文登考研数学--高数--习题集及其

1、第一章第一章函数极限连续函数极限连续 一. 填空题 1. 已知 解. f (x) sin x, f(x) 1 x2, 则(x) _, 定义域为_. f(x) sin(x) 1 x2,(x) arcsin(1 x2) 11 x21,0 x2 2, | x |2 ax a 1 x t 2设lim te dt , 则 a = _. x x a 解. 可得ea tetdt =(tet et) a aea ea , 所以 a = 2. 3. 12n lim 2 2 2 =_. n n n 1n n 2n n n 12n n2 n nn2 n nn2 n n 12n12n 2 2 2 2 2 2n n 1

2、n n 2n n nn n 1n n 1n n 1 1 2 n1 2 n12n 所以 0, b 0 1 x 解. a b lim n 2 lim n 1 c x 1/n,c b/aa lim x0 2 x lim x0 ae ln(1cx)ln2 x =ae ln(1cx)ln2 x x0 aex0 lim cxlnc 1cx a c a b ab a 4. 设 2 x2 (1cosx) f (x) 1 1 x cost2dt x 0 x 0 x 0 x 0 试讨论 f (x) 在x 0处的连续性与可导性. x 1 x 2 2cost dt 1cost dt x 0 f (x) f (0) 0

3、 x 解. f (0) lim lim lim 2 x0 x0 x0 xxx 1 2x cosx21 lim lim 2 0 x0 x0 2x2x 2 (1cosx)1 2 f (x) f (0)2(1c o s x) x2 x f (0) lim lim lim x0 x0 x0 xxx3 2sin x 2x2(cosx 1) lim 0 lim 2 x0 x0 6x3x 所以 f (0) 0,f (x) 在x 0处连续可导. 5. 求下列函数的间断点并判别类型 6 (1) f (x) 2 1 2 1 1 x 1 x 解. f (0) lim x0 2 1 2 1 1 x 1 x 1,f (

4、0) lim x0 2 1 2 1 1 x 1 x 1 所以 x = 0 为第一类间断点. (2) x(2x ) x 0 2cosx f (x) 1 sin x 0 x21 解. f(+0) =sin1, f(0) = 0. 所以 x = 0 为第一类跳跃间断点; 1 不存在. 所以 x = 1 为第二类间断点; lim f (x) lims in 2 x1x1 x 1 f ()不存在, 而lim 2 x 2 x(2x ) ,所以 x = 0 为第一类可去间断点; 2cosx2 为第二类无穷间断点. lim xk 2 x(2x ) , (k = 1, 2, ) 所以 x = k 22c o s

5、 x 1 x sin f (x) x x e x 0 x 0 6. 讨论函数在 x = 0 处的连续性. 1 0时lim (xsin) 不存在, 所以 x = 0 为第二类间断点; x0 x 1 当 0,lim (x sin) 0, 所以 x0 x 解. 当 1时,在 x = 0 连续, 1时, x = 0 为第一类跳跃间断点. 7. 设 f(x)在a, b上连续 , 且 a x1 x2 xn b, ci(I = 1, 2, 3, , n)为任意正数 , 则在(a, b)内至少存在一个 , 使 f () c 1 f (x 1 ) c 2 f (x 2 ) c n c 1 c 2 c n 1in

6、1in . 证明: 令 M =maxf (xi), m =minf (xi) M所以m c 1 f (x 1 ) c 2 f (x 2 ) c n c 1 c 2 c n f () 所以存在( a x1 xn b), 使得 c 1 f (x 1 ) c 2 f (x 2 ) c n c 1 c 2 c n 8. 设 f(x)在a, b上连续, 且 f(a) b, 试证在(a, b)内至少存在一个, 使 f() = . 证明: 假设 F(x) = f(x)x, 则 F(a) = f(a)a 0 于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个, 使 f() = . 7 9. 设 f(x)在0, 1上连

7、续, 且 0 f(x) 1, 试证在0, 1内至少存在一个, 使 f() = . 证 明 :( 反 证 法 )反 设 x0,1,(x) f (x) x 0 0 x1 .所 以 (x) f (x) x 恒 大 于0或 恒 小 于0.不 妨 设 x0,1,(x) f (x) x 0. 令m min(x), 则m 0. 因此x0,1,(x) f (x) x m. 于是 f (1) 1 m 0 , 矛盾. 所以在0, 1内至少存在一个, 使 f() = . 10. 设 f(x), g(x)在a, b上连续, 且 f(a) g(b), 试证在(a, b)内至少存在一个, 使 f() = g(). 证明:

