高等数学同济第五版第5章答案.

习题1-11. 设A =(-∞, -5)⋃(5, +∞), B =[-10, 3), 写出A ⋃B , A ⋂B , A \B 及A \(A \B )的表达式. 解 A ⋃B =(-∞, 3)⋃(5, +∞), A ⋂B =[-10, -5), A \B =(-∞, -10)⋃(5, +∞), A \(A \B )=[-10, -5).2. 设A 、B 是任意两个集合, 证明对偶律: (A ⋂B )C =A C ⋃B C . 证明 因为x ∈(A ⋂B )C ⇔x ∉A ⋂B ⇔ x ∉A 或x ∉B ⇔ x ∈A C 或x ∈B C ⇔ x ∈A C ⋃B C , 所以 (A ⋂B )C =A C ⋃B C .3. 设映射f : X →Y , A ⊂X , B ⊂X . 证明 (1)f (A ⋃B )=f (A )⋃f (B ); (2)f (A ⋂B )⊂f (A )⋂f (B ). 证明 因为y ∈f (A ⋃B )⇔∃x ∈A ⋃B , 使f (x )=y⇔(因为x ∈A 或x ∈B ) y ∈f (A )或y ∈f (B ) ⇔ y ∈ f (A )⋃f (B ), 所以 f (A ⋃B )=f (A )⋃f (B ). (2)因为y ∈f (A ⋂B )⇒ ∃x ∈A ⋂B , 使f (x )=y ⇔(因为x ∈A 且x ∈B ) y ∈f (A )且y ∈f (B )⇒ y ∈ f (A )⋂f (B ), 所以 f (A ⋂B )⊂f (A )⋂f (B ).4. 设映射f : X →Y , 若存在一个映射g : Y →X , 使X I f g = , Y I g f = , 其中I X 、I Y 分别是X 、Y 上的恒等映射, 即对于每一个x ∈X , 有I X x =x ; 对于每一个y ∈Y , 有I Y y =y . 证明: f 是双射, 且g 是f 的逆映射: g =f -1.证明 因为对于任意的y ∈Y , 有x =g (y )∈X , 且f (x )=f [g (y )]=I y y =y , 即Y 中任意元素都是X 中某元素的像, 所以f 为X 到Y 的满射.又因为对于任意的x 1≠x 2, 必有f (x 1)≠f (x 2), 否则若f (x 1)=f (x 2) ⇒g [ f (x 1)]=g [f (x 2)] ⇒ x 1=x 2. 因此f 既是单射, 又是满射, 即f 是双射.对于映射g : Y →X , 因为对每个y ∈Y , 有g (y )=x ∈X , 且满足f (x )=f [g (y )]=I y y =y , 按逆映射的定义, g 是f 的逆映射.5. 设映射f : X →Y , A ⊂X . 证明: (1)f -1(f (A ))⊃A ;(2)当f 是单射时, 有f -1(f (A ))=A .证明 (1)因为x ∈A ⇒ f (x )=y ∈f (A ) ⇒ f -1(y )=x ∈f -1(f (A )), 所以 f -1(f (A ))⊃A . (2)由(1)知f -1(f (A ))⊃A .另一方面, 对于任意的x ∈f -1(f (A ))⇒存在y ∈f (A ), 使f -1(y )=x ⇒f (x )=y . 因为y ∈f (A )且f 是单射, 所以x ∈A . 这就证明了f -1(f (A ))⊂A . 因此f -1(f (A ))=A . 6. 求下列函数的自然定义域: (1)23+=x y ;解 由3x +2≥0得32->x . 函数的定义域为) ,32[∞+-.(2)211xy -=;解 由1-x 2≠0得x ≠±1. 函数的定义域为(-∞, -1)⋃(-1, 1)⋃(1, +∞). (3)211x xy --=;解 由x ≠0且1-x 2≥0得函数的定义域D =[-1, 0)⋃(0, 1]. (4)241x y -=; 解 由4-x 2>0得 |x |<2. 函数的定义域为(-2, 2). (5)x y sin =;解 由x ≥0得函数的定义D =[0, +∞).(6) y =tan(x +1); 解 由21π≠+x (k =0, ±1, ±2, ⋅ ⋅ ⋅)得函数的定义域为 12-+≠ππk x (k =0, ±1, ±2, ⋅ ⋅ ⋅).(7) y =arcsin(x -3);解 由|x -3|≤1得函数的定义域D =[2, 4].(8)xx y 1arctan 3+-=;解 由3-x ≥0且x ≠0得函数的定义域D =(-∞, 0)⋃(0, 3). (9) y =ln(x +1);解 由x +1>0得函数的定义域D =(-1, +∞). (10)xe y 1=.解 由x ≠0得函数的定义域D =(-∞, 0)⋃(0, +∞). 7. 下列各题中, 函数f (x )和g (x )是否相同？为什么？(1)f (x )=lg x 2, g (x )=2lg x ; (2) f (x )=x , g (x )=2x ;(3)334)(x x x f -=,31)(-=x x x g . (4)f (x )=1, g (x )=sec 2x -tan 2x . 解 (1)不同. 因为定义域不同.(2)不同. 因为对应法则不同, x <0时, g (x )=-x . (3)相同. 因为定义域、对应法则均相相同. (4)不同. 因为定义域不同.8. 设⎪⎩⎪⎨⎧≥<=3|| 03|| |sin |)(ππϕx x x x , 求)6(πϕ, 4(πϕ, )4(πϕ-, ϕ(-2), 并作出函数y =ϕ(x )的图形. 解 216sin |)6(==ππϕ, 22|4sin |)4(==ππϕ, 22|)4sin(|)4(=-=-ππϕ, 0)2(=-ϕ.9. 试证下列函数在指定区间内的单调性:(1)x xy -=1, (-∞, 1);(2)y =x +ln x , (0, +∞).证明 (1)对于任意的x 1, x 2∈(-∞, 1), 有1-x 1>0, 1-x 2>0. 因为当x 1<x 2时,0)1)(1(112121221121<---=---=-x x x x x x x x y y , 所以函数xxy -=1在区间(-∞, 1)内是单调增加的. (2)对于任意的x 1, x 2∈(0, +∞), 当x 1<x 2时, 有 0ln )()ln ()ln (2121221121<+-=+-+=-x x x x x x x x y y , 所以函数y =x +ln x 在区间(0, +∞)内是单调增加的.10. 设 f (x )为定义在(-l , l )内的奇函数, 若f (x )在(0, l )内单调增加, 证明f (x )在(-l , 0)内也单调增加.证明 对于∀x 1, x 2∈(-l , 0)且x 1<x 2, 有-x 1, -x 2∈(0, l )且-x 1>-x 2. 因为f (x )在(0, l )内单调增加且为奇函数, 所以f (-x 2)<f (-x 1), - f (x 2)<-f (x 1), f (x 2)>f (x 1),这就证明了对于∀x 1, x 2∈(-l , 0), 有f (x 1)< f (x 2), 所以f (x )在(-l , 0)内也单调增加.11. 设下面所考虑的函数都是定义在对称区间(-l , l )上的, 证明:(1)两个偶函数的和是偶函数, 两个奇函数的和是奇函数;(2)两个偶函数的乘积是偶函数, 两个奇函数的乘积是偶函数, 偶函数与奇函数的乘积是奇函数.证明 (1)设F (x )=f (x )+g (x ). 如果f (x )和g (x )都是偶函数, 则 F (-x )=f (-x )+g (-x )=f (x )+g (x )=F (x ), 所以F (x )为偶函数, 即两个偶函数的和是偶函数.如果f (x )和g (x )都是奇函数, 则F (-x )=f (-x )+g (-x )=-f (x )-g (x )=-F (x ), 所以F (x )为奇函数, 即两个奇函数的和是奇函数.(2)设F (x )=f (x )⋅g (x ). 如果f (x )和g (x )都是偶函数, 则 F (-x )=f (-x )⋅g (-x )=f (x )⋅g (x )=F (x ), 所以F (x )为偶函数, 即两个偶函数的积是偶函数.如果f (x )和g (x )都是奇函数, 则F (-x )=f (-x )⋅g (-x )=[-f (x )][-g (x )]=f (x )⋅g (x )=F (x ), 所以F (x )为偶函数, 即两个奇函数的积是偶函数.如果f (x )是偶函数, 而g (x )是奇函数, 则F (-x )=f (-x )⋅g (-x )=f (x )[-g (x )]=-f (x )⋅g (x )=-F (x ), 所以F (x )为奇函数, 即偶函数与奇函数的积是奇函数.12. 下列函数中哪些是偶函数, 哪些是奇函数, 哪些既非奇函数又非偶函数？ (1)y =x 2(1-x 2); (2)y =3x 2-x 3; (3)2211xx y +-=;(4)y =x (x -1)(x +1); (5)y =sin x -cos x +1;(6)2xx a a y -+=.解 (1)因为f (-x )=(-x )2[1-(-x )2]=x 2(1-x 2)=f (x ), 所以f (x )是偶函数. (2)由f (-x )=3(-x )2-(-x )3=3x 2+x 3可见f (x )既非奇函数又非偶函数.(3)因为())(111)(1)(2222x f x x x x x f =+-=-+--=-, 所以f (x )是偶函数.(4)因为f (-x )=(-x )(-x -1)(-x +1)=-x (x +1)(x -1)=-f (x ), 所以f (x )是奇函数. (5)由f (-x )=sin(-x )-cos(-x )+1=-sin x -cos x +1可见f (x )既非奇函数又非偶函数. (6)因为)(22)()()(x f a a a ax f xx x x =+=+=-----, 所以f (x )是偶函数.13. 下列各函数中哪些是周期函数？对于周期函数, 指出其周期: (1)y =cos(x -2); (2)y =cos 4x ; (3)y =1+sin πx ; (4)y =x cos x ; (5)y =sin 2 x .解 (1)是周期函数, 周期为l =2π. (2)是周期函数, 周期为2π=l .(3)是周期函数, 周期为l =2. (4)不是周期函数. (5)是周期函数, 周期为l =π. 14. 求下列函数的反函数: (1)31+=x y ; (2)xx y +-=11;(3)d cx b ax y ++=(ad -bc ≠0);(4) y =2sin3x ; (5) y =1+ln(x +2);(6)122+=xxy . 解 (1)由31+=x y 得x =y 3-1, 所以31+=x y 的反函数为y =x 3-1. (2)由x x y +-=11得y yx +-=11, 所以x x y +-=11的反函数为x x y +-=11.(3)由d cx b ax y ++=得a cy bdy x -+-=, 所以d cx b ax y ++=的反函数为acx b dx y -+-=. (4)由y =2sin 3x 得2arcsin 31yx =, 所以y =2sin 3x 的反函数为2arcsin 31x y =.(5)由y =1+ln(x +2)得x =e y -1-2, 所以y =1+ln(x +2)的反函数为y =e x -1-2.(6)由122+=x x y 得y y x -=1log 2, 所以122+=x x y 的反函数为xx y -=1log 2. 15. 设函数f (x )在数集X 上有定义, 试证: 函数f (x )在X 上有界的充分必要条件是它在X 上既有上界又有下界.证明 先证必要性. 设函数f (x )在X 上有界, 则存在正数M , 使|f (x )|≤M , 即-M ≤f (x )≤M . 这这就证明了f (x )在X 上有下界-M 和上界M .再证充分性. 设函数f (x )在X 上有下界K 1和上界K 2, 即K 1≤f (x )≤ K 2 . 取M =max{|K 1|, |K 2|}, 则 -M ≤ K 1≤f (x )≤ K 2≤M , 即 |f (x )|≤M .这就证明了f (x )在X 上有界.16. 在下列各题中, 求由所给函数复合而成的函数, 并求这函数分别对应于给定自变量值x 1和x 2的函数值:(1) y =u 2, u =sin x , 61π=x , 32π=x ;(2) y =sin u , u =2x , ,81π=x ,42π=x ; (3)u y =, u =1+x 2, x 1=1, x 2= 2; (4) y =e u , u =x 2, x 1 =0, x 2=1;(5) y =u 2 , u =e x , x 1=1, x 2=-1.解 (1)y =sin 2x , 4121(6sin 221===πy ,4323(3sin 222===πy .(2)y =sin2x , 224sin )82sin(1==⋅=ππy ,12sin )42sin(2==⋅=ππy .(3)21x y +=, 21121=+=y , 52122=+=y . (4)2x e y =, 1201==e y , e e y ==212.(5)y =e 2x , y 1=e 2⋅1=e 2, y 2=e 2⋅(-1)=e -2.17. 设f (x )的定义域D =[0, 1], 求下列各函数的定义域:(1) f (x 2); (2) f (sin x ); (3) f (x +a )(a >0);(4)f (x +a )+f (x -a )(a >0).解 (1)由0≤x 2≤1得|x |≤1, 所以函数f (x 2)的定义域为[-1, 1].(2)由0≤sin x ≤1得2n π≤x ≤(2n +1)π (n =0, ±1, ±2⋅ ⋅ ⋅), 所以函数f (sin x )的定义域为 [2n π, (2n +1)π] (n =0, ±1, ±2⋅ ⋅ ⋅) .(3)由0≤x +a ≤1得-a ≤x ≤1-a , 所以函数f (x +a )的定义域为[-a , 1-a ].(4)由0≤x +a ≤1且0≤x -a ≤1得: 当210≤<a 时, a ≤x ≤1-a ; 当21>a 时, 无解. 因此当210≤<a 时函数的定义域为[a , 1-a ], 当21>a 时函数无意义.18. 设⎪⎩⎪⎨⎧>-=<=1|| 11|| 01|| 1)(x x x x f , g (x )=e x , 求f [g (x )]和g [f (x )], 并作出这两个函数的图形.解 ⎪⎩⎪⎨⎧>-=<=1|| 11|| 01|| 1)]([x x x e e e x g f , 即⎪⎩⎪⎨⎧>-=<=0 10 00 1)]([x x x x g f . ()⎪⎩⎪⎨⎧>=<==-1|| 1|| e 1|| ][101)(x e x x e e x f g x f , 即()⎪⎩⎪⎨⎧>=<=-1|| 1|| 11|| ][1x e x x e x f g .19. 