大一高数期末试卷

南华大学船山学院2010—2011学年第一学期 《高等数学A》考试试卷

一．填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分）

e x x0

1.设f(x)，则 f(x)的一个原函数是 .

x1 x0

2.曲线y

11

2x1

与x轴、y轴和直线x4所围成的面积是14x

2

3.已知曲线yf(x)上的任一点(x,f(x))的切线斜率是 曲线方程，而且曲线经过定点(2,0)，则

4.f(x)x44x312x2x1在Ｒ上的零点有. 5.已知f ''(1)存在，且lim



x

f(ex

2x

)dx

x0

3

1，则f ''(1) .

二．选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）

1.已知F(x)具有二阶连续导数F''(x)，则下面正确的是（ ） A.

dF(x)

F(x)

B. d[F'(x)x]dx[F''(x)1]dx

C. dF'(x)F(x)C D. [F'(x)F''(x)]dxF(x)F'(x)C 2.lim

n

en

i  1

2

n - 1

2 in

 （ ）

1

A. 2 e dx B. 2 e2 x dx

2

x

C.  e2 x dx D.  e2 x dx

2 1

3.已知F(x)的一阶导数F'(x)在Ｒ上连续，且F(0)0， 则d xF'(t)dt（ ）

x 0

A. xF'(x)dx B. xF'(x)dx

C. [F(x)xF'(x)dx] D. [F(x)xF'(x)]dx 4.设f(x)的导数在x=a处连续，又lim

f(x)xa

1，则 （ ）

xa

A.x=a是f(x)的极小值点 B.x=a是f(x)的极大值点

C.(a,f(a))是曲线y=f(x)的拐点 D.x=a不是f(x)的极值点，(a,f(a))也不是曲线y=f(x)的拐 点。

esin x x0

5. 设f(x)，那么 F(x)

x 1x0



x

1

f(t)dt在点x0处（ ）

A. 其连续性无法判定。 B. 是可导的。 C. 是连续的，但不可导。 D. 是不连续的。

三．计算题（本题共6小题，共38分） 1. 求 lim

e

(x1)

3

sin(x1)x(x1)

3

。(6分)

x1

2. 求抛物线 y22ax的曲率半径。(6分) 3. 求函数f(x)(x23x9)x的极值和拐点。(6分)

1

02 2(12x)(1x)

4.已知函数f(x)，求 f(1x)dx。(6分)

1 0

 x0

2

x2x2

5.求



1

x

dxx

10

。(7分)

1

1

2

1

6.设f(x)可导，f(0)0，若 f(tx)dtf(x)x2x f(x)dx(xR)，求f(x)。(7分)

四. 证明题（22分） 1.证明：当x[0,



2

]时，cosx1

2



x

。 （6分）

2.设f(x)在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，且f(2)0，证明：至少存在一点(1,2)，使得

 f '()lnf()0。 (8分)

3.设f(x)在[0,)上连续且单调减少，试证明对任何ba0，皆有：



b

a

xf(x)dx

12

[b f(x)dxa f(x)dx]

b a

。 （8分）

《高等数学A》考试试卷答案

一．填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分）

 ex x0 

1. F(x)12

xx1 x0 2

2.2ln2 f(x)4. 2 5．

32

12arctan

x2



8

二．选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）

1-5. DBDBC

三．计算题（本题共8小题，共38分）

1. 解一：lim

e

(x1)

3

sin(x1)x(x1)

3

lim

e

x

3

sinxx1

x

3

x1x0

1xo(x)(xlim

x0

33

13!

3

xo(x))x1



33

56

x

6xe

x

3

解二：lim

2

e

(x1)

3

sin(x1)x(x1)

3

lim

e

x

3

sinxx1

x

x

3

x1x0

3

lim

3xe

x

3

cosx13x

2

x0

lim

9xe

4x

3

6xe6x

sinx

x0

lim

sinx

x0

6x

y(1y)

2



56

a

2

22

32

2. 解： y2ax,2yy2a

2

y

ay

,y

ay

23

，则 k

3

(ay)

，

故R

1k



(ay)

a

2

2232

。

x3 3x29x x0

3. 解：f(x) 32

x3x9x x0

① 当x0时

f '(x)3x

2

6x93(x-3)(x1)

，

f ''(x)6x66(x1)