8、 假设 F(x) = f(x)g(x), 则 F(a) = f(a)g(a) 0 于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个, 使 f() = . 11. 证明方程 x53x2 = 0 在(1, 2)内至少有一个实根. 证明: 令 F(x) = x53x2, 则 F(1) =4 0 所以在(1, 2)内至少有一个, 满足 F() = 0. 12. 设 f(x)在 x = 0 的某领域内二阶可导, 且lim f (x) 3 sin3x f (x) 0limf (0), f (0), f (0) , 求及. 322 x0 x0 xxx 解. sin3x f (x) sin3x xf (x) sin

9、3x f (x) x lim 3 2 lim lim 0. 所以 32 x0 x0 x0 xxxx sin3x lim f (x) 0. f(x)在 x = 0 的某领域内二阶可导, 所以f (x), f (x)在 x = 0 连续. 所以 f(0) = 3. 因为 x0 x sin3xsin3x f (x)3 f (x) 3 x lim 0, 所以 0, 所以lim x 22 x0 x0 xx sin3x 3 f (x) 3 x lim 3x sin3x lim 33cos3x lim lim x0 x0 x0 x0 x2x2x33x2 3sin3x9 =lim x0 2x2 f (x) f

10、 (0)f (x) 3f (x) 39 f (0) lim lim lim x 0 0 x0 x0 x0 x 0 xx22 f (x) 39 , 将 f(x)台劳展开, 得由lim 2 x0 x2 1 f (0) f (0)x f (0)x2 0(x2) 3 199 2! f (0) lim , 所以, 于是 2 x0 22x2 f (0) 9. (本题为 2005 年教材中的习题, 2008 年教材中没有选入. 笔者认为该题很好, 故在题解中加入此题) 第二章第二章导数与微分导数与微分 一. 填空题 1 . 设 解. f (x 0 kx) f (x 0 )1 f (x 0 ), 则 k =

11、_. x0 x3 f (x 0 kx) f (x 0 )11 k limf (x 0 ) , 所以kf (x0) f (x 0 ) x0 kx33 lim 8 所以 k 1 3 xy 2. 设函数 y = y(x)由方程e 解. cos(xy) 0确定, 则 dy _. dx exy(1 y) (y xy)sin xy 0, 所以 ysin xy exy y xye xsin xy 3. 已知 f(x) =f(x), 且 解. 由 f(x) =f(x)得 所以 f (x 0 ) k , 则 f (x 0 ) _. f (x) f (x) , 所以 f (x) f (x) f (x 0 ) f

12、(x 0 ) k f (x 0 mx) f (x 0 nx) _. x0 x f (x 0 mx) f (x 0 ) f (x 0 ) f (x 0 nx) 解. lim x0 x f (x 0 mx) f (x 0 )f (x 0 nx) f (x 0 ) =m lim+n lim=(m n) f (x0) x0 x0 mx nx 1 x (n)(x) = _.5. f (x) , 则 f 1 x 4. 设 f(x)可导, 则lim 解. 1 x 1 x(1)121!(1)k2k! (k)f (x) , 假设 f , 则 (1 x)2(1 x)11(1 x)k1 f(k1) (1)k12(k

13、 1)!(1)n2n! (n) , 所以 f k11n1(1 x)(1 x) 6. 已知 d 1 11 f , 则 f _. 2 dx xx2 , 所以解. 1 1 2 f 2 3 x x x 1 f 2 x x2 2 . 令 x2 = 2, 所以 1 f 2 1 x 7. 设 f 为可导函数, 解. y sinfsin f (x), 则 dy _. dx dy f (x)cos f (x) f sin f (x)cosf sin f (x) dx 2xy 8. 设 y = f(x)由方程e 解. 上式二边求导e cos(xy) e 1所确定, 则曲线 y = f(x)在点(0, 1)处的法线