已知水渠的横断面为等腰梯形, 斜角ϕ=40︒(图1-37). 当过水断面ABCD 的面积为定值S 0时, 求湿周L (L =AC +CD +DB)与水深h 之间的函数关系式, 并说明定义域. 图1-37 解40sin h DC Ab ==, 又从)]40cot 2([21Sh BC BC h =⋅++ 得h hS BC ⋅-=40cot 0, 所以 h h S L40sin 40cos 20-+=.自变量h 的取值范围应由不等式组h >0,040cot 0>⋅-h hS 确定, 定义域为 40cot 00S h <<.20. 收敛音机每台售价为90元, 成本为60元. 厂方为鼓励销售商大量采购, 决定凡是订购量超过100台以上的, 每多订购1台, 售价就降低1分, 但最低价为每台75元. (1)将每台的实际售价p 表示为订购量x 的函数; (2)将厂方所获的利润P 表示成订购量x 的函数; (3)某一商行订购了1000台, 厂方可获利润多少？ 解 (1)当0≤x ≤100时, p =90.令0. 01(x 0-100)=90-75, 得x 0=1600. 因此当x ≥1600时, p =75. 当100<x <1600时,p =90-(x -100)⨯0. 01=91-0. 01x . 综合上述结果得到⎪⎩⎪⎨⎧≥<<-≤≤=1600 751600100 01.0911000 90x x x x p.(2)⎪⎩⎪⎨⎧≥<<-≤≤=-=1600 151600100 01.0311000 30)60(2x x x x x x x x p P .(3) P =31⨯1000-0. 01⨯10002=21000(元).习题1-21. 观察一般项x n 如下的数列{x n }的变化趋势, 写出它们的极限:(1)n n x 21=;(2)n x n n 1)1(-=;(3)212n x n +=;(4)11+-=n n x n ; (5) x n =n (-1)n . 解 (1)当n →∞时, nn x 21=→0, 021lim=∞→nn .(2)当n →∞时, n x nn 1)1(-=→0, 01)1(lim =-∞→nn n .(3)当n →∞时, 212n x n +=→2,　2)12(lim 2=+∞→nn .(4)当n →∞时, 12111+-=+-=n n n x n →0,　111lim =+-∞→n n n . (5)当n →∞时, x n =n (-1)n 没有极限. 2. 设数列{x n }的一般项n n x n 2cos π=. 问nn x ∞→lim =? 求出N , 使当n >N 时, x n 与其极限之差的绝对值小于正数ε , 当ε =0.001时, 求出数N . 解 0lim =∞→n n x .n n n x n 12cos ||0|≤=-π. ∀ε >0, 要使|x n -0|<ε , 只要ε<n 1, 也就是ε1>n . 取]1[ε=N , 则∀n >N , 有|x n -0|<ε .当ε =0.001时, 1[ε=N =1000.3. 根据数列极限的定义证明:(1)01lim 2=∞→nn ;(2)231213lim=++∞→n n n ;(3)1lim 22=+∞→na n n(4)19 999.0lim =⋅⋅⋅∞→个n n . (1)分析 要使ε<=-221|01|n n , 只须ε12>n , 即ε1>n . 证明 因为∀ε>0, ∃]1[ε=N , 当n >N 时, 有ε<-|01|2n , 所以01lim 2=∞→n n .(2)分析 要使ε<<+=-++n n n n 41)12(21|231213|, 只须ε<n41, 即ε41>n .证明 因为∀ε>0, ∃41[ε=N , 当n >N 时, 有ε<-++231213|n n , 所以231213lim =++∞→n n n .(3)分析 要使ε<<++=-+=-+n a n a n n a n n a n n a n 22222222)(|1|, 只须ε2a n >.证明 因为∀ε>0, ∃][2εa N =, 当∀n >N 时, 有ε<-+|1|22n a n , 所以1lim 22=+∞→na n n .(4)分析 要使|0.99 ⋅ ⋅ ⋅ 9-1|ε<=-1101n , 只须1101-n <ε , 即ε1lg 1+>n .证明 因为∀ε>0, ∃]1lg 1[ε+=N , 当∀n >N 时, 有|0.99 ⋅ ⋅ ⋅ 9-1|<ε , 所以19 999.0lim =⋅⋅⋅∞→个n n . 4. a u n n =∞→lim , 证明||||lim a u n n =∞→. 并举例说明: 如果数列{|x n |}有极限, 但数列{x n }未必有极限.证明 因为a u n n =∞→lim , 所以∀ε>0, ∃N ∈N , 当n >N 时, 有ε<-||a u n , 从而||u n |-|a ||≤|u n -a |<ε .这就证明了||||lim a u n n =∞→.数列{|x n |}有极限, 但数列{x n }未必有极限. 例如1|)1(|lim =-∞→n n , 但n n )1(lim -∞→不存在.5. 设数列{x n }有界, 又0lim =∞→n n y , 证明: 0lim =∞→n n n y x .证明 因为数列{x n }有界, 所以存在M , 使∀n ∈Z , 有|x n |≤M . 又0lim =∞→n n y , 所以∀ε>0, ∃N ∈N , 当n >N 时, 有My n ε<||. 从而当n >N 时, 有εε=⋅<≤=-M M y M y x y x n n n n n |||||0|, 所以0lim =∞→n n n y x .6. 对于数列{x n }若x 2k →a (k →∞), x 2k +1→a (k →∞), 证明: x n →a (n →∞). 证明 因为x 2k →a (k →∞), x 2k +1→a (k →∞), 所以∀ε>0, ∃K 1, 当2k >2K 1时, 有| x 2k -a |<ε ;∃K 2,　当2k +1>2K 2+1时, 有| x 2k +1-a |<ε..取N =max{2K 1, 2K 2+1}, 只要n >N , 就有|x n -a |<ε . 因此x n →a (n →∞).习题1-31. 根据函数极限的定义证明: (1)8)13(lim 3=-→x x ;(2)12)25(lim 2=+→x x ;(3)424lim22-=+--→x x x ; (4)21241lim 321=+--→x x x .证明 (1)分析 |(3x -1)-8|=|3x -9|=3|x -3|, 要使|(3x -1)-8|<ε , 只须ε31|3|<-x .证明 因为∀ε >0, ∃εδ31=, 当0<|x -3|<δ时, 有|(3x -1)-8|<ε , 所以8)13(lim 3=-→x x .(2)分析 |(5x +2)-12|=|5x -10|=5|x -2|, 要使|(5x +2)-12|<ε , 只须ε51|2|<-x .证明 因为∀ε >0, ∃εδ51=, 当0<|x -2|<δ时, 有|(5x +2)-12|<ε , 所以12)25(lim 2=+→x x .(3)分析 |)2(||2|244)4(2422--=+=+++=--+-x x x x x x x , 要使ε<--+-)4(242x x , 只须ε<--|)2(|x .证明 因为∀ε >0, ∃εδ=, 当0<|x -(-2)|<δ时, 有ε<--+-)4(242x x , 所以424lim 22-=+--→x x x . (4)分析|21(|2|221|212413--=--=-+-x x x x , 要使ε<-+-212413x x , 只须ε21|)21(|<--x . 证明 因为∀ε >0, ∃εδ21=, 当δ<--<|)21(|0x 时, 有ε<-+-212413x x , 所以21241lim 321=+--→x x x .2. 根据函数极限的定义证明: (1)2121lim33=+∞→x x x ; (2)0sin lim=+∞→xxx .证明 (1)分析 333333||21212121x x x x x x =-+=-+, 要使ε<-+212133x x , 只须ε<3||21x , 即321||ε>x .证明 因为∀ε >0, ∃321ε=X , 当|x |>X 时, 有ε<-+212133x x , 所以2121lim 33=+∞→x x x .(2)分析 xxx xx 1|sin |0sin ≤=-, 要使ε<-0sin x x, 只须ε<x1, 即21ε>x .证明 因为∀ε>0, ∃21ε=X , 当x >X 时, 有ε<-0sin x x, 所以0sin lim=+∞→xxx .3. 当x →2时, y =x 2→4. 问δ等于多少, 使当|x -2|<δ时, |y -4|<0. 001？解 由于x →2, |x -2|→0, 不妨设|x -2|<1, 即1<x <3. 要使|x 2-4|=|x +2||x -2|<5|x -2|<0. 001, 只要0002.05001.0|2|=<-x , 取δ=0. 0002, 则当0<|x -2|<δ时, 就有|x 2-4|<0. 001. 4. 当x →∞时, 13122→+-=x x y , 问X 等于多少, 使当|x |>X 时, |y -1|<0.01?解 要使01.034131222<+=-+-x x x , 只397301.04||=->x , 397=X . 5. 证明函数f (x )=|x | 当x →0时极限为零.6. 求,)(x x x f = xx x ||)(=ϕ当x →0时的左﹑右极限, 并说明它们在x →0时的极限是否存在.证明 因为11lim lim )(lim 000===---→→→x x x x xx f ,11lim lim )(lim 000===+++→→→x x x x xx f ,)(lim )(lim 0x f x f x x +→→=-,所以极限)(lim 0x f x →存在.因为1lim ||lim )(lim 00-=-==---→→→x xx x x x x x ϕ, 1lim ||lim )(lim 00===+++→→→xx x x x x x x ϕ, )(lim )(lim 0x x x x ϕϕ+→→≠-, 所以极限)(lim 0x x ϕ→不存在.7. 证明: 若x →+∞及x →-∞时, 函数f (x )的极限都存在且都等于A , 则A x f x =∞→)(lim .证明 因为A x f x =-∞→)(lim , A x f x =+∞→)(lim , 所以∀ε>0,∃X 1>0, 使当x <-X 1时, 有|f (x )-A |<ε; ∃X 2>0, 使当x >X 2时, 有|f (x )-A |<ε .取X =max{X 1, X 2}, 则当|x |>X 时, 有|f (x )-A |<ε , 即A x f x =∞→)(lim .8. 根据极限的定义证明: 函数f (x )当x →x 0 时极限存在的充分必要条件是左极限、右极限各自存在并且相等.证明 先证明必要性. 设f (x )→A (x →x 0), 则∀ε>0, ∃δ>0, 使当0<|x -x 0|<δ 时, 有|f (x )-A |<ε .因此当x 0-δ<x <x 0和x 0<x <x 0+δ 时都有|f (x )-A |<ε .这说明f (x )当x →x 0时左右极限都存在并且都等于A . 再证明充分性. 设f (x 0-0)=f (x 0+0)=A , 则∀ε>0, ∃δ1>0, 使当x 0-δ1<x <x 0时, 有| f (x )-A <ε ; ∃δ2>0, 使当x 0<x <x 0+δ2时, 有| f (x )-A |<ε .取δ=min{δ1, δ2}, 则当0<|x -x 0|<δ 时, 有x 0-δ1<x <x 0及x 0<x <x 0+δ2 , 从而有| f (x )-A |<ε ,即f (x )→A (x →x 0).9. 试给出x →∞时函数极限的局部有界性的定理, 并加以证明.解 x →∞时函数极限的局部有界性的定理: 如果f (x )当x →∞时的极限存在, 则存在X >0及M >0, 使当|x |>X 时, |f (x )|<M .证明 设f (x )→A (x →∞), 则对于ε =1, ∃X >0, 当|x |>X 时, 有|f (x )-A |<ε =1. 所以|f (x )|=|f (x )-A +A |≤|f (x )-A |+|A |<1+|A |.这就是说存在X >0及M >0, 使当|x |>X 时, |f (x )|<M , 其中M =1+|A |.习题1-41. 两个无穷小的商是否一定是无穷小？举例说明之. 解 不一定.例如, 当x →0时, α(x )=2x , β(x )=3x 都是无穷小, 但32)()(lim 0=→x x x βα, )()(x x βα不是无穷小.2. 根据定义证明:(1)392+-=x x y 当x →3时为无穷小;(2)xx y 1sin =当x →0时为无穷小.证明 (1)当x ≠3时|3|39||2-=+-=x x x y . 因为∀ε >0, ∃δ=ε , 当0<|x -3|<δ时, 有εδ=<-=+-=|3|39||2x x x y ,所以当x →3时392+-=x x y 为无穷小.(2)当x ≠0时|0|1sin |||||-≤=x xx y . 因为∀ε >0, ∃δ=ε , 当0<|x -0|<δ时, 有εδ=<-≤=|0||1sin |||||x xx y ,所以当x →0时x x y 1sin =为无穷小.3. 根据定义证明: 函数xxy 21+=为当x →0时的无穷大. 问x 应满足什么条件, 能使|y |>104？证明 分析2||11221||-≥+=+=x x x x y , 要使|y |>M , 只须M x >-2||1, 即21||+<M x . 证明 因为∀M >0, ∃21+=M δ, 使当0<|x -0|<δ时, 有M xx >+21, 所以当x →0时, 函数x xy 21+=是无穷大. 取M =104, 则21014+=δ. 当2101|0|04+<-<x 时, |y |>104. 4. 求下列极限并说明理由:(1)xx n 12lim+∞→;(2)xx x --→11lim20.解 (1)因为x x x 1212+=+, 而当x →∞ 时x 1是无穷小, 所以212lim =+∞→xx n .(2)因为x xx +=--1112(x ≠1), 而当x →0时x 为无穷小, 所以111lim 20=--→x x x . 5. 