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 $\int_{-1}^1 xdx$，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 $\lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{x-a}=2$，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 $\frac{d}{dx}\int_0^x F'(t)dt$ 的值为（D）$-
F(x)-xF'(x)$。

二。

填空：（每题4分，共20分）
1.$\iint\limits_D dxdy=1$，若 $D$ 是平面区域 $\{(x,y)|-
1\leq x\leq 1,1\leq y\leq e\}$，则 $\iint\limits_D y^2x^2dxdy$ 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
$\frac{\partial z}{\partial x}\bigg|_{(1,1)}$ 的值为（未完成）。

4.设 $D=\{(x,y)|x^2+y^2\leq a^2\}$，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 $F'(x)=\int_a^x f(t)dt+xf(x)-\int_a^x
f(t)dt=x\cdot f(x)+\int_a^x f(t)dt$，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
$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{1+t^2\sin t}{1+t^4\sin t}dt$。

解：由夹逼定理，$0\leq\frac{1+t^2\sin t}{1+t^4\sin
t}\leq\frac{1+t^2}{1+t^4}$，因此
$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{1+t^2\sin t}{1+t^4\sin t}dt=\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{dt}{t^2+1}-
\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x^4}\frac{t^4\sin t}{1+t^4\sin
t}dt$。

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 $y=\ln x$ 在 $x=1$ 处的切线方程。

解：由导数的定义，$\lim\limits_{h\to 0}\frac{\ln(1+h)-\ln 1}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\ln(1+h)^{1/h}=1$，因此曲线 $y=\ln x$ 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F
x
x,y,z)=yz+2λ(y+z)=0
F
y
x,y,z)=xz+2λ(x+z)=0
F(x,y,z)=xy+2λ(y+x)=0
2xy+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
π
f(x)cosx dx = ∫cosx dF(x) = F(x)cosx| + ∫sinx*F(x) dx
π 0
π
F(x)sinx dx = ∫f(x)sinx dx = F(π)sinπ - F(0)sin0 - ∫cosx*dF(x) 0
根据积分中值定理，存在ξ∈(0,π)，使得F(ξ)sinξ =
∫f(x)sinx dx，即F(ξ) = (1/sinξ)∫f(x)sinx dx。

综上可知，F(0)=F(ξ)=F(π)，ξ∈(0,π)。

在区间[0,ξ]和[ξ,π]上分别应用罗尔定理，知存在ξ1∈(0,ξ)和ξ2∈(ξ,π)，使得
F'(ξ1)=0和F'(ξ2)=0，即f(ξ1)=f(ξ2)。