14、方程为_. 2xy(2 y) (y xy)sin(xy) 0 . 所以切线斜率 k y(0) 2 . 法线斜率为 1 , 法线方程为 2 y 1 1 x ,即x2y + 2 = 0. 2 9 二. 选择题 1. 已知函数 f(x)具有任意阶导数, 且 (a) 解. f (x) f (x)2 , 则当 n 为大于 2 的正整数时, f(x)的 n 阶导数是 n! f (x)n1 (b) n f (x)n1 (c) f (x)2n (d) n! f (x)2n f (x) 2 f (x) f (x) 2! f (x)3 , 假设 f(k)(x) =k! f (x)k1, 所以 f(k1)(x) =

15、(k 1)k! f (x)k f (x) (k 1)! f (x)k2, 按数学归纳法 f(n)(x) =n! f (x)n1对一切正整数成立. (a)是答案. 2. 设函数对任意 x 均满足 f(1 + x) = af(x), 且 f (0) b, 其中 a, b 为非零常数, 则 f (1) a (a) f(x)在 x = 1 处不可导(b) f(x)在 x = 1 处可导, 且 (c) f(x)在 x = 1 处可导, 且 f (1) b (d) f(x)在 x = 1 处可导, 且 f (1) ab 解. b = 11 f (1 x) f (1) f (x) f (0)1 a =lim

16、 a f (0) limf (1) , 所以 f (1) ab. (d)是答案 x0 x0 x 0 xa f (x)可导, 不能对于f (1 x) af (x)二边求导. 注: 因为没有假设 3. 设 f (x) 3x3 x2| x |, 则使f(n)(0)存在的最高阶导数 n 为 (a) 0(b) 1(c) 2(d) 3 解. 4x 3 x 0 24x x 0 . f (x) f (x) 3x 0 12x x 0 2x f (0) lim f (x) f (0)24x 0 lim 24 x0 x0 x 0 x f (x) f (0)12x 0 f (0) lim lim 12 x0 x0 x

17、 0 x y dy 等于 x0 x lim 所以 n = 2, (c)是答案. 4. 设函数 y = f(x)在点 x0处可导, 当自变量 x 由 x0增加到 x0 + x 时, 记y 为 f(x)的增量, dy 为 f(x)的微分, (a) 1(b) 0(c) 1(d) 解. 由微分定义y = dy + o(x), 所以 y dyo(x) lim 0. (b)是答案. x0 x0 xx lim 5. 设 1 2x sin x 0 在 x = 0 处可导, 则 f (x) x x 0 ax b (a) a = 1, b = 0(b) a = 0, b 为任意常数(c) a = 0, b = 0

18、(d) a = 1, b 为任意常数 解. 在 x = 0 处可导一定在 x = 0 处连续, 所以 x0 lim x2sin 1 lim(ax b), 所以 b = 0. x x0 10 f (0) f (0),lim x0 x2sin 1 x lim ax , 所以 0 = a. (c)是答案. x0 xx 三. 计算题 1. y lncos(10 3x2)，求y 解. sin(10 3x2)6x 2y 6x tan(10 3x ) 2cos(10 3x ) 2. 已知 f(u)可导, y fln(x a x2)，求y 2x 1 x a x22 a x2 1 解. yf ln(x a x2

19、) = f ln(x a x2) a x y t2 x2 00 2 3. 已知 解. 2 e dt costdt sin y2 , 求 y. eyy 2xcosx2 2yycos y2 y 2xcosx2 ey2 2ycos y2 4. 设 y 为 x 的函数是由方程ln x2 y2 arctan y 确定的, 求 y. x 解. y x y 2 2x 2yy x 2222 y2 x y 2 x y 1 2x x yy y x y , 所以 y x y x y 四. 已知当 x 0 时, f(x)有定义且二阶可导, 问 a, b, c 为何值时 f (x) x 0 F(x) 2 ax bx c

20、 x 0 lim F(x) lim F(x), 所以 c = f(0) = f(0); x0 二阶可导. 解. F(x)连续, 所以 x0 因为 F(x)二阶可导, 所以F(x)连续, 所以 b = f (0) f (0), 且 x 0 f (x) F(x) 2ax f (0) x 0 F(0) 存在, 所以F(0) F(0), 所以 11 2ax f (0) f (0)f (x) f (0) lim 2a , 所以 x0 x0 xx 1 a f (0) 2 lim x2 f (x) ，求f(n)(0) . 21 x 五. 已知 解. f (x) 1 f(n) 1111 2 1 x2 1 x

