高等数学 复旦三版 习题二 答案.pdf

25 习题二习题二 1 解 d d s gt t 故 2 d 2 d t s g t 2 1 解 0 0 0 2 1 x x fxfx x 2 解 00 0 0 limlim 1 2 0 1 xx n f xf fxxxn x n L 3 解 曲线上任意一点 x y处的切线斜率为2kx 因此过 3 8 且与曲线相切的直线方 程为 82 3 yx x 且与曲线的交点可由方程组解得 2 82 3 yx x yx 为 2 4 4 16 即为切点 故切线方程为 44 2 168 4 yxyx 4 1 解 0000 0 00 limlim xx f xxf xf xxf x fx xx Q 故 0 Afx 2 解 00 0 00 limlim xxxx f xf x fx xxxx 故 0 Afx 3 解 000000 00 0000 00 000 limlim limlim 2 hh hh f xhf xhf xhf xf xhf x hhh f xhf xf xhf x hh fxfxfx 故 0 2 Afx 5 1 解 1 2 y x 26 2 解 5 3 2 3 yx 3 解 2 51 2 3 26 yxx 5 6 1 6 yx 6 解 3 0 lim0 0 x xf 故函数在0 x 处连续 又 2 3 3 00 0 limlim 0 xx x x x 故函数在0 x 处不可导 7 证明 00 0 0 0 0 limlim 0 lim 0 xx x fxffxf f xx fxf f x 故 0 0 f 8 1 证明 00 0 sin 0 limlim1 0 xx f xfx f xx 3 00 0 0 limlim0 0 xx f xfx f xx 因 0 0 ff 故函数在 0 0 x 处不可导 2 证明 1 00 0 1 0 limlim0 0 1ex xx f xf f x 1 00 0 1 0 limlim1 0 1ex xx f xf f x 因 0 0 ff 故函数在 0 0 x 处不可导 3 证明 11 1 11 1 limlim 112 xx f xfx f xx 2 11 1 1 1 limlim2 11 xx f xfx f xx 因 1 1 ff 故函数在 0 1x 处不可导 27 9 解 当0 x 时 1 fx 当0 x 时 0 sin0 0 lim1 0 x x f x 0 0 0 lim1 0 x x f x 故 0 1 f 综上所述知 cos 0 1 0 xx fx x 当3 x 时 2fxx 34 2 33 3 3 3 limlim 3 2 3 3 33 3 lim0 3 xx x x fx x f x 故 3 f 不存在 又 3 2 33 33 3 lim0 3 3 3 limlim 3 2 3 3 x xx f x x fx x 故 3 f 不存在 综上所述知 0 3 2 3 x fx xx 30 解 令 1 t x 则 1 e t t f t 即 1 e x x f x 1 2 1 e 1 x x fx x 31 解 2 2 2 d111 arccos d1 1 d 4 1121 d33 4432 3 x y f xxx x y f x 32 解 2 1 ln 1 ln 1 2 d1111 d2 111 yxx y xxxx 故反函数的导数为 2 d1 1 d d d x x y y x 33 解 1y Q时1 x 35 故 22 1 1 21 xx y fxx 从而 2 2 1 1 1 1 1 2 1 1 34 解 sint cost Q d sin cos dtCt t 11 cos sin sinxxx Q 1 d cos sindxCx x 1 ln 1 1 x x Q 1 d ln 1 d 1 xCx x 222 11 e 2 e e 22 xxx Q 22 1 d e ed 2 xx Cx 11 2 2 2 x xx Q 1 d 2 dxCx x 22 11 tan3 sec 33sec 3 33 xxx Q 2 1 d tan3 sec 3 d 3 xCx x 2 1111 ln 2lnln 22 xxx xx Q 2 11 d ln ln d 2 xCx x x 2 22 1 1 2 2 11 x xx xx Q 2 2 d 1 d 1 x xCx x 35 解 36 2222 1 1 22 1 0 10 10 21 d22 1 0 10 2 d0 21 0 20 01 yxxxx xx yxx yy 解 22 22 1 0 01 0 010 0201 d22 1 0 010 02 d0 0201 0 020 0001 yx xx yxx yy 36 解 d e de 1 d xx yxxxx 22 1 ln ln1 ln d d dd xx xx x yxxx xxx 11 d cos d sin dsind 22 yxxxxx x xx lntanlntan2 1 d 5 d ln5 5sec d tan xx yxxx x lntan 1 2ln5 5d sin2 x x x 22 d 86e d 8 1ln 12e d xxxx yxxxxx 2 2 2 111 d arcsin arctan d 2arctan d 12 arcsin 1 yxxxxx xx x 37 解 对等式两端微分 得 de dd e yy yxx 即de de d yy yxxy 于是 e dd 1e y y