高数B第一学期综合复习题附答案.docx
高数B第一学期综合复习题一、选择题:(1)若 Iim /(x)存在，则(). xA. f(x)必在XO的某一去心邻域内有界；B. f(x)在与的某一邻域内一定无界；C. f(x)必在XO的任一邻域内有界；D. F(X)在/的任一邻域内无界(2)“对任意给定的 (0, 1),总存在正整数M当 N时，恒有, 一<22 ”是数列卜“ 收敛于。的().A,充分但非必要条件；B.必要但非充分条件；C.既非充分也非必要条件；D.充分必要条件.(3)若 Iim f(x) = a,则().XTKlA. 7(x)在/的函数值必存在且等于。；B. f(x)在/的函数值必存在但不一定等于。；C. /(X)在/的函数值可以不存在；D.如果/(X)在/的函数值存在，则/(%) = .(4)当xO时，'siJ-是()：X2 XA无穷小。B 无穷大。C有界但不是无穷小。D无界但不是无穷大。(5)设y = (1 +不，则V=()A. 2；B. e； C. In2； D. 1 In4.设y = (")是可微函数，是X的可微函数，则dy = ()A. Q)Mdx; B. r(w)dr; C. ,(w)dw; D. f,()u,du.-xix(7)设函数Fa) = 3 '-'则/(%)在X = I处()X29% > 1,A.左右导数都存在；B.左导数存在，右导数不存在；C.左导数不存在，右导数存在；D.左右导数都不存在.(8)设y = (x)在X =。处可导，贝IJ Iim(B )XToA. f a) ；B. 2 f (a) ； C. 0 ； D. f (2a).(9)若/*)在(。,份内可导，且用,马是伍力)内任意两点，则至少存在一点J，使()式成立.A. f(x2)-f(xi) = (xi -x2 )X) w(a,b)B f(xl)-f(x2) = ( - x )'O J 在 X，W 之间c. U1)- /(x2 ) = (x2 -X1 )f,() xi << X2D /(x2)- /(x1) = (x2 -1)() X1 << X2(IO)设在a,句上/(x)>0/(X)<0,/()>0,令rb151 = /(x)dr, 52 =f(b)(b-a * ="()+ /(力。一)，则()A. si < S2 < s3 B. s2 < si < s3 C. s3 < sl < s2 D. s2 <s3 <si 二、填空题：1 . /O)=的间断点是,其中可去间断点是 o2 .函数y = x2'取极小值的点是.3. f,sinx2dr=,办Jo4 .函数f(x)的一个原函数是L ,贝J'()=()1x-l (x-l)2则A, B, C分别为（三.计算证明题1.己知/''(X)存在，y =/(Inx),求y”.2.按1一1的幕展开多项式F(X) = X,+3/+4.3 .求曲线y = x4-3在点(1,一2)处的切线方程和法线方程.3414 Iim y/n .5.f InXdX6. f X dx 7. f xe2xdx 8. f -dxJjl + 2 JoJl 2f Jl + x -1 >o9 .证明函数f(x) = -忑-'”> 在点X = O处连续，但不可导.10 .设 f(x)dx = xex - ex dx 成立，试求 f(x).11 .证明方程l + x +二+二=。只有一个实根.综合复习题答案一、选择题：(1) A (2) D (3) C (4) D (5) D (6) C (7) B (8) B (9) B (10) B.二、填空题：1.间断点是一0, 1, -1,其中可去间断点是 L2. X - 3 0 j 4.In 22- 5. (1, -1, 1)X三.计算证明题1.解 y =(lnx)-, Xy=/(ln*(InX)(T)H =(In 吗.2.解根据导数的几何意义知道，所求切线的斜率为&=），'I.= 4/I. = 4,从而所求切线方程为y-(-2) = 4(x-l), 即 y = 4x-6.3.所求法线的斜率为占=-117于是所求法线方程为y-(-2) = (x-l),即y = -x- 444解：r() = 4x3+6x,i) = 10,同理得 /"(1) = 18,w(l) = 24, /(1)= 24,且/(X) = 0.由泰勒公式得：f(x) = x4 +3x2 +4=8+ Io(X-1) + 9U-1)2 + 4*-I)3 +(x-1)4.1./Iim -Inx4 解：因为 IimyX= el"xIim -1ex = 1,所以 Iim Nn =1 “T82 *=(x2 Inx-Jx2 -dx)2 -4 -X2 Inx / +C25Jg+T3 消7.解：原式=_,北/6-2'=_1疝-2.%+_16-2， 2jo2 + + !2>0矛盾.故方程i + x + + F = o只有一个实根.2j01 -2 1 -2 113.2 12 410448 .解：原式=Iim z,(-lnx)d(-) = Iim -J, + C-dx b- J1X +oo X Jlr In b r 1 1 1=-IimIim + I = 1fr-Mo b b-y> b_1 4- - 1'9 .证明 因= Iim ¼ = 0 = /(0),又易知 IimF(X) = O =/(0),故XfO+x+ JX x04 JX.r0-/(3)在点X = O处连续。J". 0 Li-rr , zn r/(A)-/(0) 1. 4h v 2而/1 (°) = Iim 23-z一-l-z = Iim =Iim = %，+->()' h0+ hO- 必故右导数不存在.10 .解：对等式4(x)dx = xJ-JJ4t两边同时求导，得到xfx = eyr +xejr 2x-ex将上式整理得MXx) = x/2 2x,故/(x) = 2xe2.23111 .证明：设/Q) = l + x +工+。， 则/(0) = l>0,f(-2) = -LvO,根据零点存在定理至 263少存在一个J(-2,0),使得C) = 0另一方面，假设有须,它£(-0。，母)，且王 <元2,使 /(X1) = Z(X2)=O,根据罗尔定理，存在"(马,2)使/'S)=0,即l + +g2=0,这与3)5555 J，In xdx = jlnj(2) = -(2 n-2jjn)46.解：原式:二一：公一J。l + x2
