西安电力机械制造公司-毕业设计的总结

《高等数学（一）》期末复习题
一、选择题
1、极限
lim(x
2
xx)
的结果是 （ C ）
x
（A）
0
（B）

（C）
1
（D）不存在
2
2、方程
x
3
3x 10
在区间
(0,1)
内 （ B ）
（A）无实根 （B）有唯一实根 （C）有两个实根 （D）有三个实根
3、
f(x)
是连续函数, 则

f(x)dx
是
f(x)
的 （ C ）
（A）一个原函数； (B) 一个导函数； (C) 全体原函数； (D) 全体导函数；
4、由曲线
ysinx(0x

)
和直线
y0所围的面积是 （ C ）
（A）
12
(B)
1
(C)
2
(D)


5、微分方程
y

x
2
满足初始条件
y|
x 0
2
的特解是 ( D )
11
（A）
x
3
（B）
x
3
（C）
x
3
2
（D）
x
3
2

33
6、下列变量中，是无穷小量的为（ A ）
(A)
lnx(x1)
(B)
ln
1x2
(x0

)
(C)
cosx (x0)
(D)
2
(x2)

xx4
11
7、极限
lim(xsinsinx)
的结果是（ C ）
x0
xx
（A）
0
（B）
1
（C）
1
（D）不存在
8、函数
y e
x
arctanx
在区间

1,1

上 （ A ）
（A）单调增加 （B）单调减小 （C）无最大值 （D）无最小值
9、不定积分

x
dx
= （ D ）
2< br>x1
1
1
(A)
arctanx
2
C
(B)
ln(x
2
1)C
(C)
arctanxC
(D)
ln(x
2
1)C

2
2
10、由曲线
ye
x
(0x1)
和直线
y0
所围的面积是 （ A ）
（A）
e1
(B)
1
(C)
2
(D)
e

11、微分方程
dy
xy
的通解为 （ B ）
dx

（A）
yCe
2x
（B）
yCe
1
2
x
2
（C）
ye
（D）
yCe

Cx
x
212、下列函数中哪一个是微分方程
y

3x
2
0
的解( D )
（A）
yx
2

（B）
yx
3
（C）
y3x
2
（D）
yx
3

13、 函数
ysinxcosx1
是 （ C ）
(A) 奇函数； (B) 偶函数； (C)非奇非偶函数； (D)既是奇函数又是偶函数.
14、当
x0
时， 下列是无穷小量的是 （ B ）
（A）
e
x1
(B)
ln(x1)
(C)
sin(x1)
(D)
x1

15、当
x
时，下列函数中有极限的是 （ A ）
（A）
x11
cosx
(B) (C) (D)
arctanx

x
2
1e
x
16、方 程
x
3
px10(p0)
的实根个数是 （ B ）
（A）零个 （B）一个 （C）二个 （D）三个
1
17、

()

dx
（ B ）
2
1x
11
（A） （B）
C
（C）
arctanx
（D）
arctanxc

1x
2
1x
2
18、定积分

f(x)dx
是 （ C ）
a
b
（A）一个函数族 （B）
f(x)
的的一个原函数 （C）一个常数 （D）一个非负常数
19、 函数
ylnxx
2
1
是（ A ）
（A）奇函数 （B）偶函数 （C） 非奇非偶函数 （D）既是奇函数又是偶函数
 
20、设函数
f

x

在区间

0,1

上连续，在开区间

0,1

内可导，且
f

x

0
，则( B )
(A)
f

0

0
(B)
f

1

f

0

(C)
f

1

0
(D)
f

1

f

0


21、设曲线
y
2
1e
x
2
则下列选项成立的是（ C ）
，
(A) 没有渐近线 (B) 仅有铅直渐近线
(C) 既有水平渐近线又有铅直渐近线 (D) 仅有水平渐近线
22、
(cosxsinx)dx
( D )
（A）
sinxcosxC
（B）

sinxcosxC

（C）
sinxcosxC
（D）
sinxcosxC



n(1)
n
}
的极限为（ A） 23、数列
{
n
（A）
1
(B)
1
(C)
0
(D) 不存在
24、下列命题中正确的是（ B ）
（A）有界量和无穷大量的乘积仍为无穷大量（B）有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量
（C）两无穷大量的和仍为无穷大量 （D）两无穷大量的差为零
25、若< br>f

