考研数学高数习题集及其答案

1i.1i..w.i.i..w.1函数、极限、连续一.填空题,定义域为已知f(x)二sinxfg(x)]二1—x2,贝呦(x),定义域为解.f4(x)]二sinq(x)二1—x2,申(x)二arcsin(l—x2)ax2．设ax2．设limxTg\Jatetdt,则a——g解.可得ea解.可得ea=Jatetdt=(tet-et)—gaea—ea,所以a=2.3.(limnTg\++.…+n2+n+1n2+n+2解.所以3.(limnTg\++.…+n2+n+1n2+n+2解.所以++.…+n2+n+nn2+n+nn2+n+n12n12n<++•…+<++•…+——n2+n+1n2+n+2n2+n+nn2+n+1n2+n+1n2+n+11+2++n12n1+2++n<n2+n+nn2+n+1<++•…+

n2+n+nn2+n+1n2+n+2n(1+n)2n2+n+n

n(1+n)21T-,(n*)1n2+n+1T2'(nTg)所以(limnTg\+.…+n2+n+2n2+n+n丿IxI<1IxI>1'则f[f(x)]解.f[f(x)]=1.5.lim(tn+3富n—\jn—壬n)=nT8解.叽KZ—扁卞)=limSn+3币-丁-环込*"—万)nTgnTgJn+3&n+Jn—Jnn+3、n—n+\.：n=lim=2—n»<n+3\n+\；n—^n6•设当xt0时，/(x)_ex-壮为的3阶无穷小，则a_1+ax11+ax1+bxex+bxex-1-axex+bxex-1-ax解k_limbx_lim_lim.xtOx3xtox3(1+bx)xt0x3x3(1+bx)x33x2ex+bex+bxex-a3x2xtO6x2ex+2bex+bxex6x2xt0由(i).lim(ex+bex+bxex-a)=1+b-a=0xtO由(2):lim(ex+2bex+bxex)_1+2b_0xt0b1b_-—,a27.limcotxxtO]sinxx丿解.cosxlimxtOsinxx-sinxx-sinx1-7.limcotxxtO]sinxx丿解.cosxlimxtOsinxx-sinxx-sinx1-cosx

_lim_limxsinxxt0x3xt0x3sinx_lim3x2xt06x8.解.n1990limnk-(n-1”二A&0工8)'则A=已知nT8n1990n1990lim_limn*nk—(n—1)knT8knk-1+所以k—1=1990,k=1991;1_A，A_1_爲kk1991二.选择题1.设f(x)和申(x)在(—8,+8)有定义，f(x)为连续函数，且f(x)丰0,申(x)有间断点,申(x)(a)p[f(x)]必有间断点(b)[p(x)]2必有间断点(c)f[申(x)]必有间断点(d)f(x)必有间断点_11解.(a)反例Ixl<1Ix|>1，f(x)=1,则申[f(x)]=1(b)反例IxI<1IxI>1'W(x)]2=1(c)反例*(x)_?0|x|<1Ix|>1，f(x)=1,则f[叽x)]=1(d)反设g(x)(d)反设g(x)=在(一8,+8)连续,则叽X)=g(x)f(x)在(一8,+8)连续,矛盾.所以(d)是答案.2.设函数/(x)—x•tanx•esinx，则f(x)是(a)偶函数(b)无界函数(c)周期函数(d)单调函数解.(b)是答案._IxIsin(x-2)3.函数f(x)_2在下列哪个区间有界x(x-1)(x-2)2(a)(一1,0)(b)(a)(一1,0)(b)(0,1)(c)(1,2)解.limf(x)_8,limf(x)_8,xtIxtO(d)(2,3)晋,f(0-)_f(0+)_sin2~T~所以在(一1,0)中有界,(a)为答案.4.当21时，函数吕e±的极限(a)等于(a)等于2(b)等于0(c)为8(d)不存在,但不为8解.lim匕解.lim匕e±_lim(x+1)et_f8xt1x—1xt1I0xT1+0xT1—0.(d)为答案.5.极限limnT8+12x22+…+22x322n+1n2x(5.极限limnT8+12x22+…+22x322n+1n2x(n+1)2的值是(a)0(b)1(c)2(d)不存在解.lim2n+1nT8++.…+12x2222x32n2x(n+1)2_r1111111r11111_lim1—12222232n2(n+1)2nT8(n+1)2nT8=lim_1,所以(b)为答案.lim(x+1)95(ax+1)56•设|im(x2+1)50—_8'则玄的值为(a)1(b)2(c)58(d)均不对(x+1)95(ax+1)5(x+1)95/x95(ax+1)5/x5解8—li^n—li^n解.8=xT8(x2+1)50=xT8(x2+1)50/x100=lim(1+1/x)95(a+1/x)5_a5xts(1+1/x2)50a_工''8,所以(c)为答案.i;m(x一1)(x一2)(x一3)(x一4)(x一5)_^7.设lim(3x—2)c_卩，则a,卩的数值为xT8(3x—2)«i.i..w.i.i..w.11(a)a=1,卩=3(b)a=5,卩=3(c)a=5,卩=(a)a=1,卩=解.(c)为答案.8•设8•设f(x)二则当xtO时(a)f(x)是x的等价无穷小(c)f(x)(a)f(x)是x的等价无穷小(c)f(x)比x较低价无穷小(d)f(x)比x较高价无穷小x+3x—22xln2+3xln3解.lim-=lim1=^2+53，所以⑹为答案.TOC\o"1-5"\h\zxt0xxt0(1+x)(1+2x)(1+3x)+a9•设lim-=6，则a的值为xt0x(a)-1(b)1(c)2(d)3解.lim(1+x)(1+2x)(1+3x)+a=0,1+a=0,a=-1,所以(a)为答案.xt0atanx+atanx+b(1—cosx)10设lim.设xtocln(1—2x)+d(1—e--2)—2,其中a2+c2丰0，则必有(a)b=4d(b)b=－(a)b=4d(b)b=－4d(c)a=4c(d)a=－4catanx+b(1atanx+b(1—cosx)解2=limxt0cln(1—2x)+d(1—e—x2)a+bsinx=lim—xT0一—+2xde-x21一2xa2C，所以a=-4c,所以(d)为答案.三.计算题1.求下列极限1(1)lim(x+ex)x(1)xT+8解.丄lim(x+ex)x解.丄lim(x+ex)x=limexT+8-T+8ln(-+ex)xxT+8xlim=WxT+s1+exx+ex二e1(2)21lim(sin+cos—)xxT8xx(2)_1解.令y二121lim(sin+cos—)x=lim(sin2y+cosy)xT8xxlim=eyt0ln(sin2y+cosy)y2cos2y—siny

lim/y、小y=eytosin2y+cosy=e2ytO(3)limxtO\1+sinx丿解.limxtO\(1+tanx1+sinx丿x3十(.tanx一sinx、=lim1+xtoI1+sinx丿x3tanx—sinx=limxtOtanx-1亠sinxsinxitanx-sinx1+sinx丿(1+sinX)X3tanx-sinxlim=extOx322丄_e2sinx・2sinxtO工sinx(I—cosx)xtO=extOx3=extO2.求下列极限(1)ln(1+3x—1)(1)arcsin2<x2—1〜2*x2—1

