2021数学一期中试卷（含答案详解）

2021数学一期中试卷（含答案详解）一、单项选择题（共10小题，每小题5分，满分50分。下列每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.设函数f(x)在(0,1)上连续，在(0,1)内可导，且满足f(1)=3\int_0^{1/3}f(x)dx，则必有A.存在\xi\in(0,1)，使得f'(\xi)=0B.存在\eta\in(0,1)，使得f'(\eta)=0C.对任意的x\in(0,1)，都有f'(x)=0D.对任意的x\in(0,1)，都有f'(x)\neq02.若函数y=y(x)由方程x^3+3xy^2+y^3=1确定，则曲线y=y(x)在点(1,0)处的曲率\kappa为A.0B.1/2C.1D.33.设函数f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x^2\sin\frac{1}{x},&x\neq0\\0,&x=0\end{array}\right.，则f(x)在x=0处A.不连续B.连续但不可导C.可导且f'(0)=0D.可导且f'(0)\neq04.设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，则存在\xi\in(a,b)，使得f'(\xi)=0。该命题的几何意义是A.曲线在[a,b]上至少有一个极值点B.曲线在[a,b]上至少有一条水平切线C.曲线在[a,b]上至少有一个拐点D.曲线在[a,b]上至少有一个驻点5.设函数f(x)在(0,+\infty)上可导，且f'(x)>f(x)，则下列不等式成立的是A.f(x)e^{-x}>1B.f(x)e^x>1C.f(x)>e^xD.f(x)<e^{-x}6.设函数f(x)在[0,1]上连续，且\int_0^1f(x)dx=0，则下列命题正确的是A.必存在x_0\in(0,1)，使得f(x_0)=0B.必存在x_0\in(0,1)，使得f(x_0)>0C.必存在x_0\in(0,1)，使得f(x_0)<0D.必存在两个点x_1,x_2\in(0,1)，使得f(x_1)f(x_2)<07.设函数f(x)在(0,+\infty)上可导，且f'(x)=\frac{1}{x}[f(x)+\lnx]，则f(x)的表达式为A.x\lnxB.x(\lnx+1)C.x^2\lnxD.x^2(\lnx+1)8.设函数f(x)在[a,b]上连续，且在(a,b)内二阶可导，若f(a)=f(b)，则存在\eta\in(a,b)，使得f''(\eta)=0。该命题的几何意义是A.曲线在[a,b]上至少有一个拐点B.曲线在[a,b]上至少有一个极值点C.曲线在[a,b]上至少有一条水平切线D.曲线在[a,b]上至少有一个驻点9.设函数f(x)在(0,+\infty)上可导，且f'(x)>0，则下列命题正确的是A.对任意的x_1<x_2，都有f(x_1)>f(x_2)B.对任意的x_1<x_2，都有f(x_1)<f(x_2)C.必存在x_0\in(0,+\infty)，使得f(x)在x=x_0处取得极值D.必存在x_0\in(0,+\infty)，使得f(x)在x=x_0处取得最值10.设函数f(x)在[0,1]上连续，且\int_0^1f(x)dx=1，则下列不等式成立的是A.0<f(x)\leq1B.f(x)\geq1C.f(x)\leq0D.必存在x_0\in(0,1)，使得f(x_0)>111.设函数f(x)=\int_0^x\frac{t^2}{1+t^2}dt，则f'(x)的值是________。12.设函数y=y(x)由方程x^2y+\lny=1确定，则y'(1)的值是________。13.设函数f(x)在[0,1]上连续，且\int_0^1f(x)dx=1，则\int_0^1f(x)e^xdx的值是________。14.设函数f(x)在(0,+\infty)上可导，且f'(x)=\frac{1}{x}[f(x)+\lnx]，若f(1)=1，则f(x)的表达式是________。15.设函数f(x)在[0,1]上连续，且\int_0^1f(x)dx=0，则\int_0^1f(x)^2dx的最大值是________。16.设函数f(x)在[0,1]上连续，且\int_0^1f(x)dx=1，则\int_0^1f(x)^2dx的最小值是________。【标准答案及解析】一、单项选择题1.B解析：由积分中值定理，存在\eta\in(0,1)，使得f(\eta)=3\int_0^{1/3}f(x)dx=1。由拉格朗日中值定理，存在\xi\in(0,1)，使得f'(\xi)=(f(1)-f(\eta))/(1-\eta)=3-1=2，因此不存在驻点。2.D解析：对方程x^3+3xy^2+y^3=1两边对x求导，得3x^2+6xyy'+3y^2=0，在点(1,0)处，y'=-1/2。再对x求导，得6x+6y'(y'+2yy'')+6yy''=0，在点(1,0)处，y''=3/2。曲率\kappa=(y''(1)\sqrt{1+(y'(1))^2})/(1+(y'(1))^2)^{3/2}=3/2。3.C解析：\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\frac{1}{x}}{x}=0，因此f'(0)=0。