高数(上)期末试题

高数（上）期末试题

这套题是昨天我和群里另一位同学组的一套试卷，整体题量不是特别

大，没有出特别偏的题目

考虑到大部分大学的期末高数题都出的很简单，题目的选取比较偏向

于课本内容，部分题目是课本原题改编而来

如果你想做限时测试的话，建议用时是100分钟（闭卷）

高数A和高数B的进度不同，所以若本试卷有你没学到的内容，不做

即可

如果你喜欢这个系列，还请多多点赞支持，反馈好的话后面还会加更

模拟题

参考答案及解析

一、填空题（每小题3分，共10小题）

（1）

\lim\limits_{x\toO}\frac{\ln\cos

x}{x~2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\cosx-

1}{x"2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{-\frac{1}{2}x"2}{x"2}=-

\frac{1}{2}o

（2）

当x=l时，y=0

等式两边对x同时求导得:

/{'}-1+/{'}屋丫=0

当x=l时，/{'}=\frac{l}{2}

故切线方程为：y=\frac{l}{2}x-\frac{1}{2}

(3)

I=\int\frac{\ln\lnx}{x}dx=\int\ln\lnxd\lnx

设t=\lnx

I=\int\lntdt=t\lnt-\intdt=t\lnt-t+C

代入t=\lnx得：

I=\lnx\ln\lnx-\lnx+C

(4)

①因为\lim\limits_{x\toO}\frac{1+x}{l-e'{-x}}=\infty,故

x=0为铅直渐近线

②因为\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{1+x}{1-e"{-x}}=0,故

y=0为水平渐进线

③因为

\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{y}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\f

rac{1+x){x}\frac{1}{l+e'{-x}}=1

\lim\limits_{x\to+\infty}\left(y-x

\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\frac{1+x}{1-e^{-x}}-x

\right)=lo

故y=x+l为斜渐近线

所以本题答案为：3

(5)

(6)

\frac{dy}{dx}=2xe"{x"2}f"}\left(e"{x"2}\right)

\Rightarrowdy=2xe*{x"2}f*}\left(e*{x*2}\right)dx

(7)

由拉格朗日中值定理知：

\exists\xi\in\left(0,1\right),f"}\left(\xi

\right)=\frac{f\left(1\right)-f\left(0\right)}{1-0}<,

因为f{JJ}\left(x\right)>0,则f'{J}\left(x\right)单

调递增

\Rightarrowf"{s}\left(0\right)<f"{s}\left(\xi\right)<

f"{s}\left(1\right)

\Rightarrowf"{5}\left(0\right)<f\left(1\right)-

f\left(0\right)<f"{，}\left(1\right)

(8)

设C=\int_{0}"{2}f\left(x\right)dx,则f\left(x

\right)=x"2-C

\Rightarrow\int_{0}"{2}f\left(x

\right)dx=\int_{0}*{2}x^2dx-C\int_{0}"2}dx

\RightarrowC=\frac{8}{3}-2C\RightarrowC=\frac{8}{9}

\Rightarrowf\left(x\right)=x"2-\frac{8}{9}

(9)

由题意知:极限\lim\limits_{x\toO}f\left(x\right)存在

①当a=l时

分母x-\sinx\sim\frac{1}{6}x"3,x\toO

由于分子的最高阶数为2,此时极限必不存在

②当aWl时

分母ax-\sinx\sim\\left(a-1\right)x,x\toO

此时不论b取值如何，极限都必然存在

故aWl,b\inR

(10)

\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{2t}{

-e”-t}}=-2teXt}

\frac{d"{2}y}{dx2}=\frac{\frac{dy"{>}}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=

\frac{-2\left(t+1\right)e~t}{-e{-t}}=2\left(t+1

\right)e"{2t}o

当TVx<0时，t>0

故此时\frac{dy}{dx}<0,\frac{d'{2}y}此x"2}>0

\Rightarrowf\left(x\right)单调递减且图形为凹

二、解答题(共10分)

(1)

(2)

本题可利用洛必达直接计算，下面给出一种更简便的解法

设f\left(x\right)=\sin\sinx

g\left(x\right)=\cos\cosx

由柯西中值定理知：

\exists\xi\in\left(\cosx,1\right),\frac{f\left(\cosx

\right)-f\left(1\right)}{g\left(\cosx\right)-g\left(1

J

\right)}=\frac{f"}\left(\xi\right)}{g~{}\left(\xi\right)}o

当x\to0时，\xi\tol

故\lim\limits_{x\toO}\frac{\sin\sin\cosx-\sin\sin

1}{\cos\cos\cosx-\cos\cos1}

=\lim\limits_{\xi\tol}\frac{f*{,}\left(\xi

\right)}{g^{'}\left(\xi\right)}

=\lim\limits_{\xi\tol}\frac{\cos\sin\xi\cos\xi}{\sin\cos\xi

\sin\xi)

