第一学期高等数学期末考试试卷答案一．计算题（本题满分35分，共有5道小题，每道小题7分），1．求极限()xx x xx 30sin 2cos 1lim -+→．解：()30303012cos 1lim 12cos 12lim sin 2cos 1lim xx x x x x x x x x x x x x -⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+→→→ 20302cos 1ln 032cos 1ln 02cos 1lnlim 2cos 1lnlim2cos 1ln1lim1limxxx x x x x ex ex x x x x x x x +=+⋅+-=-=→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+→⎪⎭⎫⎝⎛+→ ()412cos 1sin lim0-=+-=→x x x x ．2．设0→x 时，()x f 与22x 是等价无穷小，()⎰3xdt t f 与kAx等价无穷小，求常数k 与A ．解：由于当0→x 时，()⎰3xdt t f 与k Ax 等价无穷小，所以()1lim3=⎰→kxx Axdtt f ．而()()()10132320132323230132300061lim 6lim 3122lim 31lim lim 3-→--→-→-→→=⋅=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅=⋅⋅=⎰k x k x k x k x k xx AkxAkx x x Akx x x x x f Akx x x f Ax dt t f 所以，161lim 10=-→k x Akx ．因此，61,1==A k ．3．如果不定积分()()⎰++++dx x x bax x 22211中不含有对数函数，求常数a 与b 应满足的条件．解：将()()22211xx bax x ++++化为部分分式，有()()()2222211111xDCx x B x A x x bax x ++++++=++++， 因此不定积分()()⎰++++dx x x bax x 22211中不含有对数函数的充分必要条件是上式中的待定系数0==C A ．即()()()()()()()22222222211111111x x x D x B x D x B x x bax x +++++=+++=++++． 所以，有()()()()D B Dx x D B x D x B b ax x ++++=+++=++2112222．比较上式两端的系数，有D B b D a D B +==+=,2,1．所以，得1=b ．5．计算定积分{}⎰-2502,1min dx x ．解： {}⎩⎨⎧>-≤--=-1211222,1min x x x x⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>≤<-≤≤-<=3132221211x x x x x x ．所以，{}()()8132212,1min 2522110250=-+-+=-⎰⎰⎰⎰dx x dx x dx dx x ． 5．设曲线C 的极坐标方程为3sin 3θa r =，求曲线C 的全长．解： 曲线3sin3θa r =一周的定义域为πθ≤≤30，即πθ30≤≤．因此曲线C 的全长为()()()()a d a d a a d r r s πθθθθθθθθθπππ233sin 3cos3sin3sin30230242623022==+='+=⎰⎰⎰．二．（本题满分45分，共有5道小题，每道小题9分），6．求出函数()()()n n x x x f 221sin lim +=+∞→π的所有间断点，并指出这些间断点的类型．解：()()()()⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧>-=-=<=+=+∞→2102121212121sin 21sin lim 2x x x x x x x x f n n ππ．因此211-=x 与212=x 是函数()x f 的间断点． ()00lim lim 2121==---→-→x x x f ，()()1sin lim lim 2121-==++-→-→x x f x x π，因此21-=x 是函数()x f 的第一类可去型间断点．()()1sin lim lim 2121==---→-→x x f x x π，()00lim lim 2121==++-→→x x x f ，因此21=x 是函数()x f 的第一类可去型间断点．7．设ξ是函数()x x f arcsin =在区间[]b ,0上使用Lagrange （拉格朗日）中值定理中的“中值”，求极限bb ξlim →．解：()x x f arcsin =在区间[]b ,0上应用Lagrange 中值定理，知存在()b ,0∈ξ，使得()0110arcsin arcsin 2--=-b b ξ．所以，22arcsin 1⎪⎭⎫⎝⎛-=b b ξ．因此，()()22220220220arcsin arcsin lim arcsin 1lim lim b b b b b b b b b b b -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=→→→ξ 令b t arcsin =，则有422022220220sin lim sin sin lim lim ttt t t t t b t t b -=-=→→→ξ 3122sin 2lim 612cos 1lim 61122cos 22lim 42sin 2lim0202030==-=-=-=→→→→t t t t t t t t t t t t t所以，31lim=→bb ξ． 