根据函数极限或无穷大定义, 填写下表:6. 函数y =x cos x 在(-∞, +∞)内是否有界？这个函数是否为当x →+∞ 时的无穷大？为什么？解 函数y =x cos x 在(-∞, +∞)内无界.这是因为∀M >0, 在(-∞, +∞)内总能找到这样的x , 使得|y (x )|>M . 例如y (2k π)=2k π cos2k π=2k π (k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅),当k 充分大时, 就有| y (2k π)|>M .当x →+∞ 时, 函数y =x cos x 不是无穷大.这是因为∀M >0, 找不到这样一个时刻N , 使对一切大于N 的x , 都有|y (x )|>M . 例如022cos()22(22(=++=+ππππππk k k y (k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅),对任何大的N , 当k 充分大时, 总有N k x >+=22ππ, 但|y (x )|=0<M .7. 证明: 函数x x y 1sin 1=在区间(0, 1]上无界, 但这函数不是当x →0+时的无穷大.证明 函数x x y 1sin 1=在区间(0, 1]上无界. 这是因为∀M >0, 在(0, 1]中总可以找到点x k , 使y (x k )>M . 例如当221ππ+=k x k (k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅)时, 有22)(ππ+=k x y k ,当k 充分大时, y (x k )>M .当x →0+ 时, 函数xx y 1sin 1=不是无穷大. 这是因为∀M >0, 对所有的δ>0, 总可以找到这样的点x k , 使0<x k <δ, 但y (x k )<M . 例如可取πk x k 21=(k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅), 当k 充分大时, x k <δ, 但y (x k )=2k πsin2k π=0<M .习题1-51. 计算下列极限: (1)35lim 22-+→x x x ;解 9325235lim 222-=-+=-+→x x x .(2)13lim 223+-→x x x ;解 01)3(3)3(13lim 22223=+-=+-→x x x . (3)112lim 221-+-→x x x x ;解 02011lim )1)(1()1(lim 112lim121221==+-=+--=-+-→→→x x x x x x x x x x x .(4)xx xx x x 2324lim 2230++-→;解 2123124lim 2324lim 202230=++-=++-→→x x x x x x x x x x .(5)hx h x h 220)(lim-+→;解 x h x hx h hx x h x h x h h h 2)2(lim 2lim )(lim02220220=+=-++=-+→→→.(6))112(lim 2xx x +-∞→; 解 21lim 1lim 2)112(lim 22=+-=+-∞→∞→∞→x x x x x x x . (7)121lim22---∞→x x x x ; 解 2111211lim 121lim 2222=---=---∞→∞→x x x x x x x x . (8)13lim242--+∞→x x x x x ; 解 013lim242=--+∞→x x x x x (分子次数低于分母次数, 极限为零)或 012111lim13lim 4232242=--+=--+∞→∞→xx x x x x xx x x . (9)4586lim 224+-+-→x x x x x ;解 32142412lim )4)(1()4)(2(lim 4586lim 44224=--=--=----=+-+-→→→x x x x x x x x x x x x x .(10))12)(11(lim 2xx x -+∞→; 解 22112(lim )11(lim )12)(11(lim 22=⨯=-⋅+=-+∞→∞→∞→x x x x x x x . (11))21 41211(lim n n +⋅⋅⋅+++∞→; 解 2211)21(1lim)21 41211(lim 1=--=+⋅⋅⋅++++∞→∞→n n n n . (12)2)1( 321limn n n -+⋅⋅⋅+++∞→;解 211lim 212)1(lim )1( 321lim 22=-=-=-+⋅⋅⋅+++∞→∞→∞→n n n n n n n n n n . (13)35)3)(2)(1(lim n n n n n +++∞→;解 515)3)(2)(1(lim3=+++∞→n n n n n (分子与分母的次数相同, 极限为最高次项系数之比).或 51)31)(21)(11(lim 515)3)(2)(1(lim3=+++=+++∞→∞→n n n n n n n n n . (14))1311(lim 31xx x ---→; 解 112lim )1)(1()2)(1(lim)1)(1(31lim 1311(lim 212122131-=+++-=++-+--=++--++=---→→→→x x x x x x x x x x x x x x x x x x x . 2. 计算下列极限: (1)2232)2(2lim -+→x x x x ; 解 因为01602)2(lim2322==+-→x x x x , 所以∞=-+→2232)2(2lim x x x x .(2)12lim 2+∞→x x x ;解 ∞=+∞→12lim 2x x x (因为分子次数高于分母次数). (3))12(lim 3+-∞→x x x .解 ∞=+-∞→)12(lim 3x x x (因为分子次数高于分母次数).3. 计算下列极限: (1)xx x 1sin lim 20→;解 01sin lim 20=→x x x (当x →0时, x 2是无穷小, 而x 1sin 是有界变量). (2)xx x arctan lim ∞→. 解 0arctan 1lim arctan lim =⋅=∞→∞→x x x x x x (当x →∞时, x 1是无穷小, 而arctan x 是有界变量). 4. 证明本节定理3中的(2).习题1-61. 计算下列极限: (1)xx x ωsin lim 0→;解 ωωωωω==→→x x x x x x sin lim sin lim 00. (2)xx x 3tan lim 0→; 解 33cos 133sin lim 33tan lim 00=⋅=→→x x x x x x x . (3)xx x 5sin 2sin lim 0→; 解 52525sin 522sin lim 5sin 2sin lim 00=⋅⋅=→→x x x x x x x x .(4)x x x cot lim 0→;解 1cos lim sin lim cos sin lim cot lim 0000=⋅=⋅=→→→→x x x x x x x x x x x x . (5)xx x x sin 2cos 1lim 0-→; 解法一 ()2sin lim 2sin 2lim 2cos1lim sin 2cos 1lim 20220200===-=-→→→→xx x x x x x x x x x x x .解法二 2sin lim 2sin sin 2lim sin 2cos 1lim 0200===-→→→xx x x x x x x x x x .(6)n n n x2sin2lim ∞→(x 为不等于零的常数). 解 x x xxx nn n n n n ==∞→∞→22sinlim2sin 2lim . 2. 计算下列极限:(1)xx x 1)1(lim -→;解{}11)(10)1)(101)](1[lim )](1[lim )1(lim ---→--→→=-+=-+=-e x x x x x x x x x .(2)x x x 1)21(lim +→;解[]22210221010)21(lim )21(lim )21(lim e x x x x x x x x x =+=+=+→⋅→→.(3)x x xx 21(lim +∞→;解 []222)11(lim )1(lim e x x x xx x x =+=+∞→∞→.(4)kx x x)11(lim -∞→(k 为正整数). 解 k k x x kx x e xx ---∞→∞→=-+=-))(()11(lim )11(lim . 3. 根据函数极限的定义, 证明极限存在的准则I '. 解4. 利用极限存在准则证明: (1)111lim =+∞→nn ;证明 因为nn 11111+<+<,而 11lim =∞→n 且1)11(lim =+∞→n n ,由极限存在准则I, 111lim =+∞→nn .(2)()11 211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n ; 证明 因为()πππππ+<++⋅⋅⋅++++<+22222221 211n n n n n n n n n n , 而 1lim22=+∞→πn n n n , 1lim 22=+∞→πn n n ,所以 ()11 211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n . (3)数列2, 22+,222++, ⋅ ⋅ ⋅ 的极限存在;证明 21=x , n n x x +=+21(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅).先证明数列{x n }有界. 当n =1时221<=x , 假定n =k 时x k <2, 当n =k +1时,22221=+<+=+k k x x ,所以x n <2(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅), 即数列{x n }有界.再证明数列单调增.nn n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x +++--=++-+=-+=-+2)1)(2(22221,而x n -2<0, x n +1>0, 所以x n +1-x n >0, 即数列{x n }单调增.因为数列{x n }单调增加有上界, 所以此数列是有极限的. (4)11lim 0=+→n x x ;证明 当|x |≤1时, 则有 1+x ≤1+|x |≤(1+|x |)n , 1+x ≥1-|x |≥(1-|x |)n , 从而有 ||11||1x x x n +≤+≤-. 因为 1|)|1(lim |)|1(lim 0=+=-→→x x x x ,根据夹逼准则, 有11lim 0=+→n x x .(5)[]11lim 0=+→xx x . 证明 因为[]x x x 1111≤<-, 所以[]111≤<-x x x .又因为11lim )1(lim 0==-++→→x x x , 根据夹逼准则, 有[]11lim 0=+→xx x .习题 1-71. 当x →0时, 2x -x 2 与x 2-x 3相比, 哪一个是高阶无穷小？解 因为02lim 2lim 202320=--=--→→xx x x x x x x x ,所以当x →0时, x 2-x 3是高阶无穷小, 即x 2-x 3=o (2x -x 2). 2. 当x →1时, 无穷小1-x 和(1)1-x 3, (2))1(212x -是否同阶？是否等价？ 解 (1)因为3)1(lim 1)1)(1(lim 11lim212131=++=-++-=--→→→x x xx x x x x x x x , 所以当x →1时, 1-x 和1-x 3是同阶的无穷小, 但不是等价无穷小. (2)因为1)1(lim 211)1(21lim 121=+=--→→x x x x x , 所以当x →1时, 1-x 和)1(212x -是同阶的无穷小, 而且是等价无穷小.3. 证明: 当x →0时, 有: (1) arctan x ~x ; (2)2~1sec 2x x -. 证明 (1)因为1tan lim arctan lim00==→→y y xxy x (提示: 令y =arctan x , 则当x →0时, y →0),所以当x →0时, arctan x ~x .(2)因为()122sin2lim 22sin 2limcos cos 1lim 2211sec lim20222020===-=-→→→→x xxx x x xx x x x x x ,所以当x →0时, 2~1sec 2x x -. 4. 利用等价无穷小的性质, 求下列极限: (1)xxx 23tan lim0→;(2)mn x x x )(sin )sin(lim0→(n , m 为正整数);(3)xx x x 3sin sin tan lim-→;(4))1sin 1)(11(tan sin lim320-+-+-→x x x x x .解 (1)2323lim 23tan lim 00==→→x x x x x x .(2) ⎪⎩⎪⎨⎧<∞>===→→mn m n m n x x x x mn x m n x 0 1lim )(sin )sin(lim 00. (3)21cos 21lim sin cos cos 1lim sin )1cos 1(sin lim sin sin tan lim 220203030==-=-=-→→→→x x x x x x x x x x x x x x x x . (4)因为32221)2(2~2sin tan 2)1(cos tan tan sin x x x x x x x x x -=⋅--=-=-(x →0), 23232223231~11)1(11x x x x x ++++=-+(x →0),x x x x x ~sin ~1sin 1sin 1sin 1++=-+(x →0),所以 33121lim )1sin 1)(11(tan sin lim 230320-=⋅-=-+-+-→→xx x x x xx x x .5. 证明无穷小的等价关系具有下列性质:(1)α ~α (自反性); (2) 若α ~β, 则β~α(对称性); (3)若α ~β, β~γ, 则α~γ(传递性). 证明 (1)1lim =αα, 所以α ~α ;(2) 若α ~β, 则1lim =βα, 从而1lim =αβ. 因此β~α ;(3) 若α ~β, β~γ, 1lim lim lim =⋅=βαγβγα. 因此α~γ.习题1-81. 