(x)g

(x)
，则下列式子一定成立的有（ C ）
(A)
f(x)g(x)
(B)

df(x)

dg(x)

(C)
(

df(x))

(

dg(x))

(D)
f(x)g(x)1

26、下列曲线有斜渐近线的是 ( C )
(A)
yxsinx
(B)
yx
2
sinx

11
(C)
yxsin
(D)
yx
2
sin

xx
二、填空题
1、
lim
1cosx1


x0
x
2
2

2、 若
f(x)e
2x
2
，则
f'(0)
2
3、

(x
3
cosx5x1)dx
2
1
1
4、

e
t
dx

e
t
xC

5、微分方程
y

y0
满足初始条件
y|
x0
2
的特解为
y2e
x

x
2
4

0 6、
lim
x2
x3
x
2
x2
3
7、 极限
lim

2
x 2
x4
4

8、设
yxsinx1,
则
f

()
1
2
9、

(xcosx1)dx
2
1
1
10、

3
dx

3arctanxC

1x
2

11、微分方程
ydyxdx
的通解为
y
2
x
2
C

4
12、

5xdx
2
1
1
13、
lim
x
xsin2x

1
x
14、设
ycosx
2
，则
dy

2xsinx
2
dx

15、设
yxcosx3,
则
f

(

)
-1
1
16、不定积分

e
x
de
x


e
2x
C

2
1
17、微分方程
y

e
2x
的通 解为
ye
2x
C

2
18、微分方程
lny

x
的通解是
ye
x
C

3x
19、
lim(1)
＝
e
x
2
x
6


x
x
(lnx1)
20、
设函数yx
x
,则 y


1
12n
21、
lim(
2
2

2
)
的值是
n
n
2
nn
22、
lim
x(x1)(x2)
1


3
x
2xx3
2
x
x
(lnx1)dx
23、
设函数yx
x,则dy
2x
2
3x1


1
24、
lim
x0
x4
4
25、若f(x)e
2x
sin
26、

a2

a

6
，则
f'(0)
2
(1sin
5
x)dx

2


(a为任意实数).

x
e
x
dx
__________. 27、设
y ln(e1)
，则微分
dy
______
x
e1
x< br>3
28、


(cosx)dx
2
2

1x
2
2


三、解答题
1、（本题满分9分）求函数
yx162x
的定义域。

x10
解：由题意可得，


2x0


x1
解得



x2
所以函数的定义域为 [1，2]
2、（本题满分 10分）设
f(x)x(x1)(x2)L(x2014)
，求
f

(0)
。
解：
f

(0)
lim
x 0
f(x)f(0)

x0
11
3、 （本题满分10分）设曲线方程为
yx
3
x
2
6x1
,求曲线在点
(0,1)
处的切线方程。
32
2
解：方程两端对
x
求导，得
y

xx6

将
x0
代入上式，得
y

(0,1)
6

从而可得：切线方程为
y16(x0)
即
y6x1

4、（本题满分10分）求由直线
yx
及抛物线
yx
2
所围成的平面区域的面积。
y
1

x
=

y
y

=
x
2
0
解：作平面区域，如图示
1
x


yx
解方程组

得交点坐标：（0，0），（1，1）
2

yx

x
2
x
3

1
2

所求阴影部分的面积为：
S

(xx)dx< br>=

=
0
23

0
6
1
1

x2 x1
5、（本题满分10分）讨论函数

f(x)