8．设()()⎰--=xy y dy ex f 102，求()⎰1dx x f ．解：()()()⎰⎰'-=11010dx x f x x xf dx x f在方程()()⎰--=xy y dy ex f 102中，令1=x ，得()()()01021102===⎰⎰---dy e dy ef y y y y ．再在方程()()⎰--=xy y dy ex f 102两端对x 求导，得()21x ex f --='，因此，()()()()⎰⎰⎰'-='-=11101dx x f x dx x f x x xf dx x f()12121101011222-=⎪⎭⎫⎝⎛-⋅===---⎰⎰e e e dx xe e dx xex xx．9．研究方程2x a e x=()0>a 在区间()∞+∞-,内实根的个数．解：设函数()12-=-xeax x f ，()()x x x e x ax e ax axe x f ----=-='222．令()0='x f ，得函数()x f 的驻点2,021==x x ．由于0>a ，所以 ()()+∞=-=--∞→-∞→1lim lim 2xx x eax x f ，()()112lim 12lim 1lim 1lim lim 22-=-=-=-=-=+∞→+∞→+∞→-+∞→+∞→x x x x x x xx x ea e x a e x a eax x f ．因此，得函数()x f 的性态⑴ 若0142>--ae ，即42e a >时，函数()12-=-xe ax xf 在()0,∞-、()2,0、()∞+,2内各有一个零点，即方程2x a e x=在()∞+∞-,内有3个实根．⑵ 若0142=--ae ，即42e a =时，函数()12-=-xe ax xf 在()0,∞-、()∞+,0内各有一个零点，即方程2x a e x=在()∞+∞-,内有2个实根．⑶ 若0142<--ae ，即42e a <时，函数()12-=-xe ax xf 在()0,∞-有一个零点，即方程2x a e x =在()∞+∞-,内有1个实根．10．设函数()x f 可导，且满足()()()1-'=-'x f x x f ，()00=f ．试求函数()x f 的极值． 解：在方程()()()1-'=-'x f x x f 中令x t -=，得()()()1--'-='t f t t f ，即()()()1--'-='x f x x f ．在方程组()()()()⎩⎨⎧-=-'+'-=-'+'xx f x f x xx f x x f 中消去()x f -'，得()221x x x x f ++='．积分，注意()00=f ，得()()⎰++=-xdt t t t f x f 02210．即()()x x x dt t t t x f xarctan 1ln 2112022-++=++=⎰． 由()221x x x x f ++='得函数()x f 的驻点1,021-==x x ．而()()222121xx x x f +-+=''．所以，()010>=''f ，()0211<-=-''f ． 所以，()00=f 是函数()x f 极小值；()42ln 2111π-+-=-f 是函数()x f 极大值． 三．应用题与证明题（本题满分20分，共有2道小题，每道小题10分），11．求曲线x y =的一条切线，使得该曲线与切线l 及直线0=x 和2=x 所围成的图形绕x 轴旋转的旋转体的体积为最小． 解：设切点坐标为()t t ,，由ty 21=，可知曲线x y =在()t t ,处的切线方程为()t x tt y -=-21，或()t x ty +=21．因此所求旋转体的体积为()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰t t dx x t x tV 24384212022ππ所以，023842=⎪⎭⎫⎝⎛+-=t dt dV π．得驻点32±=t ，舍去32-=t ．由于031643223222>⋅===t t t dt Vd π，因而函数V 在32=t 处达到极小值，而且也是最小值．因此所求切线方程为2143+=x y ． 12．设函数()x f 在闭区间[]10，上连续，在开区间()10，内可导，且()21arctan 2=⎰πxdx e x f ，()01=f ．证明：至少存在一点()10，∈ξ，使得()()ξξξarctan 112+-='f ．解：因为()x f 在闭区间[]1,0上连续，所以由积分中值定理，知存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈πη2,0，使得 ()()ηπηπarctan 2arctan 2f x f e xdx e =⎰．由于()21arctan 2=⎰πxdx ex f ，所以，()21arctan 2=ηπηf e ．再由()01=f ，得 ()()1arctan 4arctan 1f f e e ==πηη．作函数()()x ex g x f arctan =，则函数在区间[][]1,01,⊂η上连续，在区间()1,η内可导．所以由Rolle 中值定理，存在()()1,01,⊂∈ηξ，使得()0='ξg ．而 ()()()()21arctan xe x xf ex g x f x f ++'='． 所以存在()()1,01,⊂∈ηξ，使得()()()01arctan 2=++'ξξξξξf f e f e．由于()0≠ξf e ，所以()011arctan 2=++'ξξξf ，即()()ξξξarctan 112+-='f ．。