高数练习册答案(完整版)

习题一

一．单项选择题

1、A 2、D 3、C 二．填空题

3x23x11、 2、（－9，1）

(x1)2三．计算题 1、（1）解 函数要有意义，必须满足

x0x0即 定义域为(1,0)(0,1] 21x01x1（2）解 函数要有意义，必须满足

3x0x0解得x1或1x3 111x3．（1）解 由ye （2）解 由yx1 得 xlny1 交换x、y得反函数为ylnx1

1yx11x 得 x 交换x、y得反函数为y

1yx11x24．（1）解 只有t=0时，能；t取其它值时，因为 1t1，arcsinx无定义 （2）解 不能，因为1x1，此时y5．解（1）yeu1x1无意义 2varccosww2x1

uv2 (2) 令yy2y2 则y1lnv y2euv1uux21

uv3vsin(xm)meww2x

x226．解 g[f(x)](1x)1x7．解 设f(x)axbxc

2x01x0x1

abc2 所以4a2bc1 解得 c4c4

1

a125b

2习题二

一．单项选择题

1、A 2、B 3、D 二．填空题

1、>1 2、单调增加 三．计算题

1、（1）解 因为f(x)xsin(x)xsinxf(x) 所以函数是偶函数 （2）解 因为f(x)ln(1xx)ln 所以函数是奇函数

211x2xln(1x2x)f(x)

x0x1x0(x1)x00x0f(x) （3）解 f(x)0x1x0(x1)x0 所以函数是奇函数 2．解 因为 ysinx211cos2x 222 而cos2x的周期为，所以ysinx是周期函数，周期为 3．解 由V123vrh 得h2 3r129v21222表面积： srh2rrrr24r22r69v2r2(r0)

2rrex1ex(1ex)四 证明 f(x)xf(x)

e1ex(1ex)习题三

一．单项选择题

1、C 2、C 3、B 4、C 二．填空题

1、1 2、a 3、 4、2，0 5、1 三．判断正误

1、对； 2、对； 3、错 四．（1） 证明 令xn xn0 只要nn 2n1nn1

n21n2n，取N[]

11 当nN时，恒有xn0 所以limn0

nn212

（2）证明 因为limf(x)A(A0)，对取定的xA，存在M>0，当x>M时，有 2 f(x)Af(x)A 故当x>M时，f(x)习题四

一．单项选择题

1、B 2、B 3、B 4、D 二．填空题

A 2A 21、e 2、0，6 3、6 4、2，－2 三．判断正误

1、错； 2、错； 3、错； 四．计算题 1、原式＝lima(x2)(x1)x21lim

x1(1x)(1x)x1x1212、原式＝lim1x1xxlimxx0 111xlim13x3x21x3 23、原式＝lim(1x)(13x3x2)(1x)(1x)x1x13n2n12n1()n1n13lim3331 4、原式＝lim3nn2231()n11()n13311111111()()]

n323522n12n121111 lim()

n22n1221n(n1)(2n1)n322233(12n)n26、、原式＝lim lim22nn3n3n321nn21 lim2n23n25、原式＝lim[(1)7、因为 limexx0 sinx1 sinx0

所以 limexx

3

习题五

一、1.B， 2.A, 3. B

二、1.sinxxtanx 2．０ 三、1.

（1）解：limsin7x7

x0tan5x5 （2）解：这是有界函数乘无穷小量，故limxsinx00

xsin5xsin5x115xsin5xx5x（3）解：limlimlim1 x0xsin3xx0sin3xx0sin3x113x3xsinx1（4）解：原式=limlimxsin1(后一项是无穷小量乘有界函数)

x0x0xx2．

222n2n22lim[(1)2]2lim(1)2e21e2 （1）原式lim(1)nnnnnnx1(x)•111（2）原式=lim(1)lim1

xxxex1（3）原式＝lim(1x3)x221•33xx22•(3)33x32lim(12)e3 xx223(4)原式lim(13x)x0e3(中间思维过程同前)

•2n222n2n)limnln(1)limln(1)limln(1)21 （5）原式limnln(nnnnnnnn四．

1.证明：

nnn而limn21nlimn21n2n2......1nn2nn2

nnn2n21,故由夹逼准则知,原式成立.

2.证明：

只要证明原数列单调有界就可以达到目的

22xn1xn2xn,即xn1xnxnxnxn1xn而0n

4

习题六

一、1．B，2．B，3．B，4．B，5。B 二、1．(,1)(2,)，2。可去，3。1个 三、1．解：

lim1x(1x)(1x)2lim,x1a(1x1ax)a(1x)32331x(1x)(1xx)3

limlim3x1b(13x)x1bb(1x)故是同阶无穷小.又当a2,b3时,是等价无穷小.2．解：

由limf(x)limf(x)f(0)有a1 x0x0四、证明：

设 f(x)=x53x1,f(x)显然在区间1,2上连续,且f(1)30,f(2)250.由零点定理知,在区间1,2上至少存在一点,使f()0.原问题得证.习题七

一、1．A，2．C

二、1．充分，必要，2。-2，3。必要 三、1．

（1）解：原式=lim

132435(n1)(n1) ...222n2234n123242...(n1)2n(n1)(n1)1lim lim2222nn2n2234...n

（2）解：

0nmx 原式limm1nm

x0xnmnxx0x0 x0为第二类间断点 2．解：f(x)11/xx03.解：

(1a)x2(ba)xb1原式为 lim0xx1四、1。证明：

有 a1b1

0f(x)1,f(x)在[0,1]上连续,由介值定理知结论成立

2．证明：

5

设f(x)xcosx,f(x)在[-,]上连续.又f()0,f()0,222222由零点定理知,至少存在一点,使得f()=0,即使方程x=cosx有根[-习题八

一、1．B，2．A，3。D 二、1．-2，



,]22f(2x)f(2x)f(x)42lim4lim2,x0x0x0x2xxf(x)f(0)f(x)f(0)又f'(0)limlim(奇函数)x0x0 xxf(x)f(0)f(x)f(0)f(x)f'(0)f'(0)limlim2f'(0)2limx0x0x0xxx故f'(0)2)(lim2．1

(h0时，f(x02h)f(x0)2h是h的高阶无穷小limh0f(x02h)f(x0)2h0,h

f(x02h)f(x0)f(x02h)f(x0)2)0lim2h0h0hhf(x02h)f(x0)(2)lim22h02hf(x02h)f(x0)lim1f(x0)12h02hlim(三、1．（1）解：

yf(xx)f(x)[(xx)2(xx)1][x2x1]f(x)limlimlimx0xx0x0xx 2x2xxxlimlim(2xx1)2x1x0x0x （2）解：

13y2x1,令y0(切线平行于x轴，斜率为0)，得x,代入原方程得y。24

13故切点坐标为（，）24 2．（1）解： 原式limx0f(x0x)f(x0)f'(x0)A

x （2）解：

[f(x0h)f(x0)][f(x0)f(x0h)]f(x0h)f(x0)f'(x0)limh0h0 hh2f'(x0)2A原式lim3．（1）解：

6

2(1x)21(1x)212lim2,lim2.左右导数存在且相等， x0 x0xx故在分段点x=1处可导。（2）解： limx0f(0x)f(0)limx0xxksinx1x0(无穷小量乘有界函数)，在分段点x=0处可导。

