2016年第一学期期末考试卷集汇

交 2011- 学年第一学期《微积分B》期末考试卷 卷 1、设x0时，etanxex与xn是同阶无穷小，则n tan2yetanxsin1dy1etanxsec21sin1

xcos 3、函数yx2cosx在 2 xx4xx

dx

x5、定5、定积23sin 1cos4 dx2fxf1、设 1,则在点xa处， x(A)fxfa0.（B）fx取得极大值（C）fx取得极小（D）fx的导数不存2、设fx的一个原函数为sinx，则xf'xdx (A)xcosxsinxC,（B）xsinxcosxb3、设fx在a,b上连续，且afxdx0,则在a,b上 b（A）fx0.（B）必存在f（C）必有唯一使f0.（D）不一定存在使f4、下列函数中，是微分方程dy2y0通解的是 (A)x2C.（B）1Cx2,（C）Cx2,（D）205、设Fxxextdt,则F'x 0(A)0,（B）1,（C）ex,，（D）xarctant2x2.1、limx2.x2xarctantx2

xarctant2

解：lim lim0

limarctanx 1

2limtanxx 2x0 lntan

sec2 tan2

tanx 解：lim x0

ex0

ex0 ex0 ex03x2e四 求积分（每题6分，共12分1

cos2x

xdtanx dcosxxtanx tanxdx cos2

dx

cos2

cosxtanxlncosx11x33x

cos

112解：

x33x1dx

dxarcsinx121 1 1

341340441

1 34343434

334332fxx13x2的极值 2x

13解：fx 续函数；x1时，fx 1 3

x35x2，所以在 上，fx0，f

2上，fx0，fx单调下

上，fx0 5 2. fx单调上升所以fx在x0处取极大值f00在x 处取极小值f 33. 5 xcos六（8分）设函数yyx由 yatsin

d2 t tdy

asintatcossin

aatcottd2

dxdx

acottatcsc2

sin

acottcsctatcsctd2d2

3 acot t t2（8分）根据c的取值范围方程axcx的根的个数，其中a1为固定常数解fxaxcxfxaxlnac当c0fxaxlnac0fx单调上升。limaxcx,limaxcx 以此时方程axcx的根的个数为当c0时，显然方程ax0的根的个数为0ln lnclnc0时，

f'x

lnac，在

上

x0，fx单调下降；在 c lna

lnclnln ,上f'x0，fx单调上升；所以x 处fx取最小 c c limacxlimacxlnalnax 所以当celna时方程axcx2；当celna时方程axcx的根的个数为1；当0celna时方程axcx（11分）fxfx3xftdte2xffx3fx2e2x

3fx3fxdfx3dx，积分fxCe3x。设fxCxe3x为原方程的f代入后得Cxe3x3Cxe3x3Cxe3x2e2xCx2exCx2exC.fx2e2xCe3xf01，所以C3,fx2e2x（6分）证明

sinp

dxp00sinpxcosp t，2 sinp

dx

cosp

dt

coscos 20sinpxcosp cosptsinp2 sinp 1sinpxcosp

0sinpxcosp所以，2 dx0sinpxcosp

2 dx.0sinpxcosp （6分）银幕高为a米，银幕底边高出观众为b米。问观众离银幕多远，才能使观众看图像最清a 解：观众离银幕x米时，视角为xarctan arctan，求导 abx a abx2

x2aab而当x0及x时都有x0，所以必然x ab交 2012-2013学年第一学期《微积 B》期末考试卷 卷 ln(1x2x2)asinxbx确定常数a和b的取值，使得

5 x limln(1x2x2)asinx

5

x ln(1x2x2)asinx 1 aa10 x01x2xb5limln(1x2x2)asin

1

xcos5lim1x2x 51lim[4cosx1(2x1)cos 2 53 f(xlim1x2nxn1x

xxf(x)