yx x 对等式两端微分 得 22 11 2 d2 d0 x xy y ab 得 2 2 dd b x yx a y 对等式两端微分 得 37 1 ddcos d 2 yxy y 解得 2 dd 2cos yx y 对等式两端微分 得 2 1 2 ddd 1 y yxy y 解得 2 2 1 dd 121 y yx yy 38 解 利用近似公式 3 1 11 3 xx 有 3 33 1111 8 18 1 2 12 1 2 0083 8080380 利用近似公式ln 1 xx 有 ln0 99ln 1 0 01 0 0100 取 arctanf xx 令 0 1 0 02xx 而 2 1 1 fx x 则 2 1 arctan1 02arctan10 02 1 1 0 7954 39 证明 利用近似公式 1 11 n xx n 有 1 1 1 1 nn n nnn bbb abaaa an ana 40 解 3434 d d yfxxxx 34234 34 dfxxxxxx dd 1 2 3dsin yfxf x 12 d 1 2 3cos d 12 2 d3cos d 2 12 3cos d fxxf xf x fxxf x fxx fxf x fxx 38 41 解 2 2 d 1 dd 1 x yxxx x 2 2 d d 1 x yx x 3 22 2 1 d xx ln ln 1ln x yyyy xxxx 2 1 1ln x yxx x 故 222 1 d 1ln d 0 x yxxxx x 由莱布尼兹公式 得 10 10 10 10 10 10 10 0 10910 10 d cos2 d Ccos2 d 10 9 2cos 2 10 2cos 2 d 22 1024 cos25sin2 d iii i yxxxxxx xxxx xxxx 由莱布尼兹公式 得 3 13 1 23 2 33 3 31223 12 4 d ln C ln C ln C ln d 1 2 1 3 1 3 1 6 1 2 1 2 6 1 6 nnnn nn nn n nnn nnn n yxxxxxx xxx nnn nn xnxx xxx n nnn 3 3 4 d 1 6 4 d n n nnn x x nxx 223 tanra 两端求导 得 2222 3 23tansectansec 2 rrara 等式两端再求导得 22232 223 2tansec4tansec rrra 解得 2 4 3114sin 4costan ra 故 2 22 4 3114sin dd 4costan ra 42 解 s tgt s ts tg 即为加速度 39 43 解 1 1 0100 nnnnnnnnn nn ya xa xaxaaxan L 44 解 1 1 ln 1 nn n n x x Q 1 1 ln 1 1 1 nnn n n fxx x 45 证明 e sincos x yxx e sincos e cossin 2cose xxx yxxxxx 故222cosee 2sin2cos 2e sin0 xxx yyyxxxx 46 解 esinecose sincos xxx yxxxx 4 e sincos e cossin 2cose 2e cossin 2e cossin 2e sincos 4e sin xxx x xxx yxxxxx yxx yxxxxx 6 6 2 6 2 6 0 e ixii i yCx 22 6 22 5 22 4 6225242 22 e 6 e 15 e 2e6 22 e15 2 2 e 32e 21215 xxx xxx x xxx xx xx 80 80 2 80 80 0 sin iii i yCxx 2 80 79 78 2 2 sin 80 2 sin 3160 2 sin sin 80 160sin 79 6320sin 78 222 sin160 cos6320sin xxxxx xxxxx xxxxx 47 解 两边对x求导 得 22 220b xa yy 224 22223 b xbyxyb yy a yaya y 两边对x求导 得 ee yy yxy 40 2 23 ee 2 e e 3 2 2 2 yyyy yyyy yy yyy 两边对x求导 得 2 sec 1 yxyy 2 32 1 cot 2cot cot csc 1 2cot csc yxy yxyxyxyy yxyxy 两边对x求导 得 3 2 24yyyx y 3 2 3223 22 22242 2 3 2 1 223 1 22 1 2 3 1 2 1 1 yx y y yxyxyyxyy y y x yyxy y 48 解 2 2 yxfx 22 222 2 22 2 4 yfxxxfx fxx fx fx y f x 2 2 fx f xfx y fx 49 解 d dsinsin d d d 1 cos 1 cos d y yatt t x xatt t 2 2 2 2 ddsindsin1 d dd1 cosd1 cos d cos 1 cos sinsin1 1 cos 1 cos 1 1 cos ytt x xxttt t tttt tat at 41 d d d d d d y yf ttftf t t t x xft t 2 2 ddd111 1 d ddd d y tt x xxtftft t 50 解 2 3 