高数历年试题课堂测验

yax3bx2的拐点为（1,3，则常数a3b9 1y2x1)exy2x1；f(x)lnx

x0

处带有型余项的n阶(x1)1(x1)21(x1)3(1)n11(x1)no((x1)n)

f(xxacosx(a1)在(02)内有极小值0，则该函数在(02)二.4x24x25x

2x

（ A、 B、

C、

下列函数fx在1,1上适 中值定理条件的是（ 3 B、fxx23Cfxarccos

Dfx2下列函数中，哪一个不是sin2x的原函数（ A、sin2 B、cos22C、cos D、5sin2x4cos222 P2

,Q2ln2

,R

1x2dx，则下列不等式正确的是（ A、PQ B、QRC、RQ D、QPfx在abdxbfxdx（AbAafb

dx

B、bfbafabb

fxdx

D、afxdxxfbf(x在(,f(x有（Cbx1x1x2f(x在a,bf(x)0，则方程xf(t)dtx1dt0在开区间(a内的根有（B

bf0个 (B)1个 (C)2个，

f(ln(x1))xf(x＝（D

1x2c 2

1x2xc2

1ln2(x1)2

e2xexc24n24n24n24n2

)4n21 dx4n244x2计算极限

esinxexcosxcosxesinxxcosx sinxxcos xsin

lim

求极限

1

nexe2x enx求极限 )x,其中n为给定的自然数 f(xxtf(2xt)dt1arctanx2,f(11求2f(x)dx exex

exex

txlnt22dx

t22原式

lnt22t2

dt2lnt2 t2 2tlnt22

dt2tlnt22

t2

t22 22tlnt224t42arctant2exex

42 exexex2x计算1x

x1dx

ux1u22x1时u0x16时u

3原式03arctanud1u221u22arctanu03031u2du

3

3333求不定积分2xln1x

x 1

21

1

解：原式

ln1x

1x1x2dx

ln1x1x1x 1 2x22x x 1

1

1x1x x2ln1x2x

11 1 1x x2ln1xx23ln1xln1x1x设函数f(x)在(,)F(x)0f(t)dt在(,)F'(x)

f(x)

F(xx)F(x)=

x

f， f(x在(,)

F(xx)F(x)

f()x

f(，其中xx0f(x

f()

f(x.故F'(x)

f(x。fx在[ab上连续，且单调增加，求证bxf(x)dxabbf fx在[0,1f0f(10Fxx3f(x证明：在(0,1 1 fx在0,1上可导，且f 2dx，试证明 0,1，2证明：由积分中值定理，至少存在一点c11 f0

1fxdxfc211 12f fcFx1x2F0f01c2Fcf

1

2在区间0,c上运 0c01

F12f2f

12 f(x在[01上连续，且0f(x)dx00xf(x)dx1

[01]

f()4f(x在[01上可导，则存在01，使得f'()4解（1）11(x1f(x)dx

x f(x)dx 1[0,1]，使得 x f1

dxf()x1dx1

f()

[01 f()4

1（2c[010f(x)dx1

f(c)0.由日中值定理则存在01

f()f(c)

f'()，由（1）

f'()4f(x)在(f'(x)(1x22xf(x)证设(x)

f(x)1

，在(可导，'(x)

f'(x)(1x2)2xf(x)(1x2 f(x在(lim(x)0lim(x)0 若在(上(x)0，则'(x)0，对任意的实数,'()0()x)不恒等于零，不妨设x0(),(x00x)(上必有最大值，最大值点为,'()0f(xf(xf(xf(x gxexfxx

f(xgx 也即eff0ff0f(xf(xf(xf(x二阶连续可导，证明至少存在一点0,2，使2f(x)dx2f(11f( xgx0f(x)dxgxx在点x01对gx作二 gxg1

1x2

ffg2fxdxg102从而g2fxdx2f10

f

，再由介值定理，f2f1f,(,)，所以2f(x)dx2f(11f( ππ1试证：fcosxdx2fcosxππ12 证：0fcosxdxfcos20 0对2

fcosxdxxt，则txdxx时tx时t 从而fcosxdx2

π020ππ1fcosxdx2fcosxdxππ2 fx在abfxx0afxfx0

xx

xfx0

0x0试证明：x在abfxfx0fxfx0

，所以xxx

x0xxx0

fxxx0fxfx022在以x,x0为端点的闭区间上对函数x运 日中值定理，至少存在x,之间的一点

fxfx0ffxfxfxx x 00xxxfxfxa,xfxf00xx0xx0bfxf，即x0，又因为xx处连续。所以x在abxxt 证明：方程01t2dt10，在01x Fx01t2dt10 xt2 Fx01t2dt1x2

x0, 1t2 又因为F0100,F101t2dt10tarctant010 f