在
x1
处的连续性。
3x x1

解：
Q limf(x)limx23f(1)


x1x1
∴
f(x)
在
x1
处是连续的


dy

2x3
6、（本题满分1 0分）求微分方程

dx
的特解。


y|
x1
3
解：将原方程化为
dy(2x3)dx

两边求不定积分，得

dy

(2x3)dx
，于是
yx
2
3xC

将
y|
x1
3
代入上式，有
313C
，所以< br>C1
，
故原方程的特解为
yx
2
3x1
。
7、（本题满分9分）求函数
y2x4cos5x
的定义域。

x40
解：由题意可得，


5x0


x4
解得



x5
所以函数的定义域为 [4，5]
8、（本题满分10分）设
f(x)x(x1)(x2)L(xn)(n2)
，求
f

(0)
。
解：
f

(0)
lim
x0f(x)f(0)

x0
9、（本题满分10分 ）设平面曲线方程为
x
2
2xy3y
2
3
，求曲线在 点（2，1）处的切线
方程。
解：方程两端对
x
求导，得
2x2 (yxy

)6yy

0

将点（2，1）代入上式，得
y

(2,1)
1

从而可得：切线方程为
y1(x2)
即
xy30

10、（本题满分10分）求由曲线
ye
x
及直线
y1
和
x1
所围成的平面图形的面积（如下
图）．
解：所求阴影部分的面积为
S

(e
x
1)dx

0
1

x x0
11、（本题满分10分）讨论函数

f(x)

x
在
x0
处的连续性。

e1 x0
x
解：
Q limf(x)lime10f(0)


x0x0

∴
f(x)
在
x0
处是连续的。
12、（本题满分10分）求方程
(1y
2
)dx(1x
2
)dy0
的通解。
解：由方程
(1y
2
)dx(1x
2
)dy0
，得
两边积分：

dydx


22
1y1x
得
arctanyarctanxC

所 以原方程的通解为：
arctanyarctanxC
或
ytan(arcta nxC)

13、（本题满分10分）证明方程
x
5
7x4< br>在区间
(1,2)
内至少有一个实根。
解：令
F(x)x
5
7x4
，
F(x)
在

1,2

上连续
F(1)100
，
由零点定理可得，在区间
(1,2)
内至少有一个

，使得函数
F(

)


5
7

40
，
即方程
x
57x40
在区间
(1,2)
内至少有一个实根。
14、（本题满 分10分）设
f(x)x(x1)(x2)L(x2015)
，求
f

(0)
。
解：
f

(0)
lim
x 0
f(x)f(0)
lim(x1)(x2)L(x2015)
201 5!

x0
x0
15、（本题满分10分）求曲线
ey
xye
在点（0，1）处的法线方程。
解：方程两端对
x
求导，得
e
y
y

yxy

0

1
将点（0，1）代入上式，得
y

(0,1)


e
从而可得： 法线方程为
yex1

< br>16、（本题满分10分）求曲线
ycosx
与直线
y2,x
y =2
及
y
轴所围成平面图形的面积。
2
2
解：作平面图形，如图示



x

S

2
(2cosx)dx

(2xsinx)
2
0
0

0
y=cos
x

2
y=2
x


cosx x0
17、（本题满分10分）讨论函数

f(x)

在
x0
处的连续性。
x1 x0

解：
Q limf(x)limcosx1f(0)


x0x0
∴
f(x)
在
x0
处是连续的。

dy
22

1xyxy
18、（ 本题满分10分）求微分方程

dx
的特解。


y|< br>x0
1
dy
dy
(1x)dx

(1 x)(1y
2
)
或
2
1y
dx
1
两边 求不定积分，得
arctanyxx
2
C

2解：将原方程化为
由
y|
x0
1
得到
C

4

1
2
< br>1

x
或
ytan(xx
2
).

2424
故原方程的特解为
arctanyx
19、（本题满分20分）
曲线a
2
yx
2
(0a1)将边长为1的正方形分成A、B两 部分(如图所示)，其中A绕x轴
旋转一周得到一旋转体,记其体积为V
A
，B绕y轴 旋转一周得到另一旋转体,记其体积为V
B
.
问当a取何值时,V
A
V
B
的值最小.
x
2
解：
A由以[0,a],为底、高为
2
的曲边梯形和

a
y
a
2
yx
2
1
由切片法可得：
又根据问题的实际意义
F(a)
的最小值存在,
F(a)驻点唯一，
4
a就是F(a)的最小值点.

