图形的面积。解：作平面图形，如图示20202S 2 (2 cosx)dx(2xsinx)0y=cosx0y=2x17（本题满分10分讨论函数 f(x) cosxx 0 x1x 0在 x 0 处的连续性。解：lim f ( x) lim cos x 1 f (0)x0 x0f x)x 0 处是连续的。 dy18（10）求微分方程y|dy 1 x y 1x 0dyxy的特解。解：将原方程化为dx y211 y (1 x)dx两边求不定积分，得arctan y xx 2 C2y x0 1得到C 411故原方程的特解为arctanyxx2 或

14、y tan(xx2 ).242419（20）曲 线 a2 y x2( 0 a1 ) 将边长为 1 的正方形分成 A、B两部分 如图所示其中A绕 x轴旋转一周得到一旋转体 ,记其体积为V，B 绕 y , 记其体积为V .AB问当 a 取何值时, VV 的值最小.AB解： A由以0, a为底、高为由切片法可得：x 2 的曲边梯形和a 2 y a 2 y x21BAoa1yF (aF (a的最小值存在,a 4 F (a).5或x4又 F (a)4a 5 0,a 4为极小值点，亦最小值 点，520（20）46 5.22变化率。解：由题意可得张角 x 满足d60令0，得到驻点x60dx(不合题意，舍)及

15、 x 60 . 由实际意义可知 , 所求最60值存在,驻点只一个, 故所求结果就是最好的选择. 即该球员应在离底线米处射门才60能获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则dx 5.2.在距离球门dt两米处射门张角的变化率为：dddtx2ddxddxdxdtdxdt240165.2)0.28(弧度/秒)。(4 36)(4 100)21（10）f x) ln(1 t)xdt(x0)，fx1f()dtx1tdtxf(1F x) f xf(1 x ln(1 t ) ln(1t)，则F (1) 0解法21 xln(1 t)1令t = 1utln(1 1)xu1t x ln(1 u) x

16、 lnuf()x1dt t1ududu1u1u x lntd(lnt)1xln2 tln2 x.11212122、证明题（本题满分 10 分）f(x在上连续,在0,3内可导, f(0) f(1) f(2)3f(3)1。试证必存在一点 0,3f 0.证明: f(x) 在上连续，故在 0,2上连续，且在 0,2上有最大值 M和最小值 m ，故f ( 0) f f(2)m f(0), f (1),f(M30,2ff (0) f (1) f (2) 13f f (3) 1f (x在,3上连续,在,3内可导， 由罗尔定理可知，必存在 (0,3) f 0分4000m处装有摄像机，摄像机对准火箭。用h 表示

17、高度，假设在时刻t，火箭高度h =3000m，运动速度等300m/s,（1） 用L 表示火0箭与摄像机的距离，求在t 时刻 L 的增加速度.0h2 (t) 40002（1）设时刻t 高度为h(tL(th2 (t) 40002h2 40002dth2 40002dtdthdh代入h =3000m，dh =300m/s，得 dL 180 m/sdtdt（2）用 表示摄像机跟踪火箭的仰角（弧度，求在t时刻 的增加速. ? ?0（2）设时刻t 摄像机跟踪火箭的仰角（弧度）为 (t，则有tan d1dhh4000两边关于t 求导得 sec2dt4000 dt当h=3000m时，sec 5，dh=300m

18、/s，故 d 0.048rad / s(或d 6rad / s)4dtdtdt125高等数学（一）期末复习题答案一、选择题1、C 解答：第一步，先分子有理化；第二步，分子利用平方差公式，第三步，分子分母同时除以 x；第四步化简即可。2B f x) x3 3x 1 f (0) 1, f (1) 1 f (x) 在区间(0,1) 内存在f (x) 3x2 3 0 ，可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。3、C 本题考察不定积分的概念，不定积分是所有原函数的全体。4、Csin xdx 2015、D 解答：直接积分法 y 13 x3 C ，代入已知点坐标可得C 26、A解答：因为limln x ln1

19、 0 ，所以此时是无穷小量。x17、C lim(x sin 1 1 sin x 0 1 1x0 xx8、A y ex 11 x20，所以单调增加。9、D 解答：xdx 11dx 1 1d(x2 1)ln( x2 1) C1x2 12x2 12x2 12110、A解答：利用定积分的几何意义，所求面积为211、B y Ce1 x221exdxex01 e 1012、D 解答：直接积分法 y x3 C ，当C 0 时有 y x313、C 解答：y sinxcosx 1是奇函数加上偶函数 ，所以是非奇非偶函数。14、B 解答： limln( x 1) ln1 0 ，所以此时是无穷小量。x015、A 解

20、答：lim x1 limx1lim10其它三项极限都不存在。x x2 1x (x1)(x1)x(x1)，16、B 解答：设 f (x) x3 px 1 ，则 f (0) 1, f (1) p 0 ，有零点定理得 f (x) 在区间(1,0)内存在实数根，f (x) 3x2 p 0 ，可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。17、B 解答：求导与求积分是互逆的运算，先求导再求积分，是所有原函数所以选B18、C 解答：考察定积分的概念，定积分计算完以后是一个确切的常数，可能是正数，也可能是 0，还可能是负数。x2 1y f ( x) lnxx2 120、B f x 0 f f 021、C 解答： l

