(C) f ( x) 在点 x0 取极大值；
(D) f ( x) 在点 x0 某邻域单调增加。
【分析】典型题型 表面上条件稍复杂，但容易先推出二阶导数的
情况，从而得到结论
【解】由 f ′′′( x0 ) = 0 , f (4)( x0 ) > 0 导出 f ′′( x) 在 x0 取得最小值，在
x0 的邻域 f ′′( x) ≥ 0 ⇒ f ′( x) 单调增加，在 x0 左负右正，从而 f ( x) 在 x0 取极小值，故选 A。
【解】对变上限积分求导前，需要把积分号内的 x 移到积分号外
或者变换到积分限
f (x) = xli→m0 α xβ
xl= i→m0 x∫ 0sinαx sxinβ(t 2 )dt
lim
x→0
∫
sin x sin(t 2
0
α xβ −1
)dt
sin(sin2 x)cos x
x2
= xli→m= 0 α (β − 1)xβ −2 xl= i→m0 α (β − 1)xβ −2 1
(B) I1 < I3 < I2 ；
(C) I2 < I1 < I3 ；
(D) I3 < I1 < I2 。
【分析】基本题型 虽然几个积分形式似乎不是很简单，当利用
对称性后就十分容易比较了
π
π
【解】= I1 = 0 ， I2 ∫−2π cos4 x dx > 0 ， I3 = −∫−2π cos4 xdx < 0 ，
【分析】基本题型 利用乘法求导法则，注意其中的多项式是含有 因子 x，解此题的方法很多 【解】改= 写 f ( x) x[e2012x ( x + 1)( x + 2) ⋅ ⋅ ⋅ ( x + 2012)] ，于是 = f ′(0) [e2012x ( x + 1) ⋅ ⋅ ⋅ ( x + 2012) + x[= **]′ |x=0 2012!


次为 (6, 0, 0) 、(0, 4, 0) 、(0, 0, −= 2) ⇒ CA (= 6, 0, 2), CB (0, 4, 2) ，
2
2
⇒ I3 < I1 < I2 ，故选 D。
5.设 y = f ( x) 在点 x0 的某邻域内具有连续的四阶导数，且
= f ′( x0 ) f= ′′( x0 ) f= ′′′( x0 ) 0 ， f (4)( x0 ) > 0 ，则
()
(A) f ( x) 在点 x0 取极小值；
(B) 点 ( x0 , f ( x0 )) 为曲线 y = f ( x) 的拐点；
(D) π 。 6
【分析】基本题型 直线间夹角是它们方向向量的锐夹角，先求 出 l2 的方向向量再求夹角
x + y + 3z =2
【解】
l2
:

y
+
z
=3
⇒ 其方向 (1,1, 3) × (0,1,1) =(−2, −1,1) ，
s1
=
(1, 2,1) ，
s2
=(−2, −1,1) ，
⇒ α = 1 ， β = 4 ，故选 B。 3
π
4.设 I1
⌠2
=
⌡−
π
sin x 1+ x2
cos4
x= dx ， I2
2
π
∫−2π (sin3 x + cos4 x)dx ， 2
π
= I3 ∫−2π ( x2 sin3 x − cos4 x)dx ，则有 2
()
(A) I2 < I3 < I1 ；
【解】
f
′( x)
=
2x sin
1 x2
−
2
1 sin x
1 x2
Hale Waihona Puke ,0,x ≠ 0, x = 0,
由这函数 x ≠ 0 时
的第二项可以看出 x → 0 时， f ′( x) 的极限不存在，故选 C。
3.设
f
(x)
=
∫ sin x 0
x sin(t 2 )dt
，且当
x
→
0 时，
f
(x) 与α xβ
是等价
无穷小，则
()
(A)α = 1 ， β = 3 ； 3
(B) α = 1 ， β = 4 ； 3
(C) α = 1 ， β = 3 ； 4
(D) α = 1 ， β = 4 . 4
【分析】典型题型 对无穷小的分析，一般方法是与标准形式的 无穷小( xm )通过求极限作比较，这过程中会用到等价无穷小替换、 洛必达法则或 Taylor 公式
7.设平面 2x + 3 y − 6z = 12 与三个坐标轴的交点为 A 、B 和 C ，则 ∆ABC 的面积为:______________。
【分析】典型题型 利用向量运算的几何意义求解，可用多种方法
【解】法 1 求出 ∆ABC 两边所代表的向量
π : 2x + 3 y − 6z = 12 ⇒ π : x + y + z =1 ，于是 A 、B 、C 依 6 4 −2
l1 与 l2 的夹角为： arccos | |s= 1s1| ⋅⋅ |s1s1| |
a= rccos 3 6
π ，故选 B。
3
2.设函数
f
(x)
=

x
2

sin
1 x2
,
x ≠ 0,
x ∈[−1,1] ，则
(
)
0,
x = 0,
(A) f ( x) 在[−1,1]上可导，且 f ′( x) 在[−1,1]上连续
2012 级第一学期《高等数学》期末试卷分析与解答(A 类)
一、单项选择题（每小题 3 分，共 15 分）
1.设有直线
l1
:
x= − 1 1
的夹角为
y= + 5 2
z
+ 1
2
与
l2
:

x y
+ +
y z
+ 3z =3
=2 ，则
l1
与
l2
()
(A) π ； 2
(B) π ； 3
(C) π ； 4
(B) f ( x) 在[−1,1]上可导,但 f ′( x) 在[−1,1]上有一个第一类间断点
(C) f ( x) 在[−1,1]上可导,但 f ′( x) 在[−1,1]上有一个第二类间断点
(D) f ( x) 在[−1,1]上有一个不可导点。
【分析】典型题型 显然这类题的讨论的重点在 x = 0 ，因为这点 是个补充定义的特殊点，需求出 f ′( x) ，注意在 x = 0 要用定义求
【注】这类选择题经常可采用特例法，即取满足条件的一个函数 来尝试获得结论，本题中取 y = x4 （ x0 = 0 ），可知答案为 A。
二、填空题（每小题 3 分，共 15 分） 6.= 若 f ( x) e2012x x( x + 1)( x + 2) ⋅ ⋅ ⋅ ( x + 2012) ，则 f ′(0) = ___。