4。解：

(1)要在x=0处连续，须limf(x)f(0),即limf(x)alimf(x)1,x0x0x0abxaex1(2)要在x=0处可导，须f+(0)=f-(0),即limf(0)limblimf(0)lim1.x0x0x0x0xx故ab1时,f(x)在x=0处连续可导。 习题九 一、1．D，2．D，3．A

11111二、1．f(sinx)•cosx•，2.-2(f()f()•(2)f()x)

xxxx2xx'153.3ln39, x6

61x23x2lnx三、1．（1）3x3，（2）。e2xx，（3）。2esinx，（4）。

x62x2x 2．（1）3(3x)，（2）(2x1)sin(xx)，（3）2 （5）2sin(24x)，（6）

22x22xlnx，（4）

2

14x211，（7）xlnxlnlnxxx2a211x2a2  （8）

2xcos2x2sinx 3xxxxx2x2x 3、（1）(ee)f(ee)， (2)2x[f(e)2xe(3)cosxf(sinx)2xf(x1), (4)

2f(e2x)],

f(cosx)2cos2x1,f(x)2x21f(sinx)2sin2x1

四（1） 证明：

f(x)f(x)f(x)•(x)f(x)f(x)f(x)f(x)f(x)

同理：f(x)f(x)f(x)•(x)f(x)f(x)f(x),原命题得证。

（2）证明：

f(xT)f(x)f(xT)f(x)f(xT)•（xT）f(xT)f(x)，即原命题得证。

7

习题十

一、1．D 2．C

二、1．8!x9 2．0

三、计算题

1．求下列函数的高阶导数 (1)ye2xsin3x，求y\"

解：y2e2xsin3x3e2xcos3xy5e2xsin3x12e2xcos3x

(2)设y解：y'11111(n)y求（提示：()）

x21x212x1x1111111(n)2[]y(1)n![] ，22n!n12(x1)2(x1)(x1)(x1)d2yd3y2．设f(x)和(x)都三阶可导，yf[(x)]，求2，3

dxdx解：y(x)f[(x)]

y(x)f[(x)](x)f[(x)]y(x)(x)f[(x)](x)f[(x)](x)(x)f[(x)]2(x)(x)f[(x)]

3(x)(x)f[(x)](x)f[(x)](x)(x)f[(x)]3、 （1）

2222x33xyy33y1

2解：3x3y3xy3yy3y0

yx2y2

yx1（2）解：ye(xyxyxyyxy) 2yy xyy2yeyxe4、 （1）解：lnyxlnlnx

1111ylnlnxx ylnxx2xylnx

x12x(lnlnx2) lnx （2）解：lny4ln(2x3)11ln(x2)ln(2x1) 238

1812y y2x32(x2)3(2x1)(2x3)4x2812y2x32x46x3) 32x15、 解：3x3yy3ay3axy0

226x6y(y)23y2y3ay3ay3axy0

yx2ayaxy2

y2x2y(y)22ayaxy2

6、求曲线y1x在x12处的切线方程，法线方程

解：kyx11212xx4

2 切线方程： y1144(x2) 法线方程：y11144(x2)

习题十一

一、1．A C 2．A 3．B

二、1．Ax 2．2xf(x2)dx2xf(x2)dx 3．2xc 1x2x2三、1、（1）dy(1x21x2)dx

（2）f(x)ex2

df(x)2xex2dx

（3）ydxxdyexdxeydy0

dyyexeyxdx 2、（1）dy2dtan(12xx)

9

12sin2xcexcln1xc

212d(12x) 2cos(12x) 8xdx

cos(12x2) dyx1（2）dy8dx cos31110xd(1e)de5x 10x5x2(1e)1(e)1e5x5dx10xe(10dx) 

1e10x1(e5x)2dyx015dx 22、arctan0.98arctan1arctanx3、V(0.02)0.01 x1443r3rr%Vdv4r2dr

V4、y2xex4r3%

x2ex

yx(2xexx2ex)x y yx2ex 2x

Q25、R(Q)PQ10Q

5 R(Q)R(Q)Q10 Q52Q 5p11p17、 （1）Qep

Q55ep55 R(Q)10（2）略

习题十二

一、1．D 2．A 3．C 4．B 5．D 6．A

二、1．1 2．1 0 3．0 4．aneax 5．xx(1lnx)exxx(1lnx)eeex

10

xx三、1、原式=hinf(3x)f(0)3f(0)

x02x2323

22、（1）yxxyxx(lnx1)yxaaa(lna1)

xxaaaa(lna1) limxaxa(axaa)(xaaa)aalnaaaa1aa(lna1) （2）limxaxa3、（1）exy(1y)(yxy)0

y0e0(1y(0))(00y(0))0

x0y(0)1

（2）(yxy)1y0 y x0ye21(e0y)y(0)0

e2 y(0)e dyx0edx

4、 f(x)2xsinf(o)limx0111x2cos(2)xxx1x2sin0x0 xx0

5、设f(x)处处可导 有

eax1ba2b(1sinx)a2ba2lim lim x0x0xxeaxba3bsinxlim 既 lim

x0x0xxeaxba3limb x0xx0limaeaxb 且lim(eaxba3)0 x0既 ab 且 ab2 有 ab1

6、f(x)2(xa)(x)(xa)(x) f(a)0

211

limf(x)f(a)xaxa

lim2(xa)(x)(xa)2(x)0xaxa limxa2(x)(xa)(x)

2(a) 四、∵limf(x)x0xA ∴limx0f(x)0

又∵limx0f(x)f(o) ∴f(o)0

于是∴limf(x)f(o)x0x0limf(x)u0xA 即：f(o)A可寻 习题十三 一、1．A 2．D

二、1．3 2．

2 三、计算题：

1、 （1）原式o3x26xolimx13x22x1 1x2（2）原式cos2xlim2lim x221x2cos2x2x22 lim2cossinxx2210

（3）原式0exex0limx0cosx2

1（4）原式 oliminx1x01limx0xlim(x)0

x1x0xx2（5）原式 n1xlim2ne2x0 （6）原式 m(mn)amn

n1mn

m1n(nm)anm12

mn

ex1x) （7）原式lim(x0x(ex1)ex1exlimx limxx0(e1)xexx0eexxex（8）原式=lim(1sinx)x01sinxe

sinx1f1(sin2x)2sinxcoxf1(sin2x)lim2、原式=lim

x0x04x32x2f11(sin2x)2sinxcox6lim3 x04x2四、证明题：

（1）证：区间编点为(a,paqar),(b,pbqbr)

22f(a)f(b)p(ab)q

abf(a)f(b) 又∵f1()

ab 两点连线斜率为

∴p(ab)q2pq

于是ab 2 即总是位于区间的正中点

112xx2 （2）(arctyx2arctq2)1x1x41(1)2x2x2x0 441x1x12∴arctyxarctq2c

x当x1时，arctyarctqc ∴c11222 442212 x2214、设ymx ∴mamb(ab)

