描写夏天的四字词语-中秋资料

高等数学
C1
习题解答
习题一
一．单项选择题
1、A 2、D 3、C
二．填空题
3x
2
3x1
1、 2、（－9，1）
(x1)
2
三．计算题
1、（1）解 函数要有意义，必须满足

x0

x0
即 定义域为
(1,0)(0,1]


2
1x01x1

（2）解 函数要有意义，必须满足

3x0



x0解得
x1
或
1x3


1
1
1

x

3．（1）解 由
ye
x1
得
xlny1
交换
x
、y得反函数为
ylnx1

（2）解 由
y
x11x
1y
得
x
交换
x
、y得反函数为
y

x11x
1y
2
4．（1）解 只有t=0时，能；t取其它值时，因为
1t1
，
arcsinx
无定义
（2）解 不能，因为
1x1
，此时
y
5．解（1）
ye
u
1
x1
无意义
2
uv
2
varccosww2x1

(2) 令
yy
2
y
2

则
y
1
lnv

y
2
e
u
v1u
uv
3
x0
1x0
x1
ux
2
1

vsin(xm)me
w
w2x


x
2

2
6．解
g[f(x)]

(1x)

1x

7．解 设
f(x)axbxc

2


abc2

所以

4a2bc1
解得
c4

c4


1

a
1
2
5
b

2

习题二
一．单项选择题
1、A 2、B 3、D
二．填空题
1、>1 2、单调增加
三．计算题
1、（1）解 因为
f(x)xsin(x)xsinxf(x)
所以函数是偶函数
（2）解 因为
f(x)ln(1xx)ln
所以函数是奇函数
2
1
1x
2
x
ln(1x< br>2
x)f(x)

x0

x1x0

(x1)

x0

0x0f(x)
（3）解
f(x)

0

x1x0
(x1)x0

所以函数是奇函数
2．解 因为
ysinx
2
11
cos2x

22
而
cos2x
的周期为

，所以
ysin
2
x< br>是周期函数，周期为


3．解 由
V
1
2
3v

rh
得
h
2

3

r
1
2
9v2
1
222
表面积：
srh2

r

r

rr
24


r
2


2
r
6
9v
2


r
2
(r0)

2r

r
e
x
1e< br>x
(1e
x
)
四 证明
f(x)
x
f(x)

e1e
x
(1e
x
)
习题三
一．单项选择题
1、C 2、C 3、B 4、C
二．填空题
1、1 2、a 3、

4、2，0 5、1
三．判断正误
1、对； 2、对； 3、错
四．（1） 证明 令
x
n


x
n
0
只要
n
n

2
n1
nn1



n
2
1n
2
n
，取
N[]

11

当
nN
时，恒有
x
n
0


所以
lim
n
0

n
n
2
1
2

（2）证明 因为
limf(x)A(A0)
，对取定的


x
A
，存在M>0，当x>M时，有
2

f(x)Af(x)A
故当x>M时，
f(x)
习题四
一．单项选择题
1、B 2、B 3、B 4、D
二．填空题
A

2
A

2
1、
e
2、0，6 3、
6
4、2，－2
三．判断正误
1、错； 2、错； 3、错；
四．计算题
1、原式＝
lim
a
(x2)(x1)x21< br>lim

x1
(1x)(
x1
x11x)2
1
2、原式＝
lim
1
x1x
x
li m
x
x
0

1
11
x
li m
x1
3、原式＝
lim
x1
(1x)(1
3x
3
x
2
)
(1x)(1x)
1
3< br>x
3
x
2
1x

3

2
3
n
2
n
12
n
1

()
n1n1
3
lim
333

1
4、原式＝
lim
3
nn
2
n1
2
3
1()1 ()
n1
33
1111111
()