21、1n!1(1)n (x) 2 (1 x)n12 (1 x)n1 f(2k1)(0) 0, k = 0, 1, 2, f2k(0) n!, k = 0, 1, 2, 六. 设 y xln x , 求 f(n)(1) . 解. 使用莱布尼兹高阶导数公式 f(n)(x) x(ln x)(n) n(ln x)(n1) x(1)n1 n2 (n 1)! n2 (n 2)! n(1) nn1xx =(1) n 1 (n 1) n2(n 2)! (1)(n 2)! n1xn1xn1 x 所以 f(n)(1) (1)n2(n 2)! 第三章第三章一元函数积分学一元函数积分学( (不定积分不定积分) ) 一.

22、求下列不定积分: 1. 11 x ln 1 x21 x dx 11 x11 x1 x 1 1 x lndx lnd ln ln c 1 x21 x 21 x1 x41 x 2 2 解. 2. 11 x1 x1 x 1 1 x arctandx arctand arctanarctan c 1 x2 1 x1 x1 x21 x cos x sin x 1 1 sin x (1 cos x)2 1 cos x dx 3. 解. cosx sin x 1 1sin x1sin x1sin x1 1sin x dx c (1 cosx)21 cosx 1 cosx d 1 cosx 2 1 cosx

23、dx 8x(x 1) 2 4. 12 1 解. 方法一: 令x , t dxt7dt1 8dt ln(1 t ) c 88 1 1x(x 1)t 18 8 1 tt 1 1 ln1 8 c 8 x 1 t2 = 方法二: dxx7dx1 7 1 x ( x8x81)dxx(x81) x8(x81) dx1d(1 x8)11 1 8 ln | x | ln(1 x ) cln 1 = c 8 x8x81 x88 111 (1sin x cosx)(sin x cosx) 1sin x 22dx 5 dx 2 1sin x cosx1sin x cosx 11cosx sin x11 dx dx

24、dx 22 1sin x cosx2 1sin x cosx 11d(1sin x cosx)11 x dx xx 221sin x cosx2 2 x 2sincos 2cos 222 1111x x ln |1sin x cosx | d tan x 2222 tan1 2 111x x ln |1sin x cosx | ln | tan1| c 2222 二. 求下列不定积分: 1. (x 1) dx 2x 2x 22 解. (x 1)2 dt 2 dxd(x 1) cos t 令x 1 tant tan2tsect x2 2x 2(x 1)2(x 1)21 costdt1x2 2x

25、2 c c = sin2tsintx 1 2. x dx 41 x2 解. 令 x = tan t, x4 dt 2 dxcos3td sintd sint11 cos t dt c 44423 2 tan tsectsin tsin tsin t3sin tsint 1 x 13 211 x = 3x 2 1 x c x 3 3. (2x dx 21) 1 x2 解. 令x tant dxsec2tcostd sint dt dt (2x21) 1 x2 (2tan2t 1)sect 2sin2t cos2t 1sin2t c arctan x 1 x2 =arctansint c 4. x

26、2dx a x x2dx 22 (a 0) 解. 令x asint a2sin2t acostdt1cos2t11 a2dt a2t a2sin2t c acost224 a2 x2 xx arcsin 2 aa a2 x2 c a2 = 2 5. (1 x2)3dx 解. 令x sint (1 cos2t)21 2cos2t cos22t (1 x ) dx cos tdt dt dt 44 234 111311 t sin2t (1 cos4t)dt t sin2t sin4t c 4488432 311 = arcsin x sin2t(1cos2t) c 844 = 3141 2sin

27、2t ) c = arcsin x 2sintcost( 844 = 31 arcsin x x 1 x2(52x2) c 88 6. x21 dx 4x 解. 令x 1 t 1t2 t2 1 t4 1 22 2 dt t 1t dt令t sinu sinucos udu t 14 x21 dx 4x (x21)31 3 = cos u c c 333x 7. x x 1 2x 12 dx 解. 令 x sect,dx sect tantdt x 1 2 xx21 dx sect 1 sect tantdt (1 cost)dt t sint c 2sec t tant 1 arccos x

