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习题 1-1(a)1填空题(1)函数的定义域为;(2)函数的定义域为;(3)函数的定义域为;(4)函数的定义域为xn时，有，则：故举例：数列的极限为1， 而数列 无极限5设，证明：证明：由极限定义可知， 取则当nn时，则7求极限解：由于 由夹逼准则可得8设，证明：数列的极限存在，并求其极限证明：显然10求下列极限(1) ；解：(2) ；解：(3) ；解：(4) ；解：(5) ；解：(6) ；解：12设数列收敛，证明：中必有最大项或最小项证明：由数列收敛，则此数列有界，即则中必有最大项或最小项13设，且ab，证明：存在某正整数n，使得当nn时，有证明：由，存在某正整数n，使得当nn时，对，有取为无穷小，则16设证明：数列收敛，并求其极限证明：显然17设，证明：数列发散证明：数列有两个子数列：=0， ，而，数列发散数列发散习题1.3（p47）1. 答案：d解：例：在处没有定义但是有极限。2. 设（1） 作出函数的图形（2） 根据函数图形写出;（3） 极限存在么？解：（1）略（2） （3）因为，所以极限不存在3. 解：当时，函数的极限不存在。（不论它多么大），使得当时，有，故它的极限不存在。4. 解：5. 解：（1）当时，无穷小（2），当时，无穷大（3），当时，无穷大（4），当时，极限为0，无穷小（5），当时，极限为0，无穷小6. 设解：因为存在，则，则，7. 解：（1）（2）8. 证：因为，则，使得当时，有，则则9. 解：（1），使得当时，有,故（2），使得当时，有,故（3），使得当时，有故（4），使得当时，有，故（5），使得当时，有，故（6），使得当时，有，故10. 解：，使得当时，有，故11. 解：（1）a，故（2）c，故（3）a考虑a=0的情况，bcd错误。习题1.4（p54）1. 解：（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）因为有界，则，故（12）因为，则2. 解（1） 令，则（2） 令，则（3） 令，则（4） 令，则3. 解： 4. 解：则，故，5. 解：时，有极限，没有极限。当，没有极限， 不一定有极限（，）。6. 解：时，都没有极限。不一定有极限（例如：），不一定有极限（当时，时没有极限；当时，）。7. 解：（1）（2）（3）（4）（5）（6）因为，8. 解；则且=，则，习题1-5(a)1. (1) d (2) b 2. (1) e-1/2 (2) e (3)3/4 (4) e2 (5)(-1)m-n (6) ex+13. (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) 4. 解： 5. (1) 错，无穷小是极限为零的变量，无穷大是其值无限增大的变量(2) 错(3) 正确(4) 正确(5) 错，反例见例3.8(6) 错，反例：(7) 错，6. 解： ，故它们是等价无穷小7. 解：，故是的高阶无穷小8. 解：，故与是同阶无穷小 ，故与是等价无穷小9. (1) 0，mn(3) (4) (5) (6) (b)10. (1) d (2) b (3) d11. (1) (2) (3) (4) (5) (6) 12. 证明： 原极限不存在13. 解： 原式=114. 解：15. 证明：(1) 设t=arctanx，则(2) 16. 证明：(1) 因为，故有(2) 由有 所以，故有(3) 因为，所以 因为，所以，所以所以，故有习题1-6(a)1. (1) b (2) c (3) a (4) d2. (1) -1, 1 (2) kp3. (1) (2)(3) (4) (5) (6) (7) (8) 4. (1) x=1是可去间断点，x=2是无穷间断点(2) x, |x|1f(x)= -x, |x|1 f(x)= , x=1 1, |x|1 x=1是跳跃间断点5. 