北京科技大学高等数学胡志兴版答案

习题1-1(A)1．填空题．(1)函数的概念域为;(2)函数的概念域为;(3)函数的概念域为;(4)函数的概念域为x<-3;(5)函数的周期为.2．设，求及．解：那么3．设求解：4．将函数用分段形式表示，并做出函数图形．解：5．判定以下函数的奇偶性．(1);解：，那么为偶函数．(2);解：，那么为奇函数．(3);解：，那么为偶函数．6．设,且当x=1时,,求．解：当x=1时，那么：．7．求以下函数的反函数．(1);解：那么反函数为：(2);解：那么反函数为：(3);解：时，，那么反函数为：()时，，那么反函数为：时，，那么反函数为：那么其反函数为：8．证明：函数在内有界的充分必要条件是在内既有上界，又有下界．证明：第一来看必要性设在内有界，且nmm，那么有上界m；n，那么有下界n；再来看充分性设上界和下界别离是m和n，取nm，那么，有界。9．某厂生产某产品1200t，每吨定价100元，销售量在900t之内时，按原价出售；超过900t时，超过的部份打8折出售，试将销售总收入与总销售量的函数关系用数学表达式表示．解：依题意，设总销售量为x吨，销售总收入为y元10．在半径为r的球内嵌入一圆柱，试将圆柱的体积表示为其高h的函数，并确信此函数的概念域．解：设圆柱底面半径为R由几何关系得：即圆柱体积为：()(B)12．填空题．(1)对一切实数x，有，那么是周期为1的周期函数；(2)函数的概念域为；(3)已知，，那么的概念域为．13．计算题．(1)已知，，且，求，并写出它的概念域；解：，那么概念域为：，即．(2)设，令，求；解：那么：．(3)设，，并讨论的奇偶性和有界性；解：以此类推：，为奇函数当x=0时，当时，，那么有界．(4)设试将表示成份段函数；解：．(5)求的反函数．解：那么反函数：14．证明题．(1)假设周期函数的周期为T且，那么得的周期为；证明：由已知：那么：得证．(2)假设函数知足那么为奇函数.证明：(1)那么，(2)(1)+(2)得：由，那么即为奇函数．习题1-2(A)1．观看以下一样项为的数列的转变趋势，判定它们是不是有极限？假设存在极限，那么写出它们的极限．(1)；有极限，极限为1；(2)；有极限，极限为1；(3)；有极限，极限为0；(4)；有极限，极限为1；(5)；无极限；(6)；无极限．2．利用数列极限的概念证明．(1)；证明：．(2)；证明：．(3)；证明：．(4)；证明：．3．证明：假设，那么，并举例说明：数列有极限，但数列未必有极限．证明：由及数列极限概念，对，存在正整数N，当n>N时，有，那么：．故．举例：数列的极限为1，而数列无极限．5．设，，证明：．证明：由极限概念可知，，取那么当n>N时，，那么7．求极限解：由于由夹逼准那么可得．8．设，证明：数列的极限存在，并求其极限．证明：显然10．求以下极限．(1)；解：．(2)；解：．(3)；解：．(4)；解：．(5)；解：．(6)；解：．12．设数列收敛，证明：中必有最大项或最小项．证明：由数列收敛，那么此数列有界，即则中必有最大项或最小项．13．设，且a>b，证明：存在某正整数N，使适当n>N时，有．证明：由，存在某正整数N，使适当n>N时，对，有取为无穷小，那么．16．设证明：数列收敛，并求其极限．证明：显然17．设，证明：数列发散．证明：数列有两个子数列：=0，，而，数列发散数列发散．习题（P47）答案：D解：例：在处没有概念可是有极限。设作出函数的图形依照函数图形写出;极限存在么？解：（1）略（2）（3）因为，因此极限不存在解：当时，函数的极限不存在。（不论它何等大），，使适当时，有，故它的极限不存在。解：解：（1）当时，无穷小（2），当时，无穷大（3），当时，无穷大（4），当时，极限为0，无穷小（5），当时，极限为0，无穷小设解：因为存在，那么，那么，解：（1）（2）证：因为，那么，，使适当时，有，那么则解：（1），，使适当时，有,故（2），，使适当时，有,故（3），，使适当时，有故（4），，使适当时，有，故（5），，使适当时，有，故（6），，使适当时，有，故解：，，使适当时，有，故解：（1）A．，故（2）C．，故（3）A．考虑a=0的情形，BCD错误。习题（P54）解：（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）因为有界，那么，故（12）因为，，那么解令，，，那么令，，，那么令，，，那么令，，那么解：解：则，，故，解：时，有极限，没有极限。当，没有极限，不必然有极限（，，）。解：时，，都没有极限。不必然有极限（例如：），不必然有极限（当时，时没有极限；当时，，，，）。解：（1）（2）（3）（4）（5）（6）因为，解；则且=，那么，习题1-5(A)1.(1)D(2)B2.(1)e-1/2(2)e(3)3/4(4)e2(5)(-1)m-n(6)ex+13.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)4.解：5.(1)错，无穷小是极限为零的变量，无穷大是其值无穷增大的变量(2)错(3)正确(4)正确(5)错，反例见例(6)错，反例：(7)错，6.解：，故它们是等价无穷小7.解：，故是的高阶无穷小8.解：，故与是同阶无穷小，故与是等价无穷小9.(1) 0，m<n(2)1，m=n ∞，m>n(3)(4)(5)(6)(B)10.(1)D(2)B(3)D11.(1)(2)(3)(4)(5)(6)12.证明：原极限不存在13.解：原式=114.解：15.证明：(1)设t=arctanx，那么(2)16.