28、x21 c x 三. 求下列不定积分: 1. e3x ex e4x e2x1 dx e3x exex exd(ex ex) xxdx dx arctan(e e) c e4x e2x1 e2x1 e2x (ex ex)21 解. 2. dx 2x(1 4x) 2x,dx 解. 令t dt tln2 dxdt1 1 11arctant dt c 22 2x(1 4x) t2(1 t2)ln2ln2 1 t tln2ln2 t = 四. 求下列不定积分: 1 (2x arctan2x) c ln2 1. x5 (x 2)100 dx x51x55 599dx x d(x 2) x4(x 2)99d

29、x 99 (x 2)100 9999(x 2)99 解. x55x454 398x (x 2)dx = 9998 99(x 2)9998(x 2)9998 x55x454x3543x2 = 99(x 2)999998(x 2)98999897(x 2)9799989796(x 2)96 5432x5432 c 95949998979695(x 2)9998979695(x 2) 15 2. x dx 1 x4 解. 1 dt 2 dxtdt1dt2 t 令x 1/t 444 2 x 1 x1t 11 t1 (t2)2 tt4 1sec2u111x4 令t tanu du ln | tanu s

30、ecu | c ln c 2secu22x2 2 五. 求下列不定积分: 1. 2xcos xdx 解. 2xcos xdx 2. 3secxdx 11 2 1 x(1cos2x)dx x xd sin2x 244 111 x2xsin2x sin2xdx 444 111 x2xsin2x cos2x c 448 解. sec3xdx sec xd tan x sec xtan x tan xsec xtan xdx 23(sec x 1)sec xdx sec xtan x ln |sec x tan x | secxdx =sec xtan x 3secxdx 11 sec xtan x

31、ln |sec x tan x |c 22 3. (ln x)3 x2 dx (ln x)3113(ln x)2 33 x2 dx (ln x) d x x (ln x) x2 dx (ln x)33(ln x)26ln x(ln x)33(ln x)26ln x6 2 dx 2 dx xxxxxxx (ln x)33(ln x)26ln x6 c xxxx 解. 4. cos(ln x)dx cos(ln x)dx xcos(ln x) sin(ln x)dx xcos(ln x) sin(ln x)cos(ln x)dx 解. cos(ln x)dx x cos(ln x) sin(ln

32、x) c 2 16 xcos4 5. x 2 dx 1 8 sin3x xcos4 sin3 x 2 1 xsin2 8 xx cos3 22 x1xx1x1x sin2d xsin2cotc 24228242 dx 111 2 x 2 x 2 x xdsin xsinsindx 828282 六. 求下列不定积分: 1. xln(x 1 x2) dx (1 x2)2 xln(x 1 x2)11 2dx ln(x 1 x )d (1 x2)22 1 x2 11111 ln(x 1 x2)dx 21 x22 1 x2 1 x2 解. = ln(x 1 x2)111 2sec tdt令x tant

33、 22 2(1 x )21 tan t sect ln(x 1 x2)1cost = dt 2(1 x2)2 1 2sin2t ln(x 1 x2)1d 2sint = 22 2(1 x )2 21 2sin t ln(x 1 x2)112 sint = ln c 2(1 x2)4 212 sint ln(x 1 x2)11 x22x = ln c 2 2 2(1 x )4 2 1 x 2x 2. xarctan x 1 x2 dx 解. xarctan x 1 x2 dx arctan xd 1 x1 x arctan x 1 1 x2 22 1 x2 dx 21 x = 1 x2arcta

34、n x dx 1 x2arctan x ln(x 1 x2) c 3. arctan ex e2x dx arctan ex11 2x 1 2x ex x2xx e2x dx 2 arctan e de 2 earctan e 2 e 1 e2x dx 解. 17 1 2x 1ex1 2x 11 xx earctan e dx earctan e dx 2xx2x 221 e22e (1 e) 1 2x 11ex1 2xxxx earctan e ( x )dx (earctan e e arctan x) c 2x22e1 e2 七. 设 xln(1 x2) 3x 0 , 求 f (x)dx

35、 . f (x) 2xx 0 (x 2x 3)e (xln(1 x2) 3)dx f (x)dx 2x(x 2x 3)e dx 解. 1 2 1 222 x 0 x ln(1 x ) x ln(1 x )3x c 2 2 x 0 2x (x 4x 1)e c 1 考虑连续性, 所以 c =1+ c1,c1 = 1 + c 1 2 1 22x ln(1 x ) x ln(1 x2)3x c x 0 f (x)dx 2 2 x 0 2x (x 4x 1)e 1 c f (ex) asin x bcos x, (a, b 为不同时为零的常数), 求 f(x). 八. 设 解. 令t ex，x lnt