=\frac{\cos\sinl\cosl}{\sin\cosl\sinl}

三、解答题(共10分)

由题意知x"2+px+q=0必有两相异实根

分别设为a、b,则有：

y=\frac{l}{x2+px+q}=\frac{1}{\left(x-a\right)\left(x-b

\right)}=\frac{1}{a_b}\left[\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x_b}

\right]o

故y"{\left(n\right)}=\frac{1}{a_b}\left[\frac{\left(-

1\right)"{n}n!}{\left(x-a\right)~{n+1}}-\frac{\left(-1

\right){n}n!}{\left(x-b\right)"{n+1}}\right]0

代入a=\frac{-p+\sqrt{p"2-4q}}{2},b=\frac{-p-\sqrt{p'2~

4q}}{2}

\Rightarrowy'{\left(n\right)}=\frac{1}{\sqrt{p"2-

4q}}\left[\frac{\left(-1\right){n}n!}{\left(x-\frac{-

p+\sqrt{p"2_4q}}{2}\right)"{n+1}}-\frac{\left(-1

\right)"{n}n!}{\left(x-\frac{-p-\sqrt{p'2-4q}}{2}

\right)"{n+1}}\right]0

四、解答题(共10分)

令t=\sqrt[3]{\frac{x+l}{x-1}}

则x=\frac{t3+1}{t3-1}

\Rightarrowdx=-\frac{6t2}{\left(t"3-l\right)2}dt

故\int\frac{1}{x2-1}\sqrt[3]{\frac{x+1}{x_l}}dx

=\int\frac{\left(-3T\right)2}{4t"3}t\frac{-

6t"2}{\left(t"3-l\right)2}dt

=-\frac{3}{2}\intdt

=-\frac{3}{2}t+C

=-\frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{x+l}{x_l}}+C

五、解答题(共13分)

(1)

令x=a+b-t

则\int_{a}"{b}f\left(x\right)dx=\int_{b}"{a}f\left(a+b-t

\right)d\left(a+b-t\right)

=\int_{a}{b}f\left(a+b-t

\right)dt=\int_{a}*{b}f\left(a+b-x\right)dx

故本题证毕

(2)

因为x=\frac{a+b}{2}为f\left(x\right)的对称轴

则有f\left(a+b-x\right)=f\left(x\right)

令x=a+b-t

则\int_{a}"{b}xf\left(x\right)dx=\int_{b}"{a}\left(a+b-t

\right)f\left(a+b-t\right)d\left(a+b-t\right)o

=\int_{a}{b}\left(a+b-t\right)f\left(a+b-t\right)dt

=\int_{a}*{b}\left(a+b-t\right)f\left(t\right)dt

=\left(a+b\right)\int_{a}"{b}f\left(t\right)dt-

\int_{a}"{b}tf\left(t\right)dt

=\left(a+b\right)\int_{a}"{b}f\left(x\right)dx-

\int_{a}"{b}xf\left(x\right)dx

即\int_{a}"{b}xf\left(x\right)dx=\left(a+b

\right)\int_{a}"{b}f\left(x\right)dx-\int_{a}"{b}xf\left(x

\right)dxo

故\int_{a}"{b}xf\left(x

\right)dx=\frac{a+b){2}\int_{a}"{b：lf\left(x\right)dx

故本题证毕

六、解答题(共13分)

同济高数上册P282

七、解答题(共14分)

不妨设0\leqx_l\leqx_2\leq1

若上述范围取等号则易证结论成立

故考虑0Vx」Vx_2Vl

在区间\left(0,x_l\right),\left(x_l,x_2

\right),\left(x_2,1\right)上分别使用拉格朗日中值定理

有f\left(x_l\right)-f\left(0\right)=x_lf入{'}\left(\xi_l

\right)

f\left(x_2\right)-f\left(x_l\right)=\left(x_2-x_l

\right)f"}\left(\xi_2\right)

f\left(l\right)-f\left(x_2\right)=\left(l-x_2

\right)f"}\left(\xi3\right)

故\left|f\left(x_l\right)-f\left(0\right)

\right|+\left|f\left(x_2\right)-f\left(x_l\right)

\right|+\left|f\left(l\right)-f\left(x_2\right)\right|0

=\left|x_lf-{'}\left(\xi_l\right)\right|+\left|

\left(x_2-x1\right)f{,}\left(\xi_2\right)\right|+\left|

\left(l-x_2\right)f"{'}\left(\xi3\right)\right10

=x_l\left|f-{'}\left(\xi_l\right)\right|+\lef