高等数学第五章习题详细解答

1、习题 5-1 1. 利用定积分定义运算由直线y=x+1,直线 x=a,x=b（a0 时, ea 21,故f x 在- a,a上的最大值M=1,最小值mea2,所以1,又f02a ea2aex2d x2 a . a4令f x x e2x,就f 2xx 21ex,令f 0得驻点x2f1e1,f2e2,从而f x 在0,2 上的最大值Me2,最小值m14e4,所以22e12ex 2x xe2, 40而0ex 2xd x2ex 2x d x , 20故2 e20ex2x x2 e1. 425. 设 fx及 gx在a, b上连续 , 证明 : 1如在 a, b上fx 0, 且bfx dx0, 就在 a,

2、 b上 fx 0;x0, a2如在 a, b上, fx 0, 且 fx.0, 就bfxdx0; a3如在 a, b上, fx gx, 且bfx dxbgx dx, 就在 a b上 fx gx. aa证明 1假如 fx.0, 就必有 fx 0. 依据 fx在a, b上的连续性 , 在a, b上存在一点使 fx0 0, 且 fx0为 fx在a, b上的最大值 . 再由连续性 , 存在 c, d a, b, 且 x0 c, d, 使当 x c, d时, f x f x 0 . 于是2a bf x dx a cf x dx c df x dx d bf x dx c df x dx f 2 x 0 d

3、 c 0 . b这与条件 a f x dx 0 相冲突 . 因此在 a, b上 fx 0. 2证法一 由于 fx在a, b上连续 , 所以在 a, b上存在一点 x0, 使 fx0 0, 且 fx0为 fx在 a, b上的最大值 . 再由连续性 , 存在 c, da, b, 且 x0c, d, 使当 xc, d时, fxfx0. 于是0, 2bfx dxdfx dxfx 0 dc 0. bfxdxac2. 假如bfxdx0不成立 . 就只有证法二由于 fx 0, 所以bfx dx0aaa依据结论 1, fx 0, 冲突 . 因此bfxdx0. a3令 Fx gx fx, 就在 a, b上 Fx

4、 0 且bFx dxb a gxfxdxbgxdxbfx dx0, aaa由结论 1, 在a, b上 Fx 0, 即 fx gx. 习题 5-2 1. 求以下导数：1 dx 21t2dt; ; x5 e14 x2 x2 dxt5e3td t；d x0d xln23 cosxcost2d t4 d2xsin d ttx0. sinxdx2解d 1 d xd 2 d xx 20 xln 21t2dtx 214 xt5e3 tdt3x3cosxcos t2 d tcosxcos t2d tsinxcos t2d tsinx00cosxcos t2d tsinxcos t2 d t4d2sintdtd

5、00cos cos 2x cos cos sin2x sin 2 cos cosx sinxcos sin2x cosxcos sin2x sinxcos sin2x cosxsinxcos cos sin2x dsintd tdsinxd x2xtd xxd xd xtxxcosx2sinxsinxxxcosx.x22. 求以下极限：1 lim x 00arctan d t t; 2 lim x 0 x2sin 3 d t t; 3 lim x 0 xt 2e dt2. 221x00 x2t3 te d txte2t2d tx00解0ar c t anx0 x ar c t an0 l i

6、m 2 xx0l i m a r c t an2 xx011 l i m x 02 1 l i m x22 x2lim x0 x2sin 3 t tlim x 0 x 2sin3t tlim x 0sin3x2x2x00 xt3 e dtxt3 e d tx3 e00lim x 02sin 3x2exlim 6 x 0sin 3x2ex6x23x23lim x0 x 02 e dt2lim x 0 x 0e d t 2t2lim x 02x2 e dtex 2lim x 02x 02 e dt0 xte2t2dtxte 2t2dtx e 2x2x ex200lim x 02x 02 e d t