36、, f (t) asin(lnt) bcos(lnt), 所以 f (x) asin(ln x) bcos(ln x)dx = x (a b)sin(ln x) (b a)cos(ln x) c 2 九. 求下列不定积分: 1. x3 23x(2x 3)dx (2x 3)dx 3x 3 2 2 解. x3 23x 3xd(x23) 3 c ln3 x23x 2. (3x22x 5) (3x 1)dx 2 3 2 3 解. 1 (3x 2x 5) (3x 1)dx (3x2 2x 5)2d(3x2 2x 5) 2 1 (3x2 2x 5)2 c 5 5 18 3. ln(x 1 x2) 1 x2

37、 dx 1 2ln (x x21) c 2 解. ln(x 1 x2) 1 x2 dx ln(x x21)d ln(x x21) 4. (1 x xdx 2x 1)ln(1x 1) xdx 2 22 解. (1 x x21)ln(1x21) d ln(1x21) ln(1x21) ln | ln(1x21) | c 十. 求下列不定积分: 1. xarctan x (1 x2) dx xarctan x1arctan x1 221dx d(1 x ) arctan xd(1 x ) 22 (1 x2)2 2(1 x )2 1 arctan x111 arctan x11 d arctan x

38、dx 2 1 x22 1 x22 1 x22 (1 x2)2 解. 令 x tant 1 arctan x11 arctan x1 1 cos2t 2cos tdt dt 22 2 1 x22 1 x2 2 1 arctan x111 aextan x11 t sin2t c arctan x sintcost c 2 1 x2482 1 x2 44 1 aextan x11x arctan x c 222 1 x441 x x dx 1 x x t, 1 x 则x tan2t 2. arcsin 解. 令arcsin arcsin x dx t d tan2t ttan2t tan2t d

39、t ttan2t tant t c 1 x xxx x arcsin c (1 x)arcsinx c 1 x1 x1 x xarcsin 3. arcsinx1 x2 x2 1 x2 dx 解. arcsinx1 x2 x2 1 x2 dx 令x sint t1sin2t 2costdt t (csc t 1)dt sin2tcost 1 t cottdt t dt t cott cottdt t2 c 2 19 1 tcott ln |sint | t2 c 2 1 x21 arcsin x ln | x | (arcsin x)2 c x2 4. arctan x x2(1 x2)dx

40、arctan x x2(1 x2)dx 令x tant t 22sec t dt t(csc t 1)dt tan2t sec2t 解. 11 tcsc2t dt t dt t d cott t2 tcott cot dt t2 22 1arctan xx1 tcott ln |sint | t2 c ln | (arctan x)2 c 2x2 1 x2 arctan x1x21 2 ln(arctan x) c 2x21 x2 十一. 求下列不定积分: 1. 32x4 x dx 32332x4 x dx 令x 2sint 8 sin t 2cost 2costdt 32 sin t cos

41、 t dt 解. 32(1cos2t )cos2t dt d cost 41 (4 x2)2(4 x2)2 c 35 35 3232 cos3t cos5t c 35 2. x2 a2 x 解. x2 a2 令x asect x atant1cos2t asect asect tant dt a cos2t dt a atant at c x2 a2 a arccos c x 2x 3. ex(1ex) 1e dx t(1t) dt1t1sinu dt 令t sinu 1t2 t 1t2 cosu cosudu 解. ex(1ex) 1e2x dx 令ex t u cosu c arcsine

42、x 1e2xc x dx (a 0) 2a x 20 4. x 解. xu4 24xdx8asin令u x令u 2a sint2du 2a x tdt 2a u2 2 (1 cos2t)2 dt 2a2(1 2cos2t cos22t)dt =8a 4 1 cos4ta4 22dt 3a t 2a sin2t sin4t c =2a t 2a sin2t 2a 24 222 =3a =3a 2t 4a2sintcost a2sintcost(1 2sin2t) c 2t 3a2sintcost 2a2sin3tcost c arcsin xx2a xx 3a2 2a2 2a2a2a2a x3a