1xxxf(10)1f(101f(1)0f(10)1，f(10)1，f(1)0因此，f(x)在 1) 1)(1,)上连续x1均为第一类间断点（跳跃间断点试确定a和bf(xxabcosxsinxx0x的5解：cosx11x21x4o(x5 (x sinxx1x31x5o(x5 (x f(xxabcosxsinx(abbx22

bx4o(x5))(x1x3

x5o(x5(1ab)x(a2b)x3(a16b)x5o(x5 ，b

3f(x在

b]上连续，ax1x2xn (n3)，则在(x1,xn)内至少有一点f(f(x1f(x2n

f(xn)f(x在[x1,xnM与最小值mxx1xnmf(x)mmf(x1)f(x2)f(xnn

nm

f(x1)

f(x2)

f(xn)由介值定理，至少存在一点 xn)，f()f(x1)f(x2)n

f(xn证明：对于任意的正整数n，都有

1 1 n ln1n 解：对于任意的正整数n，在[1,11f(xlnxf(x1 n

n ln1 ln1f( n 1 1 ln1 n

n n 若函数f(x)在 )满足关系式f(x)f(x)，且f(0)1，则f(x)exf

F(x)在

)F(x)(f(x)f(x))e e2F(xCf(0)1，知C1F(x)1f(x)y5y6yxe2x的通y5y6y

r25r6有两个实根r1 YCe2xC 由于2y*y*x(Ax1解得A 12

B1y*x(x1)e2x2yCe2xCe3x1(x22x)e2x yexyax2的交点个数，其中a为任意常数．解：若a0yax2yex若a0yax2yex至少有一个交点在第二象限；若两函数相切于第一象限点(x0,y0)，则2axey0ax02axexe解得x0 y04a，此时，a4e2e因此，当a 时，y4

yax

综合上述，当a0yax2yexe2yax2yex1若0a4e2e若a 时，函数yax4

y

2e2e若a 时，函数yax4

y

3求圆r 2sin与双纽线r2cos2所围成公共部分的面积解：如图，两曲线关于22的交点为1)．因此所求面积为第一2611A

2sin2d

1 cos2d2 (1cos2)(1cos2)d2cos2d 11

sin2

4 x y

6求椭圆 1（ab0）上最大的曲率以及最小的曲率a bxacos

ybsin 0t则dxasint

bcost d2x

d2dt acost，dt2bsinK 2b2(a2b2)sin2t2a所以，当t0或时，K达到最大值 a 当t或 时，K达到最小值 af(x在[0，1]连续，在（0，1）f(x0xf(xf(x3ax2f(xx12解：d(f(x))3af(x)3ax2cx 1 0f(x)dxc4 f(x)3ax2(42V'(1y2dx)'0 a5设函数f(x)在 )还满 2xf(t)dtx1f(xt)dtxf(x) f(x 解：令uxtx0fxt)dt0f

f(t)dt3xf(t)dtxf(x)2x0由上式可知函数f(x)在 )内可导，因此，将上式两端对x求导，3f(x)xf(x)f(x)6x xf(x)2f(x)6x

2Qx6xxf(x)Cx26x2lnf(12C2f(xf(x)2x26x2lnxx1t3t

f(x由参数方程y

1t3t

t2解： t2d2 t21 2t(t21)2t(t2

tdx

t2 (t2 (t21)3

tt d2

t由 0，得t1，

0

0 dx5

t

t

d2dxd2dx因此，t1即x 时，y3

f(x)达到最小值fmin(x)f() t1即x1yf(xfminx)f(1又因为t0x13(t0x(

)

d2y0，因

为凹区( dx (t0

x 1)，d2y

1)为凸1拐点为 3

1)3

dx x租出去的房子有：50 Lxx100)(50x1000x L(x)(x100)(70 x L(x)1800xx1800L(180010LmaxxL(180057800（元交 2013-2014学年第一学期《微积 B》期末考试卷（A1 卷