研究下列函数的连续性, 并画出函数的图形: (1)⎩⎨⎧≤<-≤≤=21 210 )(2x x x x x f ;(2)⎩⎨⎧>≤≤-=1|| 111 )(x x x x f .解 (1)已知多项式函数是连续函数, 所以函数f (x )在[0, 1)和(1, 2]内是连续的. 在x =1处, 因为f (1)=1, 1lim )(lim 211==--→→x x f x x , 1)2(lim )(lim 11=-=++→→x x f x x 所以1)(lim 1=→x f x , 从而函数f (x )在x =1处是连续的.综上所述，函数f (x )在[0, 2]上是连续函数. (2)只需考察函数在x =-1和x =1处的连续性.在x =-1处, 因为f (-1)=-1, )1(11lim )(lim 11-≠==---→-→f x f x x , )1(1lim )(lim 11-=-==++-→-→f x x f x x , 所以函数在x =-1处间断, 但右连续.在x =1处, 因为f (1)=1, 1lim )(lim 11==--→→x x f x x =f (1), 11lim )(lim 11==++→→x x x f =f (1), 所以函数在x =1处连续.综合上述讨论, 函数在(-∞, -1)和(-1, +∞)内连续, 在x =-1处间断, 但右连续.2. 下列函数在指出的点处间断, 说明这些间断点属于哪一类, 如果是可去间断点, 则补充或改变函数的定义使它连续:(1)23122+--=x x x y , x =1, x =2;(2)x xy tan =, x =k , 2ππ+=k x (k =0, ±1, ±2, ⋅ ⋅ ⋅); (3),1cos 2x y = x =0;(4)⎩⎨⎧>-≤-=1 311x x x x y , x =1. 解 (1))1)(2()1)(1(23122---+=+--=x x x x x x x y . 因为函数在x =2和x =1处无定义, 所以x =2和x =1是函数的间断点.因为∞=+--=→→231lim lim 2222x x x y x x , 所以x =2是函数的第二类间断点;因为2)2()1(limlim 11-=-+=→→x x y x x , 所以x =1是函数的第一类间断点, 并且是可去间断点. 在x =1处,令y =-2, 则函数在x =1处成为连续的.(2)函数在点x =k π(k ∈Z)和2ππ+=k x (k ∈Z)处无定义, 因而这些点都是函数的间断点. 因∞=→x xk x tan limπ(k ≠0), 故x =k π(k ≠0)是第二类间断点;因为1tan lim0=→xxx ,0tan lim2=+→xxk x ππ(k ∈Z), 所以x =0和2 ππ+=k x (k ∈Z) 是第一类间断点且是可去间断点.令y |x =0=1, 则函数在x =0处成为连续的;令2 ππ+=k x 时, y =0, 则函数在2ππ+=k x 处成为连续的. (3)因为函数x y 1cos 2=在x =0处无定义, 所以x =0是函数xy 1cos 2=的间断点. 又因为xx 1cos lim 2→不存在, 所以x =0是函数的第二类间断点. (4)因为0)1(lim )(lim 11=-=--→→x x f x x 2)3(lim )(lim 11=-=++→→x x f x x , 所以x =1是函数的第一类不可去间断点.3. 讨论函数x x x x f nnn 2211lim)(+-=∞→的连续性, 若有间断点, 判别其类型. 解 ⎪⎩⎪⎨⎧<=>-=+-=∞→1|| 1|| 01|| 11lim )(22x x x x x x x x x f nn n .在分段点x =-1处, 因为1)(lim )(lim 11=-=---→-→x x f x x , 1lim )(lim 11-==++-→-→x x f x x , 所以x =-1为函数的第一类不可去间断点.在分段点x =1处, 因为1lim )(lim 11==--→→x x f x x , 1)(lim )(lim 11-=-=++→→x x f x x , 所以x =1为函数的第一类不可去间断点.4. 证明: 若函数f (x )在点x 0连续且f (x 0)≠0, 则存在x 0的某一邻域U (x 0), 当x ∈U (x 0)时, f (x )≠0.证明 不妨设f (x 0)>0. 因为f (x )在x 0连续, 所以0)()(lim 00>=→x f x f x x , 由极限的局部保号性定理,存在x 0的某一去心邻域)(0x U , 使当x ∈)(0x U时f (x )>0, 从而当x ∈U (x 0)时, f (x )>0. 这就是说, 则存在x 0的某一邻域U (x 0), 当x ∈U (x 0)时, f (x )≠0.5. 试分别举出具有以下性质的函数f (x )的例子:(1)x =0, ±1, ±2, 21±, ⋅ ⋅ ⋅, ±n , n 1±, ⋅ ⋅ ⋅是f (x )的所有间断点, 且它们都是无穷间断点;(2)f (x )在R 上处处不连续, 但|f (x )|在R 上处处连续;(3)f (x )在R 上处处有定义, 但仅在一点连续. 解 函数x x x f ππcsc )csc()(+=在点x =0, ±1, ±2, 21±, ⋅ ⋅ ⋅, ±n , n1±, ⋅ ⋅ ⋅处是间断的, 且这些点是函数的无穷间断点.解(2)函数⎩⎨⎧∉∈-=Q Qx x x f 1 1)(在R 上处处不连续, 但|f (x )|=1在R 上处处连续. 解(3)函数⎩⎨⎧∉-∈=Q Qx x x x x f )(在R 上处处有定义, 它只在x =0处连续.习题1-91. 求函数633)(223-+--+=x x x x x x f 的连续区间, 并求极限)(lim 0x f x →, )(lim 3x f x -→及)(lim 2x f x →.解 )2)(3()1)(1)(3(633)(223-++-+=-+--+=x x x x x x x x x x x f , 函数在(-∞, +∞)内除点x =2和x =-3外是连续的, 所以函数f (x )的连续区间为(-∞, -3)、(-3, 2)、(2, +∞).在函数的连续点x =0处, 21)0()(lim 0==→f x f x .在函数的间断点x =2和x =-3处,∞=-++-+=→→)2)(3()1)(1)(3(lim )(lim 22x x x x x x f x x , 582)1)(1(lim )(lim 33-=-+-=-→-→x x x x f x x .2. 设函数f (x )与g (x )在点x 0连续, 证明函数 ϕ(x )=max{f (x ), g (x )}, ψ(x )=min{f (x ), g (x )}在点x 0也连续.证明 已知)()(lim 00x f x f x x =→, )()(lim 00x g x g x x =→. 可以验证] |)()(|)()([21)(x g x f x g x f x -++=ϕ,] |)()(|)()(21)(x g x f x g x f x --+=ψ.因此 ] |)()(|)()([21)(00000x g x f x g x f x -++=ϕ,] |)()(|)()(21)(00000x g x f x g x f x --+=ψ.因为] |)()(|)()([21lim )(lim 00x g x f x g x f x x x x x -++=→→ϕ] |)(lim )(lim |)(lim )(lim [210000x g x f x g x f x x x x x x x x →→→→-++=] |)()(|)()([210000x g x f x g x f -++==ϕ(x 0),所以ϕ(x )在点x 0也连续.同理可证明ψ(x )在点x 0也连续.3. 求下列极限:(1)52lim 20+-→x x x ;(2)34)2(sin lim x x π→;(3))2cos 2ln(lim 6x x π→(4)xx x 11lim 0-+→; (5)145lim1---→x xx x ;(6)ax ax a x --→sin sin lim ;(7))(lim 22x x x x x --++∞→.解 (1)因为函数52)(2+-=x x x f 是初等函数, f (x )在点x =0有定义, 所以 55020)0(52lim 220=+⋅-==+-→f x x x .(2)因为函数f (x )=(sin 2x )3是初等函数, f (x )在点x =4π有定义, 所以1)42(sin )4()2(sin lim 334=⋅==→πππf x x .(3)因为函数f (x )=ln(2cos2x )是初等函数, f (x )在点x =6π有定义, 所以0)62cos 2ln(6()2cos 2ln(lim 6=⋅==→πππf x x . (4)211101111lim )11(lim )11()11)(11(lim 11lim0000=++=++=++=++++-+=-+→→→→x x x x x x x x x x x x x x . (5))45)(1(44lim )45)(1()45)(45(lim 145lim111x x x x x x x x x x x x x x x x x +---=+--+---=---→→→ 214154454lim1=+-⋅=+-=→xx x .(6)ax ax a x ax ax a x a x --+=--→→2sin 2cos2limsin sin lima a a a x ax ax ax ax cos 12cos 22sinlim 2coslim =+=--⋅+=→→. (7))())((lim)(lim 22222222x x x x x x x x x x x x x x x x x x -++-++--+=--++∞→+∞→1)1111(2lim)(2lim22=-++=-++=+∞→+∞→xx x x x x xx x .4. 求下列极限: (1)x x e 1lim ∞→;(2)xxx sin lnlim 0→; (3)2)11(lim xx x+∞→;(4)x x x 2cot 20)tan 31(lim +→;(5)21)63(lim -∞→++x x xx ; (6)xx x x x x -++-+→20sin 1sin 1tan 1lim.解 (1) 1lim 01lim1===∞→∞→e ee xxx x .(2) 01ln )sin lim ln(sin lnlim 00===→→x xxx x x .(3) []e e xx xx xx ==+=+∞→∞→21212)11(lim 11(lim .(4) []33tan312cot 222)tan 31(lim )tan 31(lim ex x xx xx =+=+→→.(5)21633621)631()63(-+-⋅-+-+-+=++x x x x xx x . 因为。

第五章 定积分习题及答案(简单层次)1．⎰203cos sin πxdx x ； 2．⎰-adx x a x222； 3．⎰+31221xxdx ；4．⎰--1145x xdx ； 5．⎰+411x dx ； 6．⎰--14311x dx ；7．⎰+21ln 1e xx dx； 8．⎰-++02222x x dx； 9．dx x ⎰+π02cos 1；10．dx x x ⎰-ππsin 4； 11．dx x ⎰-224cos 4ππ； 12．⎰-++55242312sin dx x x xx ；13．⎰342sin ππdx x x； 14．⎰41ln dx x x ； 15．⎰10xarctgxdx ； 16．⎰202cos πxdx e x ； 17．()dx x x ⎰π2sin ； 18．()dx x e⎰1ln sin ；19．⎰--243cos cos ππdx x x ； 20．⎰+4sin 1sin πdx xx ； 21．dx x xx ⎰+π02cos 1sin ；22．⎰-+2111ln dx xxx ； 23．⎰∞+∞-++dx x x 4211； 24．⎰20sin ln πxdx ； 25．()()⎰∞+++0211dx x x dxα()0≥α。

(B 层次)1．求由0cos 0=+⎰⎰xyttdt dt e 所决定的隐函数y 对x 的导数dxdy 。

2．当x 为何值时，函数()⎰-=xt dt te x I 02有极值？3．()⎰x x dt t dxd cos sin 2cos π。

4．设()⎪⎩⎪⎨⎧>≤+=1,211,12x x x x x f ，求()⎰20dx x f 。

5．()1lim22+⎰+∞→x dt arctgt xx 。

6．设()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=其它,00,sin 21πx x x f ，求()()⎰=x dt t f x 0ϕ。

7．设()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+≥+=时当时当0,110,11x e x xx f x ，求()⎰-21dx x f 。

