旧版课程相关供参考微积分习题课2009

1、导数应用与不定积分1ex211f(x) 1xxabcf(xf x 1点连续性可知limex21 0 limax4 bx2 c abc f导数应用与不定积分1ex211f(x) 1xxabcf(xf x 1点连续性可知limex21 0 limax4 bx2 c abc ff x1abc 01ex21 f x1f(1) 0 f(1)4axf x 1点可导得到2ab abc f 2ab f(x0max f(xx0 0,1)f(x0| f(0)| f(1)| f(0) f(x0)| f(x0) f(1)x0 | f(1|(1x0| f(2|13f(xD2(,), a c b,都存在ab,f(a) f

2、(c f(c)(ac 1 f( )(ac)212f(b) f(c fc)(bc 1 f( )(bc)222f111左(ab)(a(ba)(b(ca)(cb)ac f( bc11) 1f f12abab其中 c1f(1)(1)f(20b2根据导函数介值定理可知 1,2) (ab，使f( f(1(1f(2得证4 若 f(x，在(1,1)内可f(0)0, f(0) A存在，则极f(x) f(ln(1 （x1(A) A。 (B) 等于 A。 (C) 等于 A(D)不存在2解 （微分中值定理公式，导数定义定理，极限运极限保序性，无穷小量比较12f(x) (0,1) 内取到最大值， f(xD20,1，且

3、f(x) 1,x0,1，证明f(0) f(1) 1fff 1 f()(ab)(a(ba)(b(ca)(cf(x) f(ln(1x) lim f()(xln(1x(x 1 x2 o(x2.xf () xx(x 1 x2 f(x) f(ln(1x) lim f()(xln(1x(x 1 x2 o(x2.xf () xx(x 1 x2 o(x2f(0)lim f (0)xx2xx与ln(1x之间, 即1 x准则得到 1，再由极限运算准则得xf(x) f(ln(1 x) f(0) 1 22注：若 将 f(x)与f(ln(1 x) x0 直接f(0), f(0)的存在性, 故得不到结论0 1，使得解 （

4、微分中值定理公式，导数定义定理，极限运算准则极限保序性，无穷小量比较思路切入点：采用移项造辅助函数方法，并利用极限保序性g(x f(x f(ln(1x的符号问题如下f(x) f(ln(1x) lim f()(xln(1xx(x 1 x2 o(x2.xf () xx与ln(1x之间, 即1 x2(D) x,f(x f(0)(C) x,f(x f(ln(1x(B) x0,f(x f(ln(1x(A) x0,f(x f(ln(1x5 若 f(x，在(1,1)内可微f(0)0， f(00，则存准则得到 1，再由极限运算准则及导数定义得xf(x) f(ln(1 x) lim f ()11 f(0) 由极

5、限的保序性准则得到 1，再由极限运算准则及导数定义得xf(x) f(ln(1 x) lim f ()11 f(0) 由极限的保序性，则存在0 1，使得对任x0,) g(x) f(x f(ln(1 x0f(x) f(ln(1 x为(A)。(B)错误f(xf(ln(1xx3x0两则注：将(B)x,0)f(x f(ln(1xB)正确公式（1）x1f(x1) f(x) f (x) 1 f (x) 1 f (x,x1)26f(x1) f(x) f (x) 1 f (x) 1 f (), (x1,x)26lim f (x)0lim f (x0（2）f(x1) f(x f(x1 1 f(x12 1 f( 1

6、3126x1 xx lim f(x 1f(x) 2f(x2 f(x f (x21 f (x221 f( 23x x2226x limf(x f(x) lim f (x) lim f(x) 0解：由ln(1uu 1u2 o(u22ln(1sin2 x)ln1(x1 x3 o(x3)2 ln(1x2 1 x4 o(x4633x0yln(1sin2 x(3 2cosx 1)是几阶无穷小量（x相比lim f (x) lim f (x) 06f(xD30,), lim f(x)存在，lim f(x0 x2 1 x4 1 x4 o(x4) x2 5 x4 o(x4326由(1u 1u(1)u2 o(u22

