2019年同济大学第六版高数练习册答案上册.doc

1、1.0; 1 ; 1; 0; 2; 2/32.e J;e2;e3;e;0;eJ3.证明：Xn显然单调递增,4.1.3.4.高等数学习题解答第一章（7-11）第六节极限存在准则两个重要极限X1 3，若 Xnj 3，贝y Xn xn 单调有界， Xn收敛，不妨设a = (1 - 13) 2.lim xnn=(1,13)：2解:n.n2 nlim 一n一n= n2 nlim Xn = an )，则有 a . a 3 ,解得，a=(1+ . 13 )/2, ( 1 + 1 +-、Jn2 +1#n2 + 2n2n)1 n21二 lim ( t 1n 匚.n21(B)2. ( A)n22，1 Jn2 +n

2、第七节)=1无穷小的比较证明：令 x =sint ， limarcs in xX.当 Xr 0时，arcsinxx。tan 5x r 5x 5 =lim = 2xx )0 2x 2解:（ 1）limX 0(2)limx )0arcsinx2 =limx(1 _COSX) x0(3)limX )0(4)(5)limx 0limx )0t1sin t2X=:XX 2ln(1-2sin x)=limxT2x =limx 0 3xxln(1 2x)3x .e -1tan x sin xsin3xsin x-2si nx 小2x_ 2_ 3= lim sinx(1 一 cosx)x j0x3 cosxl

3、imx )02Xxx 2 宀1/2X1tan x=limx )01 -cosxx2 2= limsin x x)oxlim(ntan?)=1 3 = 4n 0 nnn1(6)-0(7)1第八节函数的连续性与间断点1.0 ;2.充要；3. 2 ; 4. D 5. B 6. C7. 解:2t -11-2lim f (x)limlim r =1x0 t. r 21 12, f (x)在x=0不连续，且x=0为函数f (x)的第一类间断点。第九节连续函数的运算与初等函数的连续性1. B2. 解：(1)原式=3.9(2)原式=-1(3)原式=In (lim0sin 2x.)=In 25-1= lim 沁

4、X0xxln ae(4)原式=lim一xjx3.解：由初等函数的连续性可知f(x)在(-：，-1),(-1,0),(0,：)连续,lim . f (x)二 lim xs i n = 0 = f (0)xOxjxf (x)在x=0处间断。lim f (x) = lim (2 x) = lim f (x)二 f (T)x J x -.J x .A -f (x)在X - -1处连续总上可得f (x)的连续区间为(-：,0),(0,：)。第十节 闭区间上连续函数的性质1.证明：令 F(x) =xl nx -1，则 F(x)在 1,2 1 连续，且 F (1) =1,F (2) = (2l n2 -1)

5、 0，由连续函数的零点定理可知，至少存在一 - (1,2)，使F)= 0，即方程xln x = 1至少有一个界于1与2之间的实根。2. 证明：令 F(x) =x-2si nx-3在 0,：】联系，且 F (0) =-3 ： 0, F (二)=(二-3) 0，由连续函数的零点定理可知，至少存在一(0/：)，使F(J=0，即方程x-2si nx-3 = 0至少有一个界于0与二2之间的实根，所以原命题成立。3. 证明：令 F(x)=f(x)-x ， 则 F(x)在！a,bl上连续，并且F(a)鬥f (a) - a ： 0, F (b)鬥f (b) - b 0，由连续函数的零点定理可知，至少存在一点a

6、,b，使得f(j=0，即至少存在一点：a,b 1,使f)= o第一章测试题选择题1. D 2.C二填空题3.C4.A5.B1. 2 2. 23.0,2】4.2X 2x+25. 2三.计算题1.原式=limX2 X1sintan x3 + J92-X)62.原式=lim n1 =1n_jpcncos X1詔X2亠3.原式=処(1 +cosx -1 fosx A.=e2.1xsin；tt-;y = 2sin(2x)22、y(n) =2nJsin Z (n 巧或一 2f in 2x (n -1)IL2y = cos( nares inx)y = 2 2 3 (1 x)鼻;；y二 2 n!(1 x)n

7、 1)(2) y = -2cosxsin x = -sin 2x = sin(2x 点)y =22 sin(2x);2nx2y =s in Rarcsix)+co srarcs ix)-,1-xP(1_x2)3代入方程即得证。3、y = In aax f (ax) af(x) f (x)3%2)二=22x-x2(2x -x2)y = In aaxf (ax) Ina a2x f (ax) In a af(x) f (x)2 In a af(x) f (x), 1 “ 14、y =; y (x-1)(2x2x(2x)2第四节隐函数及由参数方程所确定的函数的导数相关变化率1、1ex2、2bx -