按照等价无穷小代换ln(1+vx—1)limxt1arcsin■'x—1=limxt12輩x2—1_lim*1*xt12站x+1_1~2^2(1)(2)lim———cot2xxtOkx2丿(2)解.方法1：(1)lim———cot2xxtOkx2丿(1)lim———cot2xxtOkx2丿COS2x'=lim——xtOkx2sin2x丿=limxtOIsin2x—x2cos2x'x2sin2x丿=limxtOI1—(x2+1)COS2x、x4—2xcos2x+sin2x=limxtO4x3=limxtOI—2xcos2x+2(x2+1)cosxsinx、2x2cosxsinx+limxtO4x34x31212x2—2cos2x+4xcosxsinx+2cos2x—2cos2x+2cos2x11=lim+—+xto12x23212x2_limxtO4cosxsinx—4sin2x11+—+—3224x—2sin2x111112lim+—+_——+—+—二xtO24x326323方法2：1=limCOS2x'(1)lim———cot2xxtOkx2丿xtOkx2sin2x丿十(1—(x2+1)COS2x'-limxtOkx4丿(=limxtO=limsin2x—x2cos2x'xtOkx2sin2x1、1—(x2+1)(cos2x+1)2x4=limxtO11—1(x2+1)(1+1—空+空+0(x4)A22!4!x4=limxtO(116A1——(2x2—2x4+2—2x2+—x4+0(x4))224x42%4=lim———xt0x43.求下列极限lim—(nn—1)nslnn(1)解.lim侖(亦—1)=limns丄丄丄"汽令石-1=xnslnnnlim=1xt0ln(1+x)(2)1—e—nxlimnT81+e—nx解.1—e—nxlimn*1+e-n=〈o(3)limnT8解.lim,其中a>0,b>0x=1/n,c=b/aalimxt0+\1匕Ax=aex-一-ln(l+cx)—ln2lim=aext0+xlim=aext0+cxlnc1+cx=aJc=a=iabaxx=04.设f(x)=<—(1-cosx)x21—jxCOS12dtx0x>0jjxcost2dt—x=limxt0+x2试讨论f(x)在x=0处的连续性与可导性.解.f'(0)=lim=limMxCO!^xt0+xxt0+x1x2eosx2一12c—lim—lim—02x2xxT0+xxT0+xf'(0)—limf(x)一f(0)—lim丘—lim2(1一COsx)一x2xt0~xxt0+xxt0+十2sinx一2x十2(eosx一1)—lim—lim—0xT0+3x2xT0+2xx33x26x所以f'(°)=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1f(0一)—lim兰二—-1xT0-2：+1所以x=0为第一类间断点.x(2x+兀)cosx1Sin—解.f(+0)=－sin1,f(－解.f(+0)=－sin1,f(－0)=0.所以x=0为第一类跳跃间断点;limf(x)=limsin2一］不存在.所以x=1为第二类间断点;xT1xT1x2-1f(兀)limx(2x+兀)_兀J(一y)不存在，而lim—2，所以x=o为第一类可去间断点;xT-2x(2x+兀)兀limgeosx，(k=1,2,…)所以x=一kK一2为第二类无穷间断点.xT-k兀一21x1xasmxx>0x<0在x=0处的连续性.解.当a<0时lim(xasin—)不存在，所以x=0为第二类间断点;xT0+x当a>0,lim(xasin1)—0，所以xT0+x7.设f(x)在［a,b］上连续，且a<xi<x2<卩=一1时，在7.设f(x)在［a,b］上连续，且a<xi<x2<<X<b,c(I=1,2,3,…，n)为任意正数，则在(a,b)至少存在一个g,使ni

片、cf(x)+cf(x)+…+cTOC\o"1-5"\h\zf(匚)=—1122nc+cHFc12n证明：令M=max{f(x.)},m=min{f(x.)}!<i<n11<i<n1cf(x)+cf(x)+•••+c所以m<122n<Mc+c++ccf(x)+cf(x)+cf(x)+…+c—1122nc+c++c12n所以存在鹫a<x<^<x<b),使得f(E)=1n8.设f(x)在［a,b］上连续，且f(a)<a,f(b)>b,试证在(a,b)至少存在一个g,使f(g)=g.证明:假彳设F(x)=f(x)—x,则F(a)=f(a)—a<0,F(b)=f(b)—b>0于是由介值定理在(a,b)至少存在一个g,使f(g)=g.9•设f(x)在［0,1］上连续，且0<f(x)<1,试证在［0,1］至少存在一个g,使f(g)=g.证明:(反证法)反设e［0,1］,申(x)=f(x)-x丰0.所以申(x)=f(x)-x恒大于0或恒小于0.不妨设Vxe[0,1],申(x)=f(x)-x>0.令m=min申(x),则m>0.0<x<1因此Vxe[0,1],申(x)=f(x)一x>m.于是f(1)>1+m>0,矛盾.所以在[0,1]至少存在一个g,使f(g)=g.10•设f(x),g(x)在[a,b]上连续，且f(a)<g(a),f(b)>g(b),试证在(a,b)至少存在一个g,使f(g)=g(g).证明：假设F(x)=f(x)一g(x),则F(a)=f(a)一g(a)<0,F(b)=f(b)一g(b)>0于是由介值定理在(a,b)至少存在一个g,使f(g)=g.11.证明方程x5—3x—2=0在(1,2)至少有一个实根.证明：令F(x)=x5—3x—2,则F(1)=—4<0,F⑵=24>0所以在(1,2)至少有一个g,满足F(g)=0.12.设f(x)在x=0的某领域二阶可导，且lim=0,求f(0),f'(0),f''(0)及limf(x)+3xtOx2解.lim—0\x3sin3x丄f()=limSin3x+xf(x)=lim丁+x=0所以xtOx3xtOx2.x3limxtO\(sin3xr)——+f(x)x丿=0.f(x)在x=0的某领域二阶可导，所以f(x),f(x)在x=0连续.所以f(0)=—3.因为sin3x-+f(x)lim—x—xtOx2沁-3+f(x)+3=0,所以1imx=0,所以xt0x23sin3x十f(x)+3十~x~.3x-sin3x,.3-3cos3xlim=lim=lim=limxt0x2xt0x2xt0x3xt03sin3x9\o"CurrentDocument"=lim=—xt02x2x2x33x2f'(0)=limf(X):f(0)=lim=limx丿(X)+3XT0x—0xtOXxtOx2由lim晳二9，将g展开’得XT0X22f(0)+f'(0)x+2f''(0)x2+0(x2)+3lim2—x—0x21f''(0)=92，于是f''(0)=92导数与微分一.填空题f(x0+kAx)-f(%)_1i•设limAxAxtOAxf(x+kAx)—f(x)1解.klim」o-Axt0k-1所以k—3kAx二3f'(x0)，则k=二3f'(x0),所以kf'(x0)二3f'(x0)dy2.设函数y=y(x)由方程ex+y+COS(xy)=0确定，则臥解.ex+y(1+y')—(y+xy')sinxy二0，所以」ysinxy—ex+yex+y—xsinxyTOC\o"1-5"\h\z3.已知f(一x)=-f(x),且f(—x0)—k，则f(x0)—.解.由f(-x)=-f(x)得一f'(—x)——f'(x),所以f'(—x)—f'(x)所以f'(x0)—4.设所以f'(x0)—4.设f(x)可导，则f(x+mAx)—f(x—nAx)limoo—Axt0Ax解.5.f(x+mAx)—f(x)+f(x)—f(x—nAx)limoooo—Axt0Axf(x+mAx)—f(x)f(x—nAx)—f(x)=mlimoo+nlimoo=(m+n)f'(x)Axt0mAxAxt0—nAx01—xf(x)———，则f(n)(x)=.1+xmAxi.i..w.3.i.3.i..w.解.f'(x)—1—x—1+x(1+X)2(—l)i2-1!(1+x)i+i，假设(—1)k2-k!(1+x)k+16.解.f(k+1)(—1)k+12-(k+1)!(1+x)k+1+1,所以(—1)n2-n!(1+x)n+1'1、21f''1、x2£''1、kx2丿•二x3,所以Jx<x2丿一—一亍.令x2=2,所以/kx2丿y=sin{f[sinf(x)]}，则另7.设f为可导函数,解'dxf'(x)cosf(x)f'[sinf(x)]cos{f[sinf(x解'dx8•设y=f(x)由方程e2x+y一COS(xy)二e一1所确定，则曲线y=f(x)在点(0,1)处的法线方程为解.上式二边求导e2x+y(2+y')—(y+xy')sin(xy)二0•所以切线斜率k=k=y'(0)=—21•法线斜率为2，法线方程为即x-2y+2=0.二•选择题1.已知函数f(x)具有任意阶导数，且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(a)n![f(x)]n+1(b)n[f(x)]n+1(c)[f(x)]2n(d)n![f(x)]2n解.f''(x)二2f(x)f'(x)二2![f(x)]3,假设f(k)(x)=k![f(x)]k+1,所以f(k+1)(x)=(k+1)k![f(x)]kf'(x)二(k+1)![f(x)]k+2,按数学归纳法f(n)(x)=n![f(x)]n+1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(a)f(x)在x=1处不可导(b)f(x)在x=1处可导，且f(1)=a(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)=abf(x)—f(0)—f(1+x)-一f(1)1解.b=广(0)=Hmx-o=Hm-严—=a广⑴，所以广⑴=ab.(d)是答案注：因为没有假设f(x)可导，不能对于f(1+x)=(x)二边求导.

