华南理工大学高数(上)期末考题参考答案

1华南理工大学高数（上）期末考题参考答案一、填空题（每小题3分，共15分）1.设xy1arctan，则0xdydx41.2.xxx10)sin1(lime.3.已知△ABC的三个顶点的坐标为)1,1,0(),0,1,2(),1,0,1(CBA,则∠BAC26.4.曲线)1(ln21412exxxy的弧长等于)1(412e.5.02dxxex21.二、选择题（每小题3分，共15分）1.设,)(),()(2xxhxgxfdxd则)()]([Dxhfdxd.（A）)(2xg；（B）)(2xxg；（C）)(22xgx；（D）)(22xxg.2.设,275)(xxxf则0x时，（B）.（A）)(xf与x是等价无穷小量；（B）)(xf与x是同阶但非等价无穷小量；（C）)(xf是比x高阶的无穷小量；（D）)(xf是比x低阶的无穷小量.3.设)(xg在),(上严格单调减少，)(xf在0xx处有极大值，则（A）.（A）)]([xfg在0xx处有极小值；（B）)]([xfg在0xx处有极大值；（C）)]([xfg在0xx处有最小值；（D）)]([xfg在0xx处有既无极值也无最值；4.下列函数中，在定义域上连续的函数是（B）（A）;0,0,0,sin)(xxxxxf（B）;0,0,0,1sin)(xxxxxf（C）;0,0,0,11)(xxxxxf（D）.0,0,0,1)(xxxexfx25.若连续曲线)(1xfy与)(2xfy在],[ba上关于x轴对称，则积分dxxfdxxfbaba)()(21的值为（D）（A）dxxfba)(21；（B）dxxfba)(22；（C）dxxfxfba)]()([221；（D）0三、解答下列各题（每小题7分，共28分）1.设参数方程tduuuytx0222,1),1ln(，求22dxyd.解因为2121222tttttdtdxdtdydxdy所以ttdtttdttdtddxdxdyddxyd411221)]1[ln()2()(222222.求曲线xxey在拐点处的切线方程.解因为xxxeey，)2(xexeeeyxxxx，令0y得2x当)2,(x时，0y，当),2(x时，0y，且22)2(ey，则点)2,2(2e是曲线xxey的拐点；又22)]1([)2(exeyxx，所以曲线xxey在拐点处的切线方程是：)2(222xeey3.计算积分edxxx12ln.解eeeeexedxxxxdxxxeeee221)11(1]1[11]ln[ln1121124.dxxx221.解解法一dxxdxxdxxxdxxx2222221111111Cxxxx)121arcsin21(arcsin2（参看p201例21）Cxxx2121arcsin21解法二设txsin，则xdtdxcos，代入得3Cttdtttdtttdxxx2sin412122cos1coscossin1222CxxxCttt2121arcsin21cossin2121四、（8分）确定常数ba,的值，使函数0),arcsin(0,)(xaxxbexfx在0x处连续且可导.解由于)(xf在0x处连续)00()00()(lim0ffxfx，且bbefxx1)(lim)00(00，0)][arcsin(lim)00(00axfx所以01b即1b由于)(xf在0x处可导)0()0(ff，且1)1(lim)0()(lim)0(0000xbbexfxffxxxaxaxxbaxxfxffxxx)arcsin(lim)1()arcsin(lim)0()(lim)0(000000所以1a即1a，1b时)(xf在0x处连续且可导.五、（8分）已知)(xf的一个原函数是2xe，求dxxfx)(.解Ceexdxxfxxfdxxfxxx22][)()()(CxeCeexxxx)12(222222六、（8分）设)(xf在]1,0[上可导，且dxxxff12121)(2)0(.试证：存在)1,0(，使0)(2)()1(2ff.证由积分中值定理有2212121)()211(1)(21)(2)0(ffdxxxff]1,21[；设21)()(xxfxF则)(xF满足：①在],0[上连续；②在),0(内可导；③21)()()0()0(fFfF；4由洛尔定理，则至少存在一点),0(，使0)(F，即)1,0(),0(0)1()(2)()1(222ff，即证0)(2)()1(2ff)1,0(七、（8分）证明方程1011022dttxtx在)1,0(内有且仅有一个实根.证设)(xf1011022dttxtx则)(xf在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且)0(0)11(1)(23022022xxxdtttdtttxxfxx即)(xf在]1,0[上单调递增；又0101010110)0(0022dtttf101)111(10111)1(1021022dttdtttf0115.04109101arctan110x由零点定理知，方程在)1,0(内有且仅有一个实根.八、（10分）已知曲线)0(axay与曲线xyln在点),(00yx有公共切线，求（1）常数a的值及切点；（2）两曲线与x轴围成的平面图形绕x轴旋转所得旋转体的体积.解（1）由条件知)0(00xx满足0000212lnxxaxxa，解之得ea1.（2）由（1）知20ex，则两曲线与x轴围成的平面图形绕x轴旋转所得旋转体的体积5dxxdxexVee221220)2ln()(由于2][2120220222exedxexee，22211212ln2)(ln)(lneeexdxxxdxx)1(2]ln[242122exxxee，所以2)]1(2412[22eeV