43、 x 2a2 x(2a x) c x2a x c 2a2a =3a 2 =3a 2arcsin 十二. 求下列不定积分: 1. sin x dx 1 cosx 解. sin x dx 1cosx sin x dx sin2x 1cosx d(1cosx) sin2x 1cosx 2 d 1cosx 1cos2x 令 1 cos x u 2 dudu 2 u2(2u2)1(u21)2 ( 11112 u )du ln | c 22u 2 2u2u2 u 1 1 2 2 ln | 2 1cosx 2 1cosx | c 1cosx 2 sin x 2 cos x dx 2sin x1d(2cosx

44、) dx 2dx 解. 2cosx2cosx2 cosx 2dt 2 x2dt 1 t t2令tan ln |2 cosx | 2 3 t2 ln |2 cosx | 21t2 2 1 t2 2. = 4t41x arctan ln |2 cos x |c arctan(tan) ln |2 cos x |c 23333 3. sin xcos x sin x cos x dx 21 解. sin xcosx11 2sin xcosx 1 dx dx sin x cosx 2sin x cosx 1(sin x cos)21111 dx (sin x cos x)dx dx = 2sin x

45、cos x22sin x cos x ) 12 4 = (sin x cosx) 24 sin(x ) 4 = d(x 12x (sin x cos x) ln | tan() | c 2428 十三. 求下列不定积分: 1. x 1 x x dx 解. x 1 x x dx 令 x t 3 2d(1t3)4 dt 1t3c 33 1t31t3 2t2 4 1 x2c 3 2. ex1dx ex1 ex1ex1 xdx dx 令e sect x 2x e 1 e1 sect 1 tant tant dt (sect 1)dt 解. 1 ln |sect tant | t c ln(exe2x1

46、)arccos x c e 3. x 1arctanx 1 dx x arctanx 1, tant x 1,x sec2t,dx 2sec2t tant 解. 令t t tantx 1arctanx 11cos2t 22dx 2sec t tant dt 2t tan t dt 2tdt 22xsec tcos t 2 t dt 2t dt 2t d tant t2 2t tant 2tant dt t2 2cos t 2t tant 2ln | cost | t2 c 2 x1 arctanx1ln | x|(arctanx1)2c 第三章第三章一元函数积分学一元函数积分学( (定积分定积

47、分) ) b 一若 f(x)在a，b上连续, 证明: 对于任意选定的连续函数(x), 均有 a f (x)(x)dx 0 , 则 f(x) 0. 证明: 假设 f() 0, a 0. 因为 f(x)在a，b上连续, 所以存在 0, 使得在, + 上 f(x) 0. 令 m = 22 x b minf (x). 按以下方法定义a，b上(x): 在, + 上(x) =2(x )2 f (x)(x)dx , 其它地方(x) = 0. 所以 b a f (x)(x)dx m 2 2 0. 和 a f (x)(x)dx 0 矛盾. 所以 f(x) 0. 二. 设为任意实数, 证明: 11 2I 2dxd

48、x =. 0 1 (cot x) 0 1 (tan x)4 证明: 先证: 2 0 f (sin x) dx f (sin x) f (cos x)4 =2 0 f (cos x) dx f (sin x) f (cos x) 令 t = 2 x, 所以 2 0 f (sin x) dx f (sin x) f (cos x) 0 2 f (cost) d(t) f (cost) f (sint) = 于是 2 0 f (cost) dt f (cost) f (sint) 2 0 f (cos x) dx f (cos x) f (sin x) 22 0 f (sin x) dx f (si

49、n x) f (cos x) 2 0 f (sin x) dx f (sin x) f (cos x) 2 0 f (cos x) dx f (cos x) f (sin x) =2 0 f (sin x) f (cos x) dx 2dx 0 f (sin x) f (cos x)2 所以 2 0 f (s in x) dx f (s in x) f (co s x)4 2 0 =2 0 f (cos x) dx . f (sin x) f (cos x) 所以 I 1 dx2 0 1 (tan x) 1 sin x 1 cosx . dx 2 0 (cosx) (cosx) (sin x)

50、4 同理 I 2 0 1 dx 1 (cot x)4 三已知 f(x)在0，1上连续, 对任意 x, y 都有|f(x)f(y)| 0, (0 t 0, 证明: 对于满足 0 1 的任何 , , 有 证明: 令F(x) f (x)dx f (x)dx 0 xf (t)dt f (t)dt (x ), F() f (t)dt 0 . 0 x 0 F(x) f (t)dt f (x) 0 0 f (t) f (x)dt 0 , (这是因为 t , x , 且 f(x)单减). 0 所以 F() F() 0 , 立即得到 f (x)dx f (x)dx 六. 设 f(x)在a, b上二阶可导, 且