7、2cosx 3 1 1 x2 1 x4 o(x4321(1 1 x2 1 x4 1 x4 o(x4) x2 5 x4 o(x4326由(1u 1u(1)u2 o(u222cosx 3 1 1 x2 1 x4 o(x4321(1 11(1 x2 x4) 1(1x2)2 o(x433 1 1 x2 1o(x46从而y(1)x )x o(x )2446所以6 x8若极限 1xx x (1解：由(11u1 111uo(u) 原式 u1(1u)u 201，y 0 201，y 0 y ； 0 0 y f(100)(0)9f(x x2ln(1xx0100(ln(1x)(k1)k1k1)!(1x)k (ln(

8、1x)(98) 97!(1 (x) (x2)(k)(ln(1 kkx2(ln(1x)(100)C1 2x(ln(1x)(99) C2 2(ln(1100!(1x)100 x2100!(1x)992x100!(1 f(100)(0)。10f(x) 3，(1 x2(x解：(1) f (x) ，(,3),(3,1),(1,0),(0,)(14x 3极大值点，极大值154， (,1)上凸，(1,0)上凸，(0,)下凸(2) f(x) (1x0(3) x1 f(xx 1 f(xx 12x2 xf 1 k ，lim f(x) x 3x (12xx xxyx 3极大值点，极大值154， (,1)上凸，(1,

9、0)上凸，(0,)下凸(2) f(x) (1x0(3) x1 f(xx 1 f(xx 12x2 xf 1 k ，lim f(x) x 3x (12xx xxy x1xy1上的点P，使得过此点引切线与坐标a解：根据对称性，先求第一象限中满足条件的点，设为(x0 y0 ，切线 y y0 k(x x0代入椭圆方程得到(a2k2 b2x2 2a2ky kx )xa2y kx )2 b2 可知4a4k2(y 4a2(a2k2b2)(y b2(y0 kx0) 0a k 2 S 1(x 1 11)(y kx ) (y (a2k2 b2) 02kb当k 取到最小值，对应b)点a11根据对称性，可知，所求点为b

10、)22积解：设圆锥底面半径为 x ，则体积V(x) 1x2(RR2 x2)，应为V(x) 1x2(RR2 x2),以下少写了33x2)1x2 2 x(R0 x R3R2 x2由V(x)在0,R上一定有最大值，且最大值可能在x 0,2R取3 2R 32R33（） （*）1f(x) 2n(1x)n11n1)x0 x f(x在0,1n111f) 在x 1或取到，比较三点的函数值得到nnn1n1n11limMn 2lim1 2lim1 nx5 dx = x2 6x1 d(x2 6x13) dxx2 6x(xx1= ln(x 6x13)4arctan 2C2sin1115sinxcosx ：lnsinx

11、cosx xcosxsinsindln|sinxcosx| sinxcosxdx x2sinxcosx上面第二个等号用到了cos dx = x2 6x1 d(x2 6x13) dxx2 6x(xx1= ln(x 6x13)4arctan 2C2sin1115sinxcosx ：lnsinxcosx xcosxsinsindln|sinxcosx| sinxcosxdx x2sinxcosx上面第二个等号用到了cosxsinx (cosxsinx2sin sin 1lnsinxcosx 1 xC可知sin x cos22earctan xearctan 1解：原式 d)31 1 22（1earc

12、tan d(earctanx )1xearctan 1 xxearctan earctan dx31 1 222earctanx(1由回归法，原式 C。2 1 1lnx dxxln解：令 1lnx t 1lnx 1lnx 原式dt2tln|C=t 1lnx t2 x18 2 4(1x t，xt11原式 4)2dt 1t2 (1 (1再令t tanusec2114)C原式 arctan(x )4 du sec 48(1x8sec21上式用到：4 du (sin2usec 20计算arctan(1 x618 (1x8)2 dx。 dx （由分部积分导致回归法16求(1x23x) 1 dx，可令u