5
B
或
者,
又F

(a)
4
a
5

0,a
4

为极小值点，亦最小值.点，
5
o
A
a
1
x
20、（本题满分20分） 假定足球门的宽 度为4米，在距离右门柱6米处一球员沿垂直于底
线的方向带球前进，问：该球员应在离底线多少米处射 门才能获得最大的射门张角

？若球
员以5.2米每秒的速度沿垂直于底线的方向向球 门前进，求在距离底线2米处，射门张角的
变化率。
解：由题意可得张角

与球员距底线的距离
x
满足
令
d

0
，得到驻点
x60
(不合题意，舍去) 及
x60
. 由实际意义可知 , 所求最
dx

值存在, 驻点只一个, 故所求结果就是最好的选择. 即该球员应在离底线
60
米处射门才
能 获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则
两米处射门张角的变化率为：

d

dt

x2
dx
5.2
. 在距离球门
dt
d

dx

x2
dx
dt
x

x2
24016
(5.2)0.28
(弧度秒)。
(436)(4100)
21、（本题满分10分）设
f(x)

1
ln(1t)1
dt(x0)
，求
f(x)f( )

tx
1
x
ln(1t)1ln(1t)
dt
x
dt
，则
F(1)0
解法1设
F(x) f(x)f()

11
xtt
1
解法2
Q
f( )

x
1
x
1
1
ln(1)
xxln(1u)
x
lnuln(1t)
u
dt

du

du

du
111
tuuu
令t=< br>1
u



lntd(lnt)
1
x1
2
x
1
lntln
2
x
.
212
22、证明题（本题满分10分）
设函数
f(x)
在

0,3

上连续,在

0,3

内可导,
f(0)f(1)f(2)3
，
f(3)1
。试证
必存在 一点



0,3

，使得
f




0
.
证明:
f(x)
在
< br>0,3

上连续，故在

0,2

上连续，且在
0,2

上有最大值
M
和最小值
m
，故f(0)f(1)f(2)
M

3
f(0) f(1)f(2)
由介值定理得，至少存在一点



0,2< br>
，使得
f(

)1

3
mf(0 ),f(1),f(2)Mm
Qf(

)f(3)1
，且
f(x)
在


,3

上连续,在

< br>,3

内可导，
由罗尔定理可知，必存在




,3

(0,3)
，使得
f



0

23、（本题满分20分）一火箭发射升空后沿竖直方向运动 ，在距离发射台4000m处装有摄像机，摄像机对
准火箭。用
h
表示高度，假设在时刻
t
0
，火箭高度
h
=3000m，运动速度等于300ms,（1） 用
L
表示火
箭与摄像机的距离，求在
t
0
时刻
L
的增加速度.
【解】（1）设时刻
t
高度为
h(t)
，火箭与摄像机的距离为
L (t)
，则
L(t)h
2
(t)4000
2

两边关于
t
求导得
dL

dt
dh
22
dt
h4000
h

代入
h
=30 00m，
dhdL
=300ms，得

180 ms
dtdt
（2） 用

表示摄像机跟踪火箭的仰角（弧度），求在
t
0
时刻

的增加速度.
? ?
（2）设时刻
t
摄像机跟踪火箭的仰角（弧度）为

(t)
，则有
tan


两边关于
t
求导得
sec
2

d

1dh


dt4000dt
h

4000
当
h
=3000m时，
sec


5dhd

d
6
，=300ms，故
0.048rads
(或
rads
)
4dtdtdt125
《高等数学（一）》期末复习题答案
一、选择题
1、C 解答：第一步，先分子有理化；第二步，分子利用平方差公式，第三步，分子分母同
时除以
x
；第四步化简即可。