4.B解析：由罗尔定理，存在\eta\in(a,b)，使得f'(\eta)=0，即曲线在[a,b]上至少有一条水平切线。5.B解析：令g(x)=\frac{f(x)}{e^x}，则g'(x)=\frac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=\frac{f'(x)-f(x)}{e^x}>0，因此g(x)在(0,+\infty)上单调递增，且g(x)>g(0)=f(0)/e^0=f(0)，因此f(x)e^x>1。6.A解析：若f(x)\neq0对所有x\in(0,1)成立，则\int_0^1f(x)dx>0或<0，与\int_0^1f(x)dx=0矛盾，因此必存在x_0\in(0,1)，使得f(x_0)=0。7.B解析：原方程可化为f'(x)-\frac{1}{x}f(x)=\frac{\lnx}{x}，解得f(x)=x(\lnx+C)，由f(1)=1，得C=1，因此f(x)=x(\lnx+1)。8.A解析：由罗尔定理，存在\eta_1\in(a,b)，使得f'(\eta_1)=0。再对f'(x)在[\eta_1,b]或[a,\eta_1]上应用罗尔定理，存在\eta\in(a,b)，使得f''(\eta)=0，即曲线在[a,b]上至少有一个拐点。9.B解析：由f'(x)>0，知f(x)在(0,+\infty)上单调递增，因此对任意的x_1<x_2，都有f(x_1)<f(x_2)。10.A解析：由积分中值定理，存在x_0\in(0,1)，使得f(x_0)=\int_0^1f(x)dx=1。由f(x)在[0,1]上连续，知0\leqf(x)\leq1。二、填空题1.\frac{x^2}{1+x^2}解析：f'(x)=\frac{x^2}{1+x^2}。2.-1解析：对方程x^2y+\lny=1两边对x求导，得2xy+y'+\frac{1}{y}y'=0，在点(1,1)处，y'=-1。3.e-1解析：令F(x)=\int_0^xf(t)e^tdt，则F'(x)=f(x)e^x，F(1)=\int_0^1f(t)e^tdt，F(0)=0，因此F(1)=F'(c)=f(c)e^c，其中c\in(0,1)。由F(1)=\int_0^1f(t)e^tdt，得\int_0^1f(x)dx=e^{-1}。4.x(\lnx+1)解析：同第7题解析。5.1/4解析：由柯西不等式，\int_0^1f(x)^2dx\cdot\int_0^11dx\geq(\int_0^1f(x)dx)^2=1，等号成立当且仅当f(x)=1或f(x)=-1，但由\int_0^1f(x)dx=0，知f(x)不能恒等于1，因此最大值为1/4。6.1/2解析：由柯西不等式，\int_0^1f(x)^2dx\cdot\int_0^11dx\geq(\int_0^1f(x)dx)^2=1，等号成立当且仅当f(x)=1，因此最小值为1/2。三、解答题1.证明：令F(x)=\int_0^xf(t)dt，则F(0)=0，F(1)=1，F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导。由拉格朗日中值定理，存在\eta\in(0,1)，使得F'(η)=(F(1)-F(0))/(1-0)=1，即f(η)=1。再对f(x)在[0,η]或[η,1]上应用拉格朗日中值定理，存在\xi\in(0,1)，使得f'(\xi)=(f(η)-f(0))/(η-0)=2。2.解：对方程x^3+3xy^2+y^3=1两边对x求导，得3x^2+6xyy'+3y^2=0，在点(1,0)处，y'=-1/2。切线方程为y-0=-\frac{1}{2}(x-1)，即x+2y-1=0。法线方程为y-0=2(x-1)，即2x-y-2=0。3.解：同第7题解析，f(x)=x(\lnx+1)。令g(x)=f(x)-e^x，则g'(x)=\lnx，g(1)=0，因此g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+\infty)上单调递增，且g(x)\geqg(1)=0，即f(x)\geqe^x。4.证明：令F(x)=\int_0^xf(t)dt-\frac{x}{2}，则F(0)=0，F(1)=\int_0^1f(t)dt-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}，因此F(0)<F(1)。由连续函数零点定理，存在x_1\in(0,1)，使得F(x_1)=0，即\int_0^{x_1}f(t)dt=\frac{x_1}{2}。令G(x)=\int_x^1f(t)dt+\frac{x}{2}，则G(0)=\int_0^1f(t)dt+\frac{0}{2}=\frac{1}{2}，G(1)=0，因此G(0)>G(1)。由连续函数零点定理，存在x_2\in(0,1)，使得G(x_2)=0，即\int_{x_2}^1f(t)dt=-\frac{x_2}{2}。由x_1+x_2=1，得x_1+x_2=1，且\int_0^{x_1}f(t)dt=\int_{x_2}^1f(t)dt。5.证明：令F(x)=f(x)+f(1-x)，则F(0)=2f(1)，F(1)=2f(0)，F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可