13、1x代x1(1x21cos4 x dxx)x ln(x22 xCxtan1x1xcos 解：原式cos5 xd(cosxx) 1 dx，可令u 1x代x1(1x21cos4 x dxx)x ln(x22 xCxtan1x1xcos 解：原式cos5 xd(cosx4x111 x(1tan2 x)2 (tanxtan3 xC 443f (x在a，b上一阶可导，在（a，b）f (a) f (b) 0 x0 abf (x) f (a) f (x )(xa)2, f (x) f(b) 1 f (x )(xb)21222 12上两式相减，得到 f(x1xa)2 fx2xb) ) f(b f(a2ab1f

14、x fx )(ba2 f(b f(a12828| f(b) f(a)| f(x ) f(x )| f(x )| f(x )| 2max| f(x )|,| f(x )212121(b不妨设| f(x2| fx1|x0 x222p210-18 证明：（1）f 恒为 0，f 不恒为 0| f(x0| max| f(x|0 x0af(x) f(x ) f (x )(x x ) 1 f(x )(x 000102f(x0 00 f(x ) 1 f(x )(a （1，01020 f(x 1 f(x )(b（202027f(xC2ab, f(a) f(b) 0，试证明（1）max| f(x)| 1(ba)2

15、 max| f(x) aa1（2）max| f (x) (bamax| f(x) |aa| f(x | f(b f(a|(b注意(1tan2x)dx tanx Ca(ba x0 (ax0 ) 224(b 2f(x0 )(ax0)2 1f (x f 。02 a4(ba x 0 b (b x0 ) 2当42(ba(ba x0 (ax0 ) 224(b 2f(x0 )(ax0)2 1f (x f 。02 a4(ba x 0 b (b x0 ) 2当42(b f(x )(b 1)f (x f。00022 a4a xb。f (x0 )| max（2）设f (x) |af(x ) f (x )(a x )

16、 1 f(x )(a 0 f(a) 000102f(x ) f(x )(bx ) 1 f(x )(b 0 f(b) )000202两式相减有f(x )(ba) 1(f(x )(a f(x )(bx )2010202便有| f(x )|(ba) 1max| f(x)|(b(a|0002 a注意到(b x)2 a x)2在a, b上的最大值等于(ba)2，代入上式即得结论。(a x)2 b x)2在a, b1(ba)2。2) f C 1 x F(x) xC 1 x2C3, x其中C1、C2、C3是任意一组使得函数连续的常数。因此这组常数是有联系的！取22C2 1,这时C1 3, C3 324.（1

17、）(x 1)2(x2 x 8max| f(x)| 1(ba)2 max| f(x) aadx（留作课后练习(x1)(x2 xCxAB(x1)2(x2 x1) x(x1)2 x2 x1令则A(x1)(x2 x1)B(x2 x1)(CxD)(x1)2 令x1, 得B1. 令x0,Adx（留作课后练习(x1)(x2 xCxAB(x1)2(x2 x1) x(x1)2 x2 x1令则A(x1)(x2 x1)B(x2 x1)(CxD)(x1)2 令x1, 得B1. 令x0,AD比较x3的系数, AC 2AC2D由(a),(b),(c)得到A2,C Dx1(x1)2(x2 xdx=2ln1 21 x xd

18、2x3 xdx=d(x2 x1) 1 1ln(x2x1)33x2 x2x2x2(x2x 2x113 1ln(x2 x1)23 arctan 2x1332x33(x1)(x2 x1)2dx 2ln|x1| xln(x x1)2c323x lnx1 3x3x2 521x3x3x2 2432解：法令xtant,dxsec21 93cos t dtsin411sin 2d)sin4111 Cx3sin3 1(1 x21C3x11法令x , 则dx tt t3221t d(t (令ut221 1t1t u11du 1u 3cos t dtsin411sin 2d)sin4111 Cx3sin3 1(1

19、x21C3x11法令x , 则dx tt t3221t d(t (令ut221 1t1t u11du 1u 12221udu 1113)1(1t2)2 C (1 x21 x1 (132Cx32(2)ud 1u u 1u 1udu u 1u (1u)2 C 326. 设f(sin2 x) x ，求x f (x)dxsin1xarcsin u , f(x) x解：令u sin2 xxx于是f (x)dx 1dx2xd( 1x12 1xx 2 x sinx2cosdx ,（2（1）sin4 xcos4 解：（1）以将3sinxcosx表示3sinxcosxa(sinx2cosx)b(sinx2cos