2、B 解答：设
f(x)x
3
3x1
，
则
f(0)1,f(1)1
，
有零点定理得
f(x)
在区间
(0,1)
内
存在
2
实数根，又因
f

(x)3x30
，
可知函数具有单调性， 所以有唯一的实根。
3、C 本题考察不定积分的概念，不定积分是所有原函数的全体。
4、C解答：利用定积分的几何意义，所求面积为

sinxdx2

0

5、D 解答：直接积分法
y
1
3
xC
，
代入已知点坐标可得
C2

3
6、A解答：因为
limlnxln10
，
所以此时是无穷小量。
x1
11
7、C 解答：
lim(xsinsinx)011

x0
xx
8、A 解答：因为
y

e
x

1
0
，所以单调增加。
2
1x
9、D 解答：

x1111122
dxdxd(x1)ln(x
2
1)C

22 2

x12x12x12
1
10、A解答：利用定积分的几何意义， 所求面积为

e
x
dxe
x
0
1
e 1

0
11、B 解答：先分离变量，两端再积分
所求通解为
yCe
1
2
x
2

12、D 解答：直接积分法
yx
3
C
，当
C0
时有
yx
3

13、C 解答：
ysinxcosx1
是奇函数加上偶函数 ，所以是非奇非偶函数。
14、B 解答：
limln(x1)ln10
，
所以此时是无穷小量。
x0
15、A 解答：
lim
x1x11
limlim0
其它三项极限都不存在。
x
x
2
1
x
(x1 )(x1)
x
(x1)
，
16、B 解答：设
f(x) x
3
px1
，
则
f(0)1,f(1)p0
，
有零点定理得
f(x)
在区间
(1,0)
内存在实数根
，
又因
f

(x)3x
2
p0
，
可 知函数具有单调性，所以有唯一的实根。
17、B 解答：求导与求积分是互逆的运算，先求导再求积分，是所有原函数所以选B
18、C 解答：考察定 积分的概念，定积分计算完以后是一个确切的常数，可能是正数，也可
能是0，还可能是负数。
19、 A 解答：由函数的奇函数和偶函数的定义去判断即可，设
yf(x)lnxx
2
1
，则
20、B 解答：由于< br>f


x

0
所以
f

1

f

0


21、C 解答：
lim
是铅直渐近线。
22、D 考查定积分的性质与基本的积分表
(cosxsinx)dxsinxcosxC
2
1e
x
2< br>
x
=2y2
是水平渐近线；
lim
x02
1e
x
2
=x0



n(1)
n
1
23、A 解答：分子分母同时除以
n
可以得到
lim
n
n

24、B 解答：考查无穷小量的重要性质之一，有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量，其它选项
都不一定正确。
25、C 解答：
f

(x)g

(x)df(x) dg(x)
(

df(x))

(

dg(x ))

，其它选项都有反例可以排除。
26、C解答：有求解斜渐近线的方法可得
1
xsin
1y
x
lim101yxsinkli mlim
x
x
xx
xx
11
blim(y kx)lim(xsinx)limsin0
，所求斜渐近线为
yx
。 其它选项都没有。
xxx
xx
二、填空题

1
2
x
1
1cosx1
1
2
1、 解答：
1cosx~x
2

lim

lim
22
x0
2

xx2
2

x0
或者用罗比达法则也可以求解。
2、 2 解答：
f(x)e
2x
2
，则
f

(x)2e
2x
f

(0)2

3、 2 解答：应用奇函数在关于原点对称区间上的积分为0
tt

4、
exC
分析：被积函数
e
相对于积分变量来说是常数，所 以

e
t
dxe
t
xC

5、
y2e
x
解答：
y

y0yC e
x
，代入初始条件
y|
x0
2
得到
2Ce
0
C2
所求特
解为
y2e
x

22
6、0 解:
lim
x4
lim
24
lim
0
0

x2
x3
x2
23< br>x2
5
3
x
2
x2(x2)(x1)(x1)2 13
7、 解:
limlimlimlim
x2x2
(x 2)(x2)
x2
(x2)
x2
22x
2
44

