《微积分》上册部分课后习题答案

1、微积分上册一元函数微积分与无穷级数第2章极限与连续2.1数列的极限1 .对于数列xn,若x2ka(k)，x2k1a(k),证明：xna(n).又因 x2kla ( k2 k I0,x2ka(k),KiZ,只要2k2Ki,就有x?ka),K2Z,只要2k12K21,就有x2k1a).取Nmax2K1,2K21,只要nN,就有xna,因此有xna(n2 .若limxna,证明lim|4|a|,并举反例说明反之不一定成立.nn证明：limxna,由定义有：0,N,当nN时恒有|xna|又|lxn|a|xna|对上述同样的和N,当nN时，都有|xn|a|成立nim|xn|a|反之,不一定成立.如取xn

2、(1)n,n1,2,显然lim|xn|1,但limxn不存在.2.2函数的极限1.用极限定义证明：函数fx当xxo时极限存在的充要条件是左、右极限各自存在且相等.证：必要性.若limfxA,0,0,当0xx0时，就有Xx0fxA.因而，当0xx0时，有fxA,所以limfxA；同xx。时当0x0x时，有fx,所以limfxx0A.充分性.若limXx0fxA,limfxx0A.0,0,当0xx01时，就当0x0x时，有fxmin，则当02.写出下列极限的精确定义:(4)limxf(x)设f:U(xo)0,时的极限,记作设f：D(f)R,满足关系:则称A是f(x)当x(3)设f：U(x0)恒有f

3、(x)(4)设xx0(1)limxx0时，就有f(x)A.所以limfxxx0A.(2)limf(x)A,(3)limf(x)xx0(5)limf(x)A.xR是一个函数，如果存在一个常数AR,满足关系：limxx0xof(x)函数,o,X(R)时，恒有|f(x)A或f(x)其中D(f)0,使得当x时的极限，记作:R是任一函数，若A|A(x，则称A是f(x)当xx0).xo),R,0.若存在常数X时，恒有|f(x)A|成立,Jimf(x)M0,A或f(x)A(x).x0时,xx0时f(x)的极限为正无穷大，记作limf(x)xx0或f(x)(xx°).f:D(f)R是一函数，其中D(

4、f)R,满足关系：M0,X(R)0,使得当时f(x)的极限为负无穷大，记作:limf(x)xf(x)(5)设f:D(f)R是一函数，其中R,满足关系:0,X0,使得当D(f)xX时,),0,若存在常数X时,恒有f(x)M则称当(x).),若存在常数恒有|f(x)A|成立，则称A是f(x)当时的极限,记作:limf(x)A或f(x)xA(x).1.求Nim解.Nim1,ex2.求limrx01e解.1limexx0limx01ex1ex2.3Nim极限的运算法则limx01ex1ex,limx01ex0,1arctan一x%ctan工x3.设limf(x)存在,x1解：设limf(x)=A,x1

5、再求极限:f(x)4.确定a,b,c,limx0limx01lim1x01ex1arctan一x1ex-1exf(x)x2f(x)1.,1一limarctanlimx01exexarctanx22xA.a(xlimx12xlimf(x),x12x2xAiim(x22xA)2x2x.1)2b(x1)c(x1)2求f(x).2AA0成立.解：依题意，所给函数极限存在且lim(x1)20X12lxma(x1)b(x1)c.x23b上式左边=lim(aX1x12.x232)(X1)lim1(x1)(2.x23)同理有1.设X1=10则1ab(2X23)1(x1)(2.X2limb(2.x23)1xX1

6、lXm1Xn1X-3)19-(2x23)1x2(x1)(2x23)1c一-,c2为所求.2<6Xn,3(1X2)8(x1)(.x232x)162.4极限存在准则1,2,).试证数列Xn的极限存在，并求此极限.证：由X110,X24,知XiX2.假设XkXk1,则有Xk166Xk.6Xk1Xk2.由数学归纳法知，对一切正整数n,有XnXn1,即数列Xn单调减少.又显然，Xn0n1,2,即Xn有界.故limXn存在.n令limxna,nxn两边取极限得aJ6a,从而有a2a60,a3,或a2,但Xn0,a0,故limXn3n2.证明数列0X1.3,x3(1Xn)收敛，并求其极限.3Xn证明：