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 x xx x fxx x 5 2 2 3 1 2 2 fxxx 故 0 0 f 21 2e x fx 21 21 4e 8e x x fx fx 故 4 0 e f 8 0 e f 5 6 10 fxx 4 3 4 2 5 6 30 10 120 10 360 10 720 10 720 fxx fxx fxx fxx fx 故 5 0 720 107200f 6 0 720f 51 解 分别对已知方程组的两边关于x求导 得 dd 162 dd ddd esine cos ddd yy tt t xx yyt tt xxx 再对x求一次导 得 42 22 2 22 22 2 22 ddd 06 62 ddd dddyddd e sin2ecose sin e cos dddddd yyyy x ttt t xxx yyttt tttt xxxxxx 将 0 0 1 t ty 代入上述各式 得 00 2 0 2 22 0 2 d1de d2d2 d3 d4 de3 e d24 tt t t ty xx t x y x 52 证 lnsinf xx 在 区 间 5 66 上 连 续 在 5 66 上 可 导 且 5 ln2 66 ff 即在 5 66 上满足罗尔定理的条件 由罗尔定理 至少存在一 点 5 66 使 0f 事实上 由 cos cot0 sin x fxx x 得 5 266 x 故取 2 可使 0f 53 解 f x在 0 1 上不连续 不满足罗尔定理的条件 而 2 01 fxxx 即在 0 1 内不存在 使 0f 罗尔定理的结论不成立 1 12 1 01 xx f x xx 1 f 不存在 即 f x在区间 0 2 内不可导 不满足罗尔定理的条件 而 1 12 1 01 x fx x 即在 0 2 内不存在 使 0f 罗尔定理的结论不成立 因 0 1 0ff 且 f x在区间 0 上不连续 不满足罗尔定理的条件 而 cos 0 fxxx 取 2 使 0f 有满足罗尔定理结论的 2 故罗尔定理的三个条件是使结论成立的充分而非必要条件 54 解 因为 2 1 0 1 2 0fffff 则分别在 2 1 1 0 43 0 1 1 2 上应用罗尔定理 有 1234 2 1 1 0 0 1 1 2 使得 1234 0ffff 因此 fx 至少有 4 个零点 且分别位于 2 1 1 0 0 1 1 2 内 55 验证 因为 f x在 0 1 上连续 在 0 1 内可导 满足拉格朗日定理的条件 由 1 0 1 0 fff 得 2 322 解得 1 3 即存在 1 3 使得拉格朗日定理的结论成立 56 证明 令 ln 1 f xx 在 0 x 上应用拉格朗日定理 则 0 x 使得 0 0 f xffx 即ln 1 1 x x 因为0 x 则 11 xx x x 即ln 1 0 1 x xxx x 证明 令 n f xx 在 b a 上应用拉格朗日定理 则 b a 使得 1 nnn abnabb a 因为ba 则 111 nnn nbabnabnaab 即 11 nnnn nbababnaab 证明 令 lnf xx 在 b a 上应用拉格朗日定理 则 b a 使得 1 lnln abab 因为ba 所以 1111 abab ab abab 即ln abaab abb 证明 令 1f xx 0 xx 应用拉格朗日定理 有 0 0 0 f xffxx 44 0 f xfxf 1 1 22 1 xx 57 证明 因为 fx 在 a b 上连续 在 a b 内可导 故在 a x 上应用拉格朗日定理 则 a xaxb 于是 0fxfa 故有 f bf a 58 证明 fx 在 a b 内存在 故 f x在 a b 上连续 在 a b 内可导 且 f af cf b 故由罗尔定理知 1 a c 使得 1 0f 2 c b 使 得 2 0f 又 fx 在 12 上连续 在 12 内可导 由罗尔定理知 12 使 0f 即在 a b 内至少有一点 使 0f 59 证明 令 e x F xf x F x在 a b 上连续 在 a b 内可导 且 0F aF b 由 罗 尔 定 理 知 a b 使 得 0F 即 e e0ff 即 0 ffa b 60 证明 令 2 2 2arctanarcsin 1 x f xx x 2 222 2 2 22 212 1 22 1 1 2 1 1 22 0 11 xxx fx xxx x xx 故 f xC 又因 1 f 所以 f x 即 2 2 2arctanarcsin 1 x x x 61 验证 f x g x在 0 2 上连续 在 0 2 内可导 且 1 sin0g xx 满足 柯西定理的条件 由 0 2 0 2 ff f g gg 得 2cos cot 21 sin42 故 2 2arctan 0 222 满足柯西定理的结论 45 62 证明 首先 对 f x在 a b上应用罗尔定理 有 1 aa b 即 1 aab 使得 1 0fa 其次 对 fx 在 a b上应用罗尔定理 有 21 aa b 即 12 aaab 使 得 2 0 fa L一 般 地 设 在 a b内 已 找 到1n 个 点 121 n a aa L其 中 121 n aaaab L使得 1 1 0 n n fa 则对 1 0 n fx 在 1 n ab 上应用罗尔 定理有 1 n aba b 使得 0 n f 63 解 因为 f x是x的 6 次多项式 