3.设f(+1a+x2I2、1a+x2丿)-3x3+x2+1a+x2I2、1a+x2丿y'=f'[ln(x+\：a+x2)]•+r(a)0(b)1(c)2(d)3解.f(x)=12x3x<0-(x)112x24xx>解.f(x)=12x3x<0-(x)112x24xx>0f'''(0+)=lim厂(x)-厂(°)=hm4=24

xt0+x—0xt0+x-0x_0+xf'''(0—)=lim广'(x)-广'(0)=limS=12

兀―。—x-0xt0-x所以n=2,(c)是答案.Ay—dy4.设函数y=f(x)在点x0处可导，当自变量x由x0增加到x0+Ax时，记Ay为f(x)的增量，dy为f(x)的微分，lim'000Ax®Ax等于(a)-1(b)0(c)1(d)8Ay—dyo(Ax)解.由微分定义Ay=dy+o(Ax),所以limA=limAxt0Axxt0Ax=0.(b)是答案.x2sin1x>0x在x=0处可导,则7x<0ax+b(a)a=1,b=0解.在x=0处可导一定在x=0处连续,所以limx2sin丄=lim(ax+b),所以b=0.xt0+xxt0-(b)a=0,b为任意常数(c)a=0,b=0(d)a=1,b为任意常数1x2sinax广(0+)=广(0-),limx=lim一，所以xt0+xxt0-x0=a.(c)是答案.三.计算题1.y=ln[cos(10+3x2)],求y'解.y'=-Sin(10:3x2):6x=-6xtan(10+3x2)cos(10+3x2)2.解.f'[ln(x+\：a+x2)]已知aJyet已知f(u)可导，y=f[ln(x+\a+x2)]，求已知f(u)可导，y=f[ln(x+\a+x2)]，求y'00解.ey2y=2xcosx2+2yy'cosy2

2xcosx2ey2-2ycosy2]1y.4.设y为x的函数是由方程lnx2+y2=arctan—确定的，求y.x2x+2yy'解.石2+M2+y2=x2x2x+yy'=y'x-y,所以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)=|f(x)x<0Iax2+bx+cx>0二阶可导.解.F(x)连续，所以limF(x)=limF(x),所以c=f(-0)=f(0)；xtO-xtO+因为F(x)二阶可导，所以F'(x)连续，所以b=/'(0)-广(°)，且F'(x)Wf'(0)x<Ox>OF''(0)存在,所以F''(0)二F''(0),所以=hm2ax+厂(°)一f'(0)=2alimf'(x)-广(0)xtO-a=2f''(0)xt0+,所以五.已知af(x)=x21-x2求f(n)(0).解.解.f(x)=-1+2・11n!f(n)(x)二*1・2(1-x)(-1)n1+・n+12(1+x)n+1f(2k+1)(0)二0,k=0,1,2,…f2k(0)二n!,k=0,1,2,…六•设y=xInx,求f(n)(1).解.使用莱布尼兹高阶导数公式i.i..w.i.i..w.f(n)(x)=x-(Inx)(n)+n(lnx)(n-1)=x(-1)n-1(n-1)!+n(-1)n-2xn(n-2)!xn-1=(-1)n-2(n-2)!(-1)n-2(n-2)!xn-1xn-11xn-1所以f(n)(1)二(-1)n-2(n-2)!一元函数积分学（不定积分）一.求下列不定积分:j丄In土dx1-x21-x1.解.丄In土dx1-x21-x1+x1+x=lndln1-x1-x1匚1+x¥—ln4v1-x丿+c2.11+x1+x1+xarctandx=Jarctandarctan=1+x21-x1-x21(1+x'-arctan1-x丿2+c3.jcosx+sinx+1(1+cosx)21+sinxdx1+cosx解.jcosx+sinx+1(1+cosx)21+sinxdx1+cosxj1+sinxd1+sinx1+cosx4.jdxx(x8+1)解.方法一:令xj1-=x(x8+1)dx-1匕dt1(1八———+1tvt8丿1+cosx=j17dt18+12v1+cosx丿=-1ln(1+18)+c8(亠一一ln1+——+c8Jdx方法二：」x7Jdx方法二：」x7dxX(X8+1)x8(x8+1)=-JX7(丄一—)dxX8X8+1JdxJdx=一x1(1+sinx+cosx)+1(sinx一cosx)+—1+sinxdx=J222dx8^r+x?=ln|x1一8ln(1+x8)+c=)希+丄+cTOC\o"1-5"\h\z5J…+sinX+cosX1+sinX+cosX1J1JcosX一sinX1J1dx-dx+dx21+sinX+cosX21+sinX+cosX1d(1+sinx+cosx)11x—J+Jdx21+sinx+cosx22sin丄cos丄+2cos2X22x-1lnI1+sinx+cosxI+1J—1dtanX22x2tan—+1211X=X-In11+sinx+cosxI+lnItan+11+c2一一1.dxJ(X+1)2^7idt解.J-(x+1)2x2+2x+22.解.dxd(X+1)(X+1)21.dxJ(X+1)2^7idt解.J-(x+1)2x2+2x+22.解.dxd(X+1)(X+1)2(X+1)2+1令x+1=tantcos2ttan2tsectJcostdt=sin2tjdxX4\：1+X2令x=tant,dx1+CsintdtvX2+2x+2一-+cJ—X4\；1+X2=JCoS2ttan4tsect=Jcos31dt=JdsintJdsint=

sin4tsin4tsin2t11+—3sin3tsint+c3・J(2x23・J(2x2+1)\1+x2dx解.令x=tantdxsec2tcostdsint=dt=dt=(2x2+1)、：1+x2(2tan21+1)sect2sin21+cos211+sin21dxsec2tcostx_arctansint+c=arctan+c—1+x2Jx2dx4.(a>0)\：a2-x2解.令x二asintJv'a2-Jv'a2-x2x2dxa2sin21-acostdt1-cos2t,11==a2dt=a21-a2sin2t+c224acost=26.■Tx2一1dx=26.■Tx2一1dx

x4解.■1-12x2-1dx=J1x41-Jt\1-12dt令t=sinu-1sinucos2udut4TOC\o"1-5"\h\z.xx/)arcsin————*a2一x2+c

