武科大2012专升本高数资料(武科大高数期末考试资料)

高数试题

高等数学（上册）考试题（A） 一. 填空题(每小题4分,共28分) 1. f(x)12(x|x|),g(x)x x0x x02

则f(g(x))=_______________

2x(n)

2. 设y=x e,则y=_____________

2

3. 设x0时,cos x –cos 2x 与k x是等价无穷小,则k=___________-

33

4. 曲线x+y-xy-7=0 在点(1 ,2 )处的切线斜率是_______________

2

5. 设函数f(u)可微,且y=f(sin (x)),则dy=________________. 6.

x3x14dx_______________

tsinuxdu17. 设则y’=_________ y”=________________ uysinttcost二. 计算题(每小题6分,共36分) 1. 试确定常数a, b的值,使

exbf(x)有无穷间断点 x=0 , 有可去间断点x=1

(xa)(x1)2. 求极限lim(x011)ctgx sinxx23. 确定a,b 的值使f(x)在x=1处可导

ex x1f(x)

axb x14. 计算定积分

1401x1xdx x2a2dx

5. 求不定积分ln(x6. 判断广义积分

e1dxx1(lnx)2的敛散性;若收敛,计算其值.

三. (10分) 求曲线y2

1的凹凸区间及拐点 1x2四. (12分)抛物线y=3ax+2bx+c 通过原点(0 ,0 ), 并且当0x1时y0. 若它与直线x=1, y=0 围成的曲边三角形的面积等于1 ,是决定a, b, c, 使此曲边三角形绕OX轴旋转所得旋转

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体体积最小.

1sinx2dx五. (7分)证明 2

2x24六. (7分) 设函数f(x): (1)在[a , b]上可导(2) f ’(a)至少存在一点 c 使得f’(c)=m 99级高等数学（上册）考试题（A） 一． 填空题：（每小题4分，共32分） 1． 函数 f(x)14x21x 的定义域是 ； 1x1cosx,2． 当a 时，f(x)x2a,x0x0 在x0处连续；

x3． 设 f(x)(sinx)，则 f(x) ；

22x(20)4． 设 yxe，则 y(x) ；

x2etd2ydy5． 设 ，则  ，2 ； tdxdxye6．

x(sinx16x2cosx)dx ；

7．

edx ； 2x(lnx)x248． 点x 为函数 y2 的可去间断点。

x3x2二． 计算题：（每小题6分，共36分） 1． 设y是由方程 e2xytan(xy)y 确定的隐函数，求y(0)。

excosx2． 求极限 lim。

x0x23． 求不定积分 xe1323xdx。

4． 计算定积分

(2x0dx21)1x2。

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11115． 求极限 lim。 n122334n(n1)6．设f(x)在点x0的一个邻域内连续，并在x0处可导，求极限

n limh0h0f(x0ah)dtf(x0bh)dt0hh2 ，（a,b为常数）。

三．（8分）求函数 yx1x 的极值和最大、最小值。

四．（10分）求抛物线 y4(1x) 和它在点(0,2)处的切线以及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转所成旋转体的体积。

2五．（8分）若当 1x 时，f(x) 连续，且 0f(x)极限。

11，证明：数列 xnf(n) 有2x六．（6分）设 f(x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 4f(x)dxf(0)，证明：在 (0,1)

34内至少存在一点 ，使f()0。

2000级高等数学(I)试题

一． 选择题（每题3分，共15分）

1． 设函数yf(x)三阶导数连续,且满足f(x0)0,f(x0)0，则在x0的附近函数

yf(x)的图像最可能的是 .。

y y y y O x0 x O x0 x O x0 x O x0 x （A） （B） （C） （D）

2．x1是函数yx11e1x1的 。

（A） 可去间断点； （B）跳跃间断点； （C）连续点； （D）可导点

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d(sinx2)3．= 。 2d(x)（A）cosx； （B）2xcosx2； （C）cosx2 ； （D）2xcosx。 4．设yf(x)可微，则f(x) 。