即：arctyxarctqa11(ab)(ab) bba即：abma(ab)

b∴m13

abm3、设f(x)xe2 f(0)10 f(x)1e0

则只有一实根

习题十四

xxab(ab) bf(2)0

一、1．C 2．C 3．B 4．B

二、1．f(x)0三、计算题：

f(x)不 2．0 3． (0, 0)

1、解：y(x1)(x1)(x1)(x1)2(2x1)

令y0得x1,x1133221 21f(x)在(,)内递减，

21在(,)内递增。

22、解：f3x2axb∴a10,b13 3、解：f(1)ab2 ∴a12f1(1)32ab0f(1)1ab12

f11(x)6ax2bf11(1)6a2b0

13,b时，点（1，-2）为曲线的拐点。 22y1为水平渐近线

(x1)314、解：limx(x1)3(x1)3 limx1(x1)3四、证明题：

x1为垂直渐近线

1、证：当f(x)m(1x)x1f1(x)x1xx0时

f(x)0 ∴0f(o)f(x)m(1x)x即m(1x)x 2、证：f(x)xx27f(o)20f(2)0

∴f(x)在（0，2）内至少有使f(x)0，为一个根 又∵f(x)7x106 ∴f(x)

14

∴xx2只有一个负根

习题十五 导数的应用 总习题

一、计算题

1、计算下列极限

7x1(2)1x2x1x（1）原式=limlim1

xxxx211x21e（2）原式=limx01x2（3）原式=limexx2令t1x2etlimlimet ttt1lnxxlimexlnxxelnxxxlime1xxlime01

3ax24x3（4）原式=lim，

xa2a36ax24x3因为lim(3ax4x)a,xa233lim(2a36ax24x3)0，所以

xa 原式=

aaaaarctanarctanarctanarctannn1limxx1 （5）原式=limnx11n2x21a1a(2)[]a2xa2(x1)21()1()xx1lim 3x2xax3(2x1)lima x2[(x1)2a2](x2a2)（6）令t11，则x，x时，t0 xt11tln(1t)ln(1t)]limlim22t0t0ttt121原式=lim[t011tlim11

t02(1t)2t2f(x)f(0)e2、解：由题意，limx01x1x

1(1x)f(x)lim[]lime而limx0x0x0e(1x)xxln[]e1ex0limln(1x)xx2……（1）

11ln(1x)x111xlimlim又lim 2x0x0x0x2x2(1x)215

代入（1）式，得：limf(x)ex012

12所以limf(x)limf(x)f(0)ex0x0，即函数f(x)在x=0连续。

3、解：f'(x)2x2x2(x1)(x1)，令f'(x)0，得x1。列表： 2xxx (,1) 1 (1,0) (0,1) 1 (1,) f'(x) 负 0 正 负 0 正 f(x) 单调减少 单调增加 单调减少 单调增加 nnn

4、解：f'(x)[(xa)]'[(xa)]'2(xa)2nx2a

22iiiii1i1i1i1n1n 令f'(x)0，得xai；又f''(x)2n0

ni11n所以，当xai时，f(x)取得极小值。

ni1二、证明题： 1、证：由已知，

f(x)在[a,c]连续，在(a,c)可导，由拉格朗日中值定理， 1(a,c)，使得f'(1)f(c)f(a)，……（1）

ca因为ca,f(a)0,f(c)0，有f'(1)0

同理，对f(x)在[c,b]应用拉格朗日中值定理，再结合已知，

2(c,b)，使得f'(2)f(b)f(c)0……（2）

bc对f'(x)在[1,2]应用拉格朗日中值定理，

(1,2)(a,b)，使得f''()由（1），（2）式可见f''()0

f(2)f(1)，

212、证：设f(x)e(1x)，有f'(x)e1，f''(x)e

令f'(x)0，得唯一解：x0；又f''(x)e0

所以x0是f(x)e(1x)唯一的极小值点，因而是f(x)e(1x)的最小值点。

所以xR，都有f(x)f(0)， 因此e1x，等号仅在x0时成立。

16

xxxxxxx

3、证：设F(x)exf(x)，任取f(x)的两个零点f(x1)f(x2)，不妨设x1x2

x由已知，F(x)ef(x)在[x1,x2]可导，在(x1,x2)连续，且F(x1)F(x2)0

由罗尔中值定理，(x1,x2)，使：F'()0 即e[f()f'()]0f()f'()0

由此即证得在f(x)的任意两个零点间，必有f(x)f'(x)的零点

4、证：设f(x)a1sinxa2则f(x)在[0,sin3xsin(2n1)x， ...an32n1]连续，在(0,)可导，且f(0)0，

22aaf()a12...(1)n1n0，则f()f(0) 232n12由罗尔中值定理，(0,2)，使：f'()0

而f'(x)a1cosxa2cos3x...ancos(2n1)x 即方程a1cosxa2cos3x...ancos(2n1)x0在(0,

2)内至少有一根

x3x2xsinx，则f'(x)1cosx，f''(x)xsinx 5、证：设f(x)62因为0x2时，xsinx，所以f''(x)0，即f'(x)单调增加，

有f'(x)f'(0)0，又有f(x)单调增加，

x3x3xsinx0sinxx 得f(x)f(0)0，即66

17

习题十六 不定积分的概念与性质

一、单项选择题：

1、A 2、D 3、B 4、C 5、C 二、填空题：

1、F'(x)f(x)，F(x)C（C为任意常数）

2、C 3、函数f(x)在区间[a,b]连续 4、积分，yYf(x0)(xx0)（注：Y[f(x)dx]|xx0） 三、计算题：

715238（1）原式=xdxx2C （2）原式=x8dxx8C

31552(2e)x(2e)xCC （3）原式=(2e)dxln(2e)1ln2lnx1x211dx(1)dxxarctanxC （4）原式=221x1x25()x2x52x3（5）原式=[25()]dx2xC2xxC

233(ln2ln3)ln3111（6）原式=(1cosx)dxxsinxC

22212xx242dx(x122x12x32)dx(2x12x32x5)C （7）原式=35x（8）原式=

1112dxsecxdxtanxC 2cos2x2218

习题十七 不定积分的换元积分法

一、单项选择题：

1、D 2、C 3、C 4、D 二、填空题：

1、F(e)C 2、2f(x)C 3、三、计算题

x1F(axb)C a115(2x3)d(2x3)(2x3)4C 2813x13x（2）原式=ed(3x)eC

331（3）原式=d(lnx)ln|lnx|C

lnx1、（1）原式=(2x3)dx51311222（4）原式=(x5)2d(x5)(x5)2C

2311（5）原式=edexC

x1x（6）原式=

11113x13xdxd()arctanC

41(3x)261(3x)226222（7）原式=

111d(3x)arcsin(3x)C 231(3x)3314cosxC 4132（9）原式=cosxdcosxcosxC

2（8）原式=cosxdcosx11311232332332（10）原式=(1x)dx(1x)d(1x)(1x)C

339（11）原式=

1xxex1deln(e1)C

11d(x22x3)x22x3C 2x22x3（12）原式=

（13）原式=esinxdsinxesinxC

xx（14）原式=cos(2e4)de11xxcos(2e4)d(2e4)sin(2ex4)C 22（15）原式=tanxtanxdxtanx(secx1)dx

2222tan3xtanxdtanxtanxdx(sec2x1)dx

32219

tan3xtanxxC

3（16）原式=

11xxxedxe2x1(ex)21dearctaneC

2、

（1）解：令xsint，则dxcostdt 原式=

cost112ttdt(1)dx(1sec)dxttanC 1cost1cost222tx， 211x2C

因为tarcsinx，tan原式=arcsinxx11x2（2）解：令

3x22sint，则xsint，dxcostdt 233x2原式=

21(3x2)242sint2429dxcostdtsintdt 2cost327221(1cos2t)dt(tsin2t)C 272723x3x3x3x1()249x2， ，sin2t2sintcost22222因为tarcsin原式=