证明：(1)因为，故有(2)由有因此，故有(3)因为，因此因为，因此，因此因此，故有习题1-6(A)1.(1)B(2)C(3)A(4)D2.(1)-1,1(2)k3.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)4.(1)x=1是可去中断点，x=2是无穷中断点(2)x,|x|>1f(x)=-x,|x|<10,x=1x=1是跳跃中断点(3),,x=1是跳跃中断点，f(x)在x=2处持续(4),x=0是无穷中断点，，x=-1是跳跃中断点(5),,x=0是跳跃中断点(6)0,|x|>1f(x)=,x=11,|x|<1x=1是跳跃中断点5.解：由得：a=2，b=-16.证明：设f(x)=ex-2-x,因为f(0)f(2)=-2×(e2-4)<0由零点定理知，至少存在一点(0,2)使f()=0即，方程ex-2=x在(0,2)内至少有一个实根7.证明：设f(x)=x-2-sinx，因为f(0)f(3)=-2×(1-sin3)<0由零点定理知，至少存在一点(0,3)使f()=0即，方程x=2+sinx至少有一个小于3的正根8.证明：设F(x)=f(x)-f(a+x),那么有F(0)=f(0)-f(a)=f(2a)-f(a)，F(a)=f(a)-f(2a)因此，F(0)F(a)=-[f(a)-f(2a)]20假设F(0)F(a)=0，那么F(0)=F(a)=0；假设F(0)F(a)<0，那么由零点定理知，至少存在一点(0,a)使F()=0；综上，至少存在一点[0,a]使F()=0，即至少存在一点[0,a]使f()=f(a+)9.解：设F(x)=(p+q)f(x)-pf(c)-qf(d)，那么有F(c)=qf(c)-qf(d),F(d)=pf(d)-pf(c)因此，F(c)F(d)=-pq[f(c)-f(d)]20假设F(c)F(d)=0，那么F(c)=F(d)=0；若F(c)F(d)0，那么由零点定理知，至少存在一点(c,d)使F()=0；又因为a<b<c<d,因此对任何正数p,q，至少存在一点[c,d](a,b),使得F()=0，即pf(c)+qf(d)=(p+q)f().(B)10.(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)11.(1)x=1是可去中断点x=是可去中断点不存在x=是无穷中断点(2)x=0是无穷中断点x=1是可去中断点x=2是无穷中断点12.解：由，知：a=0，b1由存在，知：b=e因此，a=0，b=e13.解：x+bx0h(x)=2x+10<x<1x+a+1x1由h(0-)=h(0+)得：a=b=1h(1-)=h(1+)因此，当a=b=1时，f(x)+g(x)在(-,+)上持续14.解：化简得：x,|x|>1f(x)=ax2+bx,|x|<1(a+b+1)x=1(a-b-1)x=-1由f(1-)=f(1+)=f(1)得：a=0，b=1f(-1-)=f(-1+)=f(-1)15.证明：设f(x)=x3-3x2-9x+1,那么f(0)f(1)=1(-10)<0因此，存在(0,1)使f()=0,即原方程在(0,1)上存在实根唯一性：16.证明：设F(x)=f(x)-x,那么由题意有：F(a)=f(a)-a>0;F(b)=f(b)-b<0因此，存在C(a,b)使F()=0即f()=.17.证明：令，那么有：且在上持续，使得：即：令，那么有：且在上持续，使得：即：，证毕.18.证明：假设f(x1)=f(x2),那么结论显然成立假设f(x1)>f(x2),那么有f(x1)>>f(x2),由介值定理知：至少存在一点[x1,x2],使得f()=假设f(x1)<f(x2),那么有f(x1)<<f(x2),由介值定理知：至少存在一点[x1,x2],使得f()=总上可知，原结论成立19.证明：由f(x+y)=f(x)+f(y)得：f(0)=0取x0(-,+),因为：因此，f(x)为(-,+)上的持续函数.20.证明：由于对x1,x2[0,1],有|x13-x32|=|x1-x2||x12+x1x2+x22|3|x1-x2|于是对>0,取=，对x1,x2[0,1]，当|x1-x2|<时，就有：|x13-x32|<.故f(x)=x3在区间[0,1]上一致持续21.习题2—1（A）单项选择题。C解：A解：因此在x=1处不持续。C解：函数在x=0处可导，那么函数在x=0处持续。∴当b=0时，保证在x=0处持续；又∵；，∴为保证在x=0处可导，a=b。填空题。（1）析：（2）析：（3）析：（4）析：（5）析：∵∴（6）析：（7）4析：用导数概念证明以劣等式成立。（1）证明：（2）证明：（3）证明：求以下函数的导数。（1）解：（2）解：（3）解：（4）解：（5）解：∴计算题。解：，可知，在处的切线及法线斜率别离为∴切线方程为即；法线方程为即解：可知，在处的切线及法线斜率别离为∴切线方程为即；法线方程为即。解：假设平行于直线那么设点为（）即，∴∴要求的点为（1，1）或（-1，-1）解：由可知，∴解：由可知，又∴解：（7）解：∴解：（1）∵∴∴在处持续；又∵∴即不存在，∴y在x=0处不可导。（2）由y表达式可知，∴函数在x=0处持续，又∵∴函数在x=0处可导。（3）∵∴在x=0处持续；又∵；∴在x=0处不可导。（4），，∴在x=0处持续；又∵∴在x=0处不可导。证明题。证明：∵∴令t=-x，那么∴证明：导函数存在，∴为奇函数时即为偶函数；为偶函数时即为奇函数；证毕。（3）证明：即要证当时，设为概念域中的任意一元素，∵由的任意性知，结论成立。