（A）df(x)； （B）df(x)dx ； （C）f(x)dx； （D）

df(x)dxdx

x5．已知f(x)连续，a为非零常数，且limf(x)0f(ax)dxx1，则x0limx01cosx= 。 （A）a2； （B）2a ； （C）a ； （D）1 。

二． 填空题（每题4分，共20分）

1．设f(x)x,x0x2,x0 ，则f[f(x)] 。

2．已知limxaxa则x()x2a 。 3．设函数被以2为周期，且f(x)xex1x1，则100f(x)dx= 。

4．曲线yx2sint1tdt在点（1，0）处切线方程为 。 5．已知yf(x)在x2附近一阶导数存在，且f(x)f2(x);f(2)1，f(10)(2) 。

三． 计算（每题6分，共36分）

1． 设xt22t ，求d2y。 2 .求极限yln(1t)dx2xlimx(2arctanx) 3.

xarctanx 4 .

1x2dx。1101exdx。

5． 考察函数f(x)limln(2x)x2nsinx在区间n1x2n[0,2)的连续性。 第 4 页 共 20页

则

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12xsin,x6． 已知f(x)0,1ex,3x0x0，求f(x)。 x02四．(10分)求函数y(x1)x的极值。 五．（11分）求由曲线ye面积。

六．（8分）设函数yf(x)在[a,)二阶导数存在，满足f(a)0,f(a)0，且当x(a,)时，f(x)0，证明：在(a,)上，方程f(x)0有且仅有一个实根，且此根不超过ax及其该曲线过原点的切线、直线x1和x轴所围成的平面图形的

f(a)。 f(a)2000级高等数学 I试题（B）

一． 选择题（每题3分，共15分）

1．x1是函数f(x)2．若lim(x1)2sin0;1;x1的 。 x1x1（A）可去间断点；（B）跳跃间断点；（C）连续但不可导点；（D）可导点。

xf(2x)2,则lim 。

x0f(3x)x0x（A）

1312； （B）； （C）； （D）。 33221在点（1，1）处的曲率半径R= 。

3．曲线xy（A）

1； （B）2； （C）1； （D）3 。 24．已知函数f(x)在x0附近二阶导数连续，且f(x0)0,f(x0)0，则在x0附近函数

yf(x)所描绘的曲线最可能的是 。

y y y y

o x0 x o x0 x o x0 x o x0 x 第 5 页 共 20页

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(A) (B) (C) (D) 5.曲线yf(x)和直线x（A）

ba、xb(ab)与x轴所围成的图形的面积是 。

baf(x)dx； （B）af(x)dx； （C）

af(x)dx；

b二． 填空题（每题4分，共20分）

arctanx,x01．函数yf(x)是函数y的反函数，则f(x) 。

xe1,x02．设f(u)可导，yf(arctan3．

1)，则dy 。 x25x(x2)dx= 。 4．已知当x0时ecosx11与axb是等价无穷小，则常数a ，b 。

11f()nnn5．设f(x)为非负的连续函数，lim[11]的积分表

2n2f()nnf()nnn示式为 。

三． 计算（每题6分，共36分） 1． 已知ylnx11ln(1x2)arctanx，求y。 2x。

exex2xdx2．lim。 3．x0xsinxx1x2x21axb)0，求常数a、b。 4．已知lim(xx15．已知yyt2y(x)是由0edt0costdt确定的隐函数，求y。

x26．设f(x)的一个原函数为

cosx，计算xf(x)dx。 x2四． (10分)求曲线yearctanxx的凹、凸区间和拐点。

五．（11分）求由曲线ye及其该曲线过原点的切线和y轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周所得的旋转体的体积。

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111xf(x)dx六．（8分）设函数f(x)在区间[0,1]可导，且f()4、1，证明：在区间(0,1)222上至少存在一点，使得：f()f()0。