23xxarcsin49x2C 27218（3）解：原式=

16(x22x1)dx161dx

x121()61x1x1d()arcsin()C

x12661()6dx(3x1)2611d(3x1)

3(3x1)2(6)2（4）解：原式=

而

dxx2a2ln|xx2a2|C，所以

2原式=ln|(3x1)9x6x7|C

（5）解：令t613x，则xt6，dx6t5dt

20

6t56t2t2111dt6dt6(t1)dt 原式=34dttt1t1t1t3t26t6ln|1t|C33x66x6ln(16x)C

t23（6）解：令t2x3，则x，dxtdt

2原式=

t1dt(1t1t1)dttln|1t|C2x3ln(12x3)C

21

习题十八 不定积分分部积分法

一、填空题：

xx2xcosC 2、xexexC 22123、xcosxsinxC，cosxC

21、4sin二、计算题：

1、求下列不定积分：

（1）原式=xdex(xexexdx)xexexC

（2）原式=xarcsinxxdarcsinxxarcsinxxdx1x2

xarcsinx1x2C

（3）原式=x(sec2x1)dxxsec2xdxxdx

其中xsec2xdxxdtanxxtanxtanxdxxtanxln|cosx|C1

x2C 所以原式=xtanxln|cosx|2（4）设Icoslnxdx

则Ixcoslnxxdcoslnxxcoslnxsinlnxdx

xcoslnxxsinlnxxdsinlnxxcoslnxxsinlnxcoslnxdx

即IxcoslnxxsinlnxI，解得：Ix1x(coslnxsinlnx)C 21cos2xex1xex1xdxdxecos2xdxecos2xdx （5）原式=e22222Iexcos2xdx，则：

Iexcos2xexdcos2xexcos2x2exsin2xdx

excos2x2(exsin2xexdsin2x)excos2x2exsin2x4excos2xdx

即，Iecos2x2esin2x4I，解得：Ixx1x(ecos2x2exsin2x)C1 5ex1x(ecos2x2exsin2x)C 代入原式=

210（6）令tx，则xt2，dx2tdt

ttx原式=2edt2(tee)C2e(x1)C

22

t113131233lnxdx(xlnxxdlnx)xlnxxdx 333311x3lnxx3C 3913222（8）原式=lnxdxxlnxxdlnxxlnx2lnxdx

3（7）原式=

xln2x2(xlnxxdlnx)xln2x2xlnx2dxxln2x2xlnx2xC

（9）原式=

111xsin2xdxxdcos2x(xcos2xcos2xdx) 24411xcos2xsin2xC

48（10）令Iexcosxdx，则：

Icosxdex(excosxexdcosx)excosxexsinxdx

excosxsinxdexexcosxexsinxexdsinx

即Iex1cosxexsinxI，解得：Iex(sinxcosx)C

2（11）令Isec3xdx，则：

Isecxsec2xdxsecxdtanxsecxtanxtanxdsecx secxtanxsecxtan2xdxsecxtanxsec3xdxsecxdx

即Isecxtanx11sinxlnI，解得： 21sinx111sinxIsecxtanxlnC

241sinx（12）原式=xdf'(x)xf'(x)f'(x)dxxf'(x)f(x)C

2、解：x3f'(x)dxx3df(x)x3f(x)3x2f(x)dx

由已知，f(x)(sinxxcosxsinx)'，所以： 2xxx3f'(x)dxx(xcosxsinx)3(xcosxsinx)dx

所以xf'(x)dx(x6)cosx4xsinxC

3223

习题十九 不定积分总习题

一．选择题：

1．若df(x)dg(x)，则有（ A、B、C ） A．f(x)g(x) B．f'(x)g'(x) C．df(x)dg(x) D．d2．下列等式正确的是（ A ） A．

f'(x)dxdg'(x)dx

df(x)dxf(x) B．f(x)dxf(x) dxC．df(x)f(x) D．df(x)dxf(x) 3．若f(x)的导函数是sinx，则f(x)有一个原函数为（ D ） A．1sinx B．1sinx C．1cosx D．1cosx *4．若f(x)连续，F(x)是f(x)的一个原函数，则（ A ）

A．当f(x)是奇函数时F(x)必为偶函数 B．当f(x)是偶函数时F(x)必为奇函数 C．当f(x)是周期函数时F(x)必为周期函数 D．当f(x)是单调函数时F(x)必为单调函数

二．填空题：

1．设3是f(x)的一个原函数，则

xf(x)dx3xC。

x2．设f'(lnx)1x，则f(x)xeC 3．设f(t)连续,

2df(t)dsintf(t)cost dtx24*．f(x1)ln2，且：f[g(x)]lnx，则g(x)dxx2lnx1C

x2三．计算题：

1．求下列不定积分： (1)

xsinx (2)dx(1x)3dx x

解：

xx11sinxdx 解：2sinxdxdx(1x)3(1x)3d(1x) x11d(1x)d(1x) 23(1x)(1x)24

cosxC 

111C 21x2(1x)

sinxcosx(3)dx 41sinxx7dx (4)42(x1)x71x4sinxcosxdx4dx4 解：dx 解：4224(x1)4(x1)1sinx1(x41)1sinx4d(x1) dsinx4244(x1)1sinx111111442d(x1)d(x1) dsinx44244(x1)4(x1)21sinx1111C arctan(sin2x)C ln(x41)44(x41)2xx2dx (5) xcos3xdx (6) 24x2xx212dxdx 解：xcos3xdxxdsin3x 解：原式4x24x23211(4x2)41222d(4x)dx xsin3xxsin3xdx 2224x4x331214x2sin3xxdcos3x ln(4x2)xdx 3924x212211x2sin3xxcos3xcos3xdx ln(4x2)xdx

x39921()221221xx2sin3xxcos3xsin3xC ln(4x2)x2arctanC 392722（7）

11dx （8）x2(1x2)x2x5dx

解：原式1111 解：原式dxdxd(x) x21x212212(x)24x21112C lnarctanxC x2121x22．设f'(sinx)cosx,f(0)1，求f(x)。