7、利用准则II,单调有界必有极限来证明由递推公式0X23(1X1)3X12x13X12Xiq31330x273同理可证：0xnJ3有界3(1Xi)3x2(,3xi)(.3%)0xi03xi3xi3xix2xi同理x3x2,xnxni数列xn单调递增,由准则IIlimxn存在，设为A,由递推公式有：nA3(iA)A<3(舍去负数)3Alimxn.3.n3.设xn为一单调增加的数列，若它有一个子列收敛于a,证明limxna.证明：设x为xn的一子列，则x也为一单调增加的数列，且limxnankk对于i,N,当nN时有|xnka|i从而|xnk|xnkaa|xnka|a|i|a|取MmaX|xn

8、i|,|xnN11|a|,对一切nk都有|xnk|M有界.由子列有界，且原数列xn又为一单调增加的数列，所以，对一切n有|xn|M有界,由准则II,数列xn极限存在且limxna.n2.5两个重要极限1 .求limcosVn""icosjn.n解：原式=lim nc.nin.ni2sinsin22nln_.ni.n2ni、nlim2sin0n2、ni，n22 .求limsin(4ni).n解.原式=limsin(nn,n2n)limn1nsinlimnsin.n21n.n21,、13.求lim(sin-解.原式=x令t1xlimt0cos1)x.xsintcostlimt0

9、sin2t1sin2tsin2t2te4.设f(X)2(12xcosx)3x解:limx0f(x)2xlimx01.解.limf(x)2xlim坐x0x研究函数2.证明方程证.令fx0,3.设f(x)解.f(x)在1.3x-2xlimx0f(x)2xlimx02(1cosx)2x2.6函数的连续性的连续性，并指出间断点类型Z(整数集)为第一类(跳跃)间断点.px0(p0)有且只有一个实根.xpx其唯一性，ln(11,0,q,0,f由零点定理，至少存在一点易由的严格单调性可得.x),1x0,1,1,x1是f(x)的第二类无穷间断点内连续;limx0limfxlimln1x0,因此xx0x0f(x

10、)的间断点，并说明间断点的所属类型1e-1因此，limx01e-10是f(x)的第一类跳跃间断点.4.讨论f(x)limn2nxx-的连续性.nxe解.f(x)limn2nxxxenxe2x,x0,xx,x00,因此f(x)在,0,0,内连续，又00,上连续.5.设函数f仁)在()内连续且lim30,证明至少存在一点xxf()0.证：令F(x)f(x)F(x)则limxxlim盘110xx从而匚(80.由极限保号x性定理可得，存在xi0使FM)0；存在x20使F(x2)0.F(x)在x2,xi上满足零点定理的条件，所以至少存在一点使得F()0,即f()0.16.讨论函数f(x)lim-x12n

11、xw的连续性,x若有间断点，判别其类型解:f(x)1|x|0|x|1|x|1是第一类跳跃间断点，除此之外均为连续区间7.证明：方程xasinxb(a0,b0)至少有一个正根，且不超过ab.证明：设f(x)asinxb,考虑区间Qabf(0)0,f(ab)a(1sin(ab)0,当f(ab)a(1sin(ab)0时，xab是方程的根;当f(ab)a(1sin(ab)0时，由零点定理，至少(0,ab)使f()0，asin0成立,故原方程至少有一个正根且不超过ab.2.7无穷小与无穷大、无穷小的比较1.当x0时，下面等式成立吗?xo(x2)o(x3);o(x2)(2)o(x)；2、o(x)o(x).