2001级高等数学I试题（A卷）

一．选择题（每题2分，共10分）

11．x0是函数f(x)111exx0x0的 。

A . 连续点； B. 可去间断点； C. 跳跃间断点； D. 第二类间断点 2．已知F(x)是f(x)的一个原函数，则A.

f(2x3)dx 。

11F(2x3)； B. F(2x3)C； C. 2F(2x3)C； D. 2F(2x3) 22xyz3．过直线且平行于直线x1y2z3的平面方程为 。

124A. xyz0； B. x2y4z0； C. 2x3yz0

34．设f(x)(x1)(x2)，则f(1) 。

A. 6； B. 9； C. 9； D. 6 5．设函数yf(x)满足f(x0)f(x0)f(x0)0,f(4)(x0)0，则在下列图形中表示曲

线yf(x)在x0附近的性态最正确的是 。

y y y y

O x0 x O x0 x O x0 x O x0 x A B C D

二．填空题（每题3分，共15分）

01．已知f(x)1x0x0 ，则f(x)f(x1) 。

x21axb)0，则a ，b 。 2．若lim(xx13．已知ye1arctanx，则dy 。

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4．xsin2xdx 。

5． 设|a|1,|b|2,a,b,p2ab,qab，则pq＝ 。

3三．计算下列各题（每题5分，共30分） 1．yln(x1x)，求y。 2．计算lim(x0211)。 22xsinxt5t3dyd2yy3．设 ，求,2。 53dxdxxtarctant4．求过原点平行于两平面xyz10,x2y4z3的直线方程。

x2dx。 5．计算(1x2)21sinx6．设f(x)dx，计算xf(x)dx。

x0x1四．（6分）已知点(1,3)为曲线yxaxbx14的拐点，试求常数a,b的值。 五．（7分）设0t322，曲线ysinx及三直线xt,x2t,y0所围的平面图形绕x轴旋

转一周所得的旋转体体积为V(t)，问t为何值时，使V(t)最大？ 六．（7分）已知f(x)在闭区间[0,1]连续，证明：

0xf(sinx)dx20f(sinx)dx，并计算

xsinxdx。 22cosx七．（5分）设f(x)在[0,2]连续，(0,2)可导，且f(1)2,上至少存在一点，使得f()f()0。

21xf(x)dx1，证明：在区间(0,2)2001级高等数学I试题（B卷） 一． 单项选择题（每题2分，共10分）

1x1．设f(x)e3xx0 ，则x0是函数yf(x)的 。

x0A. 间断点； B. 连续但不可导点； C. 可导点

z2x2y22．曲线绕z轴旋转一周所得的旋转面方程是 。

y0第 8 页 共 20页

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A. z2x2y； B. zxy； C. z2xy

2y3t3．曲线在t1`处的曲率半径R 。 3x3tt222222A. 2； B. 3； C. 4； D. 6 4．设f(x)可微，则f(x) 。

A.

df(x)； B. df(x)dx； C.

df(x)dxdx

2xf(at)dtf(x)05．已知f(x)连续，且lim= 。 1，a为非零常数，则limx0x0xx2a1A. a； B. 2a； C. ； D.

22a二． 填空题（每题3分，共15分） 1．lim(nnnn) 。

1n222n2n2n292(11)2．f(x)(2x1)(x1)，则f(x) 。

x0arctanx3．函数y2x的反函数为 。

x0e14．设a,b为单位向量，且(2ab)(a3b)，则a,b的夹角a,b 。

5．

20max{x,x2}dx＝ 。

三． 计算题（每题5分，共30分）

11．计算lim(cosx)x。

x022．求过原点和直线

x1yz的平面方程。 123tsinudud2yx03．设，求 u2dxysinttcostx114．已知f(x)e(x1)sin(x1)x1，求f(x)。

x1第 9 页 共 20页

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5．求函数yx11ex1x2的间断点，并指出间断点的类型。

6．计算

ln(1x)xdx

四．（6分）试问常数a为何值时，函数f(x)asinxsin3x在x极小值？

3处取极值？是极大值还是

x2五．（7分）求曲线y和该曲线在点(2,2)的切线以及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转