习题2—1（B）解：在处的线密度即为质量对长度的函数的导函数在处的值，证明：在x=0处可导∴原式=证毕。解：由7（3）中证明知，又等价于∴即为所求的切线斜率∴法线斜率解：可去中断点∵为奇函数，∴∴；又∵在x=0处可导∴即函数在x=0处存在极限，显然在x=0处无概念，∴x=0为的可去中断点。解：∴解：∴令，得原式=解：∴解：持续性，，，，∴要持续，那么b+a+2=0①可导性，∴要可导，那么a=b②由①②两式得a=b=-1解：，，，又∵有界∴，M为常数∴∴解：由能够看出令t=x-1，那么x→1等效于t→0∴解：令则∴又令∴证明：充分性可导，那么存在当时存在即在x=0处可导必要性又因此，要存在，那么∴综上，得证习题2—2（A）单项选择题。B析：，∴B析：，∴B析：∴∴将适当的函数填入以下括号内。（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）微分的几何意义：对应曲线的切线上点的纵坐标的相应增量。（10）高阶计算题。解：（1），∴在x=2处时，，；时，，；时，，（2），∴在处时，；时，（3）∴∴计算以下各题。解：（1）；；那么，∴（2）令；；∴（3）令；；则（4）球的体积∵由已知即∴∴测球半径时，所许诺产生的相对误差是%习题2-3填空题。（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）；（8）-2；（9）；（10）；（11）；（12）；（13）；（14）；（15）；（16）；（17）；（18）；（19）；（20）；（21）；（22）；（23）；（24）；（25）；（26）；（27）；（28）；（29）；（30）。二、求函数的导数与微分（1）；（2）；（3）；（4）（裂项分开后别离求导）；（5）；（6）；（7）；（8）；（9）（乘法求导）；（10）（除法求导公式）；（11）；（12）；（13）；（14）；（15）；（16）；（17）；（18）；（19）；（20）；（21）；（22）；（23）；（24）；（25）；（26）；（27）；（28）；（29）；（30）；（31）；（32）；（33）（先分母有理化，再利用除法公式求导）；（34）；（35）；（36）；（37）先对求导：则；（38）。3、利用一阶微分形式不变性求函数导数。（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）；（8）原式变形为两边对求导，有则；（9）因此；（10）因此；（11）；（12）；（13）；（14）因此；（15）。4、（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）；（8）；（9）。五、（1）先求，代入等式左侧，变形整理等于右边。将代入即证。（2）同理，代入即证。（）六、，那么。7、因此。八、令，那么，，即，因此。九、利用换元可得，，因此。10、。1一、令，有，因此由解得，因此。1二、因为，因此在处不可导，因此。13、在处持续，可是，因此在处不可导，在处不持续，因此。14、解：，假设在处持续，那么存在，即存在，因此。1五、解：由已知在处持续而且在处左导数等于右导数，即。1六、解：在处无导数，在处不持续，因此。17、解：由已知在处持续而且在处左导数等于右导数，即。1八、解：其中表示的同阶或高阶无穷小。1九、习题2-4填空题。（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6），；（7）；（8）1；（9）；（10）；（11）。二、导数和微分。（1），；（2）；（3）；（4）；（5）；（6），；（7）；（8），因此；3、（1），因此得；（2），因此；（3）同（1），有；（4）；（5）；（6）将两个式子分开，和，别离求导有和，因此原式；（7）；（8）；（9）；（10）；4、（1）；（2）；（3）。五、证明题。（1）证明：在处，，，因此，得切线方程：当时，，当时，因此为定值。（2）用（1）的方式写出切线方程，求截距并表示三角形面积，即可。六、，因此。7、。八、解：，；又，因为，因此。九、解：，，，因此切线方程：。10、解：，，因此切线方程：，法线方程：即。1一、解：设时刻容器内水面高度为，水的体积为，水面半径为，现已知，要求时的。上式两头对求导，得代入解得。1二、解：设时刻仰角为，气球上升的高度为，那么，，两边对求导，有。习题2-5（A）1（1）解：……设那么（A）（2）解：当x>0时：当x<0时：因此答案选（C）2（1）（2）（3）对方程两头求导，得再次求导得将代入得（4），对方程两头求导，，将y（0）=-1代入得再次求导得：将代入得3（1）解：对方程两边求导得即注意到y即y的一阶导数都是x的函数因此对两头再次求导得：（2）解：对方程两边求导得因此对上式求导得）（3）对方程两头求导得：注意到f是x，y的函数因此（4）观看方程两边，可对其取对数简化计算再对方程两边求导得：再次求导得：（5）解：有参数方程所确信函数的倒数公式得因此（6）（7）（8）（9）由于应用莱布尼茨公式，得4（1）因为因此（2）（3）5（1）解：因为因此（2）依此类推（3）（4）（5）6（1）（2）左式==右式==左式（3）（4）将之代入方程得：（5）将上两式代入方程得习题2-5（B）7解：要使f（x）在x=0处有二阶导数那么需知足以下条件8解：因此9解：，显然，极限不存在依导数概念可知f（x）在x=0处存在2阶导数，在x=0处不持续。10解：依此类推11解：利用莱布尼茨公式可得：总温习题二1.