4

8、 1 解:
yxsinx1y

sinxxcosx
则
f

()sincos1
2222

9、 2 解：应用性质，奇函数在对称区间上的积分为0
10、< br>3arctanxC
解：由基本的积分公式

3
dx3arcta nxC

2
1x
11、
y
2
x
2< br>C
解：对方程

ydyxdx
两端积分

ydy 

xdxy
2
x
2
C

1
12、 2解：利用偶函数的积分性质

5xdx2

5xdx2x2

10
0
1
4
1
45
13、1 解：
lim
x
xsin2x
lim
x
x
1sin2x
x
lim
10
1
x
11

14、
2xsinx
2
dx
解：由微分的定义
dyy< br>
dx
，先求出导数，再求微分
15、
1
解：yxcosx3y

cosxxsinxf

(

)cos



sin

1

1
1
16、
e
2x
C
解：将
e
x
看成一个整体，利用凑微元法得

e
x
de
x
e
2x
C

2
2
1
17、
ye< br>2x
C
解：先分离变量，再积分得通解
2

18、
ye
x
C

解：先整理，再分离变量求通解
19、
e
6
x
)(6)2
3x
2
(
2
解：利用重要极限进行恒等变形，再求解
lim(1)lim(1)e
6


xx
xx
20、
x
x
(lnx1)
解：本题是幂指函数，利用对数求导法来求导数
1
21、 解：分母相同，分子先通分，分 子分母最高次幂都是2次幂，自变量趋于无穷大，
2
极限等于最高次幂的系数之比
1
22、 解：分子分母最高次幂都是3次幂，自变量趋于无穷大，极限等于最高次幂的 系
2
数之比
lim
x
x(x1)(x2)1

2x
3
x32
23、
x
x
(lnx 1)dx
解：由微分的定义
dyy

dx
，先求出导数，再求微 分，本题是幂指函数可
以利用对数求导法来求导数
1
2x
2
3x1011
24、 解：
limlim

x0x0
x4044
4
25、2 解：先求导数，再代入具体数 值
f

(x)2e
2x
f

(0)2e0
2

26、
2

解：利用奇函数与偶函数的积 分性质

a2

a
(1sin
5
x)dx< br>
a2

a
1dx2


e
x
dx
解：由微分的定义
dyy

dx
，先求出导数，再求微分 27、
x
e1
28、 2 解：利用奇函数与偶函数的积分性质

3
x


2

2
(cosx
1x
2
)dx


2

2
cosx dx2

0
2
cosxdx2
.

三、解答题
1、（本题满分9分）

x10
解：由题意可得，



2x0

x1
解得


x2

所以函数的定义域为 [1，2]
2、（本题满分10分）

解：
f

(0)
lim
x0
f(x)f(0)

x0
3、（本题满分10分）
解：方程两端对
x
求导，得
y

x
2
x6

将
x0
代入上式，得
y

(0,1)
6

从而可得：切线方程为
y16(x0)
即
y6x1

4、（本题满分10分）
y
1

x
=

y
y

=
x
2
0
解：作平面区域，如图示
1
x


yx
解方程组

得交点坐标：（0，0），（1，1）
2

yx

x
2
x
3

1
2

所求阴影部分的面积为：
S

(xx)dx< br>=

=
0
23

0
6

1
1
5、（本题满分10分）
解：
Q limf(x)limx23f(1)


x1x1
∴
f(x)
在
x1
处是连续的。
6、（本题满分10分）
解：将原方程化为
dy(2x3)dx

两边求不定积分，得

dy

(2x3)dx
，于是
yx
2
3xC

将
y|
x1
3
代入上式，有
313C
，所以< br>C1
，
故原方程的特解为
yx
2
3x1
。
7、（本题满分9分）

x40
解：由题意可得，



5x0


x4
解得


x5

所以函数的定义域为 [4，5]
8、（本题满分10分）
解：
f

(0)
lim
x0
f(x)f(0)

x0
9、（本题满分10分）
解：方程两端对
x
求导，得
2x2(yxy

)6yy

0

将点（2，1）代入上式，得
y

(2,1)
1

从而可得：切线方程为
y1(x2)
即
xy30

10、（本题满分10分）
解：所求阴影部分的面积为
S

(e
x
1)dx

0
1
11、（本题满分10分）
x
解：
Q limf(x)lime10f(0)


x0x0
∴
f(x)
在
x0
处是连续的。
12、（本题满分10分）
解：由方程
(1 y
2
)dx(1x
2
)dy0
，得
两边积分：

dydx


1y
2

1x
2
得
arctanyarctanxC
所以原方程的通解为：
arctanyarctanx C
或
ytan(arctanxC)