12x12x2 arctanx(e2x答：

12x12x2

12x12x arctanx(e2x111111

2x1x

x

12x1

2 x/f(x

是连续函数，则a x/答：limf(x) cosxlimsinx1x/ x/2 x/ 设f(x)x2e2x，则f(n)(x) f(nx2ne2xx2nxn(n1) 设xes2ds，ysin(ts)2ds，则dy dyet2sint2．（ysin(ts)2dssins2ds 1y1x2yx

ln(1ex)的斜渐近线 设f(x)的一个原函数是F(x)，a,b为非零常数，则f(a2xb)dx 答：1F(a2xb)C．a10xarctanxdx 1答：1xarctanxdx11arctanxdx21 x

dx11 2

201x 8．

x22x 2

1 dx 1

xd x2x5 40 20 2 x x 221x221x 02 20

9y0x)是微分方程y7y10y0满足条件y(0)3，y(0)12的特解，则y0(x)dx

（y(xe2x2e5x 答 y(x)dx (e2x2e5x)dx 10．两曲线r2cos与r2sin所围图形的公共 1．如图易知212x x

x3x2

2x1x求出f(x)的反函g(x)；(2)问函g(x)是否有不可导(x16) x解 g(x)

3

8x 3x

g(x)g(8)xg(x)g(8)

(x16)/1221x 3x2 x x 所以，x8是g(x)的可导点 ……5x1limg(x)g(1)33x

1x

x

x1x limg(x)g(1) x11 x x1x 所以，g(x)在x1处不可导． ……7分由导数定义知，x0是函数g(x)的不可导点 ……8（10分）f(x是以T为周期的连续函数．(1kF(x)xf(t)dtkx是以T为周期的函数；(2lim1xf(t)dt0

xxT解：(1)由F(xT)F(x) f(t)dtkT0f(t)dtkT0，当k1Tf(t)dt时，F(x)是以T为周期的连续函数 ……5T(2)lim1xf(t)dtlim1F(xkxlimF(x)k ……7xx x x 由于F(x)是 T]上的连续函数必然在 所以x

F(x)0xlim1xf(t)dtk ……10xx（8）f(x在区间[1,1]f(1)0f(1)1f(0)0．证明：在(1,1)内至少存在一点f(3．证：f(x)x0处展开成二阶泰勒公式：f(x)f(0)f(0)xf(0)x2

f(x3 ……2x1,10f(1)f(0)f(0)f(1) 1f(1)f(0)f(0)f(2)

11f(f( ……5 f(x1f(f()f(f() 介值定理，在(1,1)内至少存在一点f(1f(f()3 ……8 x2(x解：yx(x1)(x4)(x

y14x4 ……2(x,此，函数的单调递增区间为(,4，(1,0和[1,)；函数的单调递减区间为[4，1)和 ……4极大值为f(4)32和f(0)0，极小值为f(1)1 ……6 x,1)1,2y0x2,y0 凸区间为(,1和(1,2，上凹区间为2,2图形的拐点为(,7

……8由于limf(x)limx2(x2x xx(x

x2(x lim(f(x)x)lim x4x x(x 所以，函数图形的斜渐近线为yx4 ……10D2y2x2xay0所围成的平面区域，其中0a2．D1x轴旋转而成的旋转体的体积为V1D2y轴旋转而成的旋转体的体积V2，求V1和V2；(2)当a为何值时，V1V2取得最大值，并求出最大值4 2 4

4 5a解：(1)V1 (2xaa

dx 4xdx

32 2 V12x2x2dx4x3dxa4 设V

432a5a45V4a31 …6a1是满足0a2的唯一的驻点，且V(1)40，因此a1是极大值点即最大值点，此时V1V2取得最大值

……85解：1先求齐次通解，由特征方程r23r20，得特征值r11,r22YCexCe2x ……2 2y3y2y4xy1*axy3y2y4x中，得a2,b3y1*2x3 ……63y3y2yxe2xy2*x(AxB)e2y3y2yxe2xA12

B1y2*(

x)e2x 2

2yC1e 2x3 ……102 t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f 证法一：令F(x)t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f （x F(x)x2f(x) f(t)dtf(x)t2f af(x(x2t2f(t)dt0 ……40F(xF(bF(a0 t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f(t t2f(t)dt f(t)dtt2f(t)dt f(t)dt xt2f证法二：做辅助函数(x)0f0