2一周所成的旋转体体积。

六．（7分）设f(x)是以T(0)为周期的连续函数，证明：对任意实数，恒有 并计算

Tf(x)dxf(x)dx

0T10001cos2xsin2xdx

f(x)0,f(1)1，证明：至少x七．（5分）设函数yf(x)在区间[0,1]二阶导数存在，且limx0存在一点(0,1)，使得f()2。

2002级高等数学I试题（A卷） 一．填空题（每小题2分，共26分） 1．设y2. 已知limxSin2(2x1)，则y'= 。

sin2xxf(x)2f(x), 则= 。 0lim32x0x0xxf'(x)11[f(x)]2dx________。

33. 设f(x) 在[1, 3]上具有连续导数，则

4. 直线xy3z0与平面xyz10的夹角为___________。

xyz0xk5. 当x1时，已知x1和a(x1)是等价无穷小，则a=_____，k=___________。 6、 (1 , 3 )为曲线yaxbx的拐点，则a=____，b=______。 7. x0是函数

3211e1xx的_________间断点(请填:跳跃、可去、无穷、振荡之一)。 sinx8. 已知f(x)1(100)f(0)=___________. , 则2xx6第 10 页 共 20页

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9. 设yy(x)是由方程

xy0etdtyex2所确定的隐含数，则

2dy|x0=_________. dx10、若已知向量a{1,2,1}， b{2,1,3}，则由a，b构成的平行四边形的面积为________。

x2y2z811、曲线在xoy坐标面上的投影曲线方程为___________。

x2y2z112. 曲线ylnx上曲率最大的点为__________________。

n13. 极限limnn!的结果为_________。. n1sinx二、计算题(每小题4分，共24分) 1.

求

limxsinxx0Sinxln(1t3)dt0t 2. 求

3elimx0x2x 3.

2xcos2xdx

4

1|x| 5.dxe12cosxdx 6.

143dxx211x2

三、(6分)求yex2x在[0,2]上的最大与最小值，并证明：2ee02x2xdx2e2。

x2y4z70四、(6分)求过点(2，垂直的平面方程，并求点(10，3)且与直线l:，2，2)到

xyz10该平面的距离。

xarctan2tdyd2y五、(6分)已知曲线yy(x)的参数方程，求，2。 2dxdxytln(14t)六、(6分)求由曲线y2x与y1x所围图形的面积。 七、(6分)设x0，证明：x1

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22x12x(x)，其中(x)满足不等式

11(x)。 422012专升本考试资料

98级高等数学（上册）（A）期终试卷答案及评分标准 一．填空题（每小题4分，共28分）

x0031n2xn12x 1. 2 2. 2xen2e 3. ， 4. 

xx02115. 2xcos(x)f'(sinx)dx 6.

22122t2x1c 7. t,

sint42二．计算下列各题（每小题6分，共36分）

1. 当a0,b1为无穷间断点 ，当be,a1为可去间断点，a0,be

2. lim(x011xsinxcosxxsinx1 )ctgxlimlim罗必塔x0xsinxsinxxsinxx0x36３．由连续性知 f(10)f(10),即 abe，由可导性，知f'(1)f'(1) 即

2ea从而，得 a2e,be

４．令xsint， 原式=

2602sintcos2t6dt=2(sintsin2t)dt

01sint6t15=2(costsin2t) =23

240 5. ln(x xln(x 6. lim0x2a2)dx分部xln(xx2a2)x2a2)x2a2c

xxa22dx

ad(lnx)1(lnx)21limarcsinln(e)0， 故收敛，其值为 226x221132xy\"x三． y'，，令 得 ，凸区间为:[,] y\"02322(1x)3(1x)33凹区间为:[,333311,),(,) ],[,]， 拐点为(3434332四．过原点(0,0)，c0， y3ax2bx 又 V(3ax0122bx)dxab，ab1，