（1）A（2）B(3)C(4)C(5)D2.(1)持续可导（2）不持续（3）持续不可导（4）a≤0,中断;a>0,持续;0≤a≤1,不可导;a>1可导。3.（1）解：（2）解：（3）解：两边取对数再求导得：即得（4）解：(5)解：先对原式进行变形：再对两边求导数即可得：最后将y代入即可（6）解：当x>0时f（x）=当x<0时f（x）=f（0）=04.（1）解：（2）解：由原式可得：两边取对数求导得：再次求导可得：将y和y代入即可5.（1）解：由已知的n次导数可得：（2）先对原式求一次导得：那么可得：继而可得：7.（1）解：由题可得：（2）解：（3）解：8.（1）题目有错（2）证明：因为令x=y=0那么即函数f（x）不但可导，且导数值恒为1。（3）解：因为9.（1）解：由题意可知：f（1）=2f（0）=2（3）解：要使F（x）在点x=0处持续，那么有b=f(0),而要函数在x=0处可导，那么只需有a=（4）解法一：令S=x+可知有S=Sm而S=那么Sm=则解法二：思路，对Sm等式两旁同乘以x，然后别离减去原等式的两边进行转变即可。（5）解：由于而所求的导数是x=0点，因此只需求莱布尼茨公式的前两项即可：习题3-1（A）1证明：显然f（x）在[2,3]上持续、可导，且f(2)=f(3),显然在[2,3]持续。那么有介值定理可知，在[2,3]区间上必存在一点使得因此罗尔定理对f（x）在区间[2,3]上成立2证明：显然函数在[0,]上持续、可导，，又，而-1<<0因此由介值定理可知必存在一点，使得因此拉格朗日中值定理对f（x）在区间[0,]上成立3证明：令，显然其在[0,1]上持续、可导。由罗尔定理知，在[0,1]上必存在一点使得，即因此在[0,1]上柯西中值定理对f（x）和g（x）成立4证明：令则即f（x）恒等于一常数，又f（0）=0，因此5证明：令那么即,又6解：因为，由罗尔定理可知，在[0,1],[1,2],[2,3],[3,4]区间别离存在四个点，使得7证明：（1）设，显然函数在整个概念域内持续、可导，那么由拉格朗日中值定理可知：，即（2）设，显然函数在整个概念域内持续、可导，那么由拉格朗日中值定理可知：在[a,b]区间上有，即（3）设，那么在[b,a]上函数持续、可导，由拉格朗日中值定理可知：存在一点，使得又因为，因此，即8证明：设，二者在[0，]上均持续、可导，而且对任意都有，由柯西中值定理知，存在使，即9证明：设那么由拉格朗日中值定理知，，使得10证明：设，函数在[a,b]上持续，在（a,b）内可导那么由罗尔定理可知，在（a,b）内至少存在一点使得：，即11证明：设，其在[0,1]上持续，在（0,1）内可导又，由罗尔定理可得=012证明：设，利用反证法，设假设方程有至少4个根，则，又f（x）在概念域内至少4阶持续、可导，那么由罗尔定理可知，至少存在点，使得再次利用罗尔定理，那么存在点，使得=0由罗尔定理可知，在（）内至少存在一点使得而，即不可能找到一点使得f（x）的三阶导数为零，因此假设不成立，即方程最多有3个根13证明：令，其在[0,]上持续，在（0,）内可导又,因此由罗尔定理可知至少存在一点，使得即14证明：令，此函数在[0,1]上持续，在（0，1）内可导，又因为，由介值定理可知，在[1/2,1]之间存在c使得F（c）=0=F(0)，由罗尔定理可知，在[0,c]内至少存在一点使得15提示：令，对f（x）和g（x）用柯西中值定理即可得证16提示：令，f（x）、g（x）在[a,b]上用柯西中值定理可证习题3-1（B）17证明：因为f（x）在[0,3]上持续，因此f（x）在[0,2]上持续，且在[0,2]上必有最大值M和最小值m，于是故由介值定理知，至少存在一点，使因为f（c）=1=f（3），且f（x）在[c,3]上持续，在（c,3）内可导，因此由罗尔定理可知，必存在18证明：，因为f（x）在[a,b]上持续，(a,b)内可导，且f(a)=f(b)=0,那么由罗尔定理知在（a，b）内必存在一点c使得，由于因此，即内单调减在（a，x）（x<c）上利用拉格朗日中值定理知，即在（c，b）上利用拉格朗日中值定理同理可得即在[a,b]上，19证明：因为y=f（x）在x=0的某邻域内具有n阶导数由柯西中值定理得：反复运用柯西中值定理，得：使得：即使得：20证明：设，由题知F（x）在[a,b]上持续，(a,b)内可导那么，又即，即即21证明：令，对F（x）应用拉格朗日中值定理，那么存在使得成立再对在[a,b]上利用拉格朗日中值定理，那么存在，使成立由上两式有22证明：（1）令，那么g（x）在[0,1]上持续，且因此存在，使得即f()=1-(2)依照拉格朗日中值定理，存在，使得，，从而习题3—2(A)1．用洛必达法那么求以下极限.(1)（2）==(3)(4)(5)(6)(7)==(8)(9)(10)=(11)(12)(13)(14)由于因此(15)由于因此（16）（17）（18）由于因此2.验证以下极限存在，但不能由洛必达法那么得出.(1)此极限不存在，洛必达法那么不适用.原极限=（2）此极限不存在，洛必达法那么不适用.原极限=3.设函数具有一阶持续导数，且，试求：.解：因具有一阶持续导数，从而持续，时，.那么.4.设持续，试用洛必达法那么证明证：当.且分子、分母（视为h的函数）都有导数，又注意到分母的导数，，故对（B）5.用洛必达法那么求以下极限.(1)(2)(4)(6)(8),因此6．解：假设使在持续，那么知足，又故当时，在持续.7.解：由于因此，即函数在点处持续.习题3—3(A)解：解：令同理可得：，故.3.解：故.4.解：故.5.解：故.6.