() ]

n
23522n12n12
1111
)

lim(
n
22n122
1
n(n1)(2n1) n
3
2223
3(12

n)n
2
6、、 原式＝
lim

lim
22
nn
3n3n3
2
1
nn
2

1

lim
2
n
2
3n
2
5、原式＝
lim[ (1)
7、因为
lime
x
x
1
3
0

sinx1

sinx0
所以
lime
x
x



3

习题五
一、1.B， 2.A, 3. B
二、1.
sinxxtanx
2．０
三、1.
lim
（1）
解：
sin7x7


x0
tan5x5
（2）
解：这是有界函数乘无穷小量，故limxsin
x0
0

x
sin5xsin5x
11

5
xsin5x
x 5x
（3）
解：limlimlim1

x0
xsin 3x
x0
sin3x
x0
sin3x
11

3
x3x
sinx1
limxsin1(后一项是无穷小量乘有界函数)
（4）
解：原式=lim
x0

x0

xx
2．
22
2
n
2
n
2
2
lim [(1)
2
]
2
lim(1)
2
e
21e
2
（1）
原式lim(1)
nnn
nnn

（2）
原式=lim(1)
x
1
x
(x)

1



1



lim

1

x



x

x
2
2
(3)
3
x

1



e


2
1
（3）
原式＝lim(1
x
3
)
x
2
2
1
3
3x


3

x
3
2< br>


lim(1
2
)e
3


x
x2


3
(4)
原式li m(13x)
x0
e
3
(中间思维过程同前)
2
n222
n
2
n
)limnln(1)limln(1)lim ln(1)
2
1
（5）
原式limnln(
nnn 
nn
n
nn
四．
1.证明：

nnn

n
2

1
n

lim< br>n
2

1
n2

n
2
.. ....
1
nn

2

n
n
2

而lim
n
nn

2
n

2
1,故由夹逼准则知,原式成立.

2.证明：
只要证明原数列单调有界就可以达到目的
22

x
n1
x
n
2x
n
,即x
n1
x
n
 x
n
x
n
x
n

1x
n

而0n
<1,故x
n

1x
n
< br>0,即x
n1
x
n
0,x
n1
x
n
.故数列单调递增且有界,极限存在.
22
x
n1
x< br>n
2x
n
(x
n
2x
n
1)1 1(x
n
1)
2
1limx
n
1

n





4

习题六
一、1．B，2．B，3．B，4．B，5。B
二、1．
(,1)(2,)
，2。可去，3。1个
三、1．解：

lim
1x(1x)(1x)2
lim,
x1
a(1
x1
a
x)a(1x)
3
2
33
1 x(1x)(1xx)3

limlim
3
x1< br>b(1
3
x)
x1
b
b(1x)
故是同阶无穷 小.
又当a2,b3时,是等价无穷小.
2．解：
f(x)limf(x)f(0)
有
a1

由
lim

x0x0
四、证明：
设 f(x)=x
5
3x1,f(x)显然在区间

1,2

上连续,且 f(1)30,f(2)250.
由零点定理知,在区间

1,2

上至少存在一点

,使f(

)0.原问题得证.
习题 七
一、1．A，2．C
二、1．充分，必要，2。-2，3。必要
三、1．
（1）解：

1111
n
1111
n
1......1,(1)(1)(1)...(1)(1
22 22222
23n223nn
2

11
n
111而lim(1
2
n
)lim(
2
1)由夹逼定理知0, :l
2
im(1
2
)(1
2
)...(1
nnn
2n23n

1-
（2）解：
)
)0

0nm
x


原式lim
m


1nm

x0
x

nm

n

xx0

x0< br>
x0
为第二类
间断
点
2．解：
f(x)