习题1−11. 设A =(−∞, −5)∪(5, +∞), B =[−10, 3), 写出A ∪B , A ∩B , A \B 及A \(A \B )的表达式. 解 A ∪B =(−∞, 3)∪(5, +∞),A ∩B =[−10, −5),A \B =(−∞, −10)∪(5, +∞),A \(A \B )=[−10, −5).2. 设A 、B 是任意两个集合, 证明对偶律: (A ∩B )C =A C ∪B C .证明 因为x ∈(A ∩B )C ⇔x ∉A ∩B ⇔ x ∉A 或x ∉B ⇔ x ∈A C 或x ∈B C ⇔ x ∈A C ∪B C ,所以 (A ∩B )C =A C ∪B C .3. 设映射f : X →Y , A ⊂X , B ⊂X . 证明(1)f (A ∪B )=f (A )∪f (B );(2)f (A ∩B )⊂f (A )∩f (B ).证明 因为y ∈f (A ∪B )⇔∃x ∈A ∪B , 使f (x )=y⇔(因为x ∈A 或x ∈B ) y ∈f (A )或y ∈f (B )⇔ y ∈ f (A )∪f (B ),所以 f (A ∪B )=f (A )∪f (B ).(2)因为y ∈f (A ∩B )⇒ ∃x ∈A ∩B , 使f (x )=y ⇔(因为x ∈A 且x ∈B ) y ∈f (A )且y ∈f (B )⇒ y ∈ f (A )∩f (B ), 所以 f (A ∩B )⊂f (A )∩f (B ).4. 设映射f : X →Y , 若存在一个映射g : Y →X , 使, , 其中I X I f g =D Y I g f =D X 、I Y 分别是X 、Y 上的恒等映射, 即对于每一个x ∈X , 有I X x =x ; 对于每一个y ∈Y , 有I Y y =y . 证明: f 是双射, 且g 是f 的逆映射: g =f −1.证明 因为对于任意的y ∈Y , 有x =g (y )∈X , 且f (x )=f [g (y )]=I y y =y , 即Y 中任意元素都是X 中某元素的像, 所以f 为X 到Y 的满射.又因为对于任意的x 1≠x 2, 必有f (x 1)≠f (x 2), 否则若f (x 1)=f (x 2) ⇒g [ f (x 1)]=g [f (x 2)] ⇒ x 1=x 2. 因此f 既是单射, 又是满射, 即f 是双射.对于映射g : Y →X , 因为对每个y ∈Y , 有g (y )=x ∈X , 且满足f (x )=f [g (y )]=I y y =y , 按逆映射的定义, g 是f 的逆映射.5. 设映射f : X →Y , A ⊂X . 证明:(1)f −1(f (A ))⊃A ;(2)当f 是单射时, 有f −1(f (A ))=A .证明 (1)因为x ∈A ⇒ f (x )=y ∈f (A ) ⇒ f −1(y )=x ∈f −1(f (A )),所以 f −1(f (A ))⊃A .(2)由(1)知f −1(f (A ))⊃A .另一方面, 对于任意的x ∈f −1(f (A ))⇒存在y ∈f (A ), 使f −1(y )=x ⇒f (x )=y . 因为y ∈f (A )且f 是单射, 所以x ∈A . 这就证明了f −1(f (A ))⊂A . 因此f −1(f (A ))=A .6. 求下列函数的自然定义域:(1)23+=x y ;解 由3x +2≥0得32−>x . 函数的定义域为) ,32[∞+−. (2)211xy −=; 解 由1−x 2≠0得x ≠±1. 函数的定义域为(−∞, −1)∪(−1, 1)∪(1, +∞).(3)211x xy −−=; 解 由x ≠0且1−x 2≥0得函数的定义域D =[−1, 0)∪(0, 1].(4)241x y −=; 解 由4−x 2>0得 |x |<2. 函数的定义域为(−2, 2).(5)x y sin =;解 由x ≥0得函数的定义D =[0, +∞).(6) y =tan(x +1);解 由21π≠+x (k =0, ±1, ±2, ⋅ ⋅ ⋅)得函数的定义域为 12−+≠ππk x (k =0, ±1, ±2, ⋅ ⋅ ⋅). (7) y =arcsin(x −3);解 由|x −3|≤1得函数的定义域D =[2, 4].(8)xx y 1arctan 3+−=; 解 由3−x ≥0且x ≠0得函数的定义域D =(−∞, 0)∪(0, 3).(9) y =ln(x +1);解 由x +1>0得函数的定义域D =(−1, +∞).(10)x e y 1=.解 由x ≠0得函数的定义域D =(−∞, 0)∪(0, +∞).7. 下列各题中, 函数f (x )和g (x )是否相同？为什么？(1)f (x )=lg x 2, g (x )=2lg x ;(2) f (x )=x , g (x )=2x ;(3)334)(x x x f −=,31)(−=x x x g .(4)f (x )=1, g (x )=sec 2x −tan 2x .解 (1)不同. 因为定义域不同.(2)不同. 因为对应法则不同, x <0时, g (x )=−x .(3)相同. 因为定义域、对应法则均相相同.(4)不同. 因为定义域不同.8. 设⎪⎩⎪⎨⎧≥<=3|| 03|| |sin |)(ππϕx x x x , 求)6(πϕ, )4(πϕ, )4(πϕ−, ϕ(−2), 并作出函数y =ϕ(x )的图形. 解 21|6sin |)6(==ππϕ, 22|4sin |)4(==ππϕ, 22|)4sin(|)4(=−=−ππϕ, 0)2(=−ϕ. 9. 试证下列函数在指定区间内的单调性:(1)xx y −=1, (−∞, 1); (2)y =x +ln x , (0, +∞).证明 (1)对于任意的x 1, x 2∈(−∞, 1), 有1−x 1>0, 1−x 2>0. 因为当x 1<x 2时,0)1)(1(112121221121<−−−=−−−=−x x x x x x x x y y , 所以函数xx y −=1在区间(−∞, 1)内是单调增加的. (2)对于任意的x 1, x 2∈(0, +∞), 当x 1<x 2时, 有 0ln)()ln ()ln (2121221121<+−=+−+=−x x x x x x x x y y , 所以函数y =x +ln x 在区间(0, +∞)内是单调增加的.10. 设 f (x )为定义在(−l , l )内的奇函数, 若f (x )在(0, l )内单调增加, 证明f (x )在(−l , 0)内也单调增加.证明 对于∀x 1, x 2∈(−l , 0)且x 1<x 2, 有−x 1, −x 2∈(0, l )且−x 1>−x 2.因为f (x )在(0, l )内单调增加且为奇函数, 所以f (−x 2)<f (−x 1), − f (x 2)<−f (x 1), f (x 2)>f (x 1),这就证明了对于∀x 1, x 2∈(−l , 0), 有f (x 1)< f (x 2), 所以f (x )在(−l , 0)内也单调增加.11. 设下面所考虑的函数都是定义在对称区间(−l , l )上的, 证明:(1)两个偶函数的和是偶函数, 两个奇函数的和是奇函数;(2)两个偶函数的乘积是偶函数, 两个奇函数的乘积是偶函数, 偶函数与奇函数的乘积是奇函数.证明 (1)设F (x )=f (x )+g (x ). 如果f (x )和g (x )都是偶函数, 则F (−x )=f (−x )+g (−x )=f (x )+g (x )=F (x ),所以F (x )为偶函数, 即两个偶函数的和是偶函数.如果f (x )和g (x )都是奇函数, 则F (−x )=f (−x )+g (−x )=−f (x )−g (x )=−F (x ),所以F (x )为奇函数, 即两个奇函数的和是奇函数.(2)设F (x )=f (x )⋅g (x ). 如果f (x )和g (x )都是偶函数, 则F (−x )=f (−x )⋅g (−x )=f (x )⋅g (x )=F (x ),所以F (x )为偶函数, 即两个偶函数的积是偶函数.如果f (x )和g (x )都是奇函数, 则F (−x )=f (−x )⋅g (−x )=[−f (x )][−g (x )]=f (x )⋅g (x )=F (x ),所以F (x )为偶函数, 即两个奇函数的积是偶函数.如果f (x )是偶函数, 而g (x )是奇函数, 则F (−x )=f (−x )⋅g (−x )=f (x )[−g (x )]=−f (x )⋅g (x )=−F (x ),所以F (x )为奇函数, 即偶函数与奇函数的积是奇函数.12. 下列函数中哪些是偶函数, 哪些是奇函数, 哪些既非奇函数又非偶函数？(1)y =x 2(1−x 2);(2)y =3x 2−x 3;(3)2211x xy +−=; (4)y =x (x −1)(x +1);(5)y =sin x −cos x +1;(6)2x x a a y −+=. 解 (1)因为f (−x )=(−x )2[1−(−x )2]=x 2(1−x 2)=f (x ), 所以f (x )是偶函数.(2)由f (−x )=3(−x )2−(−x )3=3x 2+x 3可见f (x )既非奇函数又非偶函数.(3)因为())(111)(1)(2222x f x x x x x f =+−=−+−−=−, 所以f (x )是偶函数. (4)因为f (−x )=(−x )(−x −1)(−x +1)=−x (x +1)(x −1)=−f (x ), 所以f (x )是奇函数.(5)由f (−x )=sin(−x )−cos(−x )+1=−sin x −cos x +1可见f (x )既非奇函数又非偶函数.(6)因为)(22)()()(x f a a a a x f x x x x =+=+=−−−−−, 所以f (x )是偶函数.13. 下列各函数中哪些是周期函数？对于周期函数, 指出其周期:(1)y =cos(x −2);(2)y =cos 4x ;(3)y =1+sin πx ;(4)y =x cos x ;(5)y =sin 2 x .解 (1)是周期函数, 周期为l =2π.(2)是周期函数, 周期为2π=l . (3)是周期函数, 周期为l =2.(4)不是周期函数.(5)是周期函数, 周期为l =π.14. 求下列函数的反函数:(1)31+=x y ;(2)xx y +−=11; (3)dcx b ax y ++=(ad −bc ≠0); (4) y =2sin3x ;(5) y =1+ln(x +2);(6)122+=x xy . 解 (1)由31+=x y 得x =y 3−1, 所以31+=x y 的反函数为y =x 3−1.(2)由x x y +−=11得yy x +−=11, 所以x x y +−=11的反函数为x x y +−=11. (3)由d cx b ax y ++=得a cy b dy x −+−=, 所以d cx b ax y ++=的反函数为acx b dx y −+−=. (4)由y =2sin 3x 得2arcsin 31y x =, 所以y =2sin 3x 的反函数为2arcsin 31x y =. (5)由y =1+ln(x +2)得x =e y −1−2, 所以y =1+ln(x +2)的反函数为y =e x −1−2.(6)由122+=x x y 得y y x −=1log 2, 所以122+=x x y 的反函数为xx y −=1log 2. 15. 设函数f (x )在数集X 上有定义, 试证: 函数f (x )在X 上有界的充分必要条件是它在X 上既有上界又有下界.证明 先证必要性. 设函数f (x )在X 上有界, 则存在正数M , 使|f (x )|≤M , 即−M ≤f (x )≤M . 这这就证明了f (x )在X 上有下界−M 和上界M .再证充分性. 设函数f (x )在X 上有下界K 1和上界K 2, 即K 1≤f (x )≤ K 2 . 取M =max{|K 1|, |K 2|}, 则 −M ≤ K 1≤f (x )≤ K 2≤M ,即 |f (x )|≤M .这就证明了f (x )在X 上有界.16. 在下列各题中, 求由所给函数复合而成的函数, 并求这函数分别对应于给定自变量值x 1和x 2的函数值:(1) y =u 2, u =sin x , 61π=x , 32π=x ; (2) y =sin u , u =2x , ,81π=x ,42π=x ; (3)u y =, u =1+x 2, x 1=1, x 2= 2;(4) y =e u , u =x 2, x 1 =0, x 2=1;(5) y =u 2 , u =e x , x 1=1, x 2=−1.解 (1)y =sin 2x , 41)21(6sin 221===πy ,3)3(sin 222===πy . (2)y =sin2x , 224sin )82sin(1==⋅=ππy ,12sin )42sin(2==⋅=ππy . (3)21x y +=, 21121=+=y , 52122=+=y .(4), , .2x e y =1201==e y e e y ==212 (5)y =e 2x , y 1=e 2⋅1=e 2, y 2=e 2⋅(−1)=e −2.17. 设f (x )的定义域D =[0, 1], 求下列各函数的定义域:(1) f (x 2);(2) f (sin x );(3) f (x +a )(a >0);(4)f (x +a )+f (x −a )(a >0).解 (1)由0≤x 2≤1得|x |≤1, 所以函数f (x 2)的定义域为[−1, 1].(2)由0≤sin x ≤1得2n π≤x ≤(2n +1)π (n =0, ±1, ±2⋅ ⋅ ⋅), 所以函数f (sin x )的定义域为[2n π, (2n +1)π] (n =0, ±1, ±2⋅ ⋅ ⋅) .(3)由0≤x +a ≤1得−a ≤x ≤1−a , 所以函数f (x +a )的定义域为[−a , 1−a ].(4)由0≤x +a ≤1且0≤x −a ≤1得: 当210≤<a 时, a ≤x ≤1−a ; 当21>a 时, 无解. 因此当210≤<a 时函数的定义域为[a , 1−a ], 当21>a 时函数无意义.18. 设⎪⎩⎪⎨⎧>−=<=1|| 11|| 01|| 1)(x x x x f , g (x )=e x , 求f [g (x )]和g [f (x )], 并作出这两个函数的图形.解 ⎪⎩⎪⎨⎧>−=<=1|| 11|| 01|| 1)]([x x x e e e x g f , 即⎪⎩⎪⎨⎧>−=<=010 00 1)]([x x x x g f ., 即()⎪⎩⎪⎨⎧>=<==−1|| 1|| e 1|| ][101)(x e x x e e x f g x f ()⎪⎩⎪⎨⎧>=<=−1|| 1|| 11|| ][1x e x x e x f g .19. 已知水渠的横断面为等腰梯形, 斜角ϕ=40°(图1−37). 当过水断面ABCD 的面积为定值S 0时, 求湿周L (L =AC +CD +DB)与水深h 之间的函数关系式, 并说明定义域. 图1−37解 D 40sin hDC Ab ==, 又从0)]40cot 2([21S h BC BC h =⋅++D 得h hS BC ⋅−=D 40cot 0, 所以 h hS L D D 40sin 40cos 20−+=. 自变量h 的取值范围应由不等式组h >0,040cot 0>⋅−h hS D 确定, 定义域为D 40cot 00S h <<. 20. 收敛音机每台售价为90元, 成本为60元. 厂方为鼓励销售商大量采购, 决定凡是订购量超过100台以上的, 每多订购1台, 售价就降低1分, 但最低价为每台75元.(1)将每台的实际售价p 表示为订购量x 的函数;(2)将厂方所获的利润P 表示成订购量x 的函数;(3)某一商行订购了1000台, 厂方可获利润多少？解 (1)当0≤x ≤100时, p =90.令0. 01(x 0−100)=90−75, 得x 0=1600. 因此当x ≥1600时, p =75.当100<x <1600时,p =90−(x −100)×0. 01=91−0. 01x .综合上述结果得到.⎪⎩⎪⎨⎧≥<<−≤≤=1600 751600100 01.0911000 90x x x x p(2).⎪⎩⎪⎨⎧≥<<−≤≤=−=1600 151600100 01.0311000 30)60(2x x x x x x x x p P (3) P =31×1000−0. 