2225

解：f'(sinx)cosx1sinx f(x)1x

222x2f(x)f(x)dx(1x)dxxC

2x21 又f(0)1，故C1，即f(x)x2f(x)[f(x)]23*．设f(x)0且有二阶连续导数，求dx 2f(x)[f(x)]f(x)f(x)[f(x)]2f(x)[f(x)]2dx 解：dx[f(x)]2f(x)[f(x)]2(f(x)f(x))dxC f(x)f(x)

26

第一章 函数 自测题

一、填空题：

1. x3 2. 1x3 3. x1 二、解答题 1. 解 因为

263，所以 1sin。而，故有 (2)0。 26236 (x)的图形略 2. 解 （1） ye,uuu1。 x3 （2） ye,uv,vsinx （3） yarcsinu,ulnv,vx1

3. 证 x1,x2(L,0),x1x2，我们有x1,x2(0,L),x1x2。因为f(x)在(0,L)内单调增加，所以有

f(x1)f(x2)，

又因为f(x)为定义在(L,L)上的奇函数，上式可改写为f(x1)f(x2),即

f(x1)f(x2)

所以，f(x)在(L,0)内单调增加。

2x1 x1x1 x14. 解 (1) f(x1)； (2) f(x)f(x1)x1 0x1。

1 x12 x05. 解 由题意可列出函数关系如下：

ks 0sa m4kak(sa) as56. 解 设批量为x件，每年需要进货量为

800次，由于均匀销售，库存量由x件均匀地减少到0件，平均库存xx件。 2x121.2x(元)， 280048000订货费为 60(元)。 xx一年的库存费为 0.2综上，我们有

27

p1.2x48000。 xx200套客房，此时，每天的收107. 解 设租金定为每天每套x(x200)元，由题意，每天可以租出60入为

x2002y60x80x0.1x。

10当x400元时，收入最大，最大收入为16000元，此时空出20套客房。 8. 解 设月利润函数为L(x)，由题意可列出函数关系如下：

L(x)pxc(x)6x2240x(40x100)。

9. 解 由题意可列出函数关系如下：

250x 0x6004000R(x)150000(250)(x-600) 600x800

x600196000 x800250x 0x600250x4000 600x800 196000 x80010. 解 (1)需求函数的图形为：

120001150011000105001000024681012 (2) R(p)pD(p)12000p200p2

(3) 销售额的图形如下，经济意义是：当p30时销售额最大。

28

175000150000125000100000750005000025000102030405060 11. 解 (1) 由题意可列出函数关系如下：

90 0x100x100p90 100x1600 10075 x1600(2) 利润函数为

30x 0x100x100L(x)(p60)x30xx 100x1600 10015x x1600 （3）L(1000)21000(元)。

第二章 极限与连续 自测题

一、填空题： 1.填表

xx0limf(x)A 0 0 0 对任意给定的0，总存在 使得x0xx0 x0xx0 |xx0| 时，总有|f(x)A| xx0limf(x)A xx0limf(x)A xlimf(x)A limf(x)A G0 当 xG xG0 G0 xG |x|G limf(x)A xlimxnA nN0 nN |xnA| 2. a2,b8 3. a4,b2 4. a4,b8 5.  6. 1 7. 一，可去 8.

29

一，可去；二，无穷；一，可去。 9. 一，跳跃 10. 二，振荡 二、解答题

1. 证明 对于任意给定的0，因为limuna，所以总存在N0，使得当nN时，总有|una|。

n对数列un，当nN时，总有

|un||a||una|

所以，lim|un||a|。

nn 反过来未必成立，例如：un(1)。

2. 解 (1) 左极限f(00)1，右极限f(00)1 (2) 极限limf(x)不存在，因为f(00)f(00)。

x0 (3) limf(x)1

x13. 解 (1) 当x时，

1为无穷小量，而arctanx是有界函数，所以 xarctanxlim0。 xxn(2) lim(n1n)nlimnn1。

n1n2(3) limx1x21。 x212(xh)3x3lim(3x23xhh2)3x2。 (4) limh0h0hxn1(x1)(xn1xn2x1)nlim。 (5) lim2x1x1x1(x1)(x1)2x210。 (6) 分子、分母同除以x，可得lim4xx3x24x23x(x3)2。 0，根据无穷小量与无穷大量的关系可得，lim(7) lim2x3(x3)2x3x3x(8) 分子、分母同除以x，可得

30lim(2x1)(3x2)x(5x1)30102012(2)10(3)20210320xx。 lim30x1305(5)x30

(9) 利用等比数列的求和公式，可得lim(1n11241112n)limn1212n12。

(10) 注意到

111，所以

k(k1)kk111limn122311lim1n1。

n(n1)n13x2x2x21limlim1。 (11) 先通分化简，lim33x11xx1x11xx21x1x5n(2)n(12) 分子、分母同除以5，得limn1n5(2)n1n2151。

limnn52525n(13) 当x0，sin3x(14) 当x0，xsinx3x,sin5x5x，所以limsin3x3x3lim。

x0sin5xx05x5x2,1cos2x1(2x)2，所以 21cos2x2x2limlim22。 x0x0xxsinx(15) 当n时，sin2xx2nxxxnn，所以lim2sinlim2x。

n2n2nn2n2x1x1(16) limlim1e2。 xxxx(17) 当x0，arctan3x(18) 当x0，arctanxarctan3x3x3lim。

x0sin2xx02x2113x,tanxsinxsinx(1cos)x，所以

cosx23x,sin2x2x，所以lim13xtanxsinx21。 limlimx0(arctanx)3x0x321(19) 当x，1cosx(20) 当x0，ln(12x)(21) 因为limxsinx011111122limx1coslimx，故。 x22xx2x22x2x22x,sin5x5x，故limln(12x)2x2lim。

x0x05xsin5x5110(无穷小乘有界函数)，所以limsinxsin0。

x0xx(22) 令tx,x,t，

31

xlimx2xx2xlimtt2tt2tlim2ttttt22t1。

(23) lime1。

x1x(24) limcosln1x2x11。 x2lim1x2x2x0x1x2cot2x(25) lim1xx02cotx2e

2axa2a(26) lim。 lim1exxxaxa4. 证明 (1) 因为x1nn2n1ni211n12(i1,2,1n22,n)，所以有

1nn2nn由于lim2n12nn12。

nn2nnlimn111，故lim222nn1n2n1n1。 2nn1(2) 注意到下列不等式：

11x0,1xx1， x0,1x1x。

xx利用两边夹准则，我们有limx1。

x0x(3) 容易得到关系式xn12xn(n1,2,1)，用数学归纳法可证xn2。

xn1xn2xnxn(1xn)(2xn)2xnxn0，所以数列xn是单调增加的有界数列，由单调有界数列必

有极限可得，limxn存在，设为a。所以我们有

nlimxn1lim2xn

nn 即 a2a，解得a2，因此 limxn2

n5. 解 当x0时，1ax123123112ax,1cosx312x，由题意知，x0时， 21ax

a1与1cosx是等价无穷小，所以可得x0时，x2332

12x，因此有 2a3。 2xxcx6. 解 limlim1ec2，所以cln2。 xxcxxc7. 解 (1) yf(x)lim1xn1x2n2nx |x|1x0 |x|1。