7、lim x 0ex 22 ex222xlim x 012x2x ex 2xe x23. 求由方程ye d t txcos d t t0所确定的隐函数y=yx的导数 . 00解方程两边对x 求导数得 : ey ycosx0, ycosx. ey又由已知方程有e tysintx0,即ey1sinxsin 00 x 2,I010, 00即ey1sinx ,于是有ycosxcosx1. ex 21 2eysinx4. 当 x 为何值时, Ix= x 0et2d t有极值 . I解I x ex2,令I 0得驻点x0,又所以当 x=0 时,I x有微小值 ,且微小值为I0=0.5. 运算以下定积分：1 4

8、x x ; 2 2x2x x ; d x . 11313 0f x d x ,其中f x x ,02xx2,4 2 2max 1,x2sin ,解14x x2x342433283 323 233333222x2xd x0 x2x d x1xx2 d x2x2x d x110113 x1x2011x21x311x31x20163223323f x dxx xsinx xx2cosx1222002081x322022x22x14由于f x max1,x211x1,于是x21x22max1,x2dx1x2d x1 1d1x2x2d x1x31x11221323136. 已知 fx连续,且 f2=3,

9、 求lim x 2x2f u dud t. 2tx222f u d u解lim x 2x2f u dudtlim x 2xt2f u d udtlim x 22f u d u2t2xxlim x 2x22x222x22x2lim x 2f x 1lim x 2f x 1f23 2. 2227. 设 k 为正整数 . 试证以下各题 : 1coskxdx0; 11sink|000. . 2sin kxdx0; 3cos 2kxdx; 4sin2kxdx. 证明 1coskxdx1sinkx|1sinkkkk2sinkxdx1coskx1coskcoskkkk1cosk1cosk0kk1 2 ksi

10、n2kx 223cos2kxdx11cos2kxdx1x224sin2kxdx11cos2kxdx1x1sin2 kx|22. 222k8. 设 k 及 l 为正整数 , 且 k l . 试证以下各题 : 1cos kxsinlxdx0; 1sinklxsinklxdx0. 2cos kxcos lxdx0; 3sinkxsinlxdx0. 证明 1coskxsinlxdx22 1lcos klx 21lcos klx kk2coskxcoslxdx1cosklxcos klx dx. 2x 2 1lsin klx 0. 2 1lsin klkk3sinkxsinlxdx1cosklxcosk

11、lxdx. 2lx 2 1lsinklx 02 1lsin kkk9. 设fxx2x0 ,1. 求x xf t dt在0, 2上的表达式 , 并争论x在0, xx,12 02内的连续性 . 因此解 当 0 x 1 时, xxftdtxt2dt1x3; 1x211x21 6. 003当 1 x 2 时, x xftdt1t2dtxtdt10013222x1 3 1 2x31 60 x1. x21x2由于1 1, x lim 10 x x lim 101x31, 333x l i m 1 0 x x l i m 1 0 1x21111, 所以26263xxf tdt在, 内的表达式 . x在 x

12、1 处连续 , 从而在 0, 2内连续 . 10. 设fx1 2 0sinx0 xx. 求x0 或0解 当 x 0 时, 因此当 0 xx xf t dtx 00 dt0; x1 2cost| 0 x11cosx1; 0时, dtx1 2sintdtxxft0022当 x时, dt01 2sintdt0 dtcost|0 xxft021 2cos1cos01. 0. 2x0 x1 21cosx 0 x1x11. 设 fx在a, b上连续 , 在a, b内可导且 f x 0, Fx x1axftdt. a证明在 a, b内有 F x 0. 证明 依据积分中值定理, 存在a, x, 使xf t d

13、tfxa . 于是有aFx x12xftdtx1afx fxf. aax1afx x12fxa1a xa由 f x 0 可知 fx在 a, b上是单调削减的, 而 ax, 所以 fx f 0. 又在 a, b内, x a 0, 所以在 a, b内Fxx1afxf0. 习题 5-3 1. 运算以下积分：解1sinxd xsinxdxcosx3t13 ,从而22.33cos4 cos2 02dx111332ln2 （2）2x1 x22dx12x2x2413x31x3631514xdx11514xd54 154x11111421cos42142sincos3d23 cosdcosx4时,00404（