aa2丿5.JW-x2)3dx解.令x二sint(1+cos2t)21+2cos2t+cos22t,(1-x2)3dx=cos4tdt=dt=dt®4=—t+—sin2t+—J(1+cos4t)dt=.1_—arcsinx+x1—x2(5—2x2)+.1_—arcsinx+x1—x2(5—2x2)+c88——=-arcsinx+sin2t(1+cos2t)+c=844丿14+1—2sin21arcsinx+2smtcost()+c=84=1cos3u+c“产13=33x3+<?7S^iidxx=1cos3u+c“产13=33x3+<?7S^iidxx2Jx2-1解.令x=sect,dx=secttantdtS——"+1dx=J—secttantdt=S(1+cost)dt=t+sint+cx2fx2-1sec21tant1Jx2-1=arccos++cxx三.求下列不定积分:e3x+ex1S—…’i—dx1.e4x-e2x+1e3x+exex+e-xe3x+exex+e-xd(ex—e-x)解Jdx二Jdx二J二arctan(ex-e-x)+ce4x—e2x+1e2x—1+e-2x(ex—e-x)2+1dx2.s2x(1+4x)解.dxdt1"I—J—s2x(1+4x)t2(1+t2)ln2ln2t2dt一丄-ar^+ctln2ln2—(2-x+arctan2x)+cln2四.求下列不定积分:1.sdx(x-2)100x5四.求下列不定积分:1.sdx(x-2)100x5解.s(x-2)100dx=-Jx5d(x—2)-99=—99x599(x-2)995+x4(x-2)-99dx99x55x4x55x45-4-3x299(x-2)9999-98(x-2)9899-98-97(x-2)9799-98-97-96(x-2)96xi.xi..w.xi.xi..w._99-98-97-96-95(x-2)9599-98-97-96-95(x-2)94+cdx2.Jxyj1+x4一1d解.J—「令3J-XLxv1+x41it4+1=Jtdt1+14Jdt2——J_厂1+(t2)2Ifsec2―11n1+ix4令12=tanu一Jdu=-—lnItanu+secuI+c=-—ln+c2secu22x2五.求下列不定积分:1.Jxcos2xdx解Jxcos2xdx=丄Jx(1+cos2x)dx=—x2+丄Jxdsin2x解.244=-x2+-xsin2x--Jsin2xdx444=1x2+xsin2x+cos2x+c4482.Jsec3xdx解.Jsec3xdx=Jsecxdtanx=secxtanx-Jtanxsecxtanxdx=secxtanx-J(sec2x-1)secxdx=secxtanx+InIsecx+tanxI-Jsec3xdx11Jsec3xdx=secxtanx+InIsecx+tanxI+c223J业dx3.x2解J业dx=-J(Inx)3d1=-l(lnx)3+Jdx解.x2xxx2(lnx)33(lnx)26lnx(lnx)33(lnx)26lnx=--+dx=-xx2x+JAdxxx2(lnx)33(lnx)26lnx6=—————+cxx4.Jcos(lnx)dx3.i.3.i..w.3.i.3.i..w.解.Jcos(lnx)dx=xcos(lnx)+Jsin(lnx)dx=x[cos(lnx)+sin(lnx)]-Jcos(lnx)dx解...Jcos(lnx)dx=2[cos(lnx)+sin(lnx)]+c5.六.xxpxCOS4—1pxCOS5.六.xxpxCOS4—1pxCOS4—1p1J2dx=J2—dx=-—Jxdsin—2=-_xsin—2+sin3x8xx8282Sin3—COS3—22\o"CurrentDocument"1x1=-—xsin—2+—82xx1xsin—2d=一一xsin—2—4228x1x——cot+c242求下列不定积分:1Jsin—2±dx821.1.xln(x+*1+x2)解.解.xln(x+、；1+x2)dx(1—x2)2—Jln(x+y'1+x2)d^2=*11ln(x+v'1+x2)1f"<21-x21J1—J2,dx1—x2v'1+x2I令x=tantln(x+'J+x2)-1J2(1-x2)21-tan2t-^―-sec2tdtsectiln(iln(x+、，1+x2)2(1-x2)cost——J—dt1-2sin21ln(x+\；1+x2)2(1-x2)2.解.ln(x+<1+x2)2(1-x2)2(1-x2)xarctanxJdxv1+x21]1+i2sintln+c4^21-、.2sint11+x2+*2xln+1+x2-.2x4^2xarctanx,dx=Jarctanxd*1+x2=V1+x2arctanx-1+x2x.1+x2arctanx—J1dx=v'1+x2arctanx—ln(x+<1+x2)+c1+x2arctanexJdxe2xi.i..w.i.i..w.解.arctanex1dx=—arctanexde-2xe2x211一_e—2xarctanex+22ex1+e2xdx11一一e—2xarctanex+22e—x11dx=——e—2xarctanex+

1+e2x221ex(1+e2x)dx11一一11一一e—2xarctanex+22J(丄

ex)dx=——(e—2xarctanex+e—x+arctanx)+c1+e2x2七.设f(x)=xln(1+x2)一3(x2+2x一3)e—xf(x)dx解.Jf(x)dx=J(xln(1+x2)—3)dxJ(x2+2x—3)e-xdx112x2ln(1+x2)-亍[x2-ln(1+x2)]-3x+c一(x2+4x+1)e—x+c1x>0x<0考虑连续性,所以c=－1+c,c=1+c11—x2ln(1+x2)-—[x2-ln(1+x2)]-3x+c22Jf(x)dx=<一(x2+4x+1)e-x+1+cx>0x<0八•设f'(ex)=asinx+bcosx,(a,b为不同时为零的常数)，求f(x).解.令t=exx=Int,f'(t)=asin(lnt)+bcos(lnt)，所以f(x)=J[asin(lnx)+bcos(lnx)]dxx=-[(a+b)sin(lnx)+(b一a)cos(lnx)]+c2九.求下列不定积分:1.J3x2+3x(2x+3)dx3x2+3x解J3x2+3x(2x+3)dx=J3x2+3xd(x2+3)=_—+c2.J(3x2一2x+5)2(3x一1)dx解J(3x2—2x+5)2(3x—1)dx=—J(3x2—2x+5)2d(3x2—2x+5)2二5(3x2-2X+5)5+cTOC\o"1-5"\h\zfln(x+v'l+x2)3.dxl+x2解Jln("+"+口'〃兀-Jin(x+Jx2+1)dln(x+Jx2+1)=—ln2(x+px2+1)+cJl+x2aextanaextanx11x+—arctanx++c1+x2441+x2jxdx4.J-(l+x2+、；x2+1)ln(1+Px2+1)解.Jxdx=Jdln(1+空2+—)=in|in(i+\.R)|+c解.(1+x2+\.；x2+1)ln(1+\.x2+1)ln(1+、.x2+1)十.求下列不定积分:xarctanx1.dx1.(1+x2)解.xarctanxdx(1+x2)2arctanx解.xarctanxdx(1+x2)2arctanx(1+x2)2d(1+x2)=-—Jarctanxd(1+x2)-1arctanx1+x2darctanx=arctanx1+x21(1+x2)2dx1+cos2tdt22.Jarcsindx解.arcsin1+cos2tdt22.Jarcsindx解.arcsint,贝Vx=tan21Jarcsindx=1+xJtdtan2t=ttan2t—Jtan2tdt=ttan2t—tant+t+c令x=tantarctan令x=tant+cos2tdt=—1+x2221+x2arctanx111aextanx11+—t+sin2t+c=—+—arctanx+smtcost+c1+x24821+x244=xarcsinJ亠-、云+arcsinJ亠+c=(1+x)arcsinJ丄-仁+c1+x1+x1+xdx3.arcsinxdx3.x2

