高等數(shù)學（上）試題：第一學期高等數(shù)學試卷（一）

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1、 第一學期高等數(shù)學試卷（一） 一、填空題（每小題 3 分，共 15 分） ? 1 ?2n 1． lim ?1 - ÷ =． n?￥ è n ? 2．設 y = x cos(x 2 ) ，則 dy = ． 3 ． 設 y = y(x) 由方程 y = e xy 確定，則曲線 y = y(x) 在點 x = 0 處的切線方程 為 ． 4． ò ln tan x dx = ． 2 x

2、 cos 5．曲線 y = x3 ，直線 y = 1與 y 軸所圍區(qū)域的面積為 ． 二、選擇題（每小題 3 分，共 15 分） 1．設 f (x) = arctan 1 ，則點 x = 0 為 f (x) 的（

3、 ）． x （A）可去間斷點 （B）跳躍間斷點 （C）第二類間斷點 （D）連續(xù)點 2．當 x ? 0 時， x4 為 ò0x2 ln(1+ sin t )dt 的（ ）無窮?。? （A）高階 （B）低階 （C）同階但不等價

4、 ì （D）等價 2 2 ?x , d y 3．設函數(shù) y = y(x) = 2t - t 確定，則 = （ 由

5、參數(shù)方程 í 2 3 dx 2 ? ?y = 3t - 2t t =0

6、 （A） 3 / 2 （B）1/ 2 （C）3 （D）0 4．下列結論正確的是（ ）． +￥ x e 1 （A） ò-￥ dx = 0 （B） ò-e x

7、dx = 0 1+ x2 π x - e - x )sin xdx = 0 1 x ( x +1)( x -1)d x = 0 2 3 （C） ò- π (e （D） ò-1 2 5．設 a ， b 為兩個單位向量， a + 2b ^ a ，則 a 與 b

8、 的夾角為（ （A） π （B） π （C） 2π （D） 5π 3 3 6 6  ）． ）． 1

9、 三、（本題滿分 10 分）證明不等式： e - x < 1- x + x2 ， x > 0 ． 2 四、（本題滿分 12 分）設 f ( x) ì g ( x ) / x , x 1 0, 其中 g(x) 具有二階連續(xù)導數(shù)， = í x = 0, 且 ￠ ， ￠￠ ?a , 在 內連續(xù)；（ ） 問

10、 g (0) = g (0) = 0 g (0) = 1 1 a f (x) (-￥,+￥) 2 ￠ 在點 x = 0 處是否連續(xù)？ f (x) 五、（本題滿分 10 分）求常數(shù) a, b 使點 (1,2) 為曲線 y = ax3 + bx2 的拐點，并求 y = ax3 + bx2 的極值．

11、 六、（本題滿分 16 分）求解下列各積分： （1） ò arctan x dx ； （2） ò0π 1 - sin 2 xdx ； x (1+ x) π sin4 x π ex sin4 x π sin4 x

12、 dx = ò- π2 dx ，并計算 I = ò- π2 （3）利用積分換元法證明 ò- π2 1+ ex 1+ ex 1+ ex dx ． 2 2 2 七、（本題滿分 10 分）設 f (x ) = x 2 + 3 ò01 f (t )dt ，（1）求 ò01 f ( x )dx ；（2）求曲線

13、 4 y = f (x) 與直線 y = x +1 所圍圖形繞 x 軸旋轉一周所得旋轉體體積V ． 八、（本題滿分 6 分）設 f (x) 在[0, 1] 上可導， f (0) f (1) < 0 ，證明：存在x ? (0,1) ， 使 2 f (x ) + x f ￠(x ) = 0 ． 九、（本題滿分 6 分）設 f (x) 在[1, + ￥) 上有連續(xù)的一階導數(shù)，且 0 ￡ f ￠(x ) ￡ 1/ x2 ， f (1) = 0 ，（1）證明 lim f (

14、n) 存在；（2）若 f (x) 還滿足 f (x ) 3 1-1/ x ，求 lim f (n) ． n?￥ n?￥ 2 第一學期高等數(shù)學試卷（一）參考答案 一、1． e-2 ． 2． [cos( x2 ) - 2 x 2 sin( x 2 )]dx ． 3． y =x+1． 4． tan x ln tan x - tan x + C ． 5． 3/ 4 ．

15、 二、1．B．2．C．3．A．4．D．5．C． f (x ) = 1- x + 2 - e f (0) = 0 . f (0) = 0 三、解法一（利用單調性） 令 x2 - x ，則 且 ￠ ， ￠￠ - x > 0, x ? (0, + ￥) ，則 ￠ 單調增加，有 ￠ ￠ = 0 ，故 f (x) f (x) = 1- e f (x)

16、 f (x ) > f (0) 單調增加，有 f (x ) > f (0) = 0 ，即 e- x < 1- x + x2 成立． 2 解法二（利用泰勒公式） e - x = 1 - x + x 2 - e-x x 3 < 1 - x + x2 , 0 < x < x . 2 3! 2