14、5）令t2x1,就xt21,dxtdt,当x0时,t,1当2xx21dx3t2212tdt13t23 dt11t33 t3127 393021t21231233（6）因fxxx3sin2x1是奇函数 . 42x25xx3sin2x1dx0于是542x2x3时 ,t, 7令 x=tant,就 dx=sec 2tdt,当 x=1 时 ,t;当4323. 13x2d x2 xcos td t1t323 12 sint3sin4448 原式212x2x2dx1x1xcosx2dx1x2 dx4411x2dx4.111111x1x2dx偶函数2 11奇函数1 141xx2dx40200011x1单位圆的

15、面积于是9令 ext ,就xln ,dx1dt,当xln 2时 ,t2;当xln 3时,t3, tln3x ed xx3td t113t11t11d t1lnt131ln3. ln 2e22222222t1103x2d x213x11x1d 2x1lnx13于是2x323262x21ln2ln1ln 21ln 5354311令6 xt ,就xt6,dx5 6 d t ,当 x=1 时,t=1;当 x=2,t=6 2 ; 2x3x3xd x62t62d t6621t1d t1x111tt6lntlnt1627 ln 26ln11212cosxcos3x x2cosxsinxdx2202cos s

16、inxdx2cosxsin d x x002cos dcos x2cos dcos x02. 证明以下等式：1 a3 x f x2dx1a2xf x dxa 为正整数 ；afxf2 axd x；0212 11dx2111dx2x0；xxxx（3）设fx在,02 a上连续,证明2afxd x00（4）设fx是以为周期的连续函数,证明：；2sinxxfxd x02xfxd x0证 1令 x 2=t,就 x t , d x 1 d t , 2 t当 x=0 时,t=0;当 x=a 时,t=a 2, 于是0 ax f 3 x 2 d x 0 a 2t t f t 2 1t d t 12 0 a 2tf

17、 t d t 12 0 a 2xf d x即0 ax f 3 x 2 d x 12 0 a 2xf x d x . 2令 x 1就 d x 2 1 d t , t tx 11 d xx 2 1t 11 112 t 13 d t 1t 11 1t 2 d t 1 1t1 1t 2 d t 1 1x1 1x 2 d xt1即x 11 d xx 2 1 x1 d xx 2 . 2 a a 2 a（3）证明0 f x d x 0 f x d x a f x d x . 令 x 2 a u,d x d u,就2 a a af x d x f 2 a u d u f 2 a x d xa 0 02 a a

18、故0 f x d x 0 f x f 2 a x d x . 2 2（4）证明0 sin x x f x d x 0 sin x x f x d x sin x x f x d x . 令 x u,就2sin x x f x d x 0 sin u u f u d uu sin u f u du f x 以 为周期 02故0 sin x x f x d x 0 2 x f x d xx3. 如 ft是连续函数且为奇函数,证明 f t d t 是偶函数；如 ft是连续函数且为偶函数,0 x证明0 f t d t是奇函数 . x证 令 F x 0 f t d t . 如 ft为奇函数 ,就 f-t

19、=- ft,从而所以F x xFx xf t d ttuxfu d uxf u d uF x , 000f t d t是偶函数 . 0如 ft为偶函数 ,就 f-t=ft,从而Fx0 xf t d ttux 0 xfu d uxf u d uF x , Fx单调00所以F x xf t d t是奇函数 . x - t f t 2 dt ,试证：如 fx单调不减,就04 设 fx在 -,+内连续,且 Fx= 不增 . 证F xxf t d tx2tf t dxxf t dtxf x 2xf x ;当 x0 时,x,由 fx单调不减有f f x 0,即F 0时, x,由 fx单调不减有f f x

20、0,即F 0;综上所述知Fx单调不增 .5. 运算以下定积分：解1 1xx e d x1x dexx ex11x e d x12. 8ln 24x48ln 240000e1ex1e1e10 e0e（ 2）1 2 011 2 0 xdarcsinx1dxarcsinxdxxarcsinx20161 2 01xx 2dx21211 2 011x 2d 1x23 212121x2 11220lnx x x24lnx dx342xlnx4241111x143xd xx3x dcot xxcotx33cot d x x1ln32 sin44449lnsinx31944422522 excos d x x