所以 4 5 6 23456 0 0 0 0 0 0 0 2 3 4 5 6 fffff f xffxxxxxx 计算出 0 1 0 9 0 60 0 270ffff 4 5 6 0 720 0 1080 0 720 fff 故 23456 1 93045309 f xxxxxxx 64 解 3 4 sin0 3 x xxx Q 3 4 33 00 0 sin1 3 limlim 6 xx x xxx xx xx tan2 e1tan0 tan x xx Q tan2 00 e11tan0 tan 1 limlim1 x xx xx xx 3 令 1 x t 当x 时 0t 2 2 22 0 2 2 0 11111 lim 2ln 1 lim ln 1 lim 2 1 1 lim 22 xtt t t xxtto t xtttt o t t 65 解 1357 4 2222 11315 24816 yxyxyxyx 所以 113 4 4 4 432256 yyy 46 4 7 2 15 4 4 16 4 4 yx x 故 4 23 7 2 1115 4 2 4 4 4 01 464512 128 4 4 x xxxx x 234 4 ln 1 234 1 xxx xx x Q 234 4 345 2 4 1 ln 1 ln 1 1 1 1 1 1 1 234 1 1 1 1 1 1 234 1 1 yxxxx xxx xx x xxx x x 66 解 1 21 2 1 1 1 1 1 1 n nnn n x xxx xx QL 1 2 2 11 1 1 1 1 1 1 1 01 1 1 n n n f x xx x xxx x L 67 解 21 e1e 2 1 nn xx xxx x nn QL 31 2 ee 01 2 1 nn xx xxx f xxxx nn L 68 解 22212221 22 21 22 11ee ee 11 222 2 21 2 2 21 1ee 222 22 2 21 1 2 2 nnxnnx xx nxx n n xxxxxx yxx nnnn xx x nn xx n LL L L 21 ee 01 2 21 xx n x n 69 证明 0 f xh 在 0 x处泰勒展开式为 2 0 000 01 2 fxh f xhf xfx hh 则 000 0 2 f xhf xfxh fxh h 47 又知 0 fxhM 故 0 22 fxhM hh 即 00 0 f xhf x fx h 的绝对误差为 O h 70 解 2345 5 ln 1 01 2345 1 xxxx xx x Q 234 0 2 0 2 0 2 ln1 2ln 1 0 2 0 20 18227 234 55 5 5 0 2 0 2 0 2 7 10 5 10 2 5 n R 71 解 23 4 e e1 01 2624 x x xx xx 23 0 2 0 2 0 2 e10 21 22131 221 26 0 2 444 e31 0 2 0 2 0 2 0 20 00020 001 24248 R 72 证明 lim xa f xf a fa xa limlim 1 xaxa fx fxA 73 解 原式 2 3cos33 lim 5sec 55 x x x 原式 2 22 1cot1csc1 limlim 4 2428 xx xx x 原式 000 e1e11 limlimlim e1e2ee22 xx xxxx xxx xxx 原式 cos limcos 1 xa x a 原式 1 1 lim m m n n xa mxm a nxn 原式 2 2 2 2 1 1 1 limlim1 1 1 xx x x xx xx x 48 原式 2 2 00 1 sin limlim0 csc xx x x xx 原式 00 1 ln limlim0 csccsccot xx x x xxx 原式 22 2 00 eeee lim lim e1 xxxx x xx xx xx 2 0 2ee1 lim 2 xx x x 2 0 4ee3 lim 22 xx x 原式 0 lim 1 ln x x x 令 1 ln xyx 000 2 00 11 ln 1 ln 1 ln lim lnlimlim 11 1 limlim0 1 1 ln xxx xx x xx y xx x x x 原式 0 0 lime1 x y 令 2 arctan x yx 则 2 2 2 2 211 lnlnarctan arctan1 lim lnlimlim 11 12 lim arctan1 xxx x x xx y xx x xx 原式 2 e 令 1 1 sin xyx 则 000 cos ln 1 sin 1 sin limlnlimlim1 1 xxx x x x y x 原式 e e 49 原式 00 ln lim ln lim 1xx x x x x 00 2 1 lim lim 0 1xx x x x 原式 3 23 111 11 lim 1 x xxx x 2 2342 3 23 11111 lim 1 23 33 x xxxx xxx 原式 sinsin 0 e e1 lim sin xxx x xx sin 0 0 e sin lim e 1 sin x x xx xx 令 1 2 sin xx y x 则 2 000 23 00 2 22 00 11 cos lnsinln sin limln