x |x|1 (2) x1为函数的间断点，且为第一类间断点。事实上，

f(10)1,f(10)1,f(10)1,f(10)1。

8. 解 f(0)1，要使f(x)在x0处连续，只需f(x)在x0处既右连续又左连续。因为f(x)在x02是右连续的，只须f(x)在x0左连续即可。

x0limf(x)limx0aax111， limf(0)x0x2aax2a由此解得，a1。 三、证明题

1. 证明 对任意给定的0，要使42240，只要n2。故取N2，当nN时，有

nn220。 0成立，所以limnnn2. 证明 考虑辅助函数f(x)e2x，f(0)10,f(2)e40，f(x)在区间[0,2]上满足介值定理的条件，所以至少存在一点(0,2)，使得f()0，即方程

x2xex2在区间(0,2)内至少有一实根。

3. 证明 考虑辅助函数F(x)f(x)f(ax)，显然F(x)在区间[0,a]上连续，且

F(0)f(0)f(a),F(a)f(a)f(2a)f(a)f(0)，由介值定理得，至少存在一点

(0,a)[0,a]，使得F()0，即 f()f(a)。

4. 证明 考虑辅助函数f(x)x32，显然f(x)在区间[0,1]上连续，且

xf(0)20,f(1)10，由介值定理得，至少存在一点(0,1)，使得f()0。即方程x3x2至

少有一个小于1的正根。 5. 证明 设cmin{x1,x2,,xn},dmax{x1,x2,,xn}，f(x)在区间[c,d](a,b)上连续，由闭区间

33

上连续函数的最大值最小值定理可得，f(x)在区间[c,d]上有最大值M和最小值m，又由介值定理得，对任意的xi[c,d],(i1,2,,n)，都有

mf(xi)M,(i1,2,,n)

所以有 nmi1n1nf(xi)nM, 故 mf(xi)M, 又由介值定理得，至少存在一点

ni11n(c,d)(a,b)，使得 f()f(xi)。

ni16. 证明 假设f(x)在区间[a,b]上的值变号，即存在x1,x2[a,b]，不妨设x1x2，使得f(x1),f(x2)异号，f(x)在区间[x1,x2]上连续，且f(x1)f(x2)0，由介值定理得，至少存在一点(x1,x2)[a,b]，使得f()0。这与已知条件相矛盾。故f(x)在区间[a,b]上的值不变号。 7. 证明 考虑辅助函数F(x)f(x)g(x)，F(x)在区间[a,b]上连续，且

F(a)f(a)g(a)0,F(b)f(b)g(b)0，由介值定理得，至少存在一点c(a,b)，使得F(c)0，即 f(c)g(c)。

第三章 导数、微分、边际与弹性 自测题

一、填空题

1. A 2. 充分 3. 4xy40,2x8y150 4. y\"2xex(2x23) 5. 8! 6. (2)en12x2 7.

(x1)y3211 8. d(x)3xdx,d()2dx，

x(1y)2xx32111x1d(x3)3dx，d(d(arcsinx)dx， ，2)2xdx，d(tanx)dx222ln2cosxx1xd(arctanx)11113xdxd(x)(1)dxd(e)e3xdx， ，，221xxx31d(tanxx)tan2xdx，d(tan3x)sec23xdx。 9. 0.110601，0.11

3232310. 3sin2xf'(sin2x)， 3sin2xcos2xf'(sin2x) 11. 460， 4.6，2.3，2.3 12.

p31202p14,,10pp2,,,增加，0.82

20p17220p17二、解答题

34

1. 解 (1) y'14xxa1x3x。 (2) y'2e(cosxsinx)。(3) y'cos2x。

x(4) y'lnaaxaaxa1。 (5) s'1costsinx。

(1cost)2(6) y11223y'8(2x3)，所以有y'. (7) 2(1u)1u1u1u2x(8) y'2e. (9) y'3cosxsinx. (10) y'2xax22 (11) y'cot(1x). (12) y'12xx2. (13) y'1 2x2x311cos1t21x(14) y'secx. (15) y'2sine (16) y'

242xx(t1)tt1x2x(17) y'ln 2x2xx(2x)(x1)2323x212(18) y' 23x123x3(3x)(3x)2. 解 (1) y'x1dy21sincos，所以。 2d2244(2) f(t)1211，所以f'(t)，故。 f'(4)218t(1t)1t3. 解 根据导数的定义以及g(x)在x0处连续，我们有

f'(x0)limxx0f(x)f(x0)(xx0)g(x)limlimg(x)g(x0). xxxx00xx0xx03x2 x04. 解 利用左右导数， 我们可以求得 f'(x)0 x0

2x x05. 解 因为limx1f(x)2，利用极限与无穷小的关系，我们有 x1f(x)2(x1)(x1)(x)

其中lim(x)0。由于f(x)在x1处连续，在上式两端取极限，可得

x1limf(x)f(1)0

x1利用导数的定义，我们有

35

f'(1)limx1f(x)f(1)f(x)lim2. x1x1x126. 解 直线xy30的斜率为k1，曲线yxx2在x0的切线的斜率为

y'(x0)2x01

由已知条件，y'(x0)k1，解得x01。所以切点的坐标为(1,2)，切线方程为

y2(x1)，即 xy30。

7. 解 求一阶导数、二阶导数得 y'2e2xex,y\"4e2xex，相减，得

y\"y'2e2xex2y

8. 解 (1) ysinxx21n(1cos2x)，所以y(n)2n1cos(2x) 22(k)(2) 设ue,vx，则v'1,v0(k2,3,,n)，利用Leibniz公式，得

y(n)xexnex

(3) y(n)(1)nn!(1x)n1(1)nn! n1(1x)2n11121(n)n(4) y，所以 y(1)n!n1n12xx22x1x1(2x1)(x1)9. 解 (1) y'121，f'y\"f'f\"。 x2x3x4f\"(x)f(x)(f'(x))2f'(2) y'， y\" 2f(x)f(3) y'f'(x)ef(x)， y\"ef(x)f\"(x)f'(x)2

xx10. 解 (1) 由xln(xy)得 yex，所以y'e1,y\"e

xeye2y(3y),y\"(2) y' 32y(2y)eye2y(3y),y\"11. 解 当x0时，y1。因为y'，所以 2y(2y)3y'x0y'y1e,y\"x0y\"y12e2。

12. 解 取f(x)sinx，x06，x180。由于f(x0x)f(x0)f'(x0)x得

sin29sinsincos0.484850

61806618036

13. 解 边际函数为y'xa1b(xc)e(abx)，弹性函数为

Eyxy'abx。 Exy14. 解 (1) 需求弹性函数为(p)pp1Q'。 (2) (6)。 Q24p311，所以价格上涨1%，总收益将会增加。 312收益函数为R(p)f(p)p12pp，R(6)

21R'f(p)(1)，R'(6)f(6)(1)6

3(3) (6)EREpR'(6)p666260.67， R(6)3所以当p6时，若价格上涨1%，总收益将增加0.67%.