解：故并取得;故.7.解.，因为，，因此，因此.8．解：由已知，，因此.9.估量以下近似公式的绝对误差.解：（1），因此，故，，.(2)因为，.因此，10.解：，11.利用三阶泰勒公式求以下各数的近似值并估量误差.解：（1），.(2),,,其中（3），.12.利用泰勒公式求以下极限.(1)因此，.(2)因为.因此（3）因此[()]=(4).13.解：由题意可得：，即得证.14.有误，无法证明.15.证明：，即2，（），.(B)16.解：=.18.解：.20.解：，.21.证明：，.第四节函数的单调性与极值判定（1）A（2）D（3）B（4）A（5）A（6)B（7）B（1）解的概念域为，.令，得.当时，，故在上单调增加；当或时，，故在上单调减少.解的概念域为,.故在上单调增加，在上单调减少.解由于，易知在上单调增加，在上单调减少.解当时，，令得当时，，令得由极值的第一充分条件知：在内单调增加，在内单调减少.解故在上单调增加，在上单调减少.解故在上单调增加，在上单调减少.解故在上单调增加，在上单调减少.解利用对数求导法，得.故在上单调减少，在上单调增加.（1）解令=0，得.，，故该函数在处取得极大值5，在处该函数取得极小值4.解令得.处导数不存在.列表讨论易知：极大值为，，极小值为.解依照极值的第一充分条件知：处该函数取得极小值，处该函数取得极大值2.解=，令得。易知极小值为，极大值为.解，令得，易知极小值为.解，令得，极大值为(1)证令，在上持续，且.时，，显然.故在上单调减少，时，，即.证令，在上持续，且.时，，显然.时，持续.又由于时，，故在上单调增加，即.进而有在内单调增加，时，，即.证令，在上持续，且.时，，故在内单调增加，从而，即.证令，在持续，且.时，，，，故在内单调增加，且恒成立，进而说明在内单调增加，即当时，，于是得证.证令，在内持续，且。时，，即在内单调增加，，即.证令，在内持续，且.时，，即在内单调增加，，即.（1）解函数在上持续，必能取得最大值和最小值.，有一个驻点.因为，，比较后知在上的最大值为，最小值为.解由于令解得.又因为，因此是唯一的驻点.是极大值点即是最大值点.又因为对任意的有，故即为最小值点.（3）解当时，；当或时，；由得，，，比较知的最大值为，最小值为.解，令得.由，，知函数的最大值为，最小值为.解令，.由得，依照定理，有在内单调减少，在内单调增加，，，，因此仅在内有一实根.解令，。由得，在上单调增加，在上单调减少，，的根的数量取决于的取值范围.当时，，现在有两个实根.当时，，现在有唯一实根.当时，，现在无实根.证，，令得.当时当时，，且，故而只有一个实根.解，，,故，即在内为增函数.，，因此方程有且仅有一个实根.解.令，当时，.又因为，.比较知的最大值为，最小值为.解，当为偶数时，恒成立，故现在无极值；当奇数时，令得，由极值的第一充分条件知：在内为增函数，在内为减函数，该函数在处取得极大值.解设内接矩形与椭圆在第一象限的交点为，内接矩形的面积记为，那么显然当时，，即为椭圆的内接矩形中面积的最大值.解设切点坐标为，所求的三角形面积为，那么切线的直线方程为切线与坐标轴的交点为，，于是该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为显然当，即切点坐标为时，解设圆锥形漏斗的高为，体积为，由题意知，，令得.由于，故当时，取得极大值同时也是最大值.解设漏斗的高为，体积为，由题意得，，令得，截取的扇形弧长为，现在留下的扇形的中心角为.解记物体受到桌面的支持力为，由力的正交分解原理有解得令，得，即力与水平线的夹角为时，力最小.解运用对数求导法得令得，时该函数不可导.该函数在上为单调递增函数，在上为单调减少函数.解显然在内为增函数；在内为减函数，故该函数取得极大值，，取得极小值.19.证，，在处持续.当时,故在上为增函数，从而，即可说明在上也为增函数，.因此当时，.20.证对任意的有，，.由极限的夹逼性知，从而在处持续.当时，可导，又因为显然为该函数的极值点，也为唯一的极值点.证令得.当时，，故在内为递减函数；当时，，故在上为递增函数.为该函数唯一的极值点同时也是最小值点.因此时有，即.证，.，，由函数表达式易知：当时，，即在上为减函数；由，当时，，即在内为增函数，，进而在内为增函数。综上，为该函数的极小值也为最小值，于是时，得证.证，.令得。是函数在上的唯一极大值点即是最大值点，现在。因此当时，证记,令，有.当时，，即在内单调增加，又因为，因此。进而，在区间内单调增加.习题3-5单项选择题QUOTE,QUOTExQUOTE时，QUOTEQUOTEQUOTE单调下降，曲线是凹的应选（C）QUOTE,QUOTE,令QUOTE那么xQUOTE0,1,QUOTE1应选（C）当QUOTE时，QUOTE，那么QUOTE(x)QUOTE当xQUOTE时，QUOTE，那么QUOTE(x)QUOTE因此QUOTE在QUOTE时是凸的，在QUOTE是凹的（其中QUOTE是趋于0的无穷小）。由拐点概念可知，选（D）xQUOTE时，QUOTE;xQUOTE时，QUOTE,故xQUOTEa是f(x)的极大值应选（B）求以下函数图形的凹凸区间及拐点QUOTE解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTE令QUOTE，得x=1x10曲线y凹拐点凸由表可知：曲线在QUOTE内是凹的，在QUOTE内是凸的，拐点为（1，2）QUOTEQUOTE解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTEQUOTEQUOTE令QUOTE，得QUOTEQUOTEax(QUOTE,QUOTE)00曲线y凹拐点凸拐点凹由表可知：曲线在QUOTE，QUOTE内是凹的，在(QUOTE,QUOTE)内是凸的,拐点为（QUOTE）QUOTE解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTEx=0时二阶导数不存在当QUOTE时，QUOTE，曲线是凸的；当QUOTE时，QUOTE，曲线是凹的。