同济版高等数学课后习题解析

1、书后部分习题解答P21页3. (3) lim n2a abb21,1)知识点:1)等比级数求和aaq2aqn 1aqa(1 qn) (q 1)(共 n 项)1 q2）用P14例4的结论：当 q1时,limn解：limn1 b b2n a bnlimnn1 a1 anrn-11 b1 b5. （1）判断下列数列是否收敛，若收敛,则求出极限:设a为正常数,Xo-) Xn证：由题意,XnXn 1g(Xn22Xn Ja （数列有下界）Xn又 Xn 1Xn2(Xnin)Xn由单调有界定理,此数列收敛;2Xn2Xn0 (因 Xn1 Oa ）（数列单调减少）（负的舍去），P35 页 4. (8)极限 lim

2、X 1lXm1P36页8.已知当Xlim Xn ni(Xn一）两边取极限，得bxn1ax一(b ),2b故此数列的极限为. a .xn1 (n 12)X n lim(x 1)2x 11 (X 1)n1 (n(X 1)21)x n1221 C：1(x 1) C(x 1)2 (x(X 1)21)n 1 (n 1)x nC21n(n 1)2（若以后学了洛必达法则（0型未定型）0n 1.X lim X 1(n 1)x n(x1)2lim (nX 11)xn (n 1)2(x 1)lXm1(n 1)nxn 12n(n 1)2书后部分习题解答212、0 时，(1 aX )3 1 cos X 1 ,求常数

3、a .知识点：1)等价无穷小的概念;2)熟记常用的等价无穷小，求极限时可用等价无穷小的替换定理112(1 ax2)3 13 ax 2a 3斛：由题息：lim lim2-1得a x 0cosx 1 x 0x32(1 ax2)3 1或lim-x 0 cosx 1-22a.1 ax 1lim zix 0x222(1 ax2)3 (1 ax2)31(根式有理化)P42 页 3 (4)11关于间断点：f(x) sin x xx 0为第二类间断点说明:.1.1 一一 lim - sin -不存在 x 0 x x(在0的过程中，函数值不稳定，不趋向与P43页7 (1)证明方程2x14x 0在(0,万)内必有

4、一实根。知识点：闭区间(一定要闭)上连续函数的根的存在定理1.证明：设f (x)2 4x,易知，f (x)在0,5上连续;f(0) 1 0,吗)<2 2 0,(注：设函数，闭区间)一 ，1、，故由根的存在定理，至少在 (0,-) 内存在一点1、即方程2x 4x 0在(0, 1)内必有一实根.，使 f()0,P61页3.设f (x0)存在，求:(1)f (x0) f (x0 x)眄0f(x0 h)f(x0 h)(3)!im0f(x0 3t)f(x0)分析:因f (x0)存在，则极限limx 0f (x0x) f (x0)的值为f (x0)。把(1) (2) (3)化为相应可用极限的形式解：

5、(1) limx 0f(x0) f(x0 x)limfx 0f (x0)limh of(Xo h) f(Xo h)himof(Xo h) f(Xo) f(Xo h) f(Xo) ltimof(Xo 3t)f(Xo)X ,8.用导数的定义求 f（X）ln（1lhmof(Xo h) f(Xo) f(Xo ( h) f(Xo)f (Xo) f (Xo)2 f (Xo)f(Xo3t) f (Xo)3t(h)( 1)3 3f (Xo)X 0在X 0处的导数.（可参看P51例1-2）x) ,x 0知识点：1）导数在一点Xo处的定义：f （Xo ）.f(Xo X) f(Xo)lim X oX2）点Xo处的左

6、右导数的定义与记号:左导数 f (%) lim f(XoX)/。)X oX右导数 f (xo) lim f(XoX)f(Xo)X oX3）分段函数在分界点（具体的点）处的导数必须用导数的定义或左右导数的定义做。解：因f（o） o（先写出X 0处的函数值）f(0x)f 又 f lim1 -X oXf (0)lim f9 X)fQ X oXX 0 .lim 1X o X(在X 0处的左导数定义)ln(1x) 0.lim -1 1X o X(在X 0处的右导数定义)而 f (o) f (o)故f (o)1化.设函数f （x）2X , Xax b ,x1,为了使函数在X11处连续且可导，a,b应取什么