令f '(x)0，得f(x)的驻点：x13，

令f ''(x)0，得f(x)的可疑拐点：x21，

② 当x0时

f '(x)3x

2

6x93(x-3)(x1)

，

f ''(x)6x66(x1)

令f '(x)0，得f(x)的驻点：x31， 令f ''(x)0，f(x)没有可疑拐点， ③ x40是f(x)的不可导点 又当x1时，f '(x)0，

当1x0时，f '(x)0， 当0x3时，f '(x)0， 当x3时，f '(x)0，

 x31，x13是f(x)

的极小点，极小值是f(1)5 和 f(3)27

x40 是f(x)的极大点，极大值是f(0)0

又当x0时，f ''(x)0，

当0x1时，f ''(x)0， 当x1时，f ''(x)0，

点(0,0)和点(1,11)是f(x)的拐点。

4. 解： f(1x)dx

0 2



1

1

f(x)dx



1

f(x)dx



1

f(x)dx



1

f(x)dx



1

1

(12x)(1x)

1(1x)3212

2

2

dx

11x





1

[

412x



21x12

]dx[2ln(12x)2ln(1x)

] 0

1

2(ln3ln2)2ln



1

f(x)dx

2



1

1x2x2

2

dx[ln(x1

x2x2 )]1ln(1

2 0

2)

所以

312lln(1 f(1x)dx 0

22



2)

1

d(t)t

105

5. 解：

1

x

5

1



dxx

10

1



1

tdtt

10

4



1

5

1

[arcsin(t5

)] 0



10

6. 解：记a



1

f(x)dx，那么当x0时，

2

1



1

f(tx)dtf(x)x2x f(x)dx



1

x

x

f(u)duf(x)x

3

2

2ax

2



x

f(u)duxf(x)x2ax

两边求导，得：

f(x)f(x)xf '(x)3x4ax

2

f '(x)3x24ax

322

所以 f(x)(3x4ax)dxx2axC

又f(0)0，f(x)可导必连续，从而得C0 所以 f(x)x32ax2 于是两边求定积分，得：a

3

)x所以 f(x



1

xdx2a xdx  a

3

1

2

34

32

x

2

2

四、证明题（22分） 1. 证一：令f(x)cosx



2



x1

则f(0)f()0，f(x)在[0,



2

]上连续，且f '(x)sinx2(0,

2



，

令f '(x)0，得驻点arcsin

当0x当0x



2



)

时，f '(x)0，f(x)单调增加， 时，f(x)f(0)0



2

又当x时，f '(x)0，f(x)单调减少，

当x



2

时，f(x)f()0

2



综上所述，当x[0,



2

]时，f(x)0，即cosx12x1

2



x

。

证二：令f(x)cosx





则f(0)f()0，f(x)在[0,

2



2

]上连续，且f '(x)sinx

2



，

f ''(x)cosx



2)

f ''(x)0 x(0,当x[0,

f(x在)[0,



2x



2

]上是向上凸的，



2

]时，f(x)min{f(0),f()}0，

即得：当x[0,2.



2

]时，cosx1

2



。

证：令F(x)f(x)lnx，

f(x)

、lnx在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，

在[1,2]上连续，在(1,2)内可导，

，使得：

F(x)

根据拉格朗日中值定理，至少存在一点(1,2)

F(2)F(1)F '()(2-1)

………..(*)

又F '(x)f '(x)lnxf(x)

1x

，f(2)0 （或直接在[1,2]上应用罗尔定理即可证得。） ，F(2)F(1)0

1

F '()f '()lnf()

1



由(*)式可得 ：f '()lnf()



0，即 f '()lnf()0

所以，至少存在一点(1,2)，使得  f '()lnf()0。 3. 证：令F(u)

f(x)



u

a

xf(x)dx

12

[u f(x)dxa f(x)dx]

u a

(a0)，则

在[0,)上连续，F(u)在[0,)上可导，又显然有F(a)0。

对F(u)求导，得：当u0时

F '(u)uf(u)

12



u

f(x)dx

12



12

uf(u)

12



u

f(x)dx

12

{ [f(u)f(x)]dx}

u

f(x)

在[0,)上单调减少，当ux时，f(u)f(x)0，

12

{ [ f(u)f(x)]}dx0

0 u

所以 F '(u)

从而，F(u)在[0,)上是单调减少的，于是当ba0时，有：

F(b)F(a)0，即： xf(x)dx

b

1[b f(x)dxa f(x)dx]。

b a

a2