20、a(sinx2cosx)b(cosx2sin比较系，a1,b3sinxcosx dxsinx2cosx dxcosx2sinsinx2cossinx2cossinx2cosxln|sinx2cosx|sin4 xcos4 11sin4 xcos4 12sin2 xcos2 d tanarctantand3sinxcosx dxsinx2cosx dxcosx2sinsinx2cossinx2cossinx2cosxln|sinx2cosx|sin4 xcos4 11sin4 xcos4 12sin2 xcos2 d tanarctantanddtan(2x) 1 C1cos22tan21 ta

21、n2 22A当f(x)F(x)是偶函数； B当f(x)是偶函数时， F(x)是奇函数；C.f(x: 定积分练(28x )cos xdx 352.2x3cos5 x1212121原式cos5 xdx (1sin2x)2dsinx(1x2)2222211318111128( x )cos xdx 235cos5xdx2 cos5xdx222202 0ln(1sinx)dx x)d x) 222200。ln(1cosx)sin72 I dx ）121 6 4 2 sin7 xdx ，应选(C)I 2 7 5 0 x(B). 因为 f (x)C(,) ，且 f (x) f(t)dt ，所以 f (x)

22、 可导，00f (x) f(x) 0，解得 f(x) Cex。由f(0) f(t)dt 0，解出C f(0)0121 6 4 2 sin7 xdx ，应选(C)I 2 7 5 0 x(B). 因为 f (x)C(,) ，且 f (x) f(t)dt ，所以 f (x) 可导，00f (x) f(x) 0，解得 f(x) Cex。由f(0) f(t)dt 0，解出C f(0)00f (x) 0sinxsin3 xdx40sinxsin xdxsinx cosx3002sinxcos=sinxcosxdx2（第二个积u x sinxcosxdx 22sinxdsin=002= (sinx) 3 4

23、30（方法sinxsin2 xdx0 xx sinxdxsin=sinx0sin x2=22220=cost2 1 cost202 =cost1dcost 41du （分部积分u401(A)可微。(B) f(x严格单调增加。(C) f(x(D)x3 f(xC(,f (x) 0f (x) 0 f (t)dtf(x在0,5计算sinxsin2 xdx0=u u21lnu u 1 =2 22ln1224221x2 a2 a 22 x2 a2 dx 1 xx c)22cosx sinxsin2 sinx2xdx（方法cos002sinxsin2 uudsinx1= 1sin2 1u00u1u11du

24、=u u21lnu u 1 =2 22ln1224221x2 a2 a 22 x2 a2 dx 1 xx c)22cosx sinxsin2 sinx2xdx（方法cos002sinxsin2 uudsinx1= 1sin2 1u00u1u11du =du11001 112=021t 21t2 111=21t2 1t 1 2 1t 22ln1=222ln12 1exmaxx3,x2解ex C x x exdx 1其中 1C1 1C2 C 212C 21x C 3x 1 x 1其中 C C 2C C 3 32dx xC x ,x 234x4C x 4 2.设xfxdxarctanxC, fxdx

25、（不定积分概念1xarctanxxfxdxarctanxC 所以 xf1 2 f1 x 11dx 221C dx 2223.已知 f2cosx tan2 xsin2 x，求 fx解 （原函数的概念，复合函数的导数，凑微分法f2cosxtan（不定积分概念1xarctanxxfxdxarctanxC 所以 xf1 2 f1 x 11dx 221C dx 2223.已知 f2cosx tan2 xsin2 x，求 fx解 （原函数的概念，复合函数的导数，凑微分法f2cosxtan2 xsin2 xf2cosxf2cosxsinxtan2 xsin2 xsinx1x 2sin2cos 1cos3 xC fcos x 2cossindx 2cos 2cos11fx2x C32另解