解.jarcsinxx21+x27dx1—x2令x=sintj丄sin2t1+sin2解.jarcsinxx21+x27dx1—x2令x=sintj丄sin2t1+sin21,costat=costjt(CSC2t+1)dt4.解.-jtcottdt+jtdt=—tcott+jcottdt+—12+c2—tcott+lnIsin11+112+c2—arcsinx'1-x2+lnIxI+2(arcsinx)2+carctanxdxx2(1+x2)arctanxdxx2(1+x2)令x=tantj-sec2tdt=jt(csc21—1)dttan21sec21=jtcsc2tdt-jtdt=-jtdcott-t2=-1cott+jcotdt-t222arctanxx1=—tcott+lnIsin11一12+c=—+lnII一(arctanx)2+cx<1+x22arctanx1x21+—ln一(arctanx)2+cx21+x22十一.求下列不定积分:1.jx3J4-x2dx解.jx3^4一x2dx令x=2sint8jsin312cos12costdt=32jsin3tcos2tdt=32j(1—cos2t)cos2tdtdcost=3232一CoS3t+CoS5t+c5解.令x=asectatantasecttantdt=asect1一cos2tadtcos2t=一3解.令x=asectatantasecttantdt=asect1一cos2tadtcos2t2.a=atant一at+c=\；x2一a2一aarccos+cxex(1+ex)3J—,dx<1—e2x

1+sinu，cosuducosudt令t=sinu\1一1+sinu，cosuducosudt令t=sinu\1一121一e2x1一12t=u一cosu+c=arcsinex一<1一e2x+cx4.fx「dxx4.fx「dx\2a-x(a>0)令u=xdu2a—u2令u=\：2asint8a2fsin4tdt=8a2f^1_cos2)2dt=2a2f(1一2cos2t+cos22t)dt=41+cos4ta4.”=2a21一2a2sin2t+2a2dt=3a21一2a2sin2t+sm4t+c=24=3a-sinxdx1-4a2sintcost+a2sintcost(1-2sin21-sinxdxx：2a-x—11—」+c2a2a2a=3a21一3x：2a-x—11—」+c2a2a2a2+cosx=3a2arcsin「上-3a2.「上J—-2a2上=2a2aL2a:=3=3a2曲叫守一字三K+c\2a十二.求下列不定积分:dx一inxv1+cosx=fd(1=fd(1+cosx)=fdJ1+cosxsin2xi1+cosx1一cos2x=fsinxdxf解'sinxJ1+cosxsin2xJl+cosxdx令+cosx令+cosx=u-2f也=-2f1一(u2一1)2u2(2一u2)dudu1)du=1+丄lnlW+uI+c2—u2u2\2v-'2—u11\'2+£1+cosx.+lnlI+c2.fv1+cosx2、：2-v'2-1；1+cos2.fxi.xi..w.xi.xi..w.解J2一sinxdx=2J1解’2+cosxd(2解J2一sinxdx=2J1解’2+cosxd(2+cosx)dx+J2+cosx2+cosx2dt令tan=t22J*―1+12—+lnI2+cosxI=2J+lnI2+cosxI小1-123+122+1+124arctanc341+lnI2+cosxI+c=arctan=J3V3x(tan2)+lnI2+cosxI+csinxcosx3Jdxsinx+cosxJsinxcosx=1J1+2sinxcosx-1解dx=dxsinx+cosx2smx+cosx1(sinx+cos)2-1_dx=_2sinx+cosx1J(sinx+cosx)dx-1Jdx22sinx+cosx1<2f_—(sinx-cosx)一J=24d(x+)4sin(x+)4_2(sinx一cosx)-—2lnItan(2+育)I+c十三.求下列不定积分:^~^dx1.\：1-x丘解-l?^dx令^=一3J^k?=一3亠13+c二--\'1-x2+c3解J1dx=Jex-dx令ex=sectJ1tantdt=J(sect-1)dtex+1弋e2x-1tant1=lnIsect-tan11-t+c=ln(ex+*2x+1)-arccos+cexx一1arctanx一13.Jdx解.令t=arctan、x-1,tant=、x-1,x=sec21,dx=2sec21tanti.i..w.i.i..w.J\x-1arctanvx-1xdx二ttant2sec21tantdt=2Jttan21dt=sec2t2Jt-曲tdtcos2t=2J—tdt-J2tdt=2Jtdtant-12=2ttant-2Jtantdt-12cos2t=2ttant+2lnIcos11-t2+c=2、x-1arctanx-1-lnIxI-(arctanx-1)2+c4一元函数积分学(定积分)一、若f(x)在［a,b］上连续，证明：对于任意选定的连续函数①(x),均有"f(x)◎(x)dx=0，则f(x)三0.a证明：假设f(g)H0,a<g<b,不妨假设f(g)>0•因为f(x)在［a,b］上连续，所以存在3>0,使得在匡一&g+8］上f(x)>0.令口=minf(x).按以下方法定义［a,b］上①(x)：在g+6］上①(x)=,其它地方①(x)=0.所以g-8<x<g+6Jbf(x)0(x)dx=Jg+8f(x)0(x)dx>m^52ag-6和1bf(x)0(x)dx二0矛盾.所以f(x)三0.aJx二•设尢为任意实数’证明：1=J。2］+(tanx)xdx=J21dx01+(cotx)九4.JX证明:先证:20于是f(cosx)型n也dx=1」；dxf(sinx)+f(cosx)4=0f(sinx)+f(cosx)所以f(sinx)f(cost)f(sinx)+f(cosx)dx二Jxf(cost)+f(sint)"(_t)2=JXdtdx=0f(cost)+f(sint)0f(cosx)+f(sinx)f(cost)f(cosx)f(sinx)f(cosx)型凹dx=J：型凹dx+J：dxf(sinx)+f(cosx)0f(sinx)+f(cosx)0f(cosx)+f(sinx)上f(血x)+f(cosx)dx=J；dx=X=f(sinx)+f(cosx)02所以所以f(cosx)J；dx丄」；dx0f(sinx)+f(cosx)4=0f(sinx)+f(cosx)rXI=J201+(tanx)九1—dx=J；—101+(cosx)九Xdx=J2o(cosx)九+(sinx)九4Vcosx丿同理I—1—dx上同理01+(cotx)九4已知f(x)在［0,1］上连续，对任意x,y都有If(x)-f(y)|<M|x-y|,证明<M2n

丄工f((k)丄J:nnQnk=1k=丄工f((k)丄J:nnQnk=1k=1n•0—k=1nJ1f(x)dx一丄》f(—)=1为Jn抠J:—一1k=1n=m艺Jn—一1—=1nnn—=1—f(x)-f(-)dx<(kVM—一xdx=—kn丿—一1—=1n区J:—-1—=1nmy1m2n22n—=1—f(x)一f(-)dxInkM(x-—)dxnfH四.设I=J4tannxdx