7、值?题型：分段函数在分界点处的连续性与导数的求法。解：由题意，函数在 x 1处连续，则f（1 o）f (1 o) f(1) 1,即f (10)limf(x)limx21X 1X 1f (10)limf(x)lim(axb) a b,得 a b 1X 1X 1又函数在x1处可导，则 f （1） f （1）lim f(1 x)fx 0xlim (1 x)21x 0 xf (1)limx 0f(1 x) f(1)xlimx 0a(1 x) ba （用到了 a b 1）故 a 2 ,b书后部分习题解答P62页14.设 exy十dy0,求dx分析：1）隐函数求导;解：方程两边对 x求导:3 （关于隐函数

8、求导）2）由x 0代入方程要求出 y的值。exy(1 y x dy) dx2xa 2 dy3y dx0得:dydx2x yexyxexy 3y2又由x 0代入方程，得dydx一，,，2、20.已知 xy sin( y ) 0 ,求dy dx要点：求隐函数二阶导数的方法。解：方程两边对 x求导：dy、,（1 y x ） cos（dx把x 0,y1代入式（(0, 1)'y2) 2解得dy dx（或由式（1）解得:dydx再把点代入得dydx(0,1)（求隐函数二阶求导的方法）方法1：式（1）两边对x求导,把 x 0, y1（代入：2方法2:式（2）d2y dx2dydx(0,1)2 yco

9、s(（记包 dx ,2、sin( y ) 2 yy 21(0, 1)1 0 0(1)2对x求导：(0, 1).y2)(2)d2y dx2,2、cos( y ) 2 yd2y,2 (0, 1)dx1 22 (/ 1 ( 1) 2,2、cos( y ) 2 y y 01) y 0)1dx2点、一阶导数直接代入（不用化简，注意式中有0处的值）即可. 2222、d y y 2 ycos( y ) x y2 y cos( y ) 2 ysin( y ) 2 yy 1_222 ycos(y ) xP62页15题.利用对数求导法求导y x2说明：1） 一定要用对数求导法求导;2)取对数后，先化简.解：取对数

10、：ln y21n x1/1x)ln(1 x)(化简)两边对12x12(1匕）所以:2(一xL)1 x（y代入）书后部分习题解答（关于中值定理与未定式极限）P82页1 .检验罗尔定理对函数f（x） （x1)(x 2)(x 3)是否成立?分析：1）即检验是否符合罗尔定理的条件;2）若符合，是否存在?解：易知 f(x) (x 1)(x 2)( x 3)在1,2,2,3上连续，(1,2),(2,3)内可导，且£(1) f (2) f (3) 0,故符合罗尔定理的条件。又由 f (x) 3x2 12x3.一11 0,得 2 飞3,故有 f ( i) 0; 1(1,2)f ( 2) 0; 2(2

11、,3),符合罗尔定理的结论故罗尔定理对函数 f（x）(x1)(x 2)(x 3)成立。4.(3)证：arctana arctanb证：设 f (x) arctan x ,当 ab时，等式成立;若a b,则易知f（x）arctanx在a,b上连续，在（a,b）内可导，则由拉格朗日定理存在 (a,b)，使 f (b) f (a)，1,、f( )(b a) (b a)取绝对值，得 arctanb arctana(b a) b a同理a b ,可证arctana arctanb综合：有 arctana arctanb a b6.设函数f(x)在闭区间1,2上可微，证明：f(2) f(1) 3f ( L

12、其中12.2提示：对f (x) , g(x) X2用柯西中值定理3、8.证明：3arccosx arccos(3x 4x ),其中 x -.题型：证明函数为常数；f(x0)用到的知识：书 78页定理3.4 (3)的结论，若 f (x) 0,则f(x) C.(C证明：设 f(x) 3arcc0sx arccos(3x 4x3),贝Ur112f (x) 3( =),3 2 (3 12x),.1 x21 (3x 4x3)2，.一 ,1整理，当 x - , f (x) 0,故 f(x) C,又 f(0) 3 -LL,、，C，C,3、1所以： 3arccosx arccos(3x 4x ) 当 x 2P

13、89页(用洛必达法则求极限时，可以适当的化简、整理等，目的简化计算)2 (3)limtanxx 万 tan3xtanx sinxcos3x 1 cos3x解：limlim limx - tan3x x - sin3xcosx x - ( 1) cosx 222(用到连续性与极限的运算，相当于x 一代入)2limx 23sin3x sin xlnsinmx /(5) lim(m 0)x 0 lnsinx解:ln sinmx lim x 0 ln sin xcosmx m lim sinmxx 0 cosxsin xmcosmx sin x mcosmx x / limlim1x 0 sin mx

