大一上学期高数期末考试题

大一上学期高数期末考试题大一上学期高数期末考试卷一1.设$f(x)=cosx(x+sinx)$，则在$x=0$处有（。

）。

A。

$f'(0)=2$B。

$f'(0)=1$C。

$f'(0)=$不存在D。

$f(x)$不可导2.设$\alpha(x)=\frac{1-x}{1+x}$，$\beta(x)=3-3\sqrt{x}$，则当$x\to1$时（。

）。

A。

$\alpha(x)$与$\beta(x)$是同阶无穷小，但不是等价无穷小；B。

$\alpha(x)$与$\beta(x)$是等价无穷小；C。

$\alpha(x)$是比$\beta(x)$高阶的无穷小；D。

$\beta(x)$是比$\alpha(x)$高阶的无穷小。

3.若$F(x)=\int_{0}^{2x}f(t)dt$，其中$f(x)$在区间$(-1,1)$二阶可导且$f'(x)>0$，则（）。

A。

函数$F(x)$必在$x=0$处取得极大值；B。

函数$F(x)$必在$x=0$处取得极小值；C。

函数$F(x)$在$x=0$处没有极值，但点$(0,F(0))$为曲线$y=F(x)$的拐点；D。

函数$F(x)$在$x=0$处没有极值，点$(0,F(0))$也不是曲线$y=F(x)$的拐点。

4.设$f(x)$是连续函数，且$f(x)=x+2\int_{0}^{1}f(t)dt$，则$f(x)=$（。

）。

A。

$2+x^2$B。

$2+\frac{2}{x^2}$C。

$x-1$D。

$x+2$二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）5.$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2\sin x}{1+3x}=$。

（。

）。

6.已知$\cos x/x$是$f(x)$的一个原函数，则$\int f(x)\cosxdx=$（。

）。

7.$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\cos\frac{n}{\pi}+\cos\frac{2n }{\pi}+\cdots+\cos\frac{n^2}{\pi}\right)=$（。

）。

8.$\int\frac{-1}{1-x^2}dx=$（。

）。

三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分）9.设函数$y=y(x)$由方程$e^x+y+\sin(xy)=1$确定，求$y'(x)$以及$y'(0)$。

解：对方程两边求导，得$$e^x+y'(x)+\cos(xy)(y+xy')=0$$当$x=0$时，$e^0+y(0)+\sin(0)=1$，即$y(0)=0$。

代入上式，得$$e^0+y'(0)+\cos(0)(0+0\times y'(0))=0$$即$y'(0)=-1$。

10.设$f(x)=\begin{cases}x&e,\ x\leq 0\\2x-x^2&e,\ 0<x\leq 1\end{cases}$，求$\int_{-e}^{e}f(x)dx$。

解：$$\begin{aligned}\int_{-e}^{e}f(x)dx&=\int_{-e}^{0}xdx+\int_{0}^{e}(2x-x^2)dx\\&=\left[\frac{1}{2}x^2\right]_{-e}^{0}+\left[x^2-\frac{1}{3}x^3\right]_{0}^{e}\\&=\frac{1}{2}e^2+\frac{5}{3}e^3\end{aligned}$$11.已知$f(x)$在$[0,1]$上连续，$f(0)=0$，$f(1)=1$，证明：存在$\xi\in(0,1)$，使得$f(\xi)=\xi$。

解：构造函数$g(x)=f(x)-x$，则$g(0)=0$，$g(1)=f(1)-1=0$。

由连续函数介值定理，存在$\xi\in(0,1)$，使得$g(\xi)=0$，即$f(\xi)=\xi$。

12.设函数$f(x)$连续，$g(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt$，证明：$g'(x)$在$x=0$处连续。

解：由定义，$$g'(x)=\lim_{h\to0}\frac{g(x+h)-g(x)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}f(t)dt$$ 由于$f(x)$连续，故对于任意$\epsilon>0$，存在$\delta>0$，当$|t-x|<\delta$时，$|f(t)-f(x)|<\epsilon$。

因此，当$0<|h|<\delta$时，$$\begin{aligned}\left|\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}f(t)dt-f(x)\right|&=\left|\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}(f(t)-f(x))dt\right|\\&\leq\frac{1}{|h|}\int_{x}^{x+h}|f(t)-f(x)|dt\\&<\epsilon\end{aligned}$$ 即$\lim\limits_{h\to0}\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}f(t)dt=f(x)$，故$g'(x)=f(x)$在$x=0$处连续。

