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1、西南交通大学 20132014 学年第(一)学期高等数学BI 期中考试试卷解答一、单项选择题（8 个小题，每小题 3 分，共 24 分）1设 为连续函数，则 【 C 】2()1()limtxteafxa（A） （B） （C） （D）23527解：本题考察的是“根据一个用极限式子表示的函数的连续性求待定系数” 。此时要先求出极限（也就是先求出函数表达式） ，而求极限时要根据待定系数的取值进行讨论。因为 ，222() ,113()lim,1,txt xxeaafx a又 为连续函数，故 在 处连续，从而 ，()f()fx2(20)()(2fff又 ，220lili1xa， ，22()lim()li
2、4xxff 3()2fa所以 ，故应选（C） 。3514aa2函数 的间断点类型是【 B 】cos12()xfx，(A) 可去型 (B) 跳跃型 (C) 无穷型 (D) 振荡型解：本题考察的是“判断分段函数在分段点处的连续性，不连续时对应点属于什么类型的间断点” 。因为 为分段函数，分段点为 ，即 ；()fx1x（1）先判断 在 处连续处的连续性：1x因为 ， ，11(0)lim()licoscs02xxff11()lim()li0xxff，所以 ，故 在 处连续；(1)cos02f(10)()(10fff()fx1（2）再判断 在 处连续处的连续性：()fx因为 ，110limli2x，11
3、()li()licoscs0xxff所以 ，从而 是函数 的跳跃间断点。从而应选（B） 。0()fx3若 ，则 【 A 】3arctn(2)ydyarctn(21)d（A） （B）1x6（C） （D）22arct()1() 22arct(1)1()xx解：本题考察的是“一元函数微分形式的不变性” 。，故应选（A ） 。32rctn(1)tan()rctn()dyxxd另解（换元法）：令 ，由 ，得 ，rc1u3a21yx3yu从而 ，又 ，32()3uyd rct()所以 ，故故应选（A ） 。2arctn()ndxd4设 ，则 【 A 】2()yfx2yd（A） （B） （C） （D）224
4、()f22()()fxf24()xf2()fx解：本题考察的是“求抽象函数的二阶导数” 。因为 ，则 ，从而 2()yf2222()()()()dyfxfxfxf AA222222()()()()()()dxfffffxx A，故应选（A ） 。22224f xxA5函数 ，则 在 处【 D 】ln(1),10()x()f0（A）极限不存在 （B）极限存在但不连续 （C）连续但不可导 （D）可导解：本题考察的是“判断分段函数在分段点处的连续性与可导性” 。（1）先判断 在 处的连续性：()fx0因为 ，0limlin(1)l0x，(0)() 1xffx(0)ln1)0f所以 ，故 在 处连续。
5、()0f()f（2）再判断 在 处的可导性：()f因为 ，000()ln(1)ln(1)limiimxxxf 00 0() 1()lili lixx xf xf 0 00111li lilix xx ，00()2limli()2xx所以 ，故可导。故应选（D） 。()1f6设函数 由参数方程 所确定，则 【 A 】()yf2(1)ttxey2dyx（A） （B）1 (C) (D) ()te2t231t解：本题考察的是“求由参数方程所确定的函数的二阶导数” 。因为 ，2(1)ttxye则 ，2(1)(1)()()t t ttt ttdeeexe 故 ，所以应选（A ） 。2()1()ttttty
6、dxee7已知 在 的某个邻域内连续，且 ，则 在 处【 D 】()f0x20()limxf()fx0（A）不可导； （B）可导但 ； （C）取得极大值； （D）取得极小值；(0)f解：本题考察的是“判断函数在一点处是否可导？是否取得极值？”因为 在 的某个邻域内连续，故 ；()fx00lim()xf又 ，则 ；从而 ；20limx0li()xf由 ，得 ，22000()()()lilili2xxxfff0()li0xf即 ，从而排除选项（A）和（B） 。0()lixf 因为 ，则根据函数极限的局部保号性，存在 ，使得 （20limx 0()0fx，且 ） ；(,)U0又 ，从而满足 （ ，且
7、 ） ，f()0fx(0,)xU0x故 在 处取得极小值。从而应选（D） 。()x8下列直线哪条是曲线 的渐近线？【 A 】21yx（A） （B） （C） （D）yxyx1yx解：本题考察的是“求曲线的渐近线” 。根据选项可以看出，只需求曲线 的斜渐近线。21因为 ，所以曲线 有一条斜221limlilim()0xxxyk21xy渐近线。此时截距 ，22li()li lim011xx xbk 所以，所求斜渐近线为： 。故应选（A ） 。yb二、填空题（4 个小题，每小题 4 分，共 16 分）9 ；3762lim(5)xxx3解：本题考察的是“未定式“ 型”的极限” 。方法一：换元后利用等价无