12、解.2(1)Ax"3x2ox2xox3x0(2)o(x2)2x(3)ox,不一定趋于零，xo(x),2、o(x)不一定成立(当x0时)2.当x时，若axo(1I),则求吊数a,b,c.x1bxc3.写出x0,b,c任意.0时，无穷小量x3x的等价无穷小量.解:limlx-Jxx 06 xlim|1二limv'1Vx1X03xx00,-xVxVx第3章导数与微分3.1导数概念1.设函数f(x)在xo处可导，求下列极限值.f(x0眄02h)f(x03h);(2)limxxx°f(x)xf(x0)解.(1)原式稳f(Xo2h)fXo2hf(Xo3h)fXo3h5fX0(2

13、)原式limXX0X0f(x)fX0fX0XX0XofX0fX02.设函数f:(0,)试证：函数f在(0,解：令XfXlimx0XX0R在X1处可导，且x,y)内可导，且fxyyfXfy有f1fX1limx0(0,.2f1)有f(Xy)yf(X)Xf(y)0.0,xflim一x0.X.X.11fXXX故fX在0,3.设f(X)在(又f(X1X2)limX内处处可导，且fXf)内有意义，且f(0)0f(X1)(X2)f(X2)(X1),其中解：fxlxm0lim9x0(0)(X)1,COSX2X,求f(x).lXm0fxlXm022xxcosxxe4.设函数”*)在*0处可导,且limarcta

14、nXf(X)12,求f(0).解：由已知，必有limef(X)1x00,从而limf(x)0，而f(x)在X0连续，故f(0)0.八arctanx2limfX0ef(x)1.XlimX0f(x).1limX0f(x)f(0)X.故ff(0)1(0)25.设f(X)具有二阶导数,F(x)2-2、limtf(x)f(x)sin2,求dF(x).t人1_斛：令h-，则F(x)limtt0f(x2h)f(x)sinhx2xf(x).从而F(x)2f(x)2xf(x),dF(x)F(x)dx2f(x)xf(x)dx.6.设f是对任意实数x,y满足方程f(x)f(x)f(y)2xy的函数，又假设f(x)l

15、im1,求：(1)f(0)；(2)f(0)；x0x(3)f(x).解：(1)依题意x,yR,等式f(xy)f(x)f(y)2xy成立(2)又(3)f0有f(0)2f(0)f(x)f(0)f(0)01f(0)f(0)/.f(xx)f(x)(x)lxm0xlim3x0f(x)x)2f(x)lxm0f(x)x2xx(x)2lxm。七xxf(0)x2f(x)7.设曲线yf(x)在原点与ysinx相切,试求极限limnn1n2；解：依题意有y(0)f(0)1且f(0)08.设函数f(x)在xf(1)limnnf(0)lim1nlimn1limn2n0处可导且1n2f(0)1.f(-)f(0)nf(0)2

16、f()f(0)n20,f(0)0,证明f(-)limn-nnf(0)1.1f(-)f(0)limnnenf(0)elimne1f(-0)f(0)1n'_2T(o)n1.计算函数y(-)x(-)a(-)baxa(a0,b0)的导数.a1解.y(b)xlnb(b)a(-)ba-aaxaxbab(-)b1*1*aabxba,xb.bab(-)(-)(-)ln-axaaxx2.引入中间变量u(x)Jix2,计算y1arctanJix21ln1x!的导数5.24,1x21dx解.引入u(x),1x2/口1x11u1.口dydydu得y-arctanu-In，于是,又24u1dxdudxdy111

17、1._.2"-?'du21u4u1u1111duxwdy1一/T，则4dx1x2dx2xx33 .设xy2y,u(x2x)2,求后dydydxdx解.,又一2y1dudxdudyx1dxdu32xj，则得黑232y12x1x2x.，3x2、.，、2,dy4 .已知yf(),f(x)arctanx,求一3x2dxx0解：yf(然)(衿arctan(23x2(3x2)2dydxxoyxoarctan32(3x2)2xo4123.3高阶导数1.计算下列各函数的n阶导数.15x（2）ycosx.解（1）n1n!(2)2e由此推得2.设y解y50coscosxsinx1cosx22ex