拐点为（0，0）QUOTE解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTE令QUOTE那么QUOTE,其中k=0,QUOTE1,QUOTE2,QUOTE3……当QUOTE时，QUOTE，曲线是凸的；当QUOTE时，QUOTE，曲线是凹的。拐点为QUOTEQUOTE解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTE令QUOTEx100曲线y凸拐点凹拐点凸由表可知：曲线在QUOTE内是凹的，在QUOTE，QUOTE内是凸的,拐点为（QUOTE）QUOTEQUOTE解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTE令QUOTEQUOTE当QUOTE时，QUOTE，曲线是凹的当QUOTE时，QUOTE，曲线是凸的曲线的拐点为QUOTEQUOTEQUOTE解：QUOTEQUOTEQUOTEQUOTE曲线无拐点，且图像处处为凹QUOTE解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTE令QUOTE那么QUOTEx0曲线y凹拐点凸由表可知：曲线在QUOTE内是凹的，在QUOTE内是凸的,拐点为（QUOTE）证明曲线QUOTE有三个拐点位于同一条直线上证明：QUOTE且QUOTEQUOTE令QUOTE即QUOTE取得QUOTE，QUOTE相应地QUOTE，QUOTE，QUOTEQUOTE曲线QUOTE有三个拐点位于同一条直线上讨论摆线QUOTE的凹凸性解：QUOTEQUOTE故摆线QUOTE在概念域内是凸的。证明曲线QUOTE在区间QUOTE上是凹的，曲线QUOTE，QUOTE在区间QUOTE是凸的证明：QUOTE，QUOTE,QUOTE，QUOTE当QUOTE，故是凹的；当QUOTE时QUOTE，故是凸的QUOTE，QUOTE，QUOTE，QUOTE，故是凹的QUOTE，QUOTE，QUOTE，QUOTE，故是凹的QUOTE，QUOTE，QUOTE，QUOTE时QUOTE，故是凸的试确信曲线QUOTE+d中的a,b,c,d,使得曲线在QUOTE有水平切线，QUOTE为拐点，且点QUOTE在曲线上解：QUOTE由题意可知QUOTE利用曲线的凹凸性，证明以下不等式，并说明其几何意义解：可知QUOTE函数的概念域为QUOTE那么QUOTEQUOTEQUOTEQUOTE曲线是凹的依照概念可知对任意的x，y>0都有等式QUOTE成立可知QUOTE函数的概念域为QUOTE那么QUOTEQUOTEQUOTE曲线是凹的依照概念可知对任意的QUOTE都有等式QUOTE成立可知QUOTE函数的概念域为QUOTE那么QUOTEQUOTEQUOTEQUOTE曲线是凹的依照概念可知对任意的x，y>0且QUOTE都有等式QUOTE成立即：QUOTE成立求函数QUOTE图形的凹凸区间及拐点解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTE令QUOTEx0曲线y凸拐点凹由表可知：曲线在QUOTE内是凸的，在QUOTE内是凹的,拐点为（QUOTE）求函数QUOTE图形的凹凸区间及拐点解：函数的概念域为QUOTEQUOTEQUOTEQUOTE故函数的图形没有拐点，处处是凹的设QUOTE在QUOTE的某邻域内具有三阶持续导数，若是QUOTE，而QUOTE试问QUOTE是不是为拐点，什么缘故？解：QUOTE假定QUOTE那么QUOTE单调递增QUOTE时QUOTEQUOTE时QUOTE故QUOTE是QUOTE的拐点假设关于区间QUOTE内的任意两点QUOTE与QUOTE及任意两个数QUOTE与QUOTE（QUOTE）有不等式QUOTE（或对应地，相反的不等式QUOTE成立），那么称QUOTE曲线在区间QUOTE上是凹（凸）的习题3-6求曲线QUOTE的渐近线解：QUOTEQUOTE故y=x+2为曲线的斜渐近线求曲线QUOTE的渐近线解：QUOTEQUOTE故x=2,x=QUOTE3为曲线的铅直渐近线QUOTE故y=1为曲线的水平渐近线求曲线QUOTE的渐近线解：QUOTEQUOTE故y=1为曲线的水平渐近线QUOTE故x=QUOTE为曲线的铅直渐近线4.刻画曲线的图形Y=x-1是渐进线垂直渐近线时X=0或-2再求判定凹凸性5．刻画曲线的图形偶函数时只需判定有对称性可画出6.刻画曲线的图形时，Y=0是水平渐进线，是垂直渐近线7.刻画曲线的图形渐近线方程8.刻画曲线的图形9.刻画曲线的图形10.