13.求微分方程$xy'+2y=x\ln x$满足$y(1)=0$的特解。

解：首先求齐次方程$xy'+2y=0$的通解，设$y=kx^2$，则$y'=2kx$，代入方程得$2kx^2+2kx=0$，解得$k=-x$，故齐次方程的通解为$y=Cx^2$。

再求非齐次方程的一个特解，设$y^*=Ax\ln x+Bx$，代入方程得$$Ax\ln x+3Ax+Bx=Ax\ln x$$ 故$A=0$，$B=-\frac{1}{3}$，即$y^*=-\frac{1}{3}x$。

因此，原方程的通解为$y=Cx^2-\frac{1}{3}x$，代入初值条件$y(1)=0$，得$C=\frac{1}{3}$，故特解为$y=\frac{1}{3}x^2-\frac{1}{3}x$。

一、单项选择题(本大题有4小题,每小题4分,共16分)1、D2、A3、C4、C二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）1.cos(x)cos(2x)dx+c2.6e^(3x)+5x^2+7x+23.8/34.ln|x^7| - ln|1+x^7|+C三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分）9.解：方程两边求导x+y*e^(1+y') + cos(xy)*(xy'+y) = e^x+y+ycos(xy)y'(x) = -(x+ye+xcos(xy))/(x+ye+ycos(xy))x=0,y=1.y'(0)=-110.解：u=x/(1-x)1/(1-u^2))du = ∫(2/(u+1) - 1/(u-1))duln|u-1| - 2ln|u+1| + Cln|x-1| - 2ln|x+1| + Cln|x-1| - ln|x+1|^2 + Cln|x-1| - 2ln|x+1| + C11.解：3~1) f(x)dx = ∫(-3~1) xe^(-x)dx + ∫(-3~1) (1-(x-1)^2)dx 0~3) e^(-t)dt + ∫(-1~1) (1-u^2)du1 - e^(-3) + (2/3)e^(-3) + (5/3)12.解：由f(0)=1/x。

知g(0)=0g(x) = ∫(0~x) f(xt)dt = ∫(0~x) (1/(1+t^2))dt = arctan(x)g'(x) = f(x) - ∫(0~x) f'(xt)dt = (1/(1+x^2)) - ∫(0~x)(t/(1+t^2)^2)dt1/(1+x^2)) - (1/(2(1+x^2))) + (1/2)1/(2(1+x^2))) + (1/2)13.解：y(1)=-1/9y'(x) = (2x+y^2)/(4y)令u=y^2.则y' = (2x+u)/(4sqrt(u))令v=2x+u。

则y' = 1/(4sqrt(v))dv/dx1~-1/9) 4sqrt(v)dv = ∫(0~1) dx2/3)*v^(3/2)|1~v0 = 2/32/3)*(2x+y^2)^(3/2) = 2/3y(1) = -1/9.所以y(x) = -sqrt(2x+1)2首先，对于第一段话，需要将其中的公式排版进行修正，同时删除明显有问题的最后一句话。

修正后的段落如下：对于函数 $g(x)=\int_0^x \frac{f(u)}{u^2}du$，其中$f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，且 $f(0)\neq 0$。

则有$g'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{x}\int_0^x \frac{f(u)}{u^2}du=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{2x^2}=\frac{f(0)}{2}$，因此$g'(0)$ 存在且连续。

对于第二段话，需要将其中的公式排版进行修正，同时将最后一句话进行改写。

修正后的段落如下：对于微分方程 $y''+y=\ln x$，我们可以先求出其对应的齐次方程 $y''+y=0$ 的特征根为 $r_1=-1$ 和 $r_2=1$。

因此其通解为 $y=C_1e^{-x}+C_2e^x$。

通过常数变易法，设$y=C_1(x)e^{-x}+C_2(x)e^x$，代入原方程得 $C_1'(x)e^{-x}+C_2'(x)e^x=0$，解得 $C_1(x)=A_1x\ln x+A_2$，$C_2(x)=A_3x\ln x+A_4$。

因此原方程的通解为 $y=(A_1x\lnx+A_2)e^{-x}+(A_3x\ln x+A_4)e^x$。

而由初始条件 $y(1)=-\frac{1}{3}$，$y'(1)=\frac{1}{3}$，可得$A_1=-\frac{1}{3}$，$A_2=\frac{1}{3}$，$A_3=\frac{1}{2}$，$A_4=\frac{1}{6}$，因此原方程的特解为 $y=(-\frac{1}{3}x\ln x+\frac{1}{3})e^{-x}+(\frac{1}{2}x\ln x+\frac{1}{6})e^x$。