解：由得： a=2， b=-16. 证明：设f(x)=ex-2-x, 因为 f(0)f(2)=-2(e2-4)0 由零点定理知，至少存在一点(0,2)使f()=0 即，方程ex-2= x在(0,2)内至少有一个实根7. 证明：设f(x)=x-2-sinx，因为 f(0)f(3)=-2(1-sin3)0 由零点定理知，至少存在一点(0,3)使f()=0 即，方程x=2+sinx至少有一个小于3的正根8. 证明：设f(x)=f(x)-f(a+x), 则有 f(0)=f(0)-f(a)=f(2a)-f(a)， f(a)=f(a)-f(2a)所以，f(0)f(a)=- f(a)-f(2a)20若f(0)f(a)=0，则f(0)=f(a)=0；若f(0)f(a)0，则由零点定理知，至少存在一点(0,a)使f()=0；综上，至少存在一点0,a使f()=0，即至少存在一点0,a使f()=f(a+)9. 解：设f(x)=(p+q)f(x)-pf(c)-qf(d)，则有 f(c)=qf(c)-qf(d), f(d)=pf(d)-pf(c) 所以，f(c)f(d)=-pqf(c)-f(d)20 若f(c)f(d)=0，则f(c)=f(d)=0； 若f(c)f(d) 0，则由零点定理知，至少存在一点(c,d)使f()=0； 又因为abcd,所以对任何正数p,q，至少存在一点c,d(a,b),使得f()=0，即pf(c)+qf(d)=(p+q)f().(b)10. (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) 11. (1) x=1是可去间断点 x=是可去间断点 不存在 x=是无穷间断点 (2) x=0是无穷间断点 x=1是可去间断点 x=2是无穷间断点12. 解：由，知：a=0，b1 由存在，知：b=e 所以，a=0，b=e13. 解： x+b x0 h(x)= 2x+1 0x1f(x)= ax2+bx, |x|1 (a+b+1) x=1 (a-b-1) x=-1由 f(1-)=f(1+)=f(1) 得：a=0，b=1 f(-1-)=f(-1+)=f(-1)15. 证明：设f(x)=x3-3x2-9x+1,则f(0)f(1)=1(-10)0;f(b)=f(b)-bf(x2),则有f(x1)f(x2),由介值定理知：至少存在一点xx1,x2,使得f(x)= 若f(x1)f(x2),则有f(x1)0,取d=，对x1,x20,1，当|x1-x2|d时，就有：|x13-x32|0时： 当x0,连续;0a1,不可导;a1可导。3.（1）解： （2）解： （3）解：两边取对数再求导得： 即得 （4）解： (5) 解：先对原式进行变形： 再对两边求导数即可得： 最后将y代入即可 （6）解：当x0时 f（x）= 当x0时 f（x）= f（0）=04.（1）解：（2）解：由原式可得： 两边取对数求导得： 再次求导可得： 将y和y代入即可5.（1）解： 由已知的n次导数可得： （2）先对原式求一次导得： 则可得：继而可得：7.（1）解：由题可得： （2）解： （3）解： 8.（1）题目有错（2）证明：因为 令x=y=0 则 即函数f（x）不但可导，且导数值恒为1。 （3）解：因为 9.（1）解：由题意可知：f（1）=2f（0）=2 （3）解：要使f（x）在点x=0处连续，则有 b=f(0),而要函数在x=0处可导，则只需有 a= （4）解法一：令s=x+ 可知有 s=sm 而 s= 则sm=则解法二：思路，对sm等式两旁同乘以x，然后分别减去原等式的两边进行变化即可。（5）解：由于而所求的导数是x=0点，所以只需求莱布尼茨公式的前两项即可：习题3-1（a）1证明：显然f（x）在2,3上连续、可导，且f(2)=f(3) ,显然在2,3连续。 