01×10002=21000(元).习题1−21. 观察一般项x n 如下的数列{x n }的变化趋势, 写出它们的极限:(1)n n x 21=; (2)nx n n 1)1(−=; (3)212nx n +=; (4)11+−=n n x n ; (5) x n =n (−1)n .解 (1)当n →∞时, n n x 21=→0, 021lim =∞→n n .(2)当n →∞时, n x nn 1)1(−=→0, 01)1(lim =−∞→nn n . (3)当n →∞时, 212n x n +=→2,2)12(lim 2=+∞→nn . (4)当n →∞时, 12111+−=+−=n n n x n →0,111lim =+−∞→n n n . (5)当n →∞时, x n =n (−1)n 没有极限. 2. 设数列{x n }的一般项nn x n 2cos π=. 问=? 求出N , 使当n >N 时, x n n x ∞→lim n 与其极限之差的绝对值小于正数ε , 当ε =0.001时, 求出数N .解 . 0lim =∞→n n x n n n x n 1|2cos ||0|≤=−π. ∀ε >0, 要使|x n −0|<ε , 只要ε<n 1, 也就是ε1>n . 取]1[ε=N , 则∀n >N , 有|x n −0|<ε .当ε =0.001时, ]1[ε=N =1000. 3. 根据数列极限的定义证明:(1)01lim 2=∞→nn ; (2)231213lim =++∞→n n n ;(3)1lim 22=+∞→na n n (4). 19 999.0lim =⋅⋅⋅∞→ 个n n (1)分析 要使ε<=−221|01|n n , 只须ε12>n , 即ε1>n . 证明 因为∀ε>0, ∃]1[ε=N , 当n >N 时, 有ε<−|01|2n, 所以01lim 2=∞→n n . (2)分析 要使ε<<+=−++n n n n 41)12(21|231213|, 只须ε<n41, 即ε41>n . 证明 因为∀ε>0, ∃41[ε=N , 当n >N 时, 有ε<−++231213|n n , 所以231213lim =++∞→n n n . (3)分析 要使ε<<++=−+=−+n a n a n n a n n a n n a n 22222222)(|1|, 只须ε2a n >. 证明 因为∀ε>0, ∃][2εa N =, 当∀n >N 时, 有ε<−+|1|22n a n , 所以1lim 22=+∞→n a n n . (4)分析 要使|0.99 ⋅ ⋅ ⋅ 9−1|ε<=−1101n , 只须1101−n <ε , 即ε1lg 1+>n . 证明 因为∀ε>0, ∃]1lg 1[ε+=N , 当∀n >N 时, 有|0.99 ⋅ ⋅ ⋅ 9−1|<ε , 所以. 19 999.0lim =⋅⋅⋅∞→ n 个n 4. , 证明. 并举例说明: 如果数列{|x a u n n =∞→lim ||||lim a u n n =∞→n |}有极限, 但数列{x n }未必有极限.证明 因为, 所以∀ε>0, ∃N ∈N , 当n >N 时, 有, 从而 a u n n =∞→lim ε<−||a u n ||u n |−|a ||≤|u n −a |<ε .这就证明了|. |||lim a u n n =∞→ 数列{|x n |}有极限, 但数列{x n }未必有极限. 例如, 但不存在. 1|)1(|lim =−∞→n n n n )1(lim −∞→ 5. 设数列{x n }有界, 又, 证明: . 0lim =∞→n n y 0lim =∞→n n n y x 证明 因为数列{x n }有界, 所以存在M , 使∀n ∈Z , 有|x n |≤M .又, 所以∀ε>0, ∃N ∈N , 当n >N 时, 有0lim =∞→n n y M y n ε<||. 从而当n >N 时, 有εε=⋅<≤=−MM y M y x y x n n n n n |||||0|,所以.0lim =∞→n n n y x 6. 对于数列{x n }若x 2k →a (k →∞), x 2k +1→a (k →∞), 证明: x n →a (n →∞). 证明 因为x 2k →a (k →∞), x 2k +1→a (k →∞), 所以∀ε>0, ∃K 1, 当2k >2K 1时, 有| x 2k −a |<ε ;∃K 2,当2k +1>2K 2+1时, 有| x 2k +1−a |<ε..取N =max{2K 1, 2K 2+1}, 只要n >N , 就有|x n −a |<ε . 因此x n →a (n →∞).习题1−31. 根据函数极限的定义证明: (1);8)13(lim 3=−→x x (2);12)25(lim 2=+→x x (3)424lim22−=+−−→x x x ; (4)21241lim321=+−−→x x x . 证明 (1)分析 |(3x −1)−8|=|3x −9|=3|x −3|, 要使|(3x −1)−8|<ε , 只须ε31|3|<−x .证明 因为∀ε >0, ∃εδ31=, 当0<|x −3|<δ时, 有|(3x −1)−8|<ε , 所以.8)13(lim 3=−→x x (2)分析 |(5x +2)−12|=|5x −10|=5|x −2|, 要使|(5x +2)−12|<ε , 只须ε51|2|<−x .证明 因为∀ε >0, ∃εδ51=, 当0<|x −2|<δ时, 有|(5x +2)−12|<ε , 所以.12)25(lim 2=+→x x (3)分析 |)2(||2|244)4(2422−−=+=+++=−−+−x x x x x x x , 要使ε<−−+−)4(242x x , 只须ε<−−|)2(|x .证明 因为∀ε >0, ∃εδ=, 当0<|x −(−2)|<δ时, 有ε<−−+−)4(242x x , 所以424lim 22−=+−−→x x x .(4)分析|)21(|2|221|212413−−=−−=−+−x x x x , 要使ε<−+−212413x x , 只须ε21|)21(|<−−x . 证明 因为∀ε >0, ∃εδ21=, 当δ<−−<|)21(|0x 时, 有ε<−+−212413x x , 所以21241lim321=+−−→x x x . 2. 根据函数极限的定义证明: (1)2121lim33=+∞→x x x ; (2)0sin lim=+∞→xxx .证明 (1)分析333333||21212121x x x x x x =−+=−+, 要使ε<−+212133x x , 只须ε<3||21x , 即321||ε>x .证明 因为∀ε >0, ∃321ε=X , 当|x |>X 时, 有ε<−+212133x x , 所以2121lim 33=+∞→x x x .(2)分析 xxx xx 1|sin |0sin ≤=−, 要使ε<−0sin x x, 只须ε<x1, 即21ε>x .证明 因为∀ε>0, ∃21ε=X , 当x >X 时, 有ε<−0sin xx, 所以0sin lim=+∞→x xx .3. 当x →2时, y =x 2→4. 问δ等于多少, 使当|x −2|<δ时, |y −4|<0. 001？解 由于x →2, |x −2|→0, 不妨设|x −2|<1, 即1<x <3. 要使|x 2−4|=|x +2||x −2|<5|x −2|<0. 001, 只要0002.05001.0|2|=<−x , 取δ=0. 0002, 则当0<|x −2|<δ时, 就有|x 2−4|<0. 001. 4. 当x →∞时, 13122→+−=x x y , 问X 等于多少, 使当|x |>X 时, |y −1|<0.01?解 要使01.034131222<+=−+−x x x , 只397301.04||=−>x , 397=X . 5. 证明函数f (x )=|x | 当x →0时极限为零.6. 求,)(xxx f = x x x ||)(=ϕ当x →0时的左﹑右极限, 并说明它们在x →0时的极限是否存在.证明 因为11lim lim )(lim 000===−−−→→→x x x x xx f ,11lim lim )(lim 000===+++→→→x x x x xx f ,,)(lim )(lim 0x f x f x x +→→=−所以极限存在.)(lim 0x f x → 因为1lim ||lim )(lim 00−=−==−−−→→→x xx x x x x x ϕ, 1lim ||lim )(lim 00===+++→→→xx x x x x x x ϕ, ,)(lim )(lim 0x x x x ϕϕ+→→≠−所以极限不存在.)(lim 0x x ϕ→ 7. 证明: 若x →+∞及x →−∞时, 函数f (x )的极限都存在且都等于A , 则.A x f x =∞→)(lim证明 因为, , 所以∀ε>0,A x f x =−∞→)(lim A x f x =+∞→)(lim ∃X 1>0, 使当x <−X 1时, 有|f (x )−A |<ε ; ∃X 2>0, 使当x >X 2时, 有|f (x )−A |<ε .取X =max{X 1, X 2}, 则当|x |>X 时, 有|f (x )−A |<ε , 即.A x f x =∞→)(lim 8. 根据极限的定义证明: 函数f (x )当x →x 0 时极限存在的充分必要条件是左极限、右极限各自存在并且相等.证明 先证明必要性. 设f (x )→A (x →x 0), 则∀ε>0, ∃δ>0, 使当0<|x −x 0|<δ 时, 有|f (x )−A |<ε .因此当x 0−δ<x <x 0和x 0<x <x 0+δ 时都有|f (x )−A |<ε .这说明f (x )当x →x 0时左右极限都存在并且都等于A . 再证明充分性. 设f (x 0−0)=f (x 0+0)=A , 则∀ε>0, ∃δ1>0, 使当x 0−δ1<x <x 0时, 有| f (x )−A <ε ; ∃δ2>0, 使当x 0<x <x 0+δ2时, 有| f (x )−A |<ε .取δ=min{δ1, δ2}, 则当0<|x −x 0|<δ 时, 有x 0−δ1<x <x 0及x 0<x <x 0+δ2 , 从而有| f (x )−A |<ε ,即f (x )→A (x →x 0).9. 试给出x →∞时函数极限的局部有界性的定理, 并加以证明.解 x →∞时函数极限的局部有界性的定理: 如果f (x )当x →∞时的极限存在, 则存在X >0及M >0, 使当|x |>X 时, |f (x )|<M .证明 设f (x )→A (x →∞), 则对于ε =1, ∃X >0, 当|x |>X 时, 有|f (x )−A |<ε =1. 所以 |f (x )|=|f (x )−A +A |≤|f (x )−A |+|A |<1+|A |.这就是说存在X >0及M >0, 使当|x |>X 时, |f (x )|<M , 其中M =1+|A |.习题1−41. 两个无穷小的商是否一定是无穷小？举例说明之. 解 不一定.例如, 当x →0时, α(x )=2x , β(x )=3x 都是无穷小, 但32)()(lim 0=→x x x βα, )()(x x βα不是无穷小.2. 根据定义证明:(1)392+−=x x y 当x →3时为无穷小;(2)xx y 1sin =当x →0时为无穷小.证明 (1)当x ≠3时|3|39||2−=+−=x x x y . 因为∀ε >0, ∃δ=ε , 当0<|x −3|<δ时, 有εδ=<−=+−=|3|39||2x x x y ,所以当x →3时392+−=x x y 为无穷小.(2)当x ≠0时|0|1sin |||||−≤=x xx y . 因为∀ε >0, ∃δ=ε , 当0<|x −0|<δ时, 有εδ=<−≤=|0||1sin |||||x xx y ,所以当x →0时xx y 1sin =为无穷小.3. 根据定义证明: 函数xxy 21+=为当x →0时的无穷大. 问x 应满足什么条件, 能使|y |>104证明 分析2||11221||−≥+=+=x x x x y , 要使|y |>M , 只须M x >−2||1, 即21||+<M x .证明 因为∀M >0, ∃21+=M δ, 使当0<|x −0|<δ时, 有M xx>+21, 所以当x →0时, 函数xxy 21+=是无穷大. 取M =104, 则21014+=δ. 当2101|0|04+<−<x 时, |y |>104.4. 求下列极限并说明理由: (1)xx n 12lim+∞→;(2)xx x −−→11lim 20.解 (1)因为x x x 1212+=+, 而当x →∞ 时x 1是无穷小, 所以212lim =+∞→xx n .(2)因为x xx +=−−1112(x ≠1), 而当x →0时x 为无穷小, 所以111lim 20=−−→x x x .5. 根据函数极限或无穷大定义, 填写下表:6. 函数y =x cos x 在(−∞, +∞)内是否有界？这个函数是否为当x →+∞ 时的无穷大？为什么？解 函数y =x cos x 在(−∞, +∞)内无界.这是因为∀M >0, 在(−∞, +∞)内总能找到这样的x , 使得|y (x )|>M . 例如y (2k π)=2k π cos2k π=2k π (k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅),当k 充分大时, 就有| y (2k π)|>M .当x →+∞ 时, 函数y =x cos x 不是无穷大.这是因为∀M >0, 找不到这样一个时刻N , 使对一切大于N 的x , 都有|y (x )|>M . 例如022cos()22()22(=++=+ππππππk k k y (k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅),对任何大的N , 当k 充分大时, 总有N k x >+=22ππ, 但|y (x )|=0<M .7. 证明: 函数x x y 1sin 1=在区间(0, 1]上无界, 但这函数不是当x →0+时的无穷大.证明 函数xx y 1sin 1=在区间(0, 1]上无界. 这是因为∀M >0, 在(0, 1]中总可以找到点x k , 使y (x k )>M . 例如当221ππ+=k x k (k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅)时, 有22)(ππ+=k x y k ,当k 充分大时, y (x k )>M .当x →0+ 时, 函数xx y 1sin 1=不是无穷大. 