8、3ay - ab = 03、4、y -8 = 3(x -5)或 y -3x 7 = 05、解：两边分别对 x求导得d y2 t. dy2y f (x) y f (x) f(y) xf (y) 2xd xd x移项整理得：dy2x _ ysec (x y 1) tan(x y 1) f (x) - f (y)dx2yf(x) xf (y)6、解：两边取自然对数得In y =sinxlnx1si nx两边分别对x求导得y = cosxInx -yx sinxsi nx移项整理得：y =x (cos x I nx，)x2”dy2,dy、dy sec(x + y+1)7、解：sec (x y 1)(1

9、)十dxdxd x 1-sec(x + y+1)d 2ydx2d dydx( dx)22sec(x y 1) sec(x y 1)tan(x y 1)(1 y )1_sec (x y 1)1 -sec? (x + y +1)2sec(x y 1) 2sec(x y 1) sec(x y 1)tan(x y 1)(1 y )2 21 -sec (x y 1)2 si n(x y 1)cos3(x y 1)1 - sec2 (x y 1)3cos2(x y 1) -12(t 一 1)8、解：虬二羊； d x(2tet +1)2(d +td)2et当心时，由2tet 1=1得t=o，于是；dI d

10、(dy_詈dx2dx dx(2tet1)43 et-e (t d)2te1et(1 t)3 2 -t4 e2t(1 t)d 2y从而dx2综合练习题7x171解：当x 5时，两边取对数得In y = ln(x -1)2ln(x -2) 3ln(x -3) _4In(x -4) - In(x -5) 1两边对x求导得y 1=123_4_1y x -15(x-2)5(x-3)5(x-4)5(x-5)移项整理得y =(x -1)5亠(x-4)4(x-5) x -15(x-2)(x-2)2(x-3)35(x-3)45(x -4)5(x-5)2、解：业tf一 f(t)“d xf(t)d (也 己一 dt

11、(dx)(tr 1dx2鱼-f (t)f (t)d td( 1 )_ f (t)d3y _ dt(f (t)_ f (t)2 _ f (t)dx3 一dx一 f (t) 一一f (t)Fd t第五节函数的微分11( 1) C1 +xn +(4)- Cn +1(2)2、x C(3)-e6x C61(5) sin (3x 1) C32、(1)dyIn 7dx(3)dy = d arcsin 1 - 2 (x)I： 1“1-1-2(x)d J - 2(x)119=-2(x)d 1x)=22(x)1 -2(x)2 (x)d (x)A(x) dx_ _-(x)申(x).x2(x)1 _ 2(x)丄(x)

12、dx&12(x)1 - 2(x),当(x) ： 0时注：也可按微分的定义式 dy二f (x)dx先求f (x)然后写出微分。第二章测验题1、(1)dx_ 2earctan x(1 x) . x y=1(4)2、3、(1)计算题1 1 12f() f () (p)xD,1(1)解：两边对(2)解:dydxd 2ydx2(3)解:由于x(2) Dx求导得12ffx2x(3) C2y y ey xey y = 0_ey2y xeyy 一/-2 xey)(2y xey )2(tarctant)ln(1 t2) 11丄1 +t2 -2t1 t2d (也)_ dt dx空d t.f(x) lim x 0

13、. xln(1 t2)】122tn2 ln(1 x)x0x1 . 2sin xlim x ： 一x4t=113x 0所以 f (x)1 x1 ， xsin 2x sin x=0,x : 021(4)解：设八 X2 3x 2 一 (x 2)(x -1)11jx_2 乂-2)、-1)第三章3.1311否, 2142.是，93证明：设由于f (x) =0，所以 f(x)二 cJI又由于 f(0) ，所以f (x) ，即2 2jiarcs in x arccosx 二。2f (x) = arcs in x arccosx ,二玄门xna (n1)xn- an_.4.设 f (x)二 a0xna1xn-

14、 an_iX， f (x)显然f (0) =0, f (x)在0, x上连续，在(0,x)内可导，f(O) = f(Xo)=O，由罗尔定理知，至少存在一点(0必)，使 f ( ) =0,即方程a0 nx,n- 1)xnan4 = 0必有一个小于x0的正根。5.要证口 ：:：in口，只要证丄:丿即可a b ba a b b设f(x) =lnx，g(x)二x，两函数在b,a满足柯西定理，则至少有一点(b,a)使得 也空=-， a b 匕即可得到1，得证。a -bb3.21.-1，-42.1，13.(1)原式=pm11 x2x2(1 x) 2原式=lim = lim lim x = 0 xT101x