n0,n为大于1的正整数,证明：2(n+1)1<2(n-1)-H1tn证明：令t=tanx，则1=4tannxdx=1n001+12dt因为于是1一t2t=>°，(0<t<1)-所以L<1+12J1tndt<J1^―001+12J1tn-1dt0立即得到—1—<I<—<—1—2(n+1)n2n2(n一1)'五.设f(x)在[0,1]连续，且单调减少，f(x)>0,证明：对于满足0<a<卩<1的任何a,卩，有PJaf(x)dx>aJ卩f(x)dx0a证明：令F(x)=xJaf(t)dt一aJxf(t)dt(x>a),F(a)=aJaf(t)dt>0.0a0F'(x)=Jaf(t)dt一af(x)=Ja[f(t)—f(x)]dt>0,(这是因为t<a,x>a,且f(x)单减).00所以F(P)>F(a)>0,立即得到pJaf(x)dx>aJpf(x)dx0a六.设f(x)在［a,b］上二阶可导，且f''(x)<0,证明:Jba(f(x)dx<(b—a)f证明：V证明：Vx,te[a,b]f''(E)2!f(x)=f(t)+f'(t)(x-t)+(x-t)2<f(t)+f'(t)(x-t)0i.0i..w.i.i..w.(a+b\，所以f(x)<f二边积分Jbf二边积分Jbf(x)dx<Jbfaadx+Jbf'(a+bdx(=(b—a)f七•役f(x)在［0,1］上连续，且单调不增，证明：任给ae(0,1),有证明:方法一:(或令F(x)二Jaf(x)dx>aJ1f(x)dx00令F(x)=aJxf(at)dt—aJxf(t)dt00xJaf(t)dt—aJxf(证明:方法一:(或令F(x)二F(x)=吋)(x)20,所以F(x)单增;又因为F(0)=0,所以F(1)>F(0)=0.即aJlf(at)dt—aJlf(t)dtn0,即00Jaf(x)dx>aJlf(x)dx00方法二：由积分中值定理，存在ge[O,a],使Jf(x)dx=“f(g);0由积分中值定理，存在re[a,1],使J】f(x)dx=f(r)(l_a)a因为ring,所以f们)<f(g).所以aJ1f(x)dx二aJaf(x)dx+aJ1f(x)dx二a2f(g)+af(r)(1—a)00a<a2f(g)+af(g)(1_a)=af(g)=Jaf(x)dx0八.役f(x)在［a,b］上连续，f'(x)在［a,b］存在而且可积，f(a)=f(b)=0,试证:1bIf(x)l<-JbIf'(x)1dx,(a<x<b)2a证明：—|f'(x)|<f'(x)<|f'(x)|,所以—Jx|f'(t)|dt<f(x)—f(a)<Jx|f'(t)|dt,aa—Jx|f'(t)|dt<f(x)<Jx|f'(t)|dt;

-JbIf'(t)1dt<f(b)-f(x)<JbIf'(t)1dtxx-JbIf'(t)Idt<f(x)<JbIf'(t)Idtxx所以-JbIf'(t)Idt<2f(x)<JbIf'(t)Idt所以aa1bIf(x)I<-JbIf'(x)Idx,(a<x<b)2a试证：九.设f(x)在［0,1］上具有二阶连续导数广'(x)，且f(0)=f(1)=Of(x)丰0,试证：dx>4证明：因为(0,1丿上f(x)丰0,可设f(x)>0因为f(0)=f(1)=03x0g(0,1)3x0g(0,1)使f(x0)=max(f(x))0<x<1所以0J1f''(x)f(x)1)ag(0,x)0在(0，x0丿上用拉格朗日定理f'ag(0,x)0f(a)二x0在(x01丿上用拉格朗日定理f'(0)二—f(x)9—1一x00g(x,1)0所以J*11f''(x)|dx>f^f''(x)|dx<fpf''(x)dx=|广(卩)-f'(a)10f(x)>4f()>4f(x)x(1一x)000a+b(因为(~2~)—ab丿所以由0厂(x)'dx>40由(1)得dx>4十•设f(x)在［0,1］上有一阶连续导数，且f(1)-f(0)=1,试证:

f1[f'(x)]2dx>10证明:l1[f'(X)]2dx=f1[f'(X)]2dxf1l2dx>(Af'(X)-1dx)2二(f(1)-f(0))2二10000十一.设函数f(x)在[0,2]上连续，且Jf(x)dx=0,J力(x)dx=a>0.证明：丸w[0,2],使|f(©|>a.00a=10解.因为f(x)在[0,2]上连续,所以|f(x)|在[0,2]上连续，所以北w[0,2],取^使|f(g)|=max|f(x)|(0<x<2)使|f©|>|f(x)|.所以J[x—1)f(x)dx|<J2x一1IIf(x)|dx<|f(g)|J2x一11dx=|fa=100一元函数积分学(广义积分)一.计算下列广义积分:J2edx0(ex—1)一.计算下列广义积分:J2edx0(ex—1)上3(1)J+s⑵0(x2+1)(x2+4)dx(3)卜dx-8(1+x2(4)f1sin(lnx)dx0(5)J1dx一2xJx2一1J+sarctanx⑹dx

0(1+x2)32解.J2竺dx=limJ2d(ex—1)dx=3(e2—1)23(1)0(ex—1)*3sto+s(ex—1)^32(1)(2)J+S0(x2(2)J+S0(x2+1)(x2+4)dx=lim3J:_bT+8(3)dx-8(1+x2)32f+8dx积分收敛.所以(1f+8dx积分收敛.所以(1+x2)32(4)J1sin(lnx)dx=limJ1sin(lnx)dx=lim—(xsin(lnx)—xcos(lnx))0st0+sdO+2et0+IS因为limx31—=1，所以xT8(1+x2)320—=2J+sdx令x=tant2J：S£CHdt=2J：costdt=2-s(1+x2)320(1+x2)320SeC3t0(5)(6)(5)(6)J-11dx」竺ttantdt丄-2x、：x2—1secttant3J+sarctanxdx=J：空e巴dt=J：tcostdt丄-10(1+x2)320sec3t02i.i..w..w..w.微分中值定理设函数f(x)在闭区间［0,1］上可微，对于［0,1］上毎一个X,函数f(x)的值都在开区间(0,1),且f'(x)丰1,证明：在(0,1)有且仅有一个x,使f(x)=x.证明：由条件知0<f(x)<1.令F(x)=f(x)-x,于是F(0)>0,F(1)<0,所以存在gG(0,1),使F(g)=0.假设存在％,.G(0,1),不妨假设务<%,满足f(£)=£，f(®=■于是暫-%=f(和-f(®=广⑴)(£_〈).(g2<“<即.所以f'(")=1,矛盾.设函数f(x)在［0,1］上连续，(0,1)可导，且2/(x)dx二/(0).证明：在(0,1)存在一个g,使广(g)二0.322证明：f(0)=引；f(x)dx二3f(£)(1—3)二f(gi),其中g满足-<g1<1.3由罗尔定理，存在g,满足0<g<g1,且f'(g)-0.设函数f(x)在［1,2］上有二阶导数，且f(1)=f⑵=0,又F(x)=(x-1)2f(x),证明：在(1,2)至少存在一个g,使F''(g)=0.证明：由于F(1)=F⑵=0,所以存在g1,1<g1<2,满足F'(g1)=0.所以F'(l)=F'(g1)=0.所以存在g,满足1<g<g1,且F''(g)二0.四•设f(x)在［0,x］(x>0)上连续，在(0,x)可导，且f(0)=0,试证：在(0,x)存在一个g,使f(x)=(1+g)ln(1+x)广(g).证明：令F(t)=f(t),G(t)=ln(1+t),在［0,x］上使用柯西定理F(x)-F(0)=F'(g)G(x)-G(0)—G'(g),gG(0,x)所以f書=(1+gf(g)，即f(x)=(1+g)ln(1+x)f'(g).五.设f(x)在［a,b］上可导，且ab>0,试证：存在一个gG(a,b),使1bnb1bnb―af(a)anf(b)=［nf(g)+f'(g)］gn-1证明：不妨假设a>0,b>0.令F(x)=xnf(x).在［a,b］上使用拉格朗日定理bnf(b)-anf(a)二［ngn-1f(g)+gnf'(g)］(b-a)六.设函数f(x),g(x),h(x)在［a,b］上连续，在(a,b)可导，证明:存在一个gG(a,b),使f(a)g(a)h(a)f(b)g(b)h(b)=0f'(g)g'(g)h'(g)f(a)g(a)h(a)证明：令F(x)=f(b)g(b)h(b)，则F(a)=F(b)=0,所以存在一个gw(a,b),使f(x)g(x)h(x)f(a)g(a)h(a)F'(g)=f(b)g(b)h(b)=0f'(g)g'(g)h'(g)七.设f(x)在［X］,x2］上二阶可导，且0<X］<x2,证明:在(xi,x2)至少存在一个g,使1exi—ex2atex?f(Xi)f厲)=f点)-f'G)证明：令F(x)二e-xf(x)，G(x)二e-x,在［X］,x2］上使用柯西定理.在(xi,x2)至少存在一个&满足F(x)-F(x)21二——G(x)—G(x)ex121-eX2f(X)ex2f(x2)八.若X］X2>0,证明：存在一个gw(X］,x2)或(x2，xi),使xex2-xexj二(1-g)eg(x-x)122112ex证明：不妨假设0<xi<X2.令F(x)=匚'G(x)=,在［,x2］上使用柯西定理.在(xx2)至少存在一个&满足x1212立即可得F(x)-F(x)xC1—C21—/G(x)-G(x)121—ex2ex1x二xx21xex2一xex.=(1-g)eg(x1221-x2).九.设f(x),g(x)在［a,b］上连续，在(a,b)可导，且f(a)=f(b)=0,g(x)丰0,试证：至少存在一个gw(a,b)，使f'(g)g(g)=g'(g)f(g)证明：,所以F(a)=F(b)=0.由罗尔定理至少存在一个gw(a,b),使于是f'(g)g(g)=g'(g)f(g).i.十•设f(x)在[a,b]上连续(0<a<b)，在(a,b)可导，证明在(a,b)存在E，耳使『也)=耳2f'g)ab解.对f(x)及G(x)=-1使用柯西定理:xf(b)-f(a)abf'们)=n2f'(n),们w(a,b))所以f(b)-f(a)_n2f'(n)b-aab所以对左端使用拉格朗日定理:广(g)_f广(g)_f(b)-f(a)_n2f'(n)b-aab(Ew(a,b))f(g)_f2ab(g,nw(a,b))一元微积分的应用选择题1•设f(x)在(-8,+8)可导，且对任意X],x2,X1>x2时,都有f(X])>f(x2),则(a)对任意x,f(x)>0(b)对任意x,f(—x)—0(c)函数f(—x)单调增加(d)函数-f(-x)单调增加解.(a)反例：f(x)_x3,有f(0)_0;(b)反例：f(x)_x3;(c)反例：f(x)_x3,f(-x)_-x3单调减少；排除(a),(b),(c)后,(d)为答案.具体证明如下：令F(x)=-f(-x),x]>x2,-x]<-x2.所以F(x])=-f(-x^)>-f(-x2)=F(x2).丄x2+x+12•曲线y_ex2arctan(x+1)(x-2)的渐近线有(a)1条(b)2条(c)(a)1条(b)2条(c)3条(d)4条解.Tlimex2arctanxT8x2+x+1