则有介值定理可知，在2,3区间上必存在一点使得 所以罗尔定理对f（x）在区间2,3上成立2证明：显然函数在0,上连续、可导， ， 又，而-10所以由介值定理可知必存在一点，使得所以拉格朗日中值定理对f（x）在区间0,上成立3证明：令，显然其在0,1上连续、可导。 由罗尔定理知，在0,1上必存在一点使得，即 所以在0,1上柯西中值定理对f（x）和g（x）成立4证明：令则即f（x）恒等于一常数，又f（0）=0，所以5证明：令 则 即,又6解：因为，由罗尔定理可知，在0,1,1,2,2,3,3,4区间分别存在四个点，使得7证明：（1）设，显然函数在整个定义域内连续、可导，则由拉格朗日中值定理可知：，即（2）设，显然函数在整个定义域内连续、可导，则由拉格朗日中值定理可知：在a,b区间上有，即（3）设，则在b,a上函数连续、可导，由拉格朗日中值定理可知：存在一点，使得又因为，所以，即8证明：设，二者在0，上均连续、可导，并且对任意都有，由柯西中值定理知，存在使 ，即9证明：设则由拉格朗日中值定理知，使得 10证明：设，函数在a,b上连续，在（a,b）内可导 则 由罗尔定理可知，在（a,b）内至少存在一点使得： ，即11证明：设，其在0,1上连续，在（0,1）内可导 又，由罗尔定理可得 =012证明：设，利用反证法，设若方程有至少4个根，则，又f（x）在定义域内至少4阶连续、可导，则由罗尔定理可知，至少存在点，使得再次利用罗尔定理，则存在点，使得=0由罗尔定理可知，在（）内至少存在一点使得而，即不可能找到一点使得f（x）的三阶导数为零，所以假设不成立，即方程至多有3个根13证明：令，其在0,上连续，在（0,）内可导又,所以由罗尔定理可知至少存在一点，使得即14证明：令，此函数在0,1上连续，在（0，1）内可导，又因为 ，由介值定理可知，在1/2,1之间存在c使得f（c）=0=f(0)，由罗尔定理可知，在0,c内至少存在一点使得15提示：令，对f（x）和g（x）用柯西中值定理即可得证16提示：令，f（x）、g（x）在a,b上用柯西中值定理可证习题3-1（b）17证明：因为f（x）在0,3上连续，所以f（x）在0,2上连续，且在0,2上必有最大值m和最小值m，于是 故 由介值定理知，至少存在一点，使 因为f（c）=1=f（3），且f（x）在c,3上连续，在（c,3）内可导，所以由罗尔定理可知，必存在 18证明：，因为f（x）在a,b上连续，(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0,则 由罗尔定理知在（a，b）内必存在一点c使得，由于所以，即内单调减在（a，x）（xc）上利用拉格朗日中值定理知，即在（c，b）上利用拉格朗日中值定理同理可得即在a,b上，19证明：因为y=f（x）在x=0的某邻域内具有n阶导数由柯西中值定理得：反复运用柯西中值定理，得：使得：即使得：20证明：设，由题知f（x）在a,b上连续，(a,b)内可导 则，又 即，即 即21证明：令，对f（x）应用拉格朗日中值定理，则存在使得 成立 再对在a,b上利用拉格朗日中值定理，则存在，使 成立 由上两式有22证明：（1）令，则g（x）在0,1上连续，且 所以存在，使得即f()=1-(2)根据拉格朗日中值定理，存在，使得 ， ，从而习题 32(a)1用洛必达法则求下列极限.(1) （2）= (3) (4) (5) (6) (7) = =(8) (9) (10) =(11) (12) (13) (14)由于 所以(15)由于 所以（16） （17） （18）由于 所以2.验证下列极限存在，但不能由洛必达法则得出. (1) 此极限不存在，洛必达法则不适用. 原极限= （2）此极限不存在，洛必达法则不适用. 原极限=3.设函数具有一阶连续导数，且，试求：. 解：因具有一阶连续导数，从而连续，时，. 则.4.设连续，试用洛必达法则证明 证：当.且分子、分母（视为h的函数）都有导数，又注意到分母的导数，故对 （b） 5.