18、cosx一n,22sin2x,求y50sin2xsincos50cosx2c；。sin2x49C2osin2x485022xsin2x50_50_502xsin2x495049492sin2x482c5022xsin2x50250xcos2x1225249sin2x24912252x2sin2x100xcos2x3.试从dyy0,其中y三阶可导d2x导出一7dy2d3xdy33y2yy5y解dxdyd2xdy2dxdxdyd3xdy3dx4.设fdxx满足fdy2f,fn1,一、以1代x,原方程为x3x2fxx,消去f3x5.设f(x)arcsinx,试证明f(x)满足(1)(1x2)f(x)

19、xf(x)n1.n!(1x2)f(n2)(x)(2n1)xf(n1)(x)n2f(x)0,nQ1,(3)求f(n)(0)(1)f6.解:(2)(3)2x2x1x2fxfx0,上式两边对x求n阶导数得1x2n2f2n-1n0.一3f(x)3xf(x)3x3f(0)limx0f(0)limx0f(0)0xfxn2xfn2xfxff(n)(0)|x|,试求使x2|x|f(x)f(0)xf(x)f(0)x0。x1x21x20,n2k(2k1)!2n2kf(n)(0)存在的最高阶数4x2xlimx0limx0f(x)n.0,1,2,4x3x2x312x26x2又f(x)24x12x0,而0f(0)lim

20、x0f(0)而f(x)2412f(0)(0)limx0故彳f(n)(0)存在的最高阶数n2.7.若将多项式Pn(x)a02axa?xPn(x)b0b1(xx0)b2(xx。)2则有：b0匕函),6Pn(x0),b2证：比较两式显然有b0Pn(x0),又Pn(x)bi2b2(xbiPn(x)2b1b21.设xteyPn(x)n!bn2t确定y0limx0f(x)f(0)xf(x)f(0)xf(x)f(0)xanxn变形为bn(xx0)n,Pn(x0)八Mbnlimx0limx0x6x224limx0xPn(n)(x0)n!由于Pn(x)在x0处存在任意阶导数，x0)Pn(x。)ba(xx

21、6;)Pn(x0)2!bnnbn(xx0)n1Pn%)n!n(n1)bn(xx°)n23.4微分与微分技术/tdyy(x),求一2dx2,1解一由t-x22y20上式对x求导得eyx1eyy2y(1)再对x求导得2eyyx1eyy2x1eyy2y(2)t0时得x1,y，代入(1)式得1,y1,/,2111dy1e1代入(2)式得d-y2dx2解二xt2,xt由eyteyyt乂0得ytye1tey，且Vtyyyeeyt2y0,1,y1得xt2,xt0,yt1e,yt2e2,则d2ydx22.设试求:则业dxd2udx23.设yytxtxtyt3xt12-et02fdudxey(x)d2

22、udx2y2,其中x对x求导得2y1eyx,y满足方程dydx1eyy(x)由方程组x3t2解方程组eysint16tddxydy.esintdx2dx(x),f(x)均为二阶可导_dy2y最2y1ey3t22tyesint2t两边对2y_y1ey2所确立,0x求导得2eyeyey22yey戈d2y求标Iteycostdtdxdydxx求导得n . dt0 6 dx22dtcdt6t222dxdxeydyxdxsintydydt2e-costdxdxeysint-dxy,ecostd2tdx2d2y70t0，yt。i代入得一dxt01dy2，dxt0ed2t2'dx23d2ye23一)

23、2-4dx2t024第4章中值定理与导数的应用4.1微分中值定理1 .证明：若函数f(x)在(-,+)内满足不等式f(x)f(x),且f(0)1,则f(x)ex.证：令F(x)exf(x)则F(x)exf(x)exf(x)ex(f(x)f(x)而f(x)f(x)则F(x)0从而F(x)exf(x)C(常数)又f(0)1则C1exf(x)1即f(x)ex.2 .若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数，且f(xi)f(x2)f(x3),其中a<x1<x2<x3<b,证明：在(xi,x3)内至少有一点，使f()0.证：在x1,x2和x2,x3上分别用Rolle定理，得f(1

