高等数学期末试题(含答案)

高等数学期末试题(含答案)

高等数学检测试题一。选择题（每题4分，共20分）1.计算$\int_{-1}^1xdx$，答案为（B）2.2.已知$2x^2y=2$，求$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^4+y^2}{x^2y}$，答案为（D）不存在。3.计算$\int\frac{1}{1-x}dx$，答案为（D）$-2(x+\ln|1-x|)+C$。4.设$f(x)$的导数在$x=a$处连续，且$\lim\limits_{x\toa}\frac{f'(x)}{x-a}=2$，则$x=a$是$f(x)$的（A）极小值点。5.已知$F(x)$的一阶导数$F'(x)$在$\mathbb{R}$上连续，且$F(0)=0$，则$\frac{d}{dx}\int_0^xF'(t)dt$的值为（D）$-F(x)-xF'(x)$。二。填空：（每题4分，共20分）1.$\iint\limits_Ddxdy=1$，若$D$是平面区域$\{(x,y)|-1\leqx\leq1,1\leqy\leqe\}$，则$\iint\limits_Dy^2x^2dxdy$的值为（未完成）。2.$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\cos\frac{\pi}{n}\right)^2+\left(\cos\frac{2\pi}{n}\right)^2+\cdots+\left(\cos\frac{(n-1)\pi}{n}\right)^2}{n\pi}$的值为（未完成）。3.设由方程$xyz=e$确定的隐函数为$z=z(x,y)$，则$\frac{\partialz}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}$的值为（未完成）。4.设$D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqa^2\}$，若$\iint\limits_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}dxdy=\pi$，则$D$的面积为（未完成）。5.求$\int\frac{x+1}{(x+2)(x^2+1)}dx$，答案为（未完成）。三。解答题（每题5分，共20分）1.设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$F(x)=\int_a^x(x-t)f(t)dt$，求$F''(x)$。解：首先有$F'(x)=\int_a^xf(t)dt+xf(x)-\int_a^xf(t)dt=x\cdotf(x)+\int_a^xf(t)dt$，所以$F''(x)=f(x)$。2.求不定积分$\int\frac{x^5+1}{x^2(x^2+1)^2}dx$。解：首先将$\frac{x^5+1}{x^2(x^2+1)^2}$拆分为$\frac{1}{x^2}-\frac{2x}{(x^2+1)^2}+\frac{x^2}{(x^2+1)^2}$，然后分别对三个部分求积分，得到$\int\frac{1}{x^2}dx=-\frac{1}{x}+C_1$，$\int\frac{-2x}{(x^2+1)^2}dx=\frac{1}{x^2+1}+C_2$，$\int\frac{x^2}{(x^2+1)^2}dx=\frac{1}{2}\int\frac{(x^2+1)-1}{(x^2+1)^2}dx=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2+1}-\ln|x^2+1|\right)+C_3$，因此原式为$-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2+1}-\ln|x^2+1|+C$。3.求极限$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{1+t^2\sint}{1+t^4\sint}dt$。解：由夹逼定理，$0\leq\frac{1+t^2\sint}{1+t^4\sint}\leq\frac{1+t^2}{1+t^4}$，因此$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{1+t^2\sint}{1+t^4\sint}dt=\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{dt}{t^2+1}-\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{t^4\sint}{1+t^4\sint}dt$。第一个积分的极限为$\frac{\pi}{2}$，第二个积分的绝对值不超过$\int_0^{x^4}\frac{t^4}{1+t^4}dt=\int_0^1\frac{u^{3/4}}{1+u^{3/4}}du$，因此由比较判别法可知其极限为$0$。故原极限的值为$\frac{\pi}{2}$。4.求曲线$y=\lnx$在$x=1$处的切线方程。解：由导数的定义，$\lim\limits_{h\to0}\frac{\ln(1+h)-\ln1}{h}=\lim\limits_{h\to0}\ln(1+h)^{1/h}=1$，因此曲线$y=\lnx$在$x=1$处的斜率为$1$。又因为曲线过点$(1,0)$，所以切线方程为$y=x-1$。32x→x→22-4xx4，求表面积为a而体积为最大的长方体的体积。解：设长方体的三棱的长为x、y、z，则问题就是在条件2(xy+yz+xz)=a2下求函数V=xyz的最大值。构成辅助函数F(x,y,z)=xyz+λ(2xy+2yz+2xz-a2)，解方程组Fxx,y,z)=yz+2λ(y+z)=0Fyx,y,z)=xz+2λ(x+z)=0F(x,y,z)=xy+2λ(y+x)=02xy+2yz+2xz=a2，x=y=z=√(a/6)，得这是唯一可能的极值点。因为由问题本身可知最大值一定存在，V=√(a3/36)。所以最大值就在这个可能的值点处取得。求由曲线y=e^x，y=e^-x与直线x=1所围成的平面图形面积及这个平面图形绕x轴旋转所成旋转体体积。（10分）解：曲线y=e^x与y=e^-x的交点为(0,1)，曲线y=e^x与y=e^-x和直线x=1的交点分别为(1,e)和(1,e^-1)，所围平面图形如图阴影部分，取x为积分变量，其变化范围为[0,1]，所求面积为S=∫(e^x-e^-x)dx|0-1=2(e-1)。所求旋转体体积为V=π∫e^(2x)dx-π∫e^(-2x)dx|0-1=π(e^2+e^-2-2)。试证：∫f(sinx)dx=∫f(cosx)dx。（8分）证明：令x=π/2-u，则∫2f(sinx)dx=-∫f(cosu)du=∫2f(cosx)dx。设函数f(x)在[0,π]上连续，且∫f(x)dx=π，∫f(x)cosxdx=x。证明：在(0,π)内方程f(x)=0至少存在两个根。（12分）（提示：设F(x)=∫f(x)dx）证明：由题意得∫f(x)sinxdx=π/2，又F(0)=0，F(π)=π，由介值定理得F(x0)=π/2，其中x0∈(0,π)。设f(x0)>0，则由F(x)在[0,x0]上的单调性可得F(x)π/2，进而得到∫f(x)sinxdx<π/2，与上述结论矛盾。所以f(x0)=0.再设f(x)在(0,x0)内恒大于0，则由F(x)在[0,x0]上的单调性可得F(x)<π/2，即∫f(x)dx<π/2，与F(x)在[0,π]上的单调性矛盾。同理可证f(x)在(x0,π)内恒大于0时也矛盾，所以f(x)在(0,x0)和(x0,π)内都有根。构造辅助函数F(x)，满足在区间[0,π]上连续，在(0,π)上可导，且F'(x)=f(x)，F(0)=F(π)。由题设，有πf(x)cosxdx=∫cosxdF(x)=F(x)cosx|+∫sinx*F(x)dxπ0πF(x)sinxdx=∫f(x)sinxdx=F(π)sinπ-F(0)sin0-∫cosx*dF(x)0根据积