51、f (x) 0, 证明: b a a b f (x)dx (b a) f 2 证明: x, ta, b, f (x) f (t) f (t)(x t) f () (x t)2 f (t) f (t)(x t) 2! 令t a b a ba ba b , 所以 f (x) f f x 2222 二边积分 b a bb a b a ba b f (x)dx fdx f x dx aa 2 2 2 24 =(b a) a b f . 2 七. 设 f(x)在0, 1上连续, 且单调不增, 证明: 任给 (0, 1), 有 0 f (x)dx f (x)dx 0 1 证明: 方法一: 令F(x) (或

52、令F(x) f (t)dt f (t)dt 00 x 0 xx xf (t)dt f (t)dt ) 0 F(x) f (x) f (x) 0, 所以 F(x)单增; 又因为 F(0) = 0, 所以 F(1) F(0) = 0. 即 f (t)dt f (t)dt 0 , 即 00 11 0 f (x)dx f (x)dx 0 1 方法二: 由积分中值定理, 存在0, , 使 由积分中值定理, 存在, 1, 使 1 0 f (x)dx f (); f (x)dx f ()(1) 因为 , 所以f () f () . 1 所以 f (x)dx f (x)dx f (x)dx 2f () f (

53、)(1) 00 1 2f () f ()(1) f () f (x)dx 0 八. 设 f(x)在a, b上连续, f (x)在a, b内存在而且可积, f(a) = f(b) = 0, 试证: 证明: 1 b | f (x) | f (x) |dx ,(a x b) 2 a | f (x) | f (x) | f (x) |, 所以 xx 即 | f (t) |dt f (x) f (a) | f (t) |dt , aa | f (t) |dt f (x) | f (t) |dt ; aa xx | f (t) |dt f (b) f (x) | f (t) |dt xx bb 即 | f

54、 (t) |dt f (x) | f (t) |dt xx bb 所以 | f (t) |dt 2 f (x) | f (t) |dt aa bb 即 | f (x) | 1 b| f (x) |dx ,(a x 0 因为 f(0) = f(1) = 0 x0 (0,1)使f(x0) = max (f(x) 0 x1 所以 1 0 1 1f (x) f (x)dx （1） dx 0 f (x 0 )f (x) 在（0，x0）上用拉格朗日定理 f () f (x 0）(0, x 0 ) x 0 在（x0,1）上用拉格朗日定理 f () 所以 f (x 0 ) (x 0 , 1) 1 x 0 1

55、0 f (x)dx f (x)dx f (x)dx f () f () f (x 0 ) 4 f (x 0 ) x 0 (1 x 0 ) （因为( a b 2) ab ） 2 所以 1 1 f (x)dx 4 0 f (x 0 ) 由（1）得 1 0 f (x) dx 4 f (x) 十. 设 f(x)在0, 1上有一阶连续导数, 且 f(1)f(0) = 1, 试证: 证明: 十一. 设函数 f(x)在0, 2上连续, 且 f (x) 0 1 0 1 2dx 1 11 00 1 0 f (x)2dx 2222 f (x) dx 1 dx (f (x)1dx) ( f (1) f (0) 1

56、2 0 f (x)dx = 0, 2 xf (x)dx = a 0. 证明: 0, 2, 使|f()| a. 0 2 0 2 解. 因为 f(x)在0, 2上连续, 所以|f(x)|在0, 2上连续, 所以 0, 2, 取使|f()| = max |f(x)| (0 x 2)使|f()| |f(x)|. 所以 a |(x 1) f (x)dx | x 1| f (x) |dx | f () | x 1|dx | f () | 00 2 26 第三章第三章一元函数积分学一元函数积分学( (广义积分广义积分) ) 一. 计算下列广义积分: (1) 2 x ex (e 1) 13 0 dx (2) 0 1 dx (3) (x21)(x2 4) 1 x x 1 2 0 dx (1 x ) arctan x 3 2 32 (4) sin(ln x)dx (5) 0 1 1 2 dx (