15. 解 (1) 边际需求为Q'4p，Q'(6)24，当p6时，价格增加一个单位，需求量近似地减少24个单位。

2p272(2) 需求弹性为(p)，(6)1.851。说明需求变动的幅度大于价格变动的幅度，当275p39p6时，价格上涨1%，需求减少1.85%。

(3) (6)1.851，所以价格下降2%，总收益将会增加。Qf(p)1502p。

2Rpf(p)150p2p3,R(6)468。

R'f(p)(1),R'(6)f(6)(172)33 39EREpR'(6)p666330.42 R(6)468所以当p6时，价格下降2%，总收益将会增加0.84%。

第四章 中值定理及导数的应用 自测题

一、填空题

1. e1 2. e1 3.

313ebeae1,  4.2 6. 2232ba42251, 8. , 9. ;0; 10. [e,),(0,e] 33222211. 0,大，，小 12. 30,85 13. 大 14. (x0,f(x0)), 必要

51115. 一，(,],[,)

227.

37

二、求解题

x(ex1)2(ex1)xexex1xex1limlim。 1. 解 (1) limx0x0x06xx33x26(2) limx112(x1)112limlim。 x122x1x1x1x1x12tanx(3) 设ysinx，则lnytanxlnsinxlnsinx，两取极限，得 cotxlimlnylimx2x2lnsinxcotxlimlimsinxcosx0， 2cotxxcscxx22所以，limsinxxtanxe01。

2(4) 令t1,x0,t，则 xexett100lim100lim100limt20。 x0xttte2122. 解 因为f(x)在x0是右连续的，而

f(00)limf(x)limx0x0ln(1x)1f(0) x所以f(x)在x0是左连续的，故f(x)在x0是连续的。

3. 解 由于limxsinx1lim1sinx1，所以极限存在。

xxxx因为求导以后的极限lim(xsinx)'1cosxlim不存在，所以不能用罗必塔法则。

xx(x)'14. 解 (1) y'6(x1)(x3)

x (,1) 1 (1,3) 3 (3,) y'+ 0  0 + y (2) y'xn1x 极小值 极大值 e(nx)，

x (0,n) n 0 (n,) + 38

y'

 y 极大值 5. 解 (1) y'6x(x1)，令y'0得驻点为x10,x21。二阶导数y\"6(2x1),

我们有y\"(0)60,y\"(1)60,所以，x10为函数的极大值且f(0)6，x21为函数的极小值且

f(1)5。

(2) y'2，当x1时，y'0；当x1时，y'0。所以x1是函数的极大值点且极大33x1值为y(1)2。

226. 解 y'2kx(x3)，y\"12k(x1)，容易验证x11,x21是曲线的拐点，相应的函数值为

y1y24k，相应的切线的斜率为y'(1)8k,y'(1)8k，从而得到相应的法线方程为

L1:y21111。 x4k，L2:yx4k。由于法线过坐标原点，所以有 k88k8k8k8k227. 解 y'3a(axb),y\"6a(axb)，函数y二阶可导，且点1,(ab)3为y的拐点，所以有

y\"(1)0，即有关系式 ab。

8. 解 求函数一阶、二阶导数得 y'e(1x),y\"e(x2)，列表如下：

xxx (,1) ＋ － 凸增 x1 0 － 极小 (1,2) － － 凸减 2 － 0 拐点 (2,) － ＋ 凹减 y' y\" y 因为limxex0，所经曲线有水平渐近线 x0

4x2(x1)(x1)y\"， 2222(1x)1x1x9. 解 (1) y'1x (,1)  1 0  极大值 (1,0) 0  (0,1) 1 0  极小值 (1,)   凹增 y' y\"   凸减 39

  凹减  凸增 0 拐点 y

极大值为y(1)21，极小值为 y(1)12。拐点坐标为(0,0)

渐近线：yx。图形如下：

42-6-4-2-2-4246 (2) y'2x4x2y\"， 34(x1)(x1)x 1(,) 2  凸减 1 2 1(,0) 2  凹减 0 0  极大值 (0,1)   凹增 1 (1,) y'   凹减 y\" 0 拐点 y 拐点坐标为：(,)，极大值为：y(0)1，铅直渐近线：x1,水平渐近线x0。 图形略。

10. 解 (1) y'4x16x4x(x2)(x2)，在[1,1]上的驻点为x0，计算可得：

312y(1)7，y(1)7，y(0)0，

所以函数在[1,1]上的最大值为ymax0，最小值ymin7。 (2) y'23(x27)，在x0的范围内有一个驻点x3，且x3为函数唯一的驻点，又x3为x2函数的极小值点，所以也是函数的最小值点，即ymin27。函数无最大值。

1x2(3) y'2，在x0的范围内有一个驻点x1，且x1为函数唯一的驻点，又x1为函数的极2(x1)大值点，所以也是函数的最大值点，即 ymax1。函数无最小值。 2211. 解 (1) 利润L(p)pQC(p)2Q80p16160p9000.

求导得，L'(p)160p16160，解得驻点为p101，即当商品的价格为p101时，有最大利润，最大利润为L(101)167080。 (2) 收益函数 Rpx15xe

x3，求导得 R'5(3x)e40

x3，解得驻点为x3，即当产量为x3时，

收益最大，最大收益为R(3)45e(3) 平均成本函数为 C116.55，此时的价格为p15e15.52

C(x)10001000150x，求导得C'212(x21000) xxxx100(4) 由于商品分N批购进，一年的采购费用为1000N元。每批量为万件，

N100100由于销售是均匀的，库存量由万件均匀地减少到0件，平均库存量为万件，每年每万件的库

N2N存费用为500元，一年的库存总费用为

500于是总费用为

10025000元。 2NN25000 N2400240014400件，需贷款6元，利率为xxxE1000N令E'0，解得 N5。即分5批采购才能使总费用最小，最小费用为10000元。 (5) 设分x批购进商品，采购费为160x元。每批量为

144001440元。 10%xx

(6) 设征税额为S(x)kx，利润为

L(x)R(x)C(x)S(x)(a)x2(bk)xc

那么 L'(x)2(a)x(bk)，令L'(x)0，解得xbk，此时企业的利润最大，若按

2(a)xbk生产，征税额为

2(a)(b)kk2S(x)kx

2(a)令 S'(k)0，解得 k三、证明题

b2，当kb2时，征税额最大。

1. 证明 f(x)x在区间[b,a]上满足Lagrange定理的条件，应用Lagrange定理得

nanbnf'()(ab)nn1(ab),(b,a)

因为bn1n1an1，所以 nbn1(ab)anbnnan1(ab)。

2. 证明 对函数f(x)在区间[x1,x2],[x2,x3]上分别应用Rolle定理，得

f'(1)0,1(x1,x2) 与 f'(2)0,2(x2,x3)

41

对函数f'(x)在区间[1,2]应用Rolle定理，得

f\"()0,(1,2)(x1,x3)

3. 证明 引入辅助函数F(x)f(x)，显然F(x)在区间[1,2]上连续，在(1,2)内可导，且xF(1)f(1),F(2)f(2)f(1)，由Rolle定理，至少存在一点(1,2)，使得 2F'()即 f'()f()。

xf'(x)f(x)0

x2x4. 证明 函数f(x)x在区间[a,b]应用Lagrange定理，得至少存在一点(a,b)，使

3f(b)f(a)b3a3b2aba2f'()32

babaa2abb2即 。

325. 证明 在区间[0,1]上考虑函数f(x)xx1，f(0)10,f(1)10，由介值定理得，至少存在一点(0,1)，使得f()0，即f(x)0至少有一个正根。