用洛必达法则求下列极限. (1) (2) (4) (6) (8) ,所以6解：若使在连续，则满足，又 故当时，在连续.7.解：由于 所以，即函数在点处连续. 习题 33(a) 1 解： 2 解：令 同理可得：，故 .3 .解：故 .4. 解： 故 .5. 解： 故 .6. 解：故 并得到;故 .7. 解. ，因为 ， ，所以 ，所以.8解：由已知， ，所以 .9. 估计下列近似公式的绝对误差. 解：（1），所以 ，故 ， .(2)因为，.所以，10. 解： ， 11. 利用三阶泰勒公式求下列各数的近似值并估计误差. 解：（1） ， . (2) , , ,其中 （3） ， .12.利用泰勒公式求下列极限. (1) 所以 ， . (2)因为. 所以 （3）所以 ()=(4) .13. 解：由题意可得：，即得证.14. 有误，无法证明.15. 证明： ，即2，（）， .(b)16. 解： = .18. 解： .20. 解： ， .21. 证明： ， . 第四节 函数的单调性与极值判定1. （1）a（2）d（3）b（4）a（5）a（6)b（7）b2. （1）解 的定义域为， .令，得.当时，故在上单调增加；当或时，故在上单调减少.（2） 解 的定义域为, .故在上单调增加，在上单调减少.(3) 解 由于，易知在上单调增加，在上单调减少.(4) 解 当时，令得 当时，令得由极值的第一充分条件知：在内单调增加，在内单调减少.（5） 解 故在上单调增加，在上单调减少.(6) 解 故在上单调增加，在上单调减少.(7) 解 故在上单调增加，在上单调减少.(8) 解 利用对数求导法，得.故在上单调减少，在上单调增加.3. （1）解 令=0，得.，故该函数在处取得极大值5，在处该函数取得极小值4.（2） 解 令得.处导数不存在.列表讨论易知：极大值为，极小值为.（3） 解 根据极值的第一充分条件知：处该函数取得极小值，处该函数取得极大值2.（4） 解 =，令得。易知极小值为，极大值为.（5） 解 ，令得，易知极小值为.（6） 解 ，令得，极大值为4. (1)证 令，在上连续，且.时，显然.故在上单调减少，时，即.（2） 证 令，在上连续，且.时，显然.时，连续.又由于时，故在上单调增加，即.进而有在内单调增加，时，即.（3） 证 令，在上连续，且.时，故在内单调增加，从而，即.（4） 证 令，在连续，且.时，故在内单调增加，且恒成立，进而表明在内单调增加，即当时，于是得证.（5） 证 令，在内连续，且。时，即在内单调增加，即.（6） 证 令，在内连续，且.时，即在内单调增加，即.5. （1）解 函数在上连续，必能取得最大值和最小值.，有一个驻点.因为，比较后知在上的最大值为，最小值为.（2） 解 由于令解得.又因为，所以是唯一的驻点.是极大值点即是最大值点.又因为对任意的有，故即为最小值点.（3）解 当时，； 当或时，； 由得，比较知的最大值为，最小值为.（4） 解 ，令得.由，知函数的最大值为，最小值为.6. 解 令，.由得，根据定理4.1，有在内单调减少，在内单调增加，所以仅在内有一实根.7. 解 令，。由得，在上单调增加，在上单调减少，的根的数目取决于的取值范围.当时，此时有两个实根.当时，此时有唯一实根.当时，此时无实根.8. 证 ，令得.当时当时，且，故而只有一个实根.9. 解 ，,故，即在内为增函数.，所以方程有且仅有一个实根.10. 解 .令，当时，.又因为，.比较知的最大值为，最小值为.11. 解 ，当为偶数时，恒成立，故此时无极值；当奇数时，令得，由极值的第一充分条件知：在内为增函数，在内为减函数，该函数在处取得极大值.12. 解 设内接矩形与椭圆在第一象限的交点为，内接矩形的面积记为，则 显然当时，即为椭圆的内接矩形中面积的最大值.13. 