8、穷小代换。3762 37251lim(5)lim1x xxxx 2373270 01 ()()li1lit t ttttx 令则 223700 0011(5)(7)()(5)1 523limli limli13t t t tttt AA等 价 无 穷小 代 换方法二：换元后利用洛比达法则。 3762 37251li( )lix xxxx 2373270 01 1()()lim15limt t ttttx 令则 26 3701()(5)3litttt AA洛 比 达法 则 26 370 2lim1(52)1=13tttt 方法三：利用麦克劳林公式。 3762 37251li( )limx xxx
9、x 21151lim3xoo AA22lili3xxx10过点 作曲线 的切线，则该切线方程为(0,)2cos1y ln2yx解：本题考察的是“导数的几何意义：过曲线上一点作曲线的切线，求切线方程（关键是求切线的斜率） ”。因为点 在曲线 上，故所求切线的斜率 ，(0,2)2cos1xy 0xky而 22 2 ln1cos(cos)si11x xxy e 222ln1llnsinx xe xA所以 ，从而所求切线方程为： ，0(l)si0lxkye2ln(0)yxA即 。ln211已知一质点的运动规律为 ，其中 表示位移（单位：米） ， 表示2ln()1stst时间（单位：秒） ，则当 ， 时
10、的速度为 （ ） 。1t02米 /秒解：本题考察的是“求隐函数的导数” 。所求速度即为 。10tstsdv对方程 两边同时关于 求导（此时 是 的函数） ，得 ，2ln()sttst 120st将 ， 代入上式，得 ，1t0s1011002ts t ts s故所求速度为 。2米 /秒12函数 在闭区间 上满足拉格朗日中值定理的3()1fx0,1 13解：本题考察的是“拉格朗日中值定理” 。依题意，将函数 在闭区间 上利用拉格朗日中值定理，得3()2fx,，其中10()f(0,1)又 ， ， ，从而 ，()2f()f2()3fx2213()3而 ，所以 。(0,1)1三、解答题（3 个小题，每题
11、 10 分，共 30 分，要求有必要的解题步骤） 13求极限 。302cos1limxx解：本题考察的是“未定式 型的极限” 。0方法一：利用等价无穷小代换。 2cosln33 3200 002cos 2coscos1lnln1 3limimimimxxxx xxxe 等 价 无 穷小 代 换 22200 0s 1coslili li36xx x等 价 无 穷 等 价 无 穷小 代 换 小 代 换方法二：等价无穷小代换和洛比达法则结合使用。 2cosln33 3200 002cos 2coscos1lnln1 3limimimimxxx xxxe 等 价 无 穷小 代 换0 0 0ssi2co
12、li li li2(co)2(cos)x x xA等 价 无 穷洛 比 达法 则 小 代 换011li(s)()6x注意：在求乘积或商的极限过程中，凡是碰到有无穷小，优先选择等价无穷小代换，这样可以使得求极限的过程变得相对简单。14设当 时，方程 有且仅有一个根，求 的取值范围。0x21kxk解：本题考察的是“利用函数的单调性讨论方程的根” 。令 ， ，则 ；21()fkx032()fkx因为当 时，方程 有且仅有一个根，则当 时，0210（1）若 ，则 ，此时方程 在 显然只有唯一的根 。k2()fx21x1x故 符合题意。0（2）若 ，则 ，此时 单调递减（ ） ；3()0fkx2()1f
13、k0又 ， ，2001lim()lixxfk 21lim()lixxfk由零点定理，至少存在一点 ，使得 ；00又 单调递减（ ） ，从而 是唯一的，此时满足题目要求，即21()fxkx0x符合题意。0（2）若 ，又 ，则 有唯一根 ；又 ，故0x32()fkx312k46()0fx是函数 的极小值点。又 在开区间 内可导，31xk21()fk2()fx(,)且极值唯一，故极小值 为函数 在开区间 内的最小值。3()f 21()fxk(0,)又方程 （ ）有且仅有一个根，故 ，21kx0x3()f即23333222332 114kkkk（因为 ） 。2227718473kA 0k综上所述， 的取值范围是 或 ，即 。k023或15设函数 由方程 确定，求函数 的极值。()yfx323xy()fx解：本题考察的是“求隐函数的极值” 。对方程 两