13、（本题满分10分）
解：令
F(x)x
5
7x4
，
F(x)
在

1,2

上连续
F(1)100
，
由零点定理可得，在区间
(1,2)
内至少有一个

，使得函数

F(

)


5
7
< br>40
，
即方程
x
5
7x40
在区间
(1,2)
内至少有一个实根。
14、（本题满分10分）
解：
f

(0)
limx0
f(x)f(0)
lim(x1)(x2)L(x2015)
 2015!

x0
x0
15、（本题满分10分）
解：方程两端对
x
求导，得
e
y
y

yxy

0

1
将点（0，1）代入上式，得
y

(0,1)


e
从而可得： 法线方程为
yex1


16、（本题满分10分）
解：作平面图形，如图示
17、（本题满分10分）
解：
Q limf(x)limcosx1f(0)


x0x0
y=2
2
x

2
y=cos
x

0
y=2
x
∴
f(x)
在
x0
处是连续的。
18、（本题满分10分）
dy
dy
(1x)dx

(1x)(1y
2
)
或
1y
2
dx
1< br>两边求不定积分，得
arctanyxx
2
C
2
解：将原方程化为
由
y|
x0
1
得到
C 

4

1
2< br>
1

x
或
ytan(xx
2
).

2424
故原方程的特解为
arctanyx
19、（本题满分20分）
x
2
解：
A由以[0,a],为底、高为
2
的曲边梯形和< br>
a
y
a
2
yx
2
1
由切片法可得：
又根据问题的实际意义
F(a)
的最小值存在,
F(a)驻点唯一，
a
4
就是F(a)的最小值点.

5
B
o
A
a
1
x

或者,
又 F

(a)
4
a
5


0,a
4

为极小值点，亦最小值.点，
5
20、（本题满分20分）
解：由题意可得张角

与球员距底线的距离
x
满足
令
d

0
，得到驻点
x60
(不合题意，舍去) 及
x60
. 由实际意义可知 , 所求最
dx
值存在, 驻点只一个, 故所求结果就是最好的选择. 即该球员应在离底线
60
米处射门才
能获得最大的射门 张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则
两米处射门张角的变化率为：

d

dt

x2
dx
5.2
. 在距离球门
dt
d

dx

x2
dx
dt

x2
24016
(5.2)0.28
(弧度秒) 。
(436)(4100)
21、（本题满分10分）
1
x
ln(1t)1ln(1t)
dt

x
dt
，则
F( 1)0
解法1设
F(x)f(x)f()

11
xt t
1
解法2
Q
f()

x
1
x
1
1
ln(1)
xx
ln(1u)
x
lnuln(1 t)
u
dt

du

du

d u
111
tuuu
令t=
1
u

22、证明题（本题满分10分）
证明:
f(x)
在

0,3

上连续，故在

0,2

上连续，且在

0,2

上有最大值
M
和最小值
m
，故
f (0)f(1)f(2)
M

3
f(0)f( 1)f(2)
由介值定理得，至少存在一点



0,2

，使得
f(

)1

3
mf(0),f (1),f(2)Mm
Qf(

)f(3)1
，且
f(x )
在


,3

上连续,在


,3

内可导，
由罗尔定理可知，必存在




,3

(0,3)
，使得
f




0


23、（本题满分20分）
? ?
【解】（1）设时刻
t
高度为
h(t)
，火箭与摄像机的距离 为
L(t)
，则
L(t)h
2
(t)4000
2

两边关于
t
求导得
dL

dt
dh

22
dt
h4000
h
代入
h
=3000m，< br>dhdL

180 ms =300ms，得
dtdt
（2）设时 刻
t
摄像机跟踪火箭的仰角（弧度）为

(t)
，则有
ta n


h

4000

两边关于
t
求导得
sec
2

d

1dh


dt 4000dt
当
h
=3000m时，
sec


5 dhd

d

6
，=300ms，故
0.048rads
(或
rads
)
4dtdtdt125