设f(x)0有两个正根x1,x2，因为f(x1)f(x2)0，应用Rolle定理得，存在一点(x1,x2)，使得f'()510，显然这样的是不存在的。故f(x)0只有一个正根。

45ex[f'(x)f(x)]f(x)0， 6. 证明 作辅助函数F(x)x，x(,)。F'(x)x2(e)e所以 F(x)f(x)f(0)，特别 CF(0)1，由此得C1。故f(x)ex。 x0ee7. 证明 （1）f(x)在x处二阶导数存在且连续，利用二次L’Hospital法则，可得

limf(xh)f(xh)2f(x)f'(xh)f'(xh)limh0h0h22hf\"(xh)f\"(xh)limf\"(x) h02

(2) f(x)在x处二阶导数存在，利用一次L’Hospital法则再用导数的定义，可得

limf(xh)f(xh)2f(x)f'(xh)f'(xh)lim 2h0h0h2hf'(xh)f'(x)[f\"(xh)f'(x)] limh02h1f'(xh)f'(x)1f'(xh)f'(x) limlim2h0h2h0h42

11f\"(x)f\"(x)f\"(x) 22f(x)f(x)8. 证明 limlim2，根据函数极限与无穷小量的关系，可得

x01cosxx012x2f(x)x2x2(x)

其中lim(x)0，显然有 f(x)xo(x)。

x022对于任意的xU(0;)，有 f(x)x21o(1)0f(0)。根据极值的定义，我们有f(x)在x0处取得极小值。

9. 证明 (1) 考虑函数f(x)1xln(x1x2)1x2,x0

求一阶导数得，f'(x)ln(x1x2)0，所以f(x)在区间[0,)上单调增加，而

f(0)0,x0时，有f(x)f(0)，即得

当x0时，1xln(x1x2)1x2。 (2) 考虑函数f(x)sinxtanx2x,0x2，求一阶导数得，

f'(x)cosx1122cosx20,(0x)。所以在区间上单调增0xf(x)cos2xcos2x22加，而f(0)0,0x2时，有f(x)f(0)，即得 sinxtanx2x。

10. 证明 考虑函数f(t)tlnt,t0。易得f\"(t)10,t0时，所以函数f(t)在区间(0,)内是凹t函数，由凹函数的定义，对任意的x0,y0，我们有

f(x)f(y)xyxyf 即 。 xlnxylny(xy)ln22243

模拟试题一

一、单项选择题(每小题2分，共20分)：

1.D 2.D 3.A 4.B 5.B

二、计算题：(共60分，每小题6分) 1、limln(1x)x0x1

2、求函数yx63x12x34的导数y lny12ln(x6)4ln(2x3)13ln(x1)

1yy111112x682x33(x1) yx63x12x34111112x682x33x1 3、(2x5)5dx112(2x5)6C cos14、

x2dxcos1d1xxxsin1xC

5、exdxxt2tetdt2tdet2tet2etC2xex2exC

模拟试题二

一、1.C 2.D 3.A 4.D 5.B 6.C 7.D 二、1． lim12x(1x)2x=limx[(11x)x]=[lim(11)x]2x …………………1分

x=e2 …………………………2分

2． dy(xaaxxxaa)dx ……………………2分

=[axa1axlnaxx(lnx1)]dx……………………3分

3．f(x)在定义域内可导，f(x)在x0点可导且连续

xlim0f(x)xlim0ln(xa)lnaxlim0f(x)xlim0(xb)b

f(0)lnablna ……………………2分

44

2分 …………

(xb)lnaxlnalnalim1

x0x0xxxln(1)ln(ax)lnaa1 f(0)limlimx0x0xxa11a1blna0 ……………………3分 af(0)lim4．sin2xcos3xdx=sin2xcos2xdsinx……………………2分

=sin2x(1sin2x)dsinx

=(sin2xsin4x)dsinx ……………………1分

sin3xsin5xC ……………………3分 =35

三、1．证明：设

x2f(x)e1x

2xf'(x)ex1x，f''(x)ex1 ……………2分

当x0时，f''(x)0，所以f'(x)e1x单调增加

故当x0时，f'(x)f'(0)0，即f(x)单调增加……………2分

xx20 故f(x)f(0)0，即e1x2xx2所以当x0时，e1x ……………1分

2x2．证明：sinx是f(x)的一个原函数， xsinxxcosxsinx ……………2分 f(x)()xx23332xf(x)dxxdf(x)xf(x)3xf(x)dx

=x23xcosxsinx2xcosxsinx3xdx 22xx=xcosxxsinx3(xcosxsinx)dx

x2cosxxsinx3cosx3xdsinx

x2cosxxsinx3cosx3xsinx3sinxdx

x2cosx4xsinx6cosxC ……………3分

45

模拟试题3

一、1.B 2.D 3.C 4.C 5.C 6.C 7.B

exexexex二、1． lim=lim …………3分

x0x0sinxcosx=2 ……………2分

2．lim(12sinx)x013x= limex0limln(12sinx)3x = e23ln(12sinx)x03xlim …………2分

2cosxx)= e

x03(12sin= e …………3分

3．y'(e)'(x)'(e)' ……………………2分

=[ex(lnx1)] ……………………3分 4．dyd[f(sinx)]d[f(cosx)] ……………………1分

22xxxx2f'(sin2x)d(sin2x)f'(cos2x)d(cos2x)………………2分 f'(sin2x)2sinxcosxdxf'(cos2x)2cosxsinxdx

dy2sinxcosx[f'(sin2x)f'(cos2x)]dx………………2分

5．yln(xy)两边同时对x求导： y'1y' …………………3分 xy解得：y'

1 ……………………2分

xy1三、1．（1）当L'(x)R'(x)C'(x)0时，

即：R'(x)C'(x)时取得最大利润，……………2分

解得： x1 ……………1分 又L''(x)R''(x)C''(x)20

故当x1时，取得最大利润。 ……………1分

（2）利润改变：

31L'(x)dx(22x)dx ……………2分

133(2xx2)|1 ……………1分

4

46

故从利润最大时的产量再生产2台，利润减少4万元。………1分

yex2． （1）  交点（1,e） …………………… 1分

x1Sexdxex0110e1 ……………………2分

（2）Vx10(ex)2dx ……………………2分

112x =e201(e21) ……………2分 2f(x)xf'(x)f(x)xf'(x)[f(x)f(0)]………1分 ]'22xxx四、1．证明：F'(x)[由已知f(x)在[0,x]上可导，由Lagrange中值定理，(0,x)，使得：

f(x)f(0)xf'()………2分

故F'(x)xf'(x)xf'()f'(x)f'() 2xx由已知f(x)为[0,)上的单调增函数，而0x

故F'(x)0 所以函数F(x)

f(x)在(0,)上为单调增函数………2分 x47