24、)01(Xi,X2)f(2)02(X2,X3)又在(1,2)上再用Rolle定理，得f()0(1,2)(Xi,X3).3 .设f(x)在a,b上连续(0ab),在(a,b)内可导，证明在(a,b)内存在，使得2abf ().一1，证：对f(x)和g(x)在a,b上应用cauch川值止理知，存在(a,b),使xf(b) f(a)11b a2f ()，即 f "a)b a2 f ()-.由Lagrange中值te理知，存 ab在 (a,b),使得f®工于是f ()2f ()ab4.设函数f：a,bR,其中0ab,且f在a,b上连续，在(a,b)内可导，证明在b(a,b)内存在一

25、点，使f(b)f(a)f()ln.a证：设F(x)lnx,xa,b,显然f(x)、F(x)均满足柯西中值定理的条件，则有f(b)f(a)f().f(b)f(a)f()即F(b)F(a)F()lnblna一b即f(b)f(a)f()ln-其中至少(a,b).a5.设函数f:0,2R在0,2上二阶可导，并且满足|f(x)|1,|f(x)|1,证明:在0,2上必有|f(x)|2.证明：x0,2,则f(x)在0,xx,2上二阶可导，由Taylor公式，在x处展开:12f(0)f(x)f(x)(0x)-f(1)(0x)21(0,x)12f(2)f(x)f(x)(2x)221 1 -(2 x)2 x2令

26、g(x) (2 x)2x2 在0,2上g (x)2(2 x) 2x 0 x 1f(2)(2x)22(x,2)1.两式相减f(2)f(0)2f(x)1f(2)(2x)2f(1)x2.1.2.22|f(x)|f(2)f(0)-f(2)(2x)f(1)xLL1L2L2g(0) 4 g(2), g 2gmax (2)4If(2)|f(0)|-|f(2)(2x)2f(Jx2|一11 八从而 I f (x)| 2 (1 1 2 4)2.6.设函数f在0,1具有三阶连续导数，且.11 1、 r 一，.f (0) 1, f (1) 2, f (-)0 ,证明：至少存在点 (0,1),使 | f ( )| 24

27、.证明：f在0,1具有三阶连续导数,考虑 ,11 八f 在0,1处展开,f(0)f(2) 11f (2)(0 2)f(1)f心2)2)18f (2)2!(1i)21(2 1)相减得f (3!f ( 13!f ( 1) f ( 1)48(x)连续2使 | f (2)| II f ( 1)l I f ()7.证明：x证明：(1)设f(x)48ln(124.x)(x0).ln( 1x) (x 0)f(x)1f(x)递减有f(x)f(0)ln(1x) 02x一ln(1x)2(2)又设g(x)ln( 1 x)(x0)g(x)当x0时g(x)g(0)0ln(1x)0即ln(1x)x从而有ln(1x)x(x

28、0).4.2洛必达法则1.已知当x0,f(x)解：因为lim工学x0x3由limex(1bx0xelim一x0bx1ax1bxx的三阶无穷小，试确定常数ex(1bx)1axa,b.bx)ax3(1bx)ba0ex(1bbx)a3x24bx3上式典ex(12bbx)6x由(1)(2)得:12bx2121Moe(12bbx)02b02.求极限:(1)lim(x2arctanx)Inx;1(1x)二(2)则":x解:(1).lim(x2arctanx)lnlimx2arctanx1lnlimxlimx22xlnx1x2limx22xlnxx2(1limxx2ln2xlimx_2_1x21r

29、2xln4lnx0.(1lim(x01x)xexxlim1x2x0x2.1limlimex0ln(1x)xln(1x)lim(ex)x0lim)(ln(1.)xln(1x)xln(1x)(1x)elimUnx02xx)1x02(1x)3.讨论函数f(x)1(1x)e0的连续性.解：f(00)limx0f(x)f(0)f(00)limx0f(x)lim口x01x)xjelimx01_?lnx1(1x)xef(00)f(x)在x1x2limexx0limx0ef(0ln(1lim吧ex0x)xx2exlim0_L11x2xx2x(1x)0)f(0)0处连续.4.设函数f具有一阶连续导数,(0)存在