17、 四、解 （1）顯然， f (x) 在 (-￥, 0) 和 (0, + ￥) 內連續(xù)，要使 連續(xù)，只需在 x = 0 處連續(xù)，故 a = f (0) = lim f (x) = lim g ( x ) x ?0 x ?0 x ￠ = 0 ． g (0) （ ）當 時， ￠ ￠

18、 時， xg (x ) - g ( x) ，當 2 x 1 0 f (x) = x2 x = 0 ￠ f (x ) - f (0) g ( x ) ￠ ￠￠ g (x ) g (x) f (0) = lim = lim = li

19、m = lim = x - 0 x 2 2x 2 x ?0 x ?0 x ?0 x?0 故 ￠ x 1 0, ì xg (x ) - g ( x) , f ￠ ? x2

20、 (x) = í 1 ? , x = 0, ? 2 ? 則 f (x) 在 (-￥, + ￥) 內 = lim g ( x ) - g(0) = x - 0 x?0 12 g￠￠(0) = 12 ． ￠

21、 ￠ ￠ ￠￠ ￠ xg (x ) - g ( x ) g (x ) + xg (x ) - g (x) lim f (x) = lim = lim x 2 2x x ?0 x?0 x?0 ￠￠ ￠￠ 1 ￠ = lim g (x ) = g (0) = =

22、f , (0) 2 2 2 f (x) x = 0 x?0 即 ￠ 在 處連續(xù)． 五、解 y￠ = 3ax 2 + 2bx ， y￠￠ = 6ax + 2b ，由 (1, 2) 為曲線 y = ax3 + bx2 的拐點得 ìa + b = 2, ìa = -1,

23、 í T í ?6a + 2b = 0 ?b = 3, 故 y = -x 3 + 3x 2 , y ￠ = -3x 2 + 6x , y ￠￠ = -6x + 6 ，得駐點： x = 0 和 x = 2 ．又 y ￠￠(0) = 6 > 0, y￠￠(2) = -6 < 0 ， 3 所以有極小值 y(0) = 0 ，極大值 y(2) = 4 ．

24、 六、解 （1）原式 = 2ò arctacn x d( x ) = 2òarctan x d(arctan x ) = (arctan x )2 1+ x +C ．

25、 （2）原式 = ò0π | sin x - cos x | dx = ò0π / 4 (cos x - sin x )dx + òππ/ 4 (sin x - cos x )dx = (sin x + cos x ) π / 4 + (- cos x - sin x) π = 2 2 ． 0

26、 π / 4 （3）令 x = -t ，則 d x = -dt 當 x = - π 時， t = π ；當 x = π 時， t = - π ，則 2 2 2 2 π

27、sin4 x - π sin4 t π sin4 t π et sin4 t dt = π ex sin4 x dx ò- π2 1+ ex dx = òπ2 2 1+ e-t (-dt ) = ò- π2 1+ e-t dt = ò- π2 1+ et ò- π2 1+ ex 2 2

28、 2 2 π x π 3p 1+ e 4 4 3×1 π 3π

29、 2 2 故 2I = ò- π2 1+ ex sin xdx = 2ò0 sin xdx = 2 × 4 × 2 × 2 = 8 ，所以 I = 16 ． 七、解 （1）設 ò01 f ( x )dx = a ，則 f (x ) = x 2 + 3 a ，兩邊同取定積分得 4

30、 1 1 ? 2 3 ? 1 3 a ，解得 a = 4 a = ò0 f (x )dx = ò0 ? x + 4 a ÷ dx = 3 + 4 3 ． è ? （2）由（1）得 f (x ) = x2 +1 ，則Vx =

31、 πò01 (x +1)2 dx - πò01 (x 2 +1)2 dx = 7π ． 15 八、證 由 f (x) 在[0,1] 上可導，知 f (x ) ?C[0,1] ，又 f (0) f (1) < 0 ，由零點定理 知，至少存在一點h ? (0,1) ，使 f (h) = 0 ．設 F ( x ) = x 2 f (x) ，則 F ( x) 在[0, h] 上 連

32、續(xù)， 在 (0, h) 內可導，且 F (0) = F (h) = 0 ，由羅爾定理知，至少存在一點 x ? (0,h) ì (0,1), 使 F￠(x ) = 0 ，即 2x f (x ) + x 2 f ￠(x ) = 0 ，亦即 2 f (x ) + x f ￠(x ) = 0 ． 九、（1）證 0 ￡ f ￠( x ) ￡ 1/ x 2 , f (1) = 0 T ò1x f ￠(t )d t ￡ ò1x1/ t 2 dt ，得 f (x ) ￡ 1- 1x < 1, x ?[1, +￥) ， 即 f (x) 在 [1, + ￥) 有上界 ， 又 0 ￡ f ￠(x ) ￡ 1/ x 2 T f (x) 在 [1, + ￥) 上單調增 ， 故 lim f (x) 存在，由海涅定理知， lim f (n) 存在． x?+￥ n?￥ （2）解 由題意得1- 1 ￡ f (x) ￡ 1- 1 ，利用夾逼準則，lim f (n ) = lim f (x) = 1． x x n ?￥ x?+￥ 4