15、T2xf (x) = f (c) f (c)(x 一 c) 2 f ( )(x 一 c)2(1)原式=lixxln (1 x)x -In(1 x)x 一 In(1 x)2x内曲线为凸。x 二x 二3323lim sinxlnxln x lim , x 0 1(4)原式=ex 0lim 2-ex 0 公一limx 0川=1设 lnyirlnxsin xcosxln sin x ln x lim ln y = lim x_0x_0x2= lim sinxx_02xxcosx - sin x2x2 sin xxcosxsi nx = limx_02x36x2xs in x =limX 0所以，原式=

16、eT原式=lim xx_je-In(1)x-x_2x二 limx_)：:-2x=lim 1 (x -x：221：x)3.31.解 p (x) = 3 10x - 6x2p(-1) = -13P(-1)= 5p (x) =10 -12xp (-1)= 22p (x -12所以 p(x) =1 -13(1 x) 11(1 x)2 -2(1 x)1(1 -2t)4)3 一2(n -1)! (n 1)!1-2.原式= lim x(1)3 -(1)f(x)gx x2 专)? = ?lim -(1 3t)3xxT t= lim 1(1 t -t2JO t20(t ) -(120(t )= lim(3t -

17、5t2t 101 2 8(t2)3.利用ex的麦克劳林展式得Xn丄(1+日x)en+综合练习题1.略 2.解：分别给出f(x), f (0), f(1)在x=c时的泰勒展式1 2f (0) = f (c) f (c)(0 -c) f ( 1)(0 -c)2(2)2f(1) = f(c) f (c)(1 c) 1 f ( 2)(1 -c)2(3)2(3)-(2)得：1 2 2f(1)- f(0) = f (c)；f ( 2)(1-c) -f ( 1)c 2-2a 2b(1 -c)2 c2 三 2a 2 21 2x3 0(x2) - x(2 x)3原式=3(2x -凹 0(x3)(1lim3!小x

18、一0y = 36x2 - 24x - 48解得X411331-132 2!右1用、十0，在区间 , !， y 0，而yx_ 4=-33.41.错误2. 解 y = 12x3 -12x2 -48x 48 令 y = 0，解得 x -2,x2 = 1,x3 = 2在区间7片一2 , y ： 0，函数单调增加在区间-2,1,y：0，函数单调减小在区间1,2 ,/ 0，函数单调增加在区间2, =，/0，函数单调减小当x =1时，函数取得极大值8,当x = -2时，函数取得极小值-127I 丿 I 3 丿I 33 ）在（-,母）内连续，故在-旳,1 一气13 和 1 + 13 ,母 内曲线为凹， 在 1

19、 一 13 J f 133 丿-3丿33 j1131 - .13为拐点。因f ”= -24 ： 0，故f x在x = -1处取得极大值，极大值为f 一1 = 17 ;因f 24 0 ,3.解 y =3ax 2bx, y =6ax 2b4.证明：因为点（1, 3）为曲线y=ax3 +bx2的拐点36a+2b=0a =-7故丿，解得*23=a+b.9ib =j2 1令 f （x ）=1 n 1 + iI x 丿 1 + X5.证明：寫 f （X ）= -120x（1 + X ）二f （x诳（0,址）上单调增加又：Tim f （x ）=0， x +辺 x_C二 f（X）A fD=0（1即In 1 +

20、 1卜10二曲线在（-旳严）内为凹弧二f（x）+f（y）fx + y（x*）2 1 2丿ex +ey渔即 e e e 223.51. （ 1）错误（2）错误（3）正确）（4）错误（5）错误2. 13. 解 f x =6x2 -12x -18 7令x=0，求得驻点& - -1,X2 =3故f x在x = 3处取得极小值，极小值为f 3 = -4724. 解 f x = 3x 2ax b因f x = x3 ax2 bx c在x = _2处取极大值3，在x = 3处取极小值故 f 2 =0, f 3=0,12 4a b =0 即 27 +6x +b =08 +4a +2b +c = 3Jf 2 =3