1

1xx0

3.解：
(1a)x
2
(ba)xb1
原式为 lim0
x
x1
四、1。证明：
有
a1b1

0f(x)1,f(x)在[0,1]上连续,由介值定理知结论成立

2．证明：
5

设f(x)xcosx,f(x)在 [-

,]上连续.又f()0,f()0,
222222
 
由零点定理知,至少存在一点

,使得f(

)=0,即使方 程x=cosx有根

[-
习题八
一、1．B，2．A，3。D
二、1．-2，


,]
22
f (2x)f(2x)f(x)
42lim4lim2,
x0x0
2x
x0
xx
f(x)f(0)f(x)f(0)
又f'(0)li mlim(奇函数)
x0x0

xx
f(x)f(0)f( x)f(0)f(x)
f'(0)f'(0)limlim2f'(0)2lim
x0x0x0
xxx
故f'(0)2)
(

lim2．1
(

h0
时，
f(x
0
2h) f(x
0
)2h
是
h
的高阶无穷小
lim
h 0
f(x
0
2h)f(x
0
)2h
0,
h

f(x
0
2h)f(x
0
)f(x
0
2h)f(x
0
)
2)0lim2
h0h0
hh
f(x
0
2h)f(x
0
)
(2)lim2
2h0
2h
f(x
0
2h)f(x
0
)
lim1f(x
0
)1
2h0
2h
li m(
三、1．（1）解：
yf(xx)f(x)[(xx)
2
(xx)1][x
2
x1]
f(x)limlimlim
x0
x
x0x0
xx

2
x 2xxx
limlim(2xx1)2x1
x0x0
x

（2）解：
13
y

2x 1,令y

0(切线平行于x轴，斜率为0)，得x,代入原方程得y。
24< br>
13
故切点坐标为（，）
24
2．（1）解：

原式lim
x0
f(x
0
x)f(x
0
)
f
'
(x
0
)A< br>
x
（2）解：
[f(x
0
h )f(x
0
)][f(x)f(x
0
f(x
0
h )]
0
h)f(x)
0
f
'
(x
0
) lim
h0h0

hh
2f
'
(x
0
)2A
原式lim
3．（1）解：
6

2(1x)21(1x)
2
1
2

lim 2,lim

2.
左右导数存在且相等，

x0


x0
xx
故在分段点x=1处可导。
（2）解：

lim
x0
f(0x)f(0)
lim

x0< br>x
x
k
sin
x
1
x
0(无穷小 量乘有界函数)，在分段点x=0处可导。

4。解：

(1)要在x=0 处连续，须limf(x)f(0),即lim

f(x)alim

f(x)1,
x0
x0x0
abxae
x
1(2)要在x=0处可导，须f
+
(0)=f
-
(0),即lim

f(0)lim

blim

f(0)lim

1.
x0x0x0x0
xx
故ab1时,f( x)在x=0处连续可导。
习题九
一、1．D，2．D，3．A
1111

1

二 、1．
f(sinx)cosx
，2.-2(


f()

f()(
2
)f()x
)
xxxx
2x

x

'
1

3.
3ln39< br>,

1
6x
2
6

三、1．（1）
3x3
，（2）。
e
2
x
x

2x
2
is
（3）。
2en

，
x
x
2
3x
2
lnx
x
，（4）。
6
x
x
2
2
2．（1）
3(3x)
，（2）
(2x1)sin(xx)
，（3）
2
（ 5）
2sin(24x)
，（6）
2
（4）
xlnx
，
2

14x
2
1
1
，（7）
xlnxl nlnx
xx
2
a
2

1
1
x
2
a
2





（8）
2xcos2x2sinx

x
3
xxxx2x2x2x
3、（1）
(ee)f

(ee)
， (2)
2x[f(e)2xef(e)]
,
(3)
cosxf(sinx)2xf(x1)
,
(4)
f

(cosx)2cosx1,f

(x)2x1f

(sinx)2sinx1

四（1）
证明：
2 22
2

f(x)f(x)f(x)(x)f(x)f (x)f(x)f(x)f(x)


同理：f(x)f( x)f(x)(x)f(x)f(x)f(x),原命题得证。

（2）证明：
（xT）f(xT)f(x)，即原命题得证。

f(xT)f(x)f(xT)f(x)f(xT)


7