(x+1)(x-2)所以y_冗4为水平渐近线;丄x丄x2+x+1limex2arctan_8,x—0(x+1)(x—2)所以x_0为铅直渐近线;丄limex2丄limex2arctanxT-1x2+x+1

(x+1)(x-2)丰8,丄limex2arctanxT2x2+x+1(x+1)(x-2)所以只有二条渐近线，(b)为答案.3.设f(x)在[一兀，+兀]上连续，当a为何值时，F(a)_〃[f(x)-acosnx]2dx的值为极小值.一兀2i.2i..w.2i.2i..w.i..w.i..w.(a)(c)卜f(x)cosnxdx一兀—卜f(x)cosnxdx(a)(c)卜f(x)cosnxdx一兀—卜f(x)cosnxdx兀-兀(b)1卜f(x)cosnxdx兀〜1(d)Ff(x)cosnxdx2兀一兀解.F(a)二卜[f(x)一acosnx]2dx一兀=a2卜cos2nxdx-2a卜f(x)cosnxdx+f2(x)dx—兀一兀一兀二兀a2-2a卜f(x)cosnxdx+f2(x)dx为a的二次式.一兀一兀所以当a=1卜f（x）cosnxdx,F（a）有极小值.—兀4.函数y=f（x）具有下列特征：f（0）=1；广（0）二0,当x丰o时，广（x）>0；广'（”>0x<0x>0'则其图形解.（b）为答案.(c)15.设三次函数y=f（x）=ax3+bx2+cx+d,若两个极值点及其对应的两个极值均为相反数，则这个函数的图形是(a)关于y轴对称(b)关于原点对称(c)关于直线y=x轴对称(d)以上均错解.假设两个极值点为x=t及x=-1(t丰0),于是f(t)=-f(-t)・所以at3+bt2+ct+d=at3一bt2+ct一d所以b+d=of'(x)-3ax2+2bx+c-0的根为x=土t,所以b=0.于是d=0.所以f(x)=ax3+cx为奇函数，原点对称.（b）为答案.6.曲线y-x（x一1）（2一x）与x轴所围图形面积可表示为(a)(c)J仝(x一1)(2一x)dx(b)"x(x一1)(2一x)dx-fh(x一1)(2一(a)(c)001f1x(x一1)(2一x)dx+f2x(x一1)(2一x)dx(d)f2x(x一1)(2一x)dx010解.

由图知(c)为答案.填空题(x>0)的单调减少区间函数F(x)=(x>0)的单调减少区间11yt丿所以0<x<__12.曲线y_x3—x与其在x_3处的切线所围成的部分被y轴分成两部分，这两部分面积之比是.1_2解.y'1_2解.y'_3x2-1，所以切线的斜率为k=3•9—1__—_22切线方程：y_—3x—27，曲线和切线的交点为122可得(x—3)2(x+3)_0，解得x_—丁.)3_2x2_0x_—3.(解曲线和切线的联立方程得x3—3+27_0_1x_3为其解，所以TOC\o"1-5"\h\z「0/2220(X3-x+x+)dx—232727比值为3_比值为1221(x3—x++)dx03271083.x2+3.x2+b2_1(a>b>0)之间的图形的面积解._ab二椭圆的第一象限交点的x坐标为x_•所以所求面积为a2+b2ab—ba2+b2a2—x2dx—0a

abarJ0F訂2—x2dxxx!——arcsm—+—pa2—x2、2a2a2+b2aIb2.x——arcsin—ba2+b2兀ab—4abba2b2abaarcsm+———arcsin2jxa2+b22(a2+b2)2jJa2+b2a丿0a2b22(a2+b2)__兀ab—2ab.b.aarcsm,—arcsm：令a_arcsin.aa2+b2兀ab—2ab令a_arcsin.aa2+b2兀ab—2ab=4兀abai.i..w.i.i..w.(a=4兀abarctan—=Ib4.X4.X2+y=a2绕x=_b(b>a>0)旋转所成旋转体体积由图知TOC\o"1-5"\h\zriiV二2兀Ja[(fa2_y2+b)2—(_*a2_y2+b)2]dy0=21Ja4bja2一y2dy=8兀a2bJ12cos2tdt=8兀a2bJ121+cos2tdt00021=81a2b-=2ba212=4兀(5)求心脏线p=4(1+cos0)和直线B=0,0=~2围成图形绕极轴旋转所成旋转体体积解.极坐标图形绕极旋转所成旋转体体积公式二fpp3(0)sin0d0a所以=辛"3(=辛"3(0)sin0d0=2rf%卩264(1+cos0)3sin0d00-1281.1(1+cos0)434=-竺+竺16=16013证明.上述不等式成立是因为f(x证明.上述不等式成立是因为f(x)>0,t<x.Jxf(t)dt-0证明题Jxtf(t)dt1.设f(x)为连续正值函数，证明当x>0时函数0(x)=0单调增加.Jxf(t)dt0f(x)Jx(x一t)f(t)dt=rrH2>02•设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)广'(x)>0,证明0(x)=在(a,b)单增.证明.假设a<xi<x2<b,0(x)=f(%)一f(a)=f'(g)x一a11(a<E<xJf(x)-f(a)C.2

