合肥工业大学高数习题册上册答案详解.pdf

高等数学习题册参考解答 1 合合肥肥工工业业大大学学 高高等等数数学学习习题题册册 参参 考考 解解 答答 高等数学习题册参考解答 2 习习题题1 1 函函数数 1设设函函数数 2,0, ( ) 2 ,0, x x x f x x + = ，求求 （1）( 1)f，(0)f，(1)f； （2） ()(0)fxf x ， ()(0)fxf x （0x ） 【解解】 （1）2|2) 1 (, 2| )2()0(, 1| )2() 1( 101 =+=+= =x x xx fxfxf； （2） ()(0)fxf x = = . 0, 1 , 0, 22 0, 2)2( , 0, 22 x x x x x x x x x x ()(0)fxf x )0( 1 2)2( = =x x x 。 2已已知知 2 1 ( )1fxx x =+，求求( )f x 【解解】令令 x t 1 =，则则 2 1 1 1 )( tt tf+=，故故 2 1 1 1 )( xx xf+=。 3证证明明：( )2sinf xxx=+在在(, ) +内内是是严严格格递递增增函函数数 【证证】方方法法 1（定定义义法法） 对对任任意意 2121 ),(,xxxx + 0 12 =xx，其其中中用用到到)0(sin,cos1xxxx， ( )2sinf xxx=+在在(,) +内内是是严严格格递递增增函函数数。 方方法法 2（导导数数法法） )(0cos2)(+， 由由( )f x 在在)0(, 0aa上上单单调调增增加加可可得得：)()( 21 xfxf。 又又( )f x 在在, a a上上是是奇奇函函数数，即即)()(),()( 2211 xfxfxfxf=， )()( 21 xfxf，即即)()( 21 xfxf=x346 12 =+=xx，3106 23 =+=xx， 3961066 34 =+=+=xx， 3366 1 =+= nn xx， n x有有下下界界。 于于是是，由由单单调调有有界界收收敛敛准准则则知知：存存在在极极限限 n n x lim。 高等数学习题册参考解答 7 （2）求求极极限限：设设axn n = lim，则则由由 1 6 += nn xx求求极极限限可可得得aa+=6，即即 0)3)(2(6 2 =+=aaaa， 解解得得：3 , 2=a。注注意意到到0 n x，故故3=a。 习习题题24 连连续续函函数数及及其其性性质质 1求求函函数数 1 1 ( ) 1 x x f x e = 的的间间断断点点，并并说说明明其其类类型型 【解解】显显然然，当当1 , 0=x时时，函函数数无无定定义义，故故1 , 0=x均均为为间间断断点点。 011)1 (lim 0 * 1 lim * 1 0 0 = eee x x x x x x ， = )(lim 0 xf x ，即即0=x为为第第二二类类间间断断点点，且且为为无无穷穷间间断断点点。 = + eee x x x x x x 11)1 (lim 1 lim 1 1 1 ， 10111)1 (lim 1 lim 1 1 1 = + + eee x x x x x x ， 1)(lim, 0)(lim 11 = + xfxf xx ，即即1=x为为第第一一类类间间断断点点，且且为为跳跳跃跃间间断断点点。 注注：*极极限限四四则则运运算算法法则则，* x e的的连连续续性性。 2设设 2 2 1 ( )lim 1 n n n x f xx x = + ，试试求求函函数数( )f x的的表表达达式式，若若有有间间断断点点，并并说说明明其其类类型型 【解解】 + = = = = + 要要使使( )f x在在(), +内内连连续续，确确定定常常数 数a 高等数学习题册参考解答 8 【解解】显显然然，函函数数在在), 0(),0 ,(+内内为为初初等等函函数数，故故连连续续。 只只需需讨讨论论分分界界点点0=x处处函函数数的的连连续续性性。 axaxf xx =+= )(lim)(lim 2 00 ， 0 1 coslim)(lim 00 = + x xxf xx （无无穷穷小小与与有有界界函函数数积积） ， 当当0=a时时，( )f x在在(), +内内连连续续。 4讨讨论论 sin ,0, ( )1,0, 2( 11) ,0 x x x f xx x x x 的的连连续续性性 【解解】显显然然，只只需需讨讨论论分分界界点点0=x处处函函数数的的连连续续性性。 1 sin lim)(lim 00 = x x xf xx ， 1 11 2 lim ) 11(2 lim)(lim 000 = + = + = + xx x xf xxx ， )0(1)(lim 0 fxf x = ，即即( )f x在在(), +内内连连续续。 5求求下下列列极极限限： 0 ln(1) (1)lim x x x + (为为常常数数） ； 【解解】方方法法 1 由由等等价价无无穷穷小小可可得得： = x x L x0 lim。 方方法法 2 由由重重要要极极限限与与连连续续性性可可得得： =+=+= exxL x x x x ln)1 (limln)1ln(lim 1 0 1 0 。 sinsin (2)lim xa xa xa ； 【解解】由由三三角角函函数数公公式式、重重要要极极限限与与连连续续性性可可得得： a ax ax ax ax axax L axaxax cos 2 2 sin lim 2 coslim 2 sin 2 cos2 lim= + = + = 。 0 (3)lim xx x ee x ( , 为为常常数数） 【解解】显显然然，当当=时时，0=L。 