30、且f(0)0,g(x)f(x)xa,(1)确定a使g(x)处处连续.(2)对以上确定的a,证明g(x)具有一阶连续导数.解：(1)要使g(x)处处连续，则limg(x)g(0)a即可.x01mg(x)则平呵f(x)f(0),af(0)g(0)limg(x)g(0)x0x0limHxf)x02xxf(x)f(x)limx0由定义f(x)xf(0)g(x)2x12f(0)xf(x)f(x)limx02xf(x)f(0)(0)xf(x)xf(0)xf(0)f(x)xf(0)f(x)12x产f(0)112f(0)2f(0)g(0)g(x)具有一阶连续导数4.3函数的性态1.试证：对于任何实数a,b成立

31、不等式b1b.证：设f(x)abab|(xxbabl0)f(a2.a1aa满足什么条件时,方程f(x)b)(1x)2f(a|b)b从而f(x)单调增加ab1a1b.2xa有实根.(a为实数).解：令f(x)由f(x)02xf(x)ex2f(2)e且极小值为所以，当当ln2In2则ln2为极小值点3.求曲线y解：limxf(ln2)ln2a2In20即aa2ln2时,有两个实根,2ln2时，有唯一实根.1ex22xx1arctan的渐近线.(x1)(x2)1ex21limexx0arctan(x1)(x2)42xx1arctan为水平渐近线4(x1时,1)(x2)y极限不存在x0为垂直渐近线4.

32、设函数y=y(x)由方程2y32y22xy1所确定，试求y=y(x)的驻点，并判别它是否为极值点.解：在原方程两边对x求导并化简得:令y在(1)3y2y0得y两边对(3y22yyxyyx0x.再代入原方程有2x3再求导并整理得：(1)10得唯一驻点x1.因此(1,1)一一一2一2yx)y2(3y1)y22y10,故驻点x1是y2y(x)的极小值点.5.如图,分别是曲线yex和ye2x上的点，AB和DC均垂直于x轴，且AB:DC解：设2:1,AB1,求点B,C的横坐标，使梯形ABCDB,C的横坐标分别为x1,x,BCS弟形xx13x3(3xln2)ln2,2xe的面积最大.此时X13(31 1-

33、11n2时，S0,2 3111n2是极大值点,31一，-ln21,故当36x2ln2)e2xf(x)(1解:f(x)ex(1,则ex12e2x得Xi(x0)得驻点：x3ln2时,S0,ln22x111n2是最大值点,23又驻点唯一,nXx故xT)e-n!n1X)(1(n1)!nxx)en!nex(J)令f(x)0n!得驻点x0当n为奇数时，x0时f(x)0,x0时f(x)0,故f(0)为极小值，f(0)1当n为偶数时，无论x0还是x0,都有f(x)0成立，无符号变化，无极值.从而当n为偶数时无极值，当n为奇数时有极小值为f(0)1.7.设f(x)在(a,b)内二阶可导，且f(x)0,证明对于(

34、a,b)内任意两点x1,x2及0 t 1有 f(1 t)xi 仅2(1 t)f(xi) tf(x2).证明：方法(一)f(x)0f(x)为凹函数由凹函数定义f(x)y(y为过两点(xi，f(xi),(x2,f(x2)的直线纵坐标)xxi/令0t1xxi,x2x2xif(x)f(it)xitx2直线方程：yf(xi)"x2)"")(xxi)x2xif(xi)(f(x2)f(xi)t(it)f(xi)tf(x2)故f(it)xitx2(it)f(xi)tf(x2)方法(二)：取x0(it)xitx2x0xi,x2,0tif(x)在x0处展开有:i2f(x)f(x0)f