刻画曲线的图形奇函数第三章：第7节1：解：2：解：由于：那么有：时，；时，3：解：对两边对求导，得：4：解：由得：两边对求导可得：5：解：由得：6：解：由可得：7：解：由两边对得8：证明：由得：得证.9：解：由得依照可得：渐屈线参数方程为：即：.10：解：由得：由得：渐屈线参数方程为：因此渐屈线方程为：即：.11：解：由得：依照公式得：依照的公式可得：那么有所求曲率圆方程为：.12：解：由得：依照得：.13：解：由已知：可令那么有：14：解：由得15：解：可另：，那么有：由此可得：依照公式可得曲率中心为：所有所求的渐屈线参数方程为：.16：解：由得：那么有：依照公式得曲率中心为：那么有渐屈线的参数方程为：第三章总温习题4、设f（x）在[]上持续，在内可导，且f（0）=0，对任意的x∈（）有f（x）≠0证明：存在∈（）使。证明：设F（x）=f（x）f（1-x）因为f（x）在[]上持续，在内可导F（x）在[]上持续，在内可导依照罗尔定理得在[]内必有使=0=0在[]内f（x）≠0此式成立。五、设在上持续，在内可导，且，证明存在一点使得。证明：设，那么，因为，F（0）=0，F（）=0且，sin（x）在持续在内可导在此区间上有一样的性质依照罗尔定理得在上必有一点使=0即整理后既得所证结果7设和都是可导函数，且证明：当x>a时证明：构造函数，因为因此又因为x>a得八、求极限1.===-2.利用罗比达法那么，得罗比达法那么得3.罗比达法那么：罗比达法那么=04.利用等价无穷小==5.===应用罗比达法那么得===6=======7，=应用罗比达法那么得=====18.=应用罗比达法那么=应用罗比达法那么，==应用一次罗比达法那么=再利用一次罗比达=1二、确信以下函数的单调区间。（1）解：，，即，解得，，解得。因此，该函数的增区间为，减区间为。（2）解：，故函数在整个概念域内单调递增，该函数的概念域为，因此该函数在内单调递增。13求以下函数的极值。

（1）解：，，。令，即，因为，故，。当时，，为增；时，，为减。因此，该函数存在极大值，当时，极大值为。（2）解：，，，令，即，，解得。且和时，函数的导数不存在，现列表如下：不存在0不存在增极大值增极大值减极小值增因此，该函数在处存在极大值，极大值为；在处存在极小值，极小值为0。14 求数列{}的最大项。解：先求的最大值：，，。令，即，因为，故，。当时，，增；时，，减。因此，当时，函数有最大值，因为数列{}中，取和别离代入原函数，解得和，因为。因此，时，当数列的最大项为。15证明不等式。证明：因为（能够利用两式相减，通分后取得），，因此，。17 求在闭区间[0，2]上的最大值和最小值。解：令，，，，令，解得，不在闭区间[0，2]上。该在和处不存在，因此在闭区间[0，2]可能的极值点为。时，；时，时，。因此，在闭区间[0，2]上的最大值和最小值别离是和。19研究曲线的凹凸性与渐近线。解：（1）凹凸性，，。，令，那么，即；，那么，即；因此，时，函数为凹函数；时，函数为凸函数。（2）渐近线因为，因此为函数的垂直渐近线。因为，因此函数的斜渐近线为。第四章第一节：定积分的概念1：注：2：注：3：注：由均分可得：再由概念可知：由夹逼原理知：4（1）：4（2）：=4（3）：=5（1）：由得：可知：原式的几何意义为：以原点为圆心，为半径的圆在第一象限的面积，即为：5（2）：由图象可知：面积代数和为：0因此：5（3）：由图象知：因此：6：金属丝的质量为：7：以水面上任意一点为原点，垂直向下为轴方向成立直角坐标系，在处所受到的压强为：；面积元为：因此：8：当为奇函数时，函数关于原点对称，那么有与与轴围成的图形面积相等，符号相反，因此有：当为偶函数时，函数关于轴对称，那么有与与轴围成的图形面积相等，符号相同，因此有：习题4-2（A）1.比较以下积分大小（1）解：利用例的结果，当f(x)不等于0时，因为f(x)≥0,而是数值，它只有是零和不是零两种可能，设假设=0，那么由已证得例结果，在[a,b]上必有f(x)≡0,与f(x)不恒等于0矛盾，因此得出结论：假设在[a,b]上，f(x)≥0且f(x)不恒等于0，那么>0.在[0,1]上ex-≥0且ex-不恒等于0，因此>0，因此>。（2）解：，因为在[0,1]上x2-x3≥0且x2-x3不恒等于0，因此>0，因此>。（3）解：，因为在[1,2]上x2-x30且x2-x3不恒等于0，因此<0，因此<。（4）解：构造函数f(x)=sinx-x,那么f’(x)=cosx-1,在（0，]上单调递减，从而有f(x)=sinx-x<f(0)=0,因此sinx<x,而在（0，]上sinx,x都是大于0的，因此sinx/x在（0，]上小于1，因此在（0，]上>，因此>0，有>（5）解：构造函数f(x)=ln(1+x)-,在[0,1]上f’(x)=>0,因此f(x)在[0,1]上是增函数f(x)>f(0)=0,有>0，于是>。2.估量以下各积分的值（1）解：只须求出f(x)在区间上的最大、最小值M与m，即可用估值定理估量。显见x2+1在[1,4]上单调增加，有m=2,M=17,即2≤x2+1≤17，x∈[1,4],而b-a=3,因此2*3=6≤≤17*3=51，即6≤≤51.（2）解：记f(x)=1+sin2x,令f’(x)=2sinxcosx=sin2x=0.得f(x)在区间上的驻点x1=,x2=,计算f()=1+1=2,f()=1+0=1,f()=1+1/2=3/2,f()=1+=3/2,因此m=minf(x)=1,M=maxf(x)=2,其中x∈,那个地址b-a=,因此≤≤2.（3）解：记f(x)=,x∈[0,2],因为f’(x)=(2x-1),令f’(x)=0,取得唯一驻点x=1/2,又f(1/2)=,f(0)=1,f(2)=,因此m=minf(x)=,M=maxf(x)=,有因为b-a=-2，因此-2e≤≤-2.3.设函数f(x)与g(x)在任何有限区间上可积（1）若是，那么f(x)与g(x)在[a,b]上是不是相等？