大一上学期高数期末考试.docx
大一上学期高数期末考试大一上学期高数期末考试 一、单项选择题 1. 设f(x)=cosx(x+sinx),则在x=0处有(). f¢(0)=2 f¢(0)=1f¢(0)=0 f(x)不可导. 2. 设a(x)=1-x1+x，b(x)=3-33x，则当x®1时. a(x)与b(x)是同阶无穷小，但不是等价无穷小； a(x)与b(x)是等价无穷小； a(x)是比b(x)高阶的无穷小； b(x)是比a(x)高阶的无穷小. x3. 若F(x)=ò0(2t-x)f(t)dt，其中f(x)在区间上(-1,1)二阶可导且f¢(x)>0，则. 函数F(x)必在x=0处取得极大值； 函数F(x)必在x=0处取得极小值； 函数F(x)在x=0处没有极值，但点(0,F(0)为曲线y=F(x)的拐点；函数F(x)在x=0处没有极值，点(0,F(0)也不是曲线y=F(x)的拐点。14. 设f(x)是连续函数，且 f(x)=x+2ò0f(t)dt , 则f(x)=(x2x22 2+2x-1 x+2. 5、设x2y-e2y=siny，则dydx= (A) 2xy2xy+2xycosy+2e2y (B) e2ycosy-x2 (C) 0 (D) cosy+2e2y-x2 6、设函数f(x)=1x，则。 ex-1-1(A) x=0,x=1都是f(x)的第一类间断点； (B) x=0,x=1都是f(x)的第二类间断点； (C) x=0是f(x)的第一类间断点, x=1是f(x)的第二类间断点； (D) x=0是f(x)的第二类间断点, x=1是f(x)的第一类间断点。 )二、填空题 4.x®0lim(1+3x)2sinx= . 5. 已知12cosxcosx是f(x)的一个原函数,则òf(x)×dx=xx . ò6. x2arcsinx+11-x2dx= . 127.已知limx®0f(2x)x= 。 =2，则 limx®0xf(3x)三、解答题 x+yy=y(x)e+sin(xy)=1确定，求y¢(x)以及y¢(0). 7. 设函数由方程1-x7求òdx.7x(1+x)8. -xì 1ïxe，x£0设f(x)=í求òf(x)dx-32ïî2x-x，0<x£19. 1010. 设函数f(x)连续，且x®0g¢(x)并讨论g¢(x)在x=0处的连续性. g(x)=òf(xt)dtlimf(x)=Ax，A为常数. 求11. 求微分方程xy¢+2y=xlnx满足y(1)=-19的解. 四、 解答题 12. 已知上半平面内一曲线y=y(x)(x³0)，过点(0,1)，且曲线上任一点M(x0,y0)处切线斜率数值上等于此曲线与x轴、y轴、直线x=x0所围成面积的2倍与该点纵坐标之和，求此曲线方程. 13. 过坐标原点作曲线y=lnx的切线，该切线与曲线y=lnx及x 轴围成平面图形D. 求D的面积A；(2) 求D绕直线x = e 旋转一周所得旋转体的体积V. 五、证明题 14. 设函数f(x)在0,1上连续且单调递减，证明对任意的qÎ0,1，q1òf(x)dx³qòf(x)dx00. ppò0,pf(x)15. 设函数在上连续，且0f(x)dx=0ò，0f(x)cosxdx=0.证明：在(0,p)内至少存在两个不同的点x1,x2，使f(x1)=f(x2)=0. 0解答 一、单项选择题(本大题有4小题, 每小题4分, 共16分) 1、D 2、A 3、C 4、C 5、D 6、D 二、 填空题 p1cosx2+c16e4. . 5.2x.6. 2. 7. . 3三、解答题 7.解：方程两边求导 x+y¢+)coxys(xy)(y= ) e(1+y¢+ex+y+ycos(xy)y¢(x)=-x+ye+xcos(xy) x=0,y=0，y¢(0)=-1 77x6dx=du 8.解：u=x1(1-u)112原式=òdu=ò(-)du7u(1+u)7uu+1 1=(ln|u|-2ln|u+1|)+c7 12=ln|x7|-ln|1+x7|+C77 9.解：ò-31f(x)dx=òxe-xdx+ò-30-x1-300102x-x2dx=òxd(-e)+ò01-(x-1)2dx0-2-x-x2ù=é-xe-e+cosqdq(令x-1=sinq)pëû-3ò4 10.解：由f(0)=0，知g(0)=0。 =p-2e3-1x1xt=ug(x)=òf(xt)dt=0xòf(u)du0x (x¹0) g¢(x)=xf(x)-òf(u)duxx002 (x¹0)g¢(0)=limx®0òf(u)dux2=limx®0xf(x)A= 2x2 =A-AA=22，g¢(x)在x=0处连续。 limg¢(x)=limx®0x®0xf(x)-òf(u)dux02dy2+y=lnxdxx11.解： dxdxòòxxy=e(òelnxdx+C)-2211xlnx-x+Cx-29 3 111y(1)=-C,=0y=xlnx-x39 9 ，四、 解答题 =12.解：由已知且 ， 将此方程关于x求导得y¢¢=2y+y¢ 02特征方程：r-r-2=0 y¢=2òydx+yx解出特征根：r1=-1,r2=2. 其通解为 y=C1e-x+C2e2x 代入初始条件y(0)=y¢(0)=1，得 21y=e-x+e2x33故所求曲线方程为： C1=21,C2=33 1y-lnx0=(x-x0)(x,lnx)x0，013.解：根据题意，先设切点为0切线方程： 1y=xe 由于切线过原点，解出x0=e，从而切线方程为：1则平面图形面积A=ò(ey-ey)dy=01e-12 V1=1pe23 三角形绕直线x = e一周所得圆锥体体积记为V1，则曲线y=lnx与x轴及直线x = e所围成的图形绕直线x = e一周所得旋转体体积为V2 1V2=òp(e-ey)2dy0D绕直线x = e 旋转一周所得旋转体的体积五、证明题 q1qV=V1-V2=qp6(5e2-12e+3)114. 证明：0qòf(x)dx-qòf(x)dx=òf(x)dx-q(òf(x)dx+òf(x)dx)000q1q=(1-q)òf(x)dx-qòf(x)dx0f(x1)³f(x2)x1Î0,qx2Îq,1=q(1-q)f(x1)-q(1-q)f(x2)1³故有： q0 òf(x)dx³qòf(x)dx00 证毕。 x015.证：构造辅助函数：。其满足在0,p上连续，在(0,p)上可导。F¢(x)=f(x)，且F(0)=F(p)=0 F(x)=òf(t)dt,0£x£p由题设，有p0=òf(x)cosxdx=òcosxdF(x)=F(x)cosx|+òsinx×F(x)dx0000pppp， F(x)sinxdx=0ò有，由积分中值定理，存在xÎ(0,p)，使F(x)sinx=0即0F(x)=0 综上可知F(0)=F(x)=F(p)=0,xÎ(0,p).在区间0,x,x,p上分别应用罗尔定理，知存在 x1Î(0,x)和x2Î(x,p)，使F¢(x1)=0及F¢(x2)=0，即f(x1)=f(x2)=0.