21、”15a =2 5解得 0f(Xf (a )存在常数/ - 0，使得当x a - ： ,a，时，20(x a)即f a为极小值3.61. 解定义域为-：:,:奇函数，关于原点对称，以下讨论仅在b, 上进行y = 3 - 3x2 y -6x列表如下x0（0,1）1（1严）F y+0一#V0y的图形拐点单增凸极大值点单减凸图略2.解定义域为一：,一1孤-1,：无奇偶性，周期性2有铅直渐近线Xx - -1，因为 lim 一 二：:1 + x2(1+x)列表如下x(-旳2)-2(-Z-1)(-1,0)0（0,母）F y+00+rr y+y的图形单增凸极大值点单减凸单减凹极小值点单增凹图略3.71. 2

22、2. at3. 1解x 二丄，f x 一x2，由曲率公式，得x坐二乂，令坐丸，解得dx .2 - dx21 x2K = 1 x2 22 2，而f1 In 22故曲线曲率最大点的坐标为bn 22丿413.81.解设 f x = x3 - 3x2 6x -1， x 0,11f 1 =3 0因为f x在0,11连续，且f 01= 1 ： 0,故由零点定理知在o,1内至少有一个使f = 0又因为x =3x -1 230于是在01内f x的零点是唯一的，即方程 X3 _3x2 6x-1 =0在0,1区间有唯一实根。以下用二分法求这个根的近似值kakbk中点Xkf(Xk :符号0010.500+100.5

23、000.250+200.2500.125一30.1250.2500.188+40.1250.1880.157一50.1570.1880.173一60.1730.1880.267+70.1730.2670.220+80.1730.2200.196+90.1730.1960.185+100.1730.1850.179一110.1790.1850.182一120.1820.1850.183+130.1820.1830.183= 0.1833.43. 错误324. 解 y = 12x -12x -48x 48 令 y = 0，解得 x -2,x2 = 1,x3 = 2在区间-：,-2 , y ： 0，

24、函数单调增加在区间-2,1,y：0，函数单调减小在区间1,2 ,/ ：0，函数单调增加在区间2, =，/0，函数单调减小当x =1时，函数取得极大值 8,当x二-2时，函数取得极小值-127”2“1 + V131 - yh3y =36x -24x-48 令 y =0，解得 x4,x5 :3 31 -V131 + 寸13”1 _ h3 1 + V13”在区间空 一I3 ， 1一严，/0，在区间1一 ,1一13 ，y“v0,而y3 丿 13丿133 J在（-旳严）内连续，故在r 1-时oO 和+内曲线为凹，在13 1+V13 3丿1 3 丿i 33 丿内曲线为凸。x =-13 , 113为拐点。3

25、 323. 解 y =3ax 2bx, y = 6ax 2b因为点（1, 3）为曲线32y = ax bx的拐点4.证明:心20，解得3 =a +b令 f (x )=ln 13a =2b=92:0f x在0,亠上单调增加又 v lim f(x)=O x 0曲线在-：，：内为凹弧f (x)+ f (y )f fx + y 2 i 2 .丿ey3.51. （ 1）错误（2）错误（3）正确）（4）错误（5）错误2. 13. 解 f x =6x2 -12x -18 7令 fx =0 ,求得驻点 Xi = -1,x2 =3f x =12x -12因f -1 = _24 : 0，故f x在x - -1处取

26、得极大值，极大值为f ：；：1 =17 ；因f 3=24.0 ,故f x在x =3处取得极小值，极小值为f 3=-4724. 解 f x = 3x 2ax b因f x3 ax2 bx c在x二-2处取极大值3，在x二3处取极小值故 f 2=0, f 3 =0, f 2 =312 4a b =0即 27 +6x +b =08 +4a +2b +c =315a =一2 5解得b=18 , f(3) = c = 115.解 f x = COSX -1令f x =0，求得驻点X =0由于f -二-二，f 0A0, f二-二，经比较f x在x =总取得它在L二，上的最小值-二, 在x -二取得它在L二，

27、二上的最大值二。6证明：.佃 f x - f2a 二 10(x - a 24f (x f fa 二存在常数6 0，使得当x(a6,a + 6 )时， 0(x - a)f x f a即fa为极小值3.63. 解定义域为 -：:,:奇函数，关于原点对称，以下讨论仅在0, 上进行y = 3 - 3x2 y -6x列表如下x0(0,1)1（仆）+0F y0y的图形拐点单增凸极大值点单减凸图略4.解定义域为一：,一1孤-1,：无奇偶性，周期性2有铅直渐近线Xx - -1，因为 lim 一 二：:1 + x(1+xf2(1+x)x(-,-2)-2(-2,-1)(-1,0)0（0,畑）F y+00+椁y+y