（2）若是在任意区间[a,b]上都有，那么f(x)是不是等于g(x)?(3)若是（2）中的f(x)与g(x)都是持续函数，那么又有怎么样的结论？解：（1）不必然。f(x)，g(x)刚巧在某一区间[a,b]积分值相等，可是不能说明f(x),g(x)是相等的，例如f(x)=,g(x)=,可是事实上sinx≠tanx.(2)不恒等，前提必需f(x),g(x)都是持续函数。例如f(x)=sinx(0≤x≤),.而。（3）反证法：假设f(x)不恒等于g(x),设f(x)>0,,因此，由例结果f(x)≡g(x)矛盾，因此f(x)≡g(x).4.证明柯西不等式：假设函数f(x)与g(x)在区间上可积，那么。证：令L(x)=f(x)+g(x),那么L2(x)=f2(x)+2f(x)g(x)+g2(x)≥0,从而有，即≥0.将上式右边视为关于的二次多项式。因为Ax2+Bx+C≥0,可知B2-4AC≤0,从而有，从而有。5.设f(x)在区间[a,b]持续，证明证：利用上题的结论，令f(x)=,g(x)=,它们都是持续函数，有。（B）6.证明闵可夫斯基不等式：假设函数f(x)与g(x)在区间[a,b]上可积，那么。7.设f(x)在区间[a,b]持续，且，证明：f(x)在（a,b）内至少存在不同的两个零点。证明：依照积分中值定理，在[a,b]上，存在，知足=0,取得=0，是f(x)的一个零点。假设是唯一的一个零点。那么在（a,）和（，b）内f(x)异号。假设（a,）上f(x)>0,（，b）上f(x)<0.由和=0可知0=≠0得出矛盾，因此至少在（a,b）上还有一个零点。习题4-3（A）单项选择题设，那么当x→0时f(x)是g(x)的（B）低阶无穷小（B）高阶无穷小（C）等价无穷小（D）同阶但非等价无穷小提示：洛必达法那么设f(x)是持续一阶导数，f(0)=0,f’(0)≠0,。且当x→0时，F’(x)与xk为同阶无穷小，那么k等于（C）(A)1(B)2(C)3(D)4(3)把x→0时的无穷小，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，那么正确顺序是（B）(A),,(B),,(C),,(D),,2.设f(x)在，c为某常数，且对任意的x∈,有，那么f(x)=15x2;c=-2.3.试求函数当x=0和x=时的导数。,，4.证明，与都是同一个函数的原函数，你能说明什么缘故同一个函数的原函数在形式上的这种不同吗？同一个函数的原函数在形式上的不同只是一个常数C。例如，与都是函数2sinxcosx的原函数。=1，5.用牛顿-莱布尼兹公式计算以下积分（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）（12）（13）设，求解（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）（12）（13）6.求以下各导数（1）（2）（3）（4）（5）（6），其中是持续函数。解：(1)arctanx(2)(3)(4)(5)(6)7.指出以下运算的错误，错在何处（1）(2)(3)(4)解：（1）忘记了x3对x的一步求导正确解：（2）计算进程失误，先化简，再求导。正确解：3x2（3）正确（4）没有谈论（0，）上sinx的正负性。正确解：48.设k是正整数，试证明以下各题（1）（2）（3）（4）9.设k及m为正整数，且k≠m,试证明以下各题（1）（2）（3）10.求由参数方程所确信的函数y=f(x)的一阶导数。11.求由方程所确信的y=f(x)的一阶和二阶导数，两式相较得12.设，求在[0,2]上表达式，并讨论在[0,2]上的持续性。持续13.求以下极限（1）（2）（3）（4）（5）解：（1）依照洛必达法那么（2）依照洛必达法那么(3)依照洛必达法那么和等价无穷小（4）依照洛必达法那么（5）依照洛必达法那么14.设f(x)在[a,b]上持续，在（a,b）内可导且f’(x)≤0,.证明：在（a,b）内有F’(x)≤0.其顶用到积分中值定理和拉格朗日微分中值定理。15.设函数f(x)在x=1的某个邻域内可导，且f(1)=0,,计算依照洛必达法那么：16.求以下极限（1）（2）（1）解：原式=（2）解：原式=（B）17.设f(x)在[a,b]上可积，证明：至少存在∈[a,b],使得证明：构造函数，依照罗尔定理，存在∈[a,b]，使得18.设f(x)在[a,b]上持续，且f(x)>0.证明：（1）存在唯一的∈（a,b）,使得；（2）证明：构造函数依照罗尔定理，至少存在一个∈（a,b）,使得。再证唯一性，,（2）得证。因此F(x)在[a,b]上持续递增，只能有一个零点∈（a,b）,使得。习题选择题一、（A）二、（D）解:求的原函数，即对f(x)求不定积分，令C=1，即得D。3、（C）二、填空题一、解：原式===二、解：原式==3、解：当时，当时，得，4、解：由已知得，于是有，，那么三、判定题正确不正确正确不正确分析，右边=，右边=，故不相等正确不正确四、求不定积分一、解：二、解：3、解：4、解：五、解：

=解：解：令则，原式解：10、解：1一、解：1二、解：13、解：14、解：1五、解：1六、解：17、解：1八、解：1九、解：20、解：2一、解：2二、解：23、解：24、解：2五、解：2六、解：五、解：设任一点该曲线的切线斜率为，那么，那么有又曲线通过（），即，得C=1故该曲线方程为六、解：当时，；得C=0故将时，当通过的路程为512m时，；解得七、利用换元积分法求以下不定积分一、解：二、解：3、解：4、解：五、解：