21、im2= 2 y 22= x 0 x 是铅直渐近线。1ex2x 0 1 e x 222、D 考查定积分的性质与基本的积分表 (cos x sin x) dx sin x cos x C23、A 解答：分子分母同时除以 n 可以得到limn (1) n 1nn24B都不一定正确。25、C f (x g(x df (x) dg(x (df (x) dg(x)，其它选项都有反例可以排除。26、C 解答：有求解斜渐近线的方法可得x sin 1y x sin 1 k lim y limx lim1 0 1xx xxxb lim( y kx lim(x sin 1 x limsin 1 0 y x 。其它

22、选项都没有。xx二、填空题xxx11cos12x211、解答：1cosx 1 x2limlim 22x0 x2x0 x22或者用罗比达法则也可以求解。2、2解答：f(x)e2x 2，则f(x) 2e2x f(0) 23、2解答：应用奇函数在关于原点对称区间上的积分为04、et xC分析：被积函数et相对于积分变量来说是常数，所以 etdx et xC5、y2ex解答：yy0yCex 代入初始条件y|2得到2Ce0 C2所求特x0解为 y 2ex6、0解: lim x2 4 lim22 4 lim0 0 x2 x3x2 23x2 573x2 x 2 lim ( x 2)( x 1) lim (

23、x 1) lim 2 1 34x2x2 4x2(x2)(x2)x2(x2)x2 2248、1 解:y xsinx1 ysinx xcosx则f() sin cos 122229、 2 解：应用性质，奇函数在对称区间上的积分为 010、3arctan xC 解：由基本的积分公式3dx 3arctan x C1 x211y2 x2 C 解：对方程 ydy xdx 两端积分 ydy xdx y2 x2 C12、2解：利用偶函数的积分性质5x4dx215x4dx2x1 213、1解： xsin2x 1001 sin 2xx lim10 1xxx1x114、2xsin x2dx 解：由微分的定义dy y

24、dx ，先求出导数，再求微分15、1解：y xcosx3 ycosx xsinx f()cos sin 11116 、 e2 xC解：将ex 看成一个整体，利用凑微元法得 exdex e2 x C22117、ye2 x C解：先分离变量，再积分得通解1218、yexC解：先整理，再分离变量求通解e 622 ( x )( 6)19、解：利用重要极限进行恒等变形，再求解lim(1)3 lim(1)2 e6xxxx20、xx( lnx1)解：本题是幂指函数，利用对数求导法来求导数1212解：分母相同，分子先通分，分子分母最高次幂都是 2 次幂，自变量趋于无穷大，极限等于最高次幂的系数之比22、12数

25、之比x解：分子分母最高次幂都是 3 次幂，自变量趋于无穷大，极限等于最高次幂的系x(x1)(x2) 1 2 x3 x323、 xx ( lnx 1)dx 解：由微分的定义dy ydx ，先求出导数，再求微分，本题是幂指函数可以利用对数求导法来求导数241解： lim 2x2 3x 1 lim 0 1 14xx 4x0 04425、2解：先求导数，再代入具体数值f(x) 2e2x f(0) 2e0 226、2解：利用奇函数与偶函数的积分性质 a2 (1 sin5 x)dx a2 1dx 227、aaexdx解：由微分的定义dy ydx，先求出导数，再求微分ex 128、 2解：利用奇函数与偶函数

26、的积分性质2 x 02 x 0 2x 31 x)dx 222cos xdx 22 cos xdx 2 .0三、解答题1（9）解：由题意可得， x 1 0解得x 1 x 2所以函数的定义域为 2（10）f (0) x0f ( x) f (0) x 03（10）解：方程两端对 x 求导，得 y x2 x 6将x 0代入上式，得y 6(0,1)从而可得：切线方程为 y16(x0)即y 6x14（10）解：作平面区域，如图示 y xy1y=x=x2y01x解方程组y x2（0，0（1，1）x2x311所求阴影部分的面积为：S 1(x x2)dx = = 05（10）2360解：lim f ( x) l

27、im x 2 3 f(1)x1x1 fx)x 1 处是连续的。6（10）解：将原方程化为 dy (2x 两边求不定积分，得 dy (2x y x2 3x C将y| 3代入上式，有313C，所以C 1，x 1y x 2 3x 1。7（9）5 x 0解：由题意可得， 5 x 0解得x 4 x 5所以函数的定义域为 4，58（10）f(0) x0f ( x) f (0) x 09（10）x 2x y xy 6yy 0将点（2，1）代入上式，得y 1( 2,1)从而可得：切线方程为 y1 (x2)即x y3 010（10）S 11（10）1 (ex 1)dx0解：lim f ( x) lim e x

28、1 0 f(0)x0 x0f x)x 0 处是连续的。12（10）解：由方程 y2 )dx x 2 )dy 0 ，得两边积分：dy1 y 2dx1 x2得arctan y arctan x Carctan y arctan x C y tan(arctan x C)13（10）解：令Fx x5 7x 4 ， F x在上连续F (1) 10 0 ，由零点定理可得，在区间(1,2) 内至少有一个，使得函数F ) 5 4 0，x5 7x 4 0 在区间(1,2内至少有一个实根。14（10）解： f (0) limf(x) f(0) lim(x1)(x2)( x 2015) 2015!x0 x x 015（10）解：方程两端对 x 求导，得e y y y xy 0将点（0，1）代入上式，得 y(0,1) 1e从而可得：法线方程为y ex1y=22y=cosxx y=22y=cosxx 2y=2x0解：作平面图形，如图示17（10）解：lim f ( x) lim cos x 1 f (0)x0 x0f x)x 0 处是连续的。18（10）dy解：将原方程化为 y 2 ) 或 dydy (1 x)dxdx1 y21两边求不定积分，得arctan