1024a21(3ax22bx)2dx(153a3)，令

dv415(a)0，a，da1534d2vda2544590，a，V最小， 这时 b,c0 14五．令 f(x)sinxcosx，f'(x)(xtgx)，当x(4,2)时,xtgx， f'(x)0 2xx第 12 页 共 20页

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f(x)单调递减，且连续， f(2)f(x)f(4)，即

2sinx22，x12x 2sindxx224六．令 g(x)f(x)mx，则 g'(a)f'(a)m0， g'(b)f'(b)m0 g'(a)limxag(x)g(a) 由保号性，知x1，使得 g(x1)g(a)， 故g(a)不是g(x) 0，

xa的最小值，同理，g(b)也不是g(x)的最小值， 连续函数g(x)必在a,b内某一点,取得最小值，从而 g'()0，即 f'()m

99级高等数学（上册）（A）期终试卷答案及评分标准

一．填空题：（每小题4分，共32分）

11．(2,1)(1,2); 2． 3.．(sinx)x(lnsinxxctgx)；

2114．220(x220x95)； 5．／ e2t, e3t 6．2； 7．1; 8． 2。

22二． 计算题：（每小题6分，共36分）

１． 两面对x求导：e(yxy')sec(xy)(yxy')y'，原式中令x=0, 1+0=y, 从而y=1 将x=0, y=1,代入上式： y'(0)2。

xy2excosx2xexsinx2xexsinx罗limlim()=1+1=2 ２． lim 2x0x0x02x2x2xx３．xe222123x123x123x23x3x=xde(xe2xedx)(xexde) 3333123x23x23x122 =(xexeedx) ＝e3x(x2x)c

33333923xdx=13４．

(2x0dx21)1x2令xtgt60se2ctdt =

(2tg2t1)setc60costdt= 222sintcost60dsint 21sint=arctg(sint)|6 =arctg01 2n11115. limn122334n(n1)=e

11(n1)n11n)] =lim(1)＝lim[(1nnn1n1n第 13 页 共 20页

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6．原式= limh0f(x0ah)hf(x0bh)hf(x0ah)f(x0)f(x0bh)f(x0)=） limlim2h0h0hhhf(x0ah)f(x0)f(x0bh)f(x0)＝(ab)f'(x0) blimh0bhah121x21x121x，令y'0,得x0 =alimh0三．（8分）y'1且x0335，当x0处, y有极大值。44435为y在(,1)内唯一驻点，故为最大值。又x(,0)时，y'0，y在(,0)内44单调递增，y|x0y|x11，y在(,1]内无最小值。 四．（10分）y4(1x)，两边求导，2yy'4，y'22 ，y'|y21，曲线在点（0,2）y，与

x

轴交于(2,0),

处切线方程为：

221y2(x0)即y2x(2x)3182| =2=. V{(2x)dx4(1x)dx =000333五．（8分）f'(x)0,f(x)单调增加，数列xnf(n)单调增加。又f'(x)1，x2，

1(f(x))'0xf(x)f(1)134，

F(x)f(x)1x单减，

F(x)F(1)f(1)11f(1)1(x1)故xnf(n)有上界f(1)1，从而极限存在。 x六．f(x)在[,1]上连续，由积分中值定理

1331(,1),使43f(x)dx4(1)f(1)f() ，f(0)f(1)由罗尔定理知 ：

444(0,1)(0,1)使f'()0。

2000级高等数学(I)试题解答

一．1.(C); 2.(A); 3.(C); 4.(D); 5.(C) 。 二. 1.xx4x0x0; 2. ln21; 3. 10e; 4. y2(x1)sin1；5. 10!。 2d2y1dy1三. 1. (2分), (6分)

dx2(1t)2dx22(1t)4第 14 页 共 20页

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2.原式lim2x2分arctanx2分x22分lim1 x1x21x2分2分令xtant3.原式