解 设切点坐标为，所求的三角形面积为，则切线的直线方程为 切线与坐标轴的交点为，于是该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为显然当，即切点坐标为时，14. 解 设圆锥形漏斗的高为，体积为，由题意知，令得.由于，故当时，取得极大值同时也是最大值.15. 解 设漏斗的高为，体积为，由题意得，令得，截取的扇形弧长为，此时留下的扇形的中心角为.16. 解 记物体受到桌面的支持力为，由力的正交分解原理有 解得 令，得，即力与水平线的夹角为时，力最小.17. 解 运用对数求导法得令得，时该函数不可导.该函数在上为单调递增函数，在上为单调减少函数.18. 解 显然在内为增函数；在内为减函数，故该函数取得极大值，取得极小值.19.证 ，在处连续.当时,故在上为增函数，从而，即可表明在上也为增函数，.所以当时，.20.证 对任意的有，.由极限的夹逼性知，从而在处连续. 当时，可导，又因为 显然为该函数的极值点，也为唯一的极值点.21. 证 令得.当时，故在内为递减函数；当时，故在上为递增函数.为该函数唯一的极值点同时也是最小值点.所以时有，即.22. 证 ，.，由函数表达式易知：当时，即在上为减函数；由，当时，即在内为增函数，进而在内为增函数。综上，为该函数的极小值也为最小值，于是时，得证.23. 证 ，.令得。是函数在上的唯一极大值点即是最大值点，此时。所以当时，24. 证 记, 令，有.当时，即在内单调增加，又因为，所以。进而，在区间内单调增加.习题3-51. 单项选择题（1） y,=3x2-6 , y,=6x x0,1时，y,0 , 单调下降，曲线是凹的故选（c）（2） y,=15x4-30x2-360 ,y,=60x3-60x , 令y,=0 则 x=0, 1 ,-1故选（c）（3） 当x0+时，limx0+y,(x)x=1 ， 则 y,(x)0 当x0-时，limx0-y,x-x=1 ，则 y,(x)0所以fx在-，0时是凸的，在0，是凹的（其中是趋于0的无穷小）。由拐点定义可知，选（d）（4） xa+时，f,(x)0, 故x=a 是f(x)的极大值故选（b）2. 求下列函数图形的凹凸区间及拐点（1） y=3x2-x3解：函数的定义域为-，+ y,=6x-3x2 y,=6-6x 令y,=0，得x=1 x-,111,+y,+0-曲线y凹拐点凸 由表可知：曲线在-,1内是凹的，在1,+内是凸的，拐点为（1，2）（2） y=a2a2+x2 a0 解：函数的定义域为-，+ y,=a2-2xa2+x22 y,= -2aa2+x22-2a2+x22xxa2+x24 =-2aa4+2a2x2+x4-4a2x2-4x4a2+x24 =-2aa4-2a2x2-3x4a2+x24 令y,=0 ，得x2=a23 x=33ax-,-33a-33a(-33a, 33a)33a33a,+y,+0-0+曲线y凹拐点凸拐点凹 由表可知：曲线在-,-33a，33a,+内是凹的，在(-33a, 33a)内是凸的,拐点为（33a，3a24）（3） y=x+x53 解：函数的定义域为x0 y,=1+53x23 y,=5323x-13 x=0时二阶导数不存在当 x-,0时，y,0 ，曲线是凹的。拐点为（0，0）（4） y=x+sinx 解：函数的定义域为-，+ y,=1+cosx y,=-sinx 令y,=0 则x=k,其中k=0,1, 2, 3 当 x2k,2(k+1)时，y,0 ，曲线是凹的。拐点为k,k（5） y=ln1+x2 解：函数的定义域为-，+ y,=2x1+x2 y,=21+x2-2x2x1+x22=2+2x2-4x21+x22=2-2x21+x22 令y,=0 得x=1x-,-1-1(-1,1)11,+y,-0+0-曲线y凸拐点凹拐点凸 由表可知：曲线在(-1,1)内是凹的，在-,-1，1,+内是凸的,拐点为（1，ln2）（6） y=xsinlnx x0 解：函数的定义域为x0 y,=sinl