35、(%)(xx0)2!f()(xx°)(x0,x)f(x)0f(x)f(x°)f(x°)(xx°)由得：f(xi)f(x0)f(x°)(xix°)又it0(1t)f(Xi)(1t)f(Xo)(1t)f(Xo)(XiXo)tf(X2)tf(Xo)tf(Xo)(X2Xo)+得：(1t)f(Xi)tf(X2)f(Xo)f(Xo)(1t)(XiXo)t(X2Xo)又(1t)(X1Xo)t(X2Xo)(1t)X1(1t)XotX2tXo(1t)X1XotXotX2tXoo所以(1t)f(X1)tf(x2)f(xo)f(1t)X1tX2即f(1t)

36、xtX2(1t)f(X1)tf(X2).8.设某银行中的总存款量与银行付给存户利率的平方成正比，若银行以2o%的年利率把总存款的9o%贷出，问它给存户支付的年利率定为多少时才能获得最大利润？解：设年利率为X,总存款为y,则ykx2(ko,xo)利润函数为R(x),依题意R(x)o,2o.9yxyo.18kx2kx32R(x)o.36kx3kx2kx(o.363x)令R(x)o得xo.12唯一驻点且R(x)o.36k6kxR(x)Xo.12o.36ko当xo.12时，R(x)最大，故年利率定为12%可获得最大利润.4.4弧微分与曲率1.求曲线r=a(1+cos)在=。处的曲率.解：2.rasin

37、rooror22r2rrIkoH222、2(rr)2racos4a2(2a2)3(4a2)2a34axacos2.求椭圆ybsin(ab0)上哪一点的曲率为最大(或最小)？解：因椭圆上任一点的曲率为：)()()ab故当32()2()2,2.2(asin3b2cos2)2为何值时，k为最大或最小等价于求函数_22F()asin()a2sin2,22bcosb2sin2(a23且在端点处有:20,时，F()最小，当3.设抛物线(0b2)sin2F(0)0,时，曲率k最大，当y=ax2+bx+c在x=0处与曲线解：依题意有:x0(2axb)x01,y(0)ce03F()F(2F(a)Fa',

38、3-时,F()最大,23-时，曲率k最小.22ex相切，又有共同的曲率半径，求0b,y2a;x01;a,b,c.1,在x0处，两曲线的曲率半径相等即曲率相等2a33(11)2(11)25.1第5章不定积分不定积分的概念与性质1.已知f(x)f(x4),f(0)0,且在(2,2)内f(x)x,求f(9).x,0x2,解：因为f(x)所以f(x)x,2x0,2x22x2Ci,又因为函数可导必连续，则有f(0)f(00)f(00)0x2,从而C12 x f(x) 2 2 x 万2,1则有f(9)f(54)f(5)f(1)2x0,5.2基本积分法1.计算希_2-f(x)f(x)dx.f3(x)解：原式

39、f(x)f2(x)f2(x)f(x)f3(x)dxf(x)f(x)f2(x)f(x)f(x)f2(x)dxf(x)df(x)f(x)f(x)”2C.2f(x)2.设g(x)cosx2x2C,xC,x0,及f(x)0sinx,x,定积分吗?(2)求过(0,1)点f(x)的原函数.解：因为g(x)在x0处不连续，则g(x)在x0,0,问：g(x)是f(x)的不0处不可导，所以在)上g(x)不是处处可导，从而g(x)不是f(x)的原函数.cosx,x(2)而F(x)x21,x0,在(0)内处处可导，且F(x)f(x)，所以F(x)C是f(x)的原函数，即f(x)dxF(x)C.过(0,1)的原函数就是F(x)C过(0,1)的曲线，x0时，F(0)C1,得C0,所以过(0,1)的原函数是F(x)cosx,x2x.万1,x0,0.xxe(1)rdx ; (2)(1 x)2x(1xex)3.计算下列不定积分:x.一一esinx(3)一(1xlnx)dx.(4)dx.xasinxbcosx解:(1xxe,x弓dxxex)2d(xe-d(xex)xxxex,edx1x(2)xxe1x原式d(xex)xxe原式exInx(4)当aT1aT2T1(x1)ex.T一rdxxe(1xe)d(1xex)xxeC.d(xex)_xxe(1xe1xxe1x