1分1分tsecttantdttsectsectdttsectln(tantsect)c

1x2tanxlnx1x2c

2分12分2分ex1ex14. 原式 （1)dx(xln(1e))1ln0x021eln(2x)0x1x1 （2分）5．f(x)0，[0,1)(1,2)函数f(x)连续（2分），

sinx1x2又limf(x)limf(x)f(1)0，函数f(x)在x1连续，即在[0,2)连续（2分）

x1x11116．x0,f(x)2xsix2cos2（1分），x0,f(x)2ex ，（1分）

xxx1f(0)limx0f(x)f(0)e0（1分），f(x)lim（1分） 0，0，

x0xxx0x0 ，（1分） x01x112xsincosxxf(0)f(0)f(0)0，（1分），f(x)012x四．y5x23x，（2分）得驻点x22，不可导点x10，（2分） 5x(,x1),y0;x(x1,x2),y0，因此x1为极大值点，极大值为0，（3分） xx2,y0,因此x2为极小值点，极小值为五．yex334 （3分）

525过原点的切线为yex ，切点(1,e) （4分）

S4分01(exex)dxedx01x3分e1 2e六．因为f(x)0所以f(x)单调增加（2分），即当xa时f(x)f(a)0因此f(x)单调

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增加所以f(x)0在(a,)至多有一实根。 （3分）由拉格朗日中值定理

f(af(a)f(a)f(a))f(a)f()f(a)即f(a)0由连续函数介值定理知在f(a)f(a)f(a)f(a)（3分） )至少有一实根。

f(a)(a,a2000级高等数学 I试题（B）解答

一. （D）， （A）， （B）， （C）， （A）。

x0dx12tanx,二．1．； 2. ； 3. f(x2)6c； 22121xln(x1),x014. 、2 ； 5.

2三．1．y10xf(x)1dx。

1121yarctanx （6分） （3分），arctanx2232x(1x)xxexex24分exex6分lim2 2． 原式limx0x01cosxcosx2分令xtant(2分）3． 原式

5分6分sect1x21|c tantdtcsctdtln|csctcott|cln|x(1a)x2(ab)xb1当a1时（4分）ab0,a1,b1（6分） 4． 原式limxx12分5． ey2y2xcosx2， （4分） y2xeycosx2 （6分）。

24分6分2xsinxcosx6． 由题意f(x)，（2分））原式xf(x)f(x)dx1 2x22四．yearctanx12x, (3分) y22(1x)x1210(4分)， x(,),y0 ，凹（6分）

211arctan21)（10分） ，拐点为(,ex(,),y0，凸（8分）

22三． 切线方程yex，（5分）V8分(e012xe21ex)dx()

622211分第 16 页 共 20页

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四． 令F(x)xf(x)，（2分）F(0)0,F()2由连续函数介值定理的存在一点

，由积分中值定理存在一点2[,1]，使F(2)1 （61(0,)，使F(1)1（4分）

分），由罗尔中值定理存在一点(1,2)(0,1)，使F()0，即 f()f()0 （8分）。 2001级高等数学I试题（A卷）解答： 一．1. C; 2. B; 3.C; 4. B; 5, C

1212122,0x1arctandxxcos2xsin2xx二．1.1,1x0; 2. 1,1; 3. e; 4.C; 5. –3。 2241x0,1x1三．1 yx1x22(1x2)sinxxsinxxcosx112． 原式＝lim 2limx0x0x3x33x2dyt4t23．t41;1dx11t2d2ydx24t34(t3t) 111t2x1x11x2,yx32。

4．s{1,1,1}{1,2,4}{2,3,1},xtantxyz 23tan2tt1arctantx22sectdtsintdtsintcostcc 5．原式42222sect2(1x)6．原式＝

111121112f(x)dxxf(x)xsinxdx(sin1cos1) 0002222四．1ab143,62a0,a3,b9 五．V(t)2ttsin2xdx,V(2sin22tsin2t)(7sin2t8sin4t)0

tarcsin14,判别可得。 4xt00六．

0xf(sinx)dxf(sint)dttf(sint)dt，所以

0xf(sinx)dx20f(sinx)dx

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xsinxxsinxsinxcosxdx2dxdxarctan2cos2x02cos2x02cos2x22xx0