21、22 xe dsinxe2 xsinx2 0222 exsin d x x2 excos d x x1d x1000e222 xe dcosx e2e2xcosx2 04200e2422 excos d x x0故2e2xcos d x x1e2. 05;1（6）fx lnx1x是奇函数 . alnx1x2d x0. a（7）令t2x1,就tdtdx,当x1时, t0 ;当x1时 , t2于是有1e 22x1dx1tetdt1/0再使用分部积分法,令u,tdvetdt,就dudt,vet.从而1tetdttet11etdt1et112.000e0e104tanxdx（8）1cos2x2cos2

22、x,41xdx2x042xdxx4xdtanx1xtanx4 00coscos2022281lnsecx0 48ln2.24190ln 2x3 x 2e dx10ln 2x2dex 21x2 ex 20ln 20ln 2x 2x e d x22ln 210ln 2dex 2ln 21ex 20ln 2ln 2222101xln1xd x11ln1x dxx21x2ln1x11xx2222d 1x2 001x20121x021ln 311x11d x1ln 3x111x11x222 080282011ln 311lnx1213ln 3822028x16. 已知 f2= 1 2,f2=0, 2f

23、x x1,求22 x f d x . d xf x dx00解2x f 2 d x42x2 df x f 2 222xf000022x f d 22 0f22xf x 2004f22 14120.27. 利用分部积分公式证明：证令F u uxf u xu duxuf x d xd u . uf u u000f x x就F F u , 0就x 0uf x x uxf u uuF u xxuF u d u0000 xF x xuf u d uxxf x d xx000 xxf u d uxuf u d uxxf u ux 0uf u d u000 xxu f u d u0即等式成立 . 8、 已知

24、2ln2dt16,求 x . x e1262n1Inxte解令e t1u ,就2ln2dt131u2 uudu2arctanu3x122arctanxteex21e3故arctanex14,所以xln2 .sinnx2 cosxdx*9 、解易见I02 0dx2,1I2 0sin xdx,1 当n2时In2 n0sin xdx02sinn1xdcosxsinn1xcos x2 0n120n1 2sinn2x 1sin2xdxn1 2sinn2xdxn102sinnxdxn1 In00从而得到递推公式Innn1In2.反复用此公式直到下标为0 或 1,得I n2m12m32534122,nn22

25、 m12m 2 m2m 2 m264 62m,2m12m1753其中 m 为自然数 . 注: 不难知道有2sinnxdx2cos nxdx .00习题 5.4 1. 以下解法是否正确？为什么？21d xln|x|2ln2ln1ln2. 不能直接应用；发散 . 1x1答：不正确. 由于1 在 x1 , 2 上存在无穷间断点x0,21 x x1NewtonLeibniz公式运算,事实上,21 x x01dx+21 x xlim 1 0111dx+lim 2 021d x11x0 x2xlim 1 0lnx11+lim 2 0lnx22lim 1 0ln1+ln22lim 02不存在 , 故21dx

26、发散 . 1x2. 以下广义积分是否收敛？如收敛,就求出其值. （1）01 2d xx；（2）1e100 xd x；（3）0 xe2xd x ；（4）1x11 3d x（5）0dxx2；（6）0 x1xd x100ln解：（1）01 2d xx=10lim x 01lim x1,01 2d xxxxx（2）1e100 xd x=e100 x10e1001e100100100100（3）0 xe2 xdx1 e2x00e2xd 124（4）1x13d x1x1211128（5）0dxx2=1arctan x100. 2010010（6）ex1xdxe1dlnx lnlnx e,发散x2lnlnx

27、3. 以下广义积分是否收敛？如收敛,就求出其值. （1）6x42dx（2）1arcsinxd x（3）1arcsinx 2d x30001xx1x解：（1）6 0 x4 2dx =6 4 x42d x+4 0 x42d x3331614=3 x4 33 x4 3332003 3433234402 令arcsinxt,dt1xd x于是1arcsinx x x22t tt2212x0 x10043 1arcsin 2 xd x 1 xlim 01arcsinxd xlim 01arcsinx d arcsinx 001x20dxlim 01arcsinx210lim01arcsin122；822