14、 cosx x 0 mx cosx(整理，等价无穷小的代换)1、3. (2) lim(cot x -)（函数差的极限，一定要整理成函数商的极限）解：lim (cot x1 xcosx sin x-)=limx x 0 xsin xcosx x( sinx) cosxlimx 0xcosx sinx4. (3)xim心x-1 x斛：lim ln( ) =ex 0 xlim02x2xxsin x2x（骞指函数的极限）1 xlnln( _)x（用了等价无穷小的代换）“1 先求 lim xlnln(-)limx 0ln( ln x)1limx 011(_) ln xx1-2 xxlim()0x 0 l

15、n xE ,1(用到ln(1) xIn x0 时，In x,无穷大量的倒数为无穷小）-1._v故 lim ln(-)0 x2.、lim ( arctanx)x(4)解:lim (2 arctan x)x xlim,2,、xln( arctan x)而limx, ,2,、xln( arctanx),，2、ln() ln(arctanx)limxlimx2arctanx 1 xlimx2x2、(1 x )arctanx2一(用到lim 一x (1limxarctan x ) 2故limx(2 arctanx)x e7.试确定常数a,b,使得lx”ln(1 x) (axbx2)2.解：因Iim0ln

16、(1 x) (ax bx2)“mAx 0 2x2bx)又x 0,上式分母2x0 ,且极限存在，则必须分子a 2bx 011x(1 x)2- (a 2bx)lim 1-x=limx 02xx 02b1 2b 2 ,倚b2书后部分习题解答4 (关于中值定理与未定式极限)P82页1 .检验罗尔定理对函数f(x) (x 1)(x 2)(x 3)是否成立?分析：1)即检验是否符合罗尔定理的条件;2)若符合，是否存在?0,解：易知 f(x) (x 1)(x 2)( x 3)在1,2,2,3上连续，(1,2),(2,3)内可导，且£(1) f (2) f (3)故符合罗尔定理的条件。23又由 f

17、(x) 3x2 12x 11 0,得 2 ，故有 f ( 1) 0； 1(1,2)3f ( 2) 0； 2(2,3),符合罗尔定理的结论.故罗尔定理对函数 f (x) (x 1)(x 2)(x 3)成立。4.(3)证： arctana arctanb a b证：设f (x) arctan x ,当a b时，等式成立;若a b,则易知f(x)arctanx在a,b上连续，在(a,b)内可导，则由拉格朗日定理1,存在 (a,b),使 f(b) f(a) f ( )(b a) 2(b a)1一,，一一 .1.取绝对值，付 arctanb arctana 2-(b a) b a1同理 a b,可证 a

18、rctana arctanb a b综合：有 arctana arctanb a b6.设函数f (x)在闭区间1,2上可微，证明：f(2)f(1) 3f (),其中12.2提示：对f (x) , g(x) x2用柯西中值定理. 八，一 ,3、8.证明：3arccosx arccos(3x 4x ),其中 x题型：证明函数为常数;用到的知识：书 78页定理3.4 （3）的结论，若 f （x）0,则 f(x) C.(Cf(X0)3、 一证明：设 f(x) 3arccosx arccos(3x 4x ),贝U，、1、f (x) 3()1 x21 (3x 4x3)2(3 12x2),一一 ，1-整理

19、，当 x - , f (x) 0,故 f(x) C,又 f(0)所以:3/ 3、3arccosx arccos(3x 4x )，当 xP89页（用洛必达法则求极限时，可以适当的化简、整理等,目的简化计算）2 (3)tanx lim万 tan3x解:limtanxx 2tan3xsinxcos3x limx _ sin 3x cosx21 cos3x limx _ ( 1) cosx（用到连续性与极限的运算，相当于x 一代入）2(5)解:limx _23sin3x3sin xlnsin mx lim x 0 lnsinx(m0)ln sinmx lim x 0 ln sin xlimx 0cosmx msin mxcosxsin xmcosmx sin x mcosmx x / lim lim 1x 0 sin mx cosx x 0 mx cosx(整理，等价无穷小的代换).1,3. (2) lim(cot x 一)