厶x-a2f(x)f(x)-f(a)C.2

厶x-a2211x-a2f'(g)(x-x)+f'G)(x-a)22111x-a2f'(g)(x-x+x-a)121x-a2不等式成立是因为吕<Xi<g2.广'(x)>0说明广(x)单增，于是『也2)>f(£)-3.设f(x)在［a,b］上连续，在(a,b)可导且f'(x)<0,求证:F(xF(x)=1x-aJxf(t)dtaJx?1)dtJx?1)dt.证明:bf(t)0,所以F(a)和F(b)异号，所以在(a,b)中存在&使得F(g)=0.又因为又因为F'(x)=+1>0cos2x(0<x<1),所以F(x)单增，所以实根唯一.在(a,b)也F'(x)<0.证明：因为f'(x)<0,所以f(x)单减.F(x)=誌J：f(t)dt+丄f(x)=吕J：f(t)dt+占J：("皿=JJ：［f(x)-f(t肿<04.设f(x)在［a,b］上连续，且f(x)>0,又F(x)=Pf(t)dt+ai.F(x)>2,iF(x)=0在(a,b)有唯一实根.111证明F3fW+帀>PW-帀>2Ja1bii.Ra)=/dt,F(b)=Jf(t)dt.因为f(x)bf(t)aF(x)>2,F(x)单增，所以实根唯一.5.证明方程tanx=1-x在(0,1)有唯一实根.证明.令F(x)=tanx-1+x.F(0)=-1<0,F(1)=tanl>0,所以在(0,1)中存在&使F(g)=0.a+a+(—1)n-1n=02n-1证明:方程a6.设a2,…，an为n个实数，并满足《-寸+i.i..w.acosx+acos3x+…acos(2n—1)x=0n证明.令F(x)=aisinx+asin3xsin(2n-1)xH—a-23n2n-1则F(0)=0,aa-~2+…+(-1)n-1n=0•所以由罗尔定理存在g(0<g<32n-1),使F'(g)=0•即acosg+acos3g+…acos(2n一l)g=012n四.计算题1.在直线x-y+1=0与抛物线y-x2一4x+5的交点上引抛物线的法线，试求由两法线及连接两交点的弦所围成的三角形的面积.Ix-y+1_0解.由联立方程|y_x2-4x+5解得交点坐标(x3'y3)_(1，2),(x2'y2)_(4,5)由y'=2x一4求得二条法线的斜率分别为k_1x_12,k_-1.x_44相应的法线为119y-2=2(x-1),y-5=-4(x-4).解得法线的交点为(x1，y1)=(6,2).已知三点求面积公式为所以1x1x-x1x2所以1x1x-x1x23

-x3y-y1y23-y3-x323y1y-y23_15—~4.-f(x)]2dx为最小的直线方程.2.求通过点(1,1)的直线y=f(-f(x)]2dx为最小的直线方程.0解.过点(1，1)的直线为y=kx+1-k所以F(k)=J2[x2—kx—(1—k)]2dx0=J2[x4—2kx3+(k2+2k—2)x2+2k(1—k)x+(1—k)2]dx0电-手x4+k2+3k-2x3+k(1-k)x2+(1-k)2x328=丁-8k+3(k2+2k-2)+4k(1-k)+2(1-k)2848F'(k)=-8+3(2k+2)+(4-8k)-4(1-k)=3k-丁=0

所求直线方程为y=2x_13.求函数f(x)=jx(2—t)e-tdt的最大值与最小值.0解.广⑴=2q(2—x2)e-x2=0,解得x=0,x=士2f(0)=0,f(士J2)=P2(2—t)e-tdt=1+e-2,f((2—t)e-tdt=10'0所以,最大值f(士忑)=1+e-2,最小值f(0)=0.4.已知圆(x_b)2+y=a2,其中b>a>0,求此圆绕y轴旋转所构成的旋转体体积和表面积.解.体积V=2x2兀v;a2—(x一b)2dx令x—b=asin14兀J"2(b+asint)a2cos2tdtb—a一冗c兀兀=8兀ba2J2cos2tdt=8兀ba2・=2兀2ba2=04表面积：y=f(x)绕x轴旋转所得旋转体的表面积为S=Jb2吋(x\.;1+f'2(x)dxa(x_b)2+y2=a2绕y轴旋转相当于(y_b)2+X2=a2绕x轴旋转.该曲线应分成二枝:Iy二b土论a2—x2所以旋转体的表面积S=2兀Ja(b+t’a2—x2)adx+2兀Ja(b—.a2—x2)adx—aa2—x2—aa2—x2=4=4兀abJa—a*a2—x2dx=8兀abP多元函数微分学一.考虑二元函数的下面4条性质(I)f(x，多元函数微分学一.考虑二元函数的下面4条性质(I)f(x，y)在点(“，y0)处连续；(II)f(x，y)在点(x0,y0)处的两个偏导数连续；(iii)f(x，y)在点(x0,y0)处可微；(iv)f(x，y)在点(x0,y0)处的两个偏导数存在；若用PnQ表示可由性质P推出性质Q,则有(A)(II)n(III)n(I)(B)(III)n(II)n(I)(C)(III)n(IV)n(I)(D)(III)n(I)n(IV)解.f(x，y)在点(x0,y0)处的两个偏导数连续，则f(x，y)在点(x0,y0)处可微，f(x，y)在点(x0,y0)处可微，则f(x，y)在点i..w.0(x0,y0)处连续.所以(II)=(III)=(I).(a)为答案.二.二元函数f(x，y)=ix2+y2°，(X,y)丰(0,0)在点(0,0)处(x,y)=(0,°)(A)连续,偏导数存在;(C)不连续,偏导数存在;(B)连续,偏导数不存在;(D)不连续,偏导数不存在.解.limf(x,y)=limX^-XTOXTOX2+y2ytOytO令y=kxlimxtOkx2(1+k2)x2、2,k=所以limf(x,y)不存在，所以/(x,y)在点(0,0)处不连续，排除(A),(B);xt0yt0Axf'(0,0)=limf(°Z-f(0,°)=lim倍_0=AxxAxt0AxAxt0Axf'(0,0)=ylimf'(0,0)=ylimf(0,0+Ay)—f(0,0)AytOAy=limAyt00.Ay°2+Ay2

~~AT(C)为答案.ddx

du

dxdudv设f,g为连续可微函数，u=f(x,xy)，v=g(x+xy),求dx*dx.TOC\o"1-5"\h\zdudv解.=f.+f2y,d=g(1+y).所以解.\o"CurrentDocument"12dxdv〒=(1+y)g'(f'+fy)dv12四.dz,其中申为可微函数，求dy.解.原式两边对y求导.2z二=p-+yp'I£|^y.、,,zyp--zp'—dz=ddz=dy2yz-yp'-Iy丿du五设u=f(x,y,z)，又y=p(x,t)，t=屮(x,z)，求$-.dx解.由上述表达式可知x,z为自变量，所以xi.xi..w.xi.xi..w.dudxf'+f'¥=f'+f'6‘+申'屮')=f‘+f'申‘+dudxxydxxyxtxxyxytx六.求下列方程所确定函数的全微分:f(x+y,y+z,z+x)=0,求dz；z二f(xz,z-y)，求dz.厂+f'13-f'+f'23解1f'+f'竺+f'(I+竺)=0所以—二解.1-12厂+f'13-f'+f'23dzdzdzfi'+fdy+中+石)=0，所以矿f'+f'

f'+f'23~2所以dz-d|dx+|ydy一(f'+f')dx+(f'+f')dy1312f'+f'232竺=f'(z+x竺)+f'竺dx1dx2dxdz二f2dx'所以dx-1-xf'-f'12竺=f'x竺+f'(竺-1)dy1dy2dy'dz

所以d所以dz=dx+dy=

dxdyzf'dx-f'dy12—1-xf'-f'12七.设