28、4. 证明广义积分bxdxq当q1时收敛；当q1时发散；aa证明：当q1时,bdxalnxab,发散；aax当q1时 ,bxd xq=x1a1qbb1a1q,qq11；qaaaq,5. 已知x limxaxa4x2e2xd x,求常数 axa解：左端x lim12axe2axa右端a2x2e2xd2xa2x2de2x2x2e2xaa2xe22 a2e2a2axde2x2a2e2a2xe2xaae2xdx2 a22 a1e2a2 a22 a1e2ae2a, 解之ax0或a. 1；0nexdx6. 利用递推公式运算反常积分In解 由于所以In0 xnexdx00 xndexxexnex0n0 xn

29、1exxdxnIn1, I n n n 1 n 22 I 1. 又由于I10 xexdxxdexx00exdxe01 , 所以I n n n 1 n 22 I 1 n. 习题 5-5 1. 求由以下曲线所围成的平面图形的面积：1 y=e x与直线 x=0 及 y=e; 2 y=x 3 与 y=2x; 3 y=x 2,4y=x 3; 4 y=x 2与直线 y=x 及 y=2x; 解 1可求得 y=e x 与 y=e 的交点坐标 1,e, y=e x 与 x=0 的交点为 0,1,它们所围成的图形如图 6-1 中阴影部分 ,其面积Sex yeln d y y lnyy e1图 6-2 111图 6

30、-1 2解方程组y3 x得x0,x2,x2 2 2,2, 2 2,2,22 ,它们y0y2 2yy2x即三次抛物线y3 x 和直线y2x 的交点坐标分别为0,0, 所围成的图形的面积S02x32 dx022x3 xdx1x4x202x21x4022. 443解方程yyx23得两曲线的交点为0,0,4,16, 所求面积为16. x4S4x21x3dx13 x1x44 | 00431634可求得y图 6-3 x的交点为 0,0,1,1;yx 与 2y2图 6-4 x 与 y 2x 的交点为 0,0,2,4; y=x 与 y=2x 的交点为 0,0,它们所围图形如图6-4 中阴影所示 ,其面积为 :

31、 1 2 1 12 2S 0 2 x x d x 1 2 x x d x 0 x x 0 2 x x d x1x 2 10 x 2 1x 3 1 2 72 3 62. 求由以下曲线围成的平面图形绕指定轴旋转而成的旋转体的体积：1 y=e x,x=0,y=0,x=1,绕 y 轴；2 y=x 3,x=2,x 轴,分别绕 x 轴与 y 轴；3 y=x 2,x=y 2,绕 y 轴；解 1如图 6-9 所求旋转体的体积为矩形 OABD ,与曲边梯形 CBD 绕 y 轴旋转所成的几何体体积之差 ,可求得 y=ex与 x=1 的交点为 1,e, y=ex与 y 轴的交点为 0,1,所以 ,所求旋转体的体积.

32、 2VxVy2 1e elny 2d y e ylny2e2elnydy1112 e e2 ylny eedy2 ee12 .11y2 dx26 xd xx72 0128 0077V y2288x2dy32 8y2d y32 3y5864 . 3300505图 6-5 图 6-6 3解方程组yx2得交点 0,0,1,1, 所求旋转体的体积xy2Vx1x x1x4 dxx2x513 10. yx00025图 6-8 O3图 6-7 3、.求二曲线rsin与r3cos所围公共部分的面积解：当等于 0 和 时,两曲线相交,所围公共部分的 3面积为A1sin2d13cos2d53. 2a、2b 和 2

33、A、2B求32 20224434、 设有一截锥体其高为 h上、下底均为椭圆椭圆的轴长分别为这截锥体的体积解 建立坐标系如图过 y 轴上 y 点作垂直于y 轴的平面就平面与截锥体的截面为椭圆易得其长短半轴分别为AAayBBbyhby hh截面的面积为AAayBBh于是截锥体的体积为VhAAhay BBhby dy1h 2 abABaB1bA 3. 065、运算曲线ylnx相对应于x3到x8的一段曲线弧长. 1 2ln解：由弧长的公式得: 1y2dx811dx81xx2ds8 3x3x2326、求阿基米德螺线a a0相应于从 0 到 2一段的弧长解弧长元素为dsa22a2da12d于是所求弧长为s