28、的图形单增凸极大值点单减凸单减凹极小值点单增凹列表如下图略3.74. 25. at6.1f x 2，由曲率公式，得xx3dK 1 -2x2 dK“曰、2亍，令0，解得x二d.2 t dx2(1 +x J2，而 f1 In 22故曲线曲率最大点的坐标为3.82.解设 f x = x3 - 3x2 6x -1， x 0,11因为 f x 在 0,11 连续，且 f 0 - -1 ： 0, f 1 =30故由零点定理知在o,1内至少有一个使f = 02又因为f * =3x -130所以f x在0,1 上单调增加于是在0,1内f x的零点是唯一的，即方程x3 -3x2 6x-1 =0在0,1区间有唯一

29、实根。以下用二分法求这个根的近似值kakbk中点xkf(Xk :符号0010.500+100.5000.250+200.2500.125一30.1250.2500.188+40.1250.1880.157一50.1570.1880.173一60.1730.1880.267+70.1730.2670.220+80.1730.2200.196+90.1730.1960.185+100.1730.1850.179一110.1790.1850.182一120.1820.1850.183+130.1820.1830.183= 0.183第三章测验题1、BCADB2、(1)(1, 2), (1, -、2)

30、（上）凹03、解:(1)lim xx j0-arcs in(3)1 lim (cscx ) X 0x二 limx )01 -丄23x2x sin x 二 limx 0 xsin= lim 一豹沙2)x06x32lim 1cosxx 10 sin x xcosx= lim _(1x 0-x2)6sin x32limx 0 2cosx - xsin x=01ln(1 x)； _xlnln(xln(x 1)In In(1 + x)InxIn In(1+x)In xIn(1+x)1 + xxlim In y IimIim- IimIim- Iim x = oX.X)：xX)： xX)：x X :1x)

31、：1In V Iim In yIim y = Iim y = 8 =14、解：函数y二严的定义域为(_：)x2 +16x(1 )求y=_ 的一阶、二阶导数：x +1”6(x2 +1) _6x2x _6(x +1)(x _1)y 一(x2 1)2(x2 1)2“12x(x2 +1)2 (6 6x2)2(x2 +1)2x12x(x -3)y223(X2 +1)(x2+1)3(2)求区间的分点值：令 y =0= Xi -1,X2=1y =0= X3 - - 3, X4 =0,X5 - 3由此把区间（-：）划分为：（_：,_ . 3,- 3,-1,-1,0,0,1,1, 3, .3,：（3）制表：X（

32、皿,J）屁(-屈 -1)-1(-1,0)0(0,1)1（1小）（V3,p）y(1)-0+0-(2) y-0+0-0+函数 图形下凸拐点下凹极 小上凹拐占八、上凸极大下凸拐点下凹(4) 求渐近线：由Iim 导 Iim =0，故知图形有一条水平渐近线y = 0。x护x2 +1Y2x(5) 画图。(略)5、解：y = 3x 2ax b, y = 6x 2a由题设：yxm=6+2a=0n a =-3 ； 7x=4= ； yx=0=c = 1故得：a = -3, b = 0, c = 1aSx f x y x I6、解： y=e,y = e , y = e ,=1+(eu)22y = axbx c,y

33、= 2ax b, y = 2a,k22a31 (2ax b)22由题设:=2au b二 2a -严uea 二2b =eu(1 _u)由 y(u)eu = au2 bu c= c = e-u 1)7、解：设点(x, y)到直线2x 3y - 6 =0的距离为2x 3y - 6x 2232132xx 3y -6、13(*)1 1 令 f (x) =-j=|2x + 3y 一6，则 f (x) = -=|2 + 3y 、13. 13对方程x2 4y24两边求导:2x 8yy = 0二x4y3x =5 .8 y =5(* )式，并令f (x)二0 ,可得:822将x y代入x 4y 4，可得:3由题设

34、可得:8、证明：打他3 8、(,)即为所求的点。5 5f(x) f(0)=f W：1x0(3)=(f(攻)=可 )0xf (x)在(0, a)内严格单调增加。x9、解：sin x = x3!355!o(x5)cosx 二 1 -2!4x4!6! O(x6)x(a bcosx)sin x24635x x x6x x5= x(a b(l- 心 一 订 o(x6)(xo(x5)2!4!6!3!5!a b b 3(a b)x 占冷(a.r A)x5 o(x5) 5!5!2!3!1 a b =0由题设： a 2u门二一 + b =0634a 二一3b = 一1310、证明：(反复用罗尔定理)f(a) = f(b),.在(a,b)内至少存在一点 ，使得f C) =0又 f (b f ( 1),在(,b)内至少存在