……2因0txxf(x)(x2t2)f(x 0 4 f 故(x)单调递增，因此(b)(a)bt2f0bf0

t2ff0 t2f(t)dtf(t)dtt2f(t)dtf(t)dt ……6 交 2014-2015学年第一学期《微积 B》期末考试卷 卷 x2 xx2

x(et2x要使函数f(x) x

,xx

在x0处连续，则a yegx1g可导，则dy1g1esin2

x

fx

x0，则f(0) xsin 2sin若f(x)的一个原函数 ，则xf'(x)dxcosx aaxf(x)f(x)dx 12 y''2y'2yyex12 y''2y'2y

dx x(lnyx33x26x5在点(0,5)y6x2曲线y x|x2(x1)(x

的渐近线共有 sinxx2sin x0(1cosx)ln(1解：原式

sinxx2sin1lim

1212

ln(1sinxx2sinxx

31

sin

x2sin1 x 62 x

x y

lnxxy 1y 1dxydx 4 xy整理得y2dxxydxx2dy，即 6 xf d2设ytf'(tf(tf(tf''(t0dxdydt dx

f'(t)tf''(t)f'(t)f

3d2

dx 1f f''(t) 6 y''3y'2y2ex的解，使得该解所表示的曲线在点(0,1)yx2x1相切解：特征方程为r23r20，解得特征根为r1,r 故对应齐次方程的通解为yC1exC2e2x 2所以微分方程的通解为yC2xexC 4 yx01,yx01,代入微分方程的通解可得C11,C20 6 lnx (1解：原式ln

lnx

3lnx

1 1 x(1 1dxlnxlnxln|1x| 61

1

1求定积分2解：原式1

|x||x|x||x|dx2 |x||x 2 2 2xdxx2x 4 1 41 F(x2x1tdt的单调区间.（6分

6 1t

21解：显然函数F(x)可导，且F'(x) 21F'(x0x12当x1时，F'(x)0,所以F(x)在,1上单调递增 4 2当x1时，F'(x)0,所以F(x)在1,上单调递 6 方程lnxax（其中a0）有几个实根.(8分)解：设f(x)lnxax,x0,, 则f'(x) a,于是有唯一的驻点x 1 1f''(x

0,

1是函数的极大值点a

f(x)

f(x,

1是函数的最大值点a当f10,即a1时,原方程有唯一根 4 a f10,即0a1时 a 6当f10,即a1时,原方程无 8 a五、若0x

tanx2x2.（7分11 tan 11tan证明：令f( 2x由于对0x有0sinxx2 xsec2xtan xsinx 所以f'( 0，

x2cos22即f(x)在 内是单调递增函数 62 故当0xx 时，有f(x)f(x

tan

tan tanx2tan

1

7x1、p(x)、f(x)的表达式；2、此方程的通解 (8分解1、由题设可得

1pxf 2解方程组得p(x)1 f(x)3 4 2y1y3y1y0 ypxypxp1p0dpdx Cx 71

x1 yCx2C x

8证明：由题意可知F(x)和F'(x)均在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，又F(1)F(2)0，由罗尔中值定理，存在1(1,2)使得F'(1)0 2分又 F'(1)f(x)(x1)f'( x

3Fx)在1,1上满足罗尔中值定理,于是存在2(1,1)(1,2)F''(2)0 5交 2015-2016学年第一学期《微积 B》期末考试卷 卷 2、 点处(B 的一个原函数，则下列等式成立是(B ， 程的通解是(D) B） D）

ydx y2 x2f f(4) x24x5 曲线ysinx(0x)与x轴所围成的平面图形面积 P(x)是多项式，满足 x3x2

p(x)x3

1,

2,,e2xex求极限解

1cos2e2xex3

4e2xe6cos 81cos2求1cos2xd1cos2xdcos分 1cos2xd 分cos2 sec2xdx

d 61tanx1x 8 ,x24xx2