34、2a12d2a221422ln24td142027、求星形线xa3 cost的全长 . yasin3tcos4tsint9a2 costsin6 a . 解：由弧长的参数方程公式得: s422 2 dt429a00习 题 5-6 1、 电量为 +q 的点电荷位于 r 轴的坐标原点 O 处它所产生的电场力使 r 轴上的一个单位正电荷从 r=a 处移动到 r=bab液体的比重为试求薄板每面所受的压力长边的上端点与原点对应长边在解 在水面上建立x 轴使长边与 x 轴在同一垂面上x 轴上的投影区间为0 bcos 在 x 处 x 轴到薄板的距离为h xtan压力元素为dPghxtanadx cosga

35、hxtan dxcos薄板各面所受到的压力为测试题 A 一、 挑选题答案1A 2D 3 C 4C 5C 6. D 7.D 8.D 9、B 10、B二、填空题：1、2 ；321x2dx2x22x1dx1x3222x00 x2x00331,令x2得02、1； 两边求导：2 xfx22 f2144sin3、0；2sinxx4x23x21 cosxdx20cosxdx14、fx C,1f2b f2a；u|2b1f2bf2a；2fxdxfx Cdu1fbf2xdx令u2x2bfu1a2a2a2225 8 6、1ln2,S1x x21dxx21lnx21ln 2201x2012ay2dxa2pxdxpx2

36、a | 037、pa3,V xpa008、2 31b3 2 1a3 2；yx1 2从而弧长元素1xdxds1y2dx因此所求弧长为2 31b332 1a2sxb1xdx2 31xx 3 2b a2 31b3 213a3 2xdx/311/33332,a31dx3、3 1dx32.0 x21/30 x1 2/1121dx111/313dx2/311x3 ,01 2/312/31x12/3103dx3 132.0 x21/32由于10、4；被积函数有两个可疑的瑕点:x0和x1.2.lim x 0arcsinx1所以 , x1是被积函数的唯独瑕点x.从而x 1x211arcsinxdx1arcsin

37、xdxarcsin0 x 1x0 x 1x 04三、解答题1、求以下极限：k（ 1）lim nn2n1n2n22221n2nn2；（2）lim nknen1nne2kn（ 3）lim x 0 x1xt2dt；cosxet2dt（ 4）lim x 0n01n2x211、解：（1）lim nnn1n2nn22nlim1112112n1 n1222d xn n；nnlim1kn11121arctanx14nk n01x0k（2）原式xlim nn11ten2k101ex2 xd xx arctan e1arctan e4；ken01e0n（3）lim x 01t2dxlim1x21；0 x1（4）l

38、im x 0cos 1xe t2dtlim x 0ecos2xsinx x31 2lim x 0ecos2xsinx1e；x22x；x23d t的导函数2、求Gx 1x3sintGx1解：Gx sin 1x331x33 x2sin 13；3、求以下积分：（1）2eex1d x；ln ex12ln2 e1lne21 ；2x解：2eex1d x2d ex1 2x2e x12（2）2 01xdx ；1d xx1x211x2x 21；解：21xd x11x dx2x0012021（3）e1lnx1 d x；ulnueeu1du=eueee110解：e1lnx1 dxelnu d u01111u（4）0

39、1cos2xdx ；22cosxdx2cosxdx2 2解：01cos2 xdx02cos2xdx024有一闸门它的外形和尺寸如图水面超过门顶2m求闸门上所受的水压力解 建立 x 轴方向向下原点在水面水压力元素为dP1x2 dx2xdx闸门上所受的水压力为P25xdxx 2521吨=205 8kN今以唧筒将水吸尽问要作多少22四、应用题： 设一锥形贮水池深 15m 口径 20m 盛满水功？解 在水深 x 处水平截面半径为r102 3x功元素为dWxr2dxx 102x 2dx3所求功为W15 0 x 102 3x 2dxx 3 dx15 0 100 x40 x 24 91875吨米 57785.7kJ五、证明题：23xd 1x2；上的最大、最小值；内驻点x11,2；1x2证明：