这是因为∀M >0, 对所有的δ>0, 总可以找到这样的点x k , 使0<x k <δ, 但y (x k )<M . 例如可取πk x k 21=(k =0, 1, 2, ⋅ ⋅ ⋅), 当k 充分大时, x k <δ, 但y (x k )=2k πsin2k π=0<M .习题1−51. 计算下列极限: (1)35lim 22−+→x x x ;解 9325235lim 222−=−+=−+→x x x .(2)13lim 223+−→x x x ;解 01)3(3)3(13lim 22223=+−=+−→x x x . (3)112lim 221−+−→x x x x ;解 02011lim )1)(1()1(lim 112lim121221==+−=+−−=−+−→→→x x x x x x x x x x x .(4)xx xx x x 2324lim 2230++−→;解 2123124lim 2324lim 202230=++−=++−→→x x x x x x x x x x .(5)hx h x h 220)(lim−+→;解 x h x hx h hx x h x h x h h h 2)2(lim 2lim )(lim02220220=+=−++=−+→→→.(6))112(lim 2xx x +−∞→; 解 21lim 1lim 2)112(lim 22=+−=+−∞→∞→∞→x x x x x x x . (7)121lim22−−−∞→x x x x ; 解 2111211lim 121lim 2222=−−−=−−−∞→∞→x x x x x x x x .(8)13lim242−−+∞→x x x x x ; 解 013lim242=−−+∞→x x x x x (分子次数低于分母次数, 极限为零)或 012111lim13lim 4232242=−−+=−−+∞→∞→xx x x x x xx x x . (9)4586lim 224+−+−→x x x x x ;解 32142412lim )4)(1()4)(2(lim 4586lim 44224=−−=−−=−−−−=+−+−→→→x x x x x x x x x x x x x .(10))12)(11(lim 2xx x −+∞→; 解 221)12(lim )11(lim )12)(11(lim 22=×=−⋅+=−+∞→∞→∞→x x x x x x x . (11))21 41211(lim n n +⋅⋅⋅+++∞→; 解 2211)21(1lim )21 41211(lim 1=−−=+⋅⋅⋅++++∞→∞→n n n n .(12)2)1( 321limn n n −+⋅⋅⋅+++∞→;解 211lim 212)1(lim )1( 321lim 22=−=−=−+⋅⋅⋅+++∞→∞→∞→n n n n n n n n n n . (13)35)3)(2)(1(lim n n n n n +++∞→;解 515)3)(2)(1(lim3=+++∞→n n n n n (分子与分母的次数相同, 极限为最高次项系数之比).或 51)31)(21)(11(lim 515)3)(2)(1(lim3=+++=+++∞→∞→n n n n n n n n n . (14))1311(lim 31xx x −−−→; 解 112lim )1)(1()2)(1(lim )1)(1(31lim )1311(lim 212122131−=+++−=++−+−−=++−−++=−−−→→→→x x x x x x x x x x x x x x x x x x x .2. 计算下列极限: (1)2232)2(2lim −+→x x x x ; 解 因为01602)2(lim 2322==+−→x x x x , 所以∞=−+→2232)2(2lim x x x x .(2)12lim 2+∞→x x x ;解 ∞=+∞→12lim 2x x x (因为分子次数高于分母次数).(3).)12(lim 3+−∞→x x x 解 (因为分子次数高于分母次数).∞=+−∞→)12(lim 3x x x 3. 计算下列极限: (1)xx x 1sin lim 20→;解 01sin lim 20=→x x x (当x →0时, x 2是无穷小, 而x 1sin 是有界变量). (2)xx x arctan lim ∞→. 解 0arctan 1lim arctan lim =⋅=∞→∞→x x x x x x (当x →∞时, x 1是无穷小, 而arctan x 是有界变量). 4. 证明本节定理3中的(2).习题1−61. 计算下列极限: (1)xx x ωsin lim 0→;解 ωωωωω==→→x x x x x x sin lim sin lim 00. (2)xx x 3tan lim 0→; 解 33cos 133sin lim 33tan lim 00=⋅=→→x x x x x x x . (3)xx x 5sin 2sin lim 0→; 解 52525sin 522sin lim 5sin 2sin lim 00=⋅⋅=→→x x x x x x x x .(4);x x x cot lim 0→ 解 1cos lim sin lim cos sin lim cot lim 0000=⋅=⋅=→→→→x x x x x x x x x x x x . (5)xx x x sin 2cos 1lim 0−→; 解法一 ()2sin lim 2sin 2lim 2cos1lim sin 2cos 1lim 20220200===−=−→→→→xx x x x x x x x x x x x .解法二 2sin lim 2sin sin 2lim sin 2cos 1lim 0200===−→→→xx x x x x x x x x x .(6)nn n x2sin2lim ∞→(x 为不等于零的常数). 解 x x xxx nn n n n n =⋅=∞→∞→22sinlim2sin 2lim . 2. 计算下列极限:(1)xx x 1)1(lim −→;解{}11)(10)1)(11)](1[lim )](1[lim )1(lim −−−→−−→→=−+=−+=−e x x x x x x x x x .(2)x x x 1)21(lim +→;解[]22210221010)21(lim )21(lim )21(lim e x x x x x x x x x =+=+=+→→→.(3)x x xx 2)1(lim +∞→;解 []222)11(lim )1(lim e x x x xx x x =+=+∞→∞→.(4)kx x x)11(lim −∞→(k 为正整数). 解 k k x x kx x e xx −−−∞→∞→=−+=−))(()11(lim )11(lim . 3. 根据函数极限的定义, 证明极限存在的准则I ′. 解4. 利用极限存在准则证明:(1)111lim =+∞→nn ;证明 因为n n 11111+<+<,而 且11lim =∞→n 1)11(lim =+∞→nn ,由极限存在准则I, 111lim =+∞→n n .(2)()11211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n ; 证明 因为()πππππ+<++⋅⋅⋅++++<+22222221 211n n n n n n n n n n , 而 1lim22=+∞→πn n n n , 1lim 22=+∞→πn n n ,所以 ()11211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n . (3)数列2, 22+, 222++, ⋅ ⋅ ⋅ 的极限存在;证明 21=x , n n x x +=+21(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅).先证明数列{x n }有界. 当n =1时221<=x , 假定n =k 时x k <2, 当n =k +1时,22221=+<+=+k k x x ,所以x n <2(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅), 即数列{x n }有界.再证明数列单调增.nn n n n n nn n n n n x x x x x x x x x x x x +++−−=++−+=−+=−+2)1)(2(22221,而x n −2<0, x n +1>0, 所以x n +1−x n >0, 即数列{x n }单调增.因为数列{x n }单调增加有上界, 所以此数列是有极限的. (4)11lim 0=+→n x x ;证明 当|x |≤1时, 则有 1+x ≤1+|x |≤(1+|x |)n , 1+x ≥1−|x |≥(1−|x |)n , 从而有 ||11||1x x x n +≤+≤−. 因为 ,1|)|1(lim |)|1(lim 0=+=−→→x x x x 根据夹逼准则, 有 11lim 0=+→n x x .(5)[]11lim 0=+→xx x . 证明 因为[]xx x 1111≤<−, 所以[]111≤<−x x x .又因为, 根据夹逼准则, 有11lim )1(lim 0==−++→→x x x []11lim 0=+→xx x .习题 1−71. 当x →0时, 2x −x 2 与x 2−x 3相比, 哪一个是高阶无穷小？ 解 因为02lim 2lim 202320=−−=−−→→xx x x x x x x x ,所以当x →0时, x 2−x 3是高阶无穷小, 即x 2−x 3=o (2x −x 2).2. 当x →1时, 无穷小1−x 和(1)1−x 3, (2))1(212x −是否同阶？是否等价？ 解 (1)因为3)1(lim 1)1)(1(lim 11lim 212131=++=−++−=−−→→→x x xx x x x x x x x ,所以当x →1时, 1−x 和1−x 3是同阶的无穷小, 但不是等价无穷小.(2)因为1)1(lim 211)1(21lim 121=+=−−→→x x x x x , 所以当x →1时, 1−x 和)1(212x −是同阶的无穷小, 而且是等价无穷小.3. 证明: 当x →0时, 有: (1) arctan x ~x ; (2)2~1sec 2x x −.证明 (1)因为1tan lim arctan lim00==→→y y xxy x (提示: 令y =arctan x , 则当x →0时, y →0),所以当x →0时, arctan x ~x .(2)因为()122sin2lim 22sin 2limcos cos 1lim 2211sec lim20222020===−=−→→→→x xx x x x xx x x x x x ,所以当x →0时, 2~1sec 2x x −.4. 利用等价无穷小的性质, 求下列极限: (1)xxx 23tan lim0→;(2)mn x x x )(sin )sin(lim0→(n , m 为正整数);(3)xx x x 30sin sin tan lim −→;(4))1sin 1)(11(tan sin lim320−+−+−→x x x x x .解 (1)2323lim 23tan lim 00==→→x x x x x x .(2) ⎪⎩⎪⎨⎧<∞>===→→mn m n m n x x x x mn x m n x 0 1lim )(sin )sin(lim00. (3)21cos 21lim sin cos cos 1lim sin )1cos 1(sin lim sin sin tan lim 220203030==−=−=−→→→→x x x x x x xx x x x x x x x x . (4)因为32221)2(2~2sin tan 2)1(cos tan tan sin x x x x x x x x x −=⋅−−=−=−(x →0), 23232223231~11)1(11x x x x x ++++=−+(x →0),x x x x x ~sin ~1sin 1sin 1sin 1++=−+(x →0),所以 33121lim )1sin 1)(11(tan sin lim 230320−=⋅−=−+−+−→→xx x x x xx x x .5. 证明无穷小的等价关系具有下列性质: (1) α ~α (自反性);(2) 若α ~β, 则β~α(对称性); (3)若α ~β, β~γ, 则α~γ(传递性). 证明 (1)1lim=αα, 所以α ~α ; (2) 若α ~β, 则1lim =βα, 从而1lim =αβ. 因此β~α ;(3) 若α ~β, β~γ, 1lim lim lim =⋅=βαγβγα. 因此α~γ.习题1−81. 研究下列函数的连续性, 并画出函数的图形:(1);⎩⎨⎧≤<−≤≤=21 210 )(2x x x x x f (2).⎩⎨⎧>≤≤−=1|| 111 )(x x x x f 解 (1)已知多项式函数是连续函数, 所以函数f (x )在[0, 1)和(1, 2]内是连续的. 在x =1处, 因为f (1)=1, , 1lim )(lim 211==−−→→x x f x x 1)2(lim )(lim 11=−=++→→x x f x x 所以, 从而函数f (x )在x =1处是连续的.1)(lim 1=→x f x 综上所述，函数f (x )在[0, 2]上是连续函数. (2)只需考察函数在x =−1和x =1处的连续性.在x =−1处, 因为f (−1)=−1, , , 所以函数在x =−1处间断, 但右连续.)1(11lim )(lim 11−≠==−−−→−→f x f x x )1(1lim )(lim 11−=−==++−→−→f x x f x x 在x =1处, 因为f (1)=1, =f (1), =f (1), 所以函数在x =1处连续.1lim )(lim 11==−−→→x x f x x 11lim )(lim 11==++→→x x x f 综合上述讨论, 函数在(−∞, −1)和(−1, +∞)内连续, 在x =−1处间断, 但右连续.2. 下列函数在指出的点处间断, 说明这些间断点属于哪一类, 如果是可去间断点, 则补充或改变函数的定义使它连续:(1)23122+−−=x x x y , x =1, x =2;(2)x xy tan =, x =k , 2ππ+=k x (k =0, ±1, ±2, ⋅ ⋅ ⋅); (3),1cos 2xy = x =0;(4), x =1.⎩⎨⎧>−≤−=1 311x x x x y 解 (1))1)(2()1)(1(23122−−−+=+−−=x x x x x x x y . 