高等数学习题册参考解答 9 当当时时， x e x e x e x e L x x x x xx x 1 lim 1 lim) 11 (lim 000 = = = x x x x xx00 limlim。 6设设函函数数( )f x在在0,2上上连连续续，且且 (0)(2 )ff=，证证明明在在0,上上至至少少存存在在一一点点，使使得得 ( )()ff=+ 【解解】作作辅辅助助函函数数)()()(+=xfxfxF，则则 ( )f x在在0,2上上连连续续，且且(0)(2 )ff=， , 0)(CxF。 )()0()0(ffF=，)0()()2()()(ffffF=)0(F=， 当当)()0(ff=时时，可可取取, 0=，满满足足0)(=F； 当当)()0(ff时时，0)()0(； 【解解】 型型不不定定式式。 法法 1 1（等等价价无无穷穷小小） 原原式式= 2 2 2 2 000 )( 2 1 )( 2 1 lim 1cos 1cos lim )1(cos1ln )1(cos1ln lim b a bx ax bx ax bx ax xxx = = = + + + 。 法法 2（洛洛必必达达法法则则） 原原式式 2 2 0tan tan lim b a bx ax b a x 等价 无穷小 = + . . （4）)(lim 11 xx x bax (0,0)ab； 【解解】0型型不不定定式式。 原原式式 1 lnln lim)(lim 0 0 0 0 1 bbaa t ba tt t ruleL tt t x t = = = b a ba continuity lnlnln=。 （5） 2 1 0 )sin(coslim x x xxx+ 【解解】 1型型不不定定式式。幂幂指指函函数数极极限限。由由等等价价无无穷穷小小可可得得 原原式式 2 0 2 0 sin1cos lim )sinln(cos lim x xxx x xxx xx ee + =（+)1ln(） 2 1 1 2 1 sin lim 1cos lim 0 2 0 eee x x x x xx = + + 。 2 设设)(xf 存存在在且且连连续续，求求 2 0 )()(2)2( lim h xfhxfhxf h + 。 【解解】由由洛洛必必达达法法则则可可得得： 原原式式)()2(2lim)( 2 )(2)2(2 lim 0 0 0 0 hxfhxf h hxfhxf h L h L + + = + = )()()(2xfxfxf f = = 连续 。 习习题题43 泰泰勒勒中中值值定定理理 1写写出出xxxfln)(=在在 0 1x=处处带带拉拉格格朗朗日日型型余余项项的的二二阶阶泰泰勒勒展展开开式式 【解解】1ln)(+=xxf， x xf 1 )(= ， 2 1 )( x xf= ， 高等数学习题册参考解答 17 0) 1 (=f，=) 1 (f1) 1 (= f， 2 1 )( = f， 由由泰泰勒勒公公式式可可得得： 2 ) 1( ! 2 )( ) 1)(1 () 1 ()( +=x f xffxf （介介于于x与与 1 之之间间） ， 即即 3 2 2 ) 1( 6 1 ) 1( 2 1 ) 1(ln+=xxxxx （介介于于x与与 1 之之间间） 。 2写写出出 x xexf=)(的的n阶阶麦麦克克劳劳林林公公式式 【解解】法法 1（间间接接法法） )( )!1(! 2 1 1 12 + += n n x xo n xx xeL x xexf=)()( )!1(! 2 3 2n n xo n xx xx+ +=L。 法法 2（直直接接法法） xnxx exnxfexxfexxf)()(,)2()(,)1 ()( )( +=+= +=L， nfffff n = = =)0(, 3)0(, 2)0(, 1)0(, 0)0( )( L， x xexf=)()( )!1(! 2 3 2n n xo n xx xx+ +=L。 习习题题44 函函数数的的单单调调性性与与极极值值 1求求函函数数 x x x 2 ln )(=的的单单调调区区间间与与极极值值。 【解解】定定义义域域：0x。 = = = = = = +=+= x x x xxxxf（0 2 x ，1n ，证证明明： 11 ()() nnnn nbababnaab = , 1, 0 , 10, 0 )1 () 1() 1() 1()( 212 x x xxnnxnnxnnxf nnn 由由1) 1 (, 0)0(=ff知知：)(xf在在), 0+上上得得最最大大值值为为1) 1 (=f，即即对对任任意意), 0+x，均均 有有1) 1 ()(= fxf，即即 1 (1)1 nn nxnx 。 习习题题51 定定积积分分的的概概念念与与性性质质 1利利用用定定积积分分的的几几何何意意义义计计算算下下列列定定积积分 分： 2 0 (1)xdx ； 1 2 0 (2)1x dx 【解解】 （1）222 2 1 2 0 = Sxdx。 （2） 4 1 4 1 4 1 1 2 1 0 2 = Sdxx。 2比比较较下下列列积积分分的的大大小小： 2 1 (1)ln xdx 与与 2 2 1 (ln )x dx ； （2）dx x x + 1 01 与与dxx + 1 0 )1ln( 【解解】 （1）21 x，12lnln1ln0 2 1 2 2 1 )(lnlndxxxdx。 （2）对对tln在在1 , 1 x+上上应应用用格格朗朗日日中中值值定定理理可可得得： x x xxx + =+=+ 1 1 1ln)1ln()1ln( （0x） dxxdx x x += 。于于是是，0)0( min =。 2.求求下下列列极极限限： 2 0 0 cos (1)lim x x t dt x ； 21 cos 2 0 (2)lim t x x edt x 【解解】 （1）1 1 cos li