2arctan22七．令F(x)xf(x)，由积分中值定理得，存在1[1,2]，使得F(1)1，又因

F(0)0,F(1)2，由连续函数介值定理知，存在2(0,1)使得F(2)1，在[2,1]使用

微分中值定理得，存在(2,1)(0,2)，使得F()0。 2001级高等数学I试题（B卷）解答：

一．1. C; 2.A; 3. D; 4.C; 5.B

tanxx011129二．1. ; 2. 211! ; 3. ; 4.arccos; 5.

51ln(1x)x02lncosxtanx12 三．1. lim, 原式＝lime2x0x02x2x12．n{1,0,0}{1,2,3}{0,3,2}； 3y2z0

2dytsint2t2t22dyt,23．

sintsintdxsintdxtt1ex1，x1,f(x)sin(x1)(x1)cos(x1) 4． x1,f(x)2(x1)11ex1x1e2f(1)0;f(1)lim0,f(1)0,f(x)(x1)

h0hsin(x1)(x1)cos(x1),x11h15．间断点为x1;x2, limf(x)1,limf(x)0;limf(x)1,x1可去，x2跳跃。

x1x2x2t2dt 6．令xt，原式＝2ln(1t)dt2tln(1t)421t222 2tln(1t)4t4arctantC2xln(1x)4x4arctanxC

四．f(x)acosx3cos3x,f()0,a6,f6sinx9sin3x,f()0极大值。

233第 18 页 共 20页

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2x44五．切线方程y2x2，V dx(2x2)2dx041152六．令F()Tf(x)dx,F()f(T)f()0,F()F(0)f(x)dx

0T10001cos2xsinxdx10022cosxsin2xdx222002 3七．利用limx0f(x)0得f(0)0,f(0)0，令F(x)f(x)x2，则 x在(0,)(0,1)存在一点，使得F()0F(0)0,F(1)0在(0,1)存在一点,F()0，即f()2。

2002级高等数学I试题（A卷）参 一、1.

12xsin2(2x1)2xsin(4x2) 2.

4 3.arctanf(3)arctanf(1) 34. 0 5.a1,k1 6.a39100!11,b 7. 跳跃 8.(101101) 9.4 10.53 225232x22y2x2y15ln211，11. 12.  13.

2e2z0二、1lim1cosxsinx(1cosx)1lim

x0ln(1sin3x)x0ln(1sin3x)2cosxsinx1ex)x2x1exx1exx(x2)sinxx2 2 lim(1x0e1

12121211xd(sin2x)xsin2xxsin2xdxxsin2xxcos2xsin2xc 22224x3tanx1213t12c 4.ttan,dxdtlnclnx212cosx3t233t33tan23.5.

0exdxexdx112 6. 令xtant 原式=3x2x0cost2dt2 2sint34三、y'e1411(2x1)0,得x，y()e4，又y(0)1，y(2)e2，所以，最大值为e2,

221最小值e，从而有e14ex2xdxe，在[0,2]上积分得：2e第 19 页 共 20页

214ex022xdx2e2 。

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四、法向量为s{1,2,4}{1,1,1}{2,5,3}, 平面方程为：-2 (x-2)+5y+3 (z+3)=0，即

-2x+5y+3z+13=0, d=

|-2*15*23*213|42592738。

8t21dy1d2y214t五、8t38t22t2. 2t4t，2(4t4)22dx2dx14t214t21221212y23y22233(，)，S=2|六、交点：(，)，1y|dy2(1)dy6。 333322333七、由拉格朗日定理：设f(x)x,则 x1x12x(x),其中0(x)1，解出

111121]0,(因(x1)2x2x) (x)[x2xx]，'(x)[2x2x422x所以(x)单增，lim(x)x1111，lim(x)，从而(x)。 2x0442

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