因为函数在x =2和x =1处无定义, 所以x =2和x =1是函数的间断点.因为∞=+−−=→→231lim lim 2222x x x y x x , 所以x =2是函数的第二类间断点;因为2)2()1(limlim 11−=−+=→→x x y x x , 所以x =1是函数的第一类间断点, 并且是可去间断点. 在x =1处,令y =−2, 则函数在x =1处成为连续的. (2)函数在点x =k π(k ∈Z)和2ππ+=k x (k ∈Z)处无定义, 因而这些点都是函数的间断点. 因∞=→x xk x tan limπ(k ≠0), 故x =k π(k ≠0)是第二类间断点;因为1tan lim 0=→xxx ,0tan lim2=+→x x k x ππ(k ∈Z), 所以x =0和2ππ+=k x (k ∈Z) 是第一类间断点且是可去间断点.令y |x =0=1, 则函数在x =0处成为连续的; 令2 ππ+=k x 时, y =0, 则函数在2ππ+=k x 处成为连续的. (3)因为函数x y 1cos 2=在x =0处无定义, 所以x =0是函数xy 1cos 2=的间断点. 又因为xx 1cos lim 2→不存在, 所以x =0是函数的第二类间断点. (4)因为, 所以x =1是函数的第一类不可去间断点.0)1(lim )(lim 11=−=−−→→x x f x x 2)3(lim )(lim 11=−=++→→x x f x x 3. 讨论函数x x x x f n n n 2211lim )(+−=∞→的连续性, 若有间断点, 判别其类型.解 ⎪⎩⎪⎨⎧<=>−=+−=∞→1|| 1|| 01|| 11lim )(22x x x x x x x x x f nnn . 在分段点x =−1处, 因为, , 所以x =−1为函数的第一类不可去间断点.1)(lim )(lim 11=−=−−−→−→x x f x x 1lim )(lim 11−==++−→−→x x f x x 在分段点x =1处, 因为, , 所以x =1为函数的第一类不可去间断点.1lim )(lim 11==−−→→x x f x x 1)(lim )(lim 11−=−=++→→x x f x x 4. 证明: 若函数f (x )在点x 0连续且f (x 0)≠0, 则存在x 0的某一邻域U (x 0), 当x ∈U (x 0)时, f (x )≠0.证明 不妨设f (x 0)>0. 因为f (x )在x 0连续, 所以, 由极限的局部保号性定理,存在x 0)()(lim 00>=→x f x f x x 0的某一去心邻域, 使当x ∈时f (x )>0, 从而当x ∈U (x )(0x U D )(0x U D0)时, f (x )>0. 这就是说, 则存在x 0的某一邻域U (x 0), 当x ∈U (x 0)时, f (x )≠0.5. 试分别举出具有以下性质的函数f (x )的例子:(1)x =0, ±1, ±2, 21±, ⋅ ⋅ ⋅, ±n , n1±, ⋅ ⋅ ⋅是f (x )的所有间断点, 且它们都是无穷间断点;(2)f (x )在R 上处处不连续, 但|f (x )|在R 上处处连续;(3)f (x )在R 上处处有定义, 但仅在一点连续. 解 函数x x x f ππcsc )csc()(+=在点x =0, ±1, ±2, 21±, ⋅ ⋅ ⋅, ±n , n1±, ⋅ ⋅ ⋅处是间断的, 且这些点是函数的无穷间断点.解(2)函数在R 上处处不连续, 但|f (x )|=1在R 上处处连续.⎩⎨⎧∉∈−=Q Qx x x f 1 1)( 解(3)函数在R 上处处有定义, 它只在x =0处连续.⎩⎨⎧∉−∈=Q Qx x x x x f )(习题1−91. 求函数633)(223−+−−+=x x x x x x f 的连续区间, 并求极限, 及.)(lim 0x f x →)(lim 3x f x −→)(lim 2x f x → 解 )2)(3()1)(1)(3(633)(223−++−+=−+−−+=x x x x x x x x x x x f , 函数在(−∞, +∞)内除点x =2和x =−3外是连续的, 所以函数f (x )的连续区间为(−∞, −3)、(−3, 2)、(2, +∞). 在函数的连续点x =0处, 21)0()(lim 0==→f x f x .在函数的间断点x =2和x =−3处,∞=−++−+=→→)2)(3()1)(1)(3(lim )(lim 22x x x x x x f x x , 582)1)(1(lim )(lim 33−=−+−=−→−→x x x x f x x .2. 设函数f (x )与g (x )在点x 0连续, 证明函数 ϕ(x )=max{f (x ), g (x )}, ψ(x )=min{f (x ), g (x )}在点x 0也连续.证明 已知, .)()(lim 00x f x f x x =→)()(lim 00x g x g x x =→ 可以验证] |)()(|)()([21)(x g x f x g x f x −++=ϕ,] |)()(|)()([21)(x g x f x g x f x −−+=ψ.因此 ] |)()(|)()([21)(00000x g x f x g x f x −++=ϕ,] |)()(|)()([21)(00000x g x f x g x f x −−+=ψ.因为] |)()(|)()(21lim )(lim 00x g x f x g x f x x x x x −++=→→ϕ] |)(lim )(lim |)(lim )(lim [210000x g x f x g x f x x x x x x x x →→→→−++=] |)()(|)()([210000x g x f x g x f −++==ϕ(x 0),所以ϕ(x )在点x 0也连续.同理可证明ψ(x )在点x 0也连续.3. 求下列极限: (1)52lim 20+−→x x x ;(2)34)2(sin lim x x π→;(3))2cos 2ln(lim 6x x π→(4)xx x 11lim 0−+→; (5)145lim1−−−→x xx x ;(6)ax ax a x −−→sin sin lim; (7))(lim 22x x x x x −−++∞→.解 (1)因为函数52)(2+−=x x x f 是初等函数, f (x )在点x =0有定义, 所以 55020)0(52lim 220=+⋅−==+−→f x x x .(2)因为函数f (x )=(sin 2x )3是初等函数, f (x )在点x =4π有定义, 所以142(sin )4()2(sin lim 334=⋅==→πππf x x .(3)因为函数f (x )=ln(2cos2x )是初等函数, f (x )在点x =6π有定义, 所以0)62cos 2ln()6()2cos 2ln(lim 6=⋅==→πππf x x . (4)211101111lim )11(lim )11()11)(11(lim 11lim0000=++=++=++=++++−+=−+→→→→x x x xx x x x x x x x x x . (5))45)(1(44lim )45)(1()45)(45(lim 145lim111x x x x x x x x x x x x x x x x x +−−−=+−−+−−−=−−−→→→ 214154454lim1=+−⋅=+−=→xx x .(6)ax ax a x ax ax a x a x −−+=−−→→2sin 2cos2limsin sin lima a a a x ax ax ax ax cos 12cos 22sinlim 2coslim =⋅+=−−⋅+=→→. (7))())((lim)(lim 22222222x x x x x x x x x x x x x x x x x x −++−++−−+=−−++∞→+∞→1)1111(2lim)(2lim22=−++=−++=+∞→+∞→xx x x x x xx x .4. 求下列极限: (1)x x e 1lim ∞→;(2)xxx sin lnlim 0→; (3)2)11(lim xx x+∞→;(4);x x x 2cot 20)tan 31(lim +→ (5)21)63(lim −∞→++x x xx ;(6)xx x x x x −++−+→20sin 1sin 1tan 1lim.解 (1) 1lim 01lim1===∞→∞→e ee xxx x .(2) 01ln sin lim ln(sin lnlim 00===→→x xxx x x .(3) []e e xx xx xx ==+=+∞→∞→21212)11(lim 11(lim .(4) []33tan312cot 222)tan 31(lim )tan 31(lim ex x xx xx =+=+→→.(5)21633621)631()63(−+−⋅−+−+−+=++x x x x xx x . 因为。

高等数学(同济版)上册第五章简明答案习题5 11 利用定积分定义计算由抛物线y=x2 1 两直线x=a、x=b(b a)及横轴所围成的图形的面积解第一步在区间[a b]内插入n 1个分点xi a b ai(i 1 2nn 1) 把区间[a b]分成n个长度相等的小区间各个小区间的长度为xib an(i 1 2 n)第二步在第i个小区间[xi 1 xi] (i 1 2 n)上取右端点i xi ab ai nni 1作和ni 1Sn f( i) xi [(ab a2b ai) 1] nnb an22a(b a)(b a)22[a i i 1] 2ni 1nn2(b a)n(n 1)(2n 1)22a(b a)n(n 1)(b a) [na n] 2nn26na(b a)(n 1)(b a)2(n 1)(2n 1) (b a)[a 1]n6n22第三步令max{ x1 x2 xn} b a 取极限得所求面积nS af(x)dx lim f( i) xi0i 12bna(b a)(n 1)(b a)2(n 1)(2n 1)lim(b a)[a 1] 2n n6n11(b a)[a2 a(b a) (b a)2 1] (b3 a3) b a332 利用定积分定义计算下列积分(1) axdx(ab) (2) 0exdx 解(1)取分点为xi a b ai(i 1 2 n 1) 则xi b a(i 1 2nn1bn) 在第i 个小区间上取右端点i xi a b ai (i 1 2 n) 于是naxdx lim i xi lim (a b ai) b an n nnbi 1i 1nn(b a)lim[a(b a)n2(b a)2n(n 1)2n21] (b2 a2) 2(2)取分点为xi i(i 1 2 n 1) 则xi 1(i 1 2 n) 在第inn个小区间上取右端点i xi i (i 1 2 n) 于是nn1xnedx lime0n i 111nn lim(e e en) nn n1 lim n n11e[1 (e)n]11 enlim1e[1 e]1n(1 enne 1)3 利用定积分的几何意义说明下列等式(1) 02xdx 1 1(2) 01x2dx4(3) sinxdx 0 (4) 2 cosxdx 2 02cosxdx21解(1) 02xdx表示由直线y 2x、x轴及直线x 1所围成的面积显然面积为1 (2) 01x2dx表示由曲线y x2、x轴及y轴所围成的四分之一圆的面积即圆x2 y2 1的面积的1411x2dx 1244(3)由于y sin x为奇函数在关于原点的对称区间[ ]上与x轴所夹的面积的代数和为零即sinxdx 0(4) 2 cosxdx表示由曲线y cos x与x轴上[ , ]一段所围成的图222形的面积因为cos x为偶函数所以此图形关于y轴对称因此图形面积的一半为02cosxdx 即2cosxdx 22cosxdx 0 24 水利工程中要计算拦水闸门所受的水压力已知闸门上水的压强p(单位面积上的压力大小)是水深h的函数且有p 9 8h (kN/m2) 若闸门高H 3m 宽L 2m 求水面与闸门顶相齐时闸门所受的水压力P 解建立坐标系如图用分点xi Hi(i 1 2 n 1)将区间[0 H]n分为n分个小区间各小区间的长为xi H(i 1 2 n)n在第i个小区间[xi 1 xi]上闸门相应部分所受的水压力近似为Pi 9 8x il x i 闸门所受的水压力为P lim 9.8xi L xi 9.8Llimn i 1nn(n 1)HHi 9.8L H2lim 4.8L H2 n i 1nn n2nn将L 2 H 3代入上式得P 88 2(千牛) 5 证明定积分性质(1) akf(x)dx k af(x)dx (2) a1 dx adx b alim kf( i) xi klim f( i) xi k af(x)dx 证明(1) akf(x)dx0 0i 1i 1bnnbbbbblim 1 xi lim xi lim(b a) b a (2) a1 dx0 0 0i 1i 1bnn6 估计下列各积分的值(1) 1(x2 1)dx (2)54(1 sin24x)dx4(3)1xarctanxdx3(4) 2ex2xdx解(1)因为当1 x 4时2 x2 1 17 所以即2 (4 1) 1(x2 1)dx 17 (4 1) 6 1(x2 1)dx 5144(2)因为当x 5 时1 1 sin2x 2 所以44即55 51 ( ) 4(1 sin2x)dx2 ( ) 44444524(1 sinx)dx 21, 3]上的最大值4(3)先求函数f(x) x arctan x在区间[mM与最小值1xx 时f (x) 0 所以函数f (x) arctxa 2 因为当1 x3arctan x在区间[1, 3]上单调增加于是3m f(1) 1arctan1 M f() arctan36 f(x) x因此即63(31) 1xarctxadn x33(1)91xarctanxdx32323x(4)先求函数f(x) ex在区间[0 2]上的最大值M与最小值mf (x) ex2x(2x 1)驻点为x 1221 11 M e2 m ef() e 得2比较f(0) 1 f(2) e于是122e(2 0) 0ex xdx e2 (2 0)即2e210x2 xedxdx 2e27 设f(x)及g(x)在[a b]上连续证明(1)若在[a b]上f(x) 0 且af(x)dx 0 则在[a b]上f(x) 0 (2)若在[a b]上f(x) 0 且f(x) 0 则af(x)dx 0(3)若在[a b]上f(x) g(x) 且af(x)dx ag(x)dx 则在[a b]上f(x) g(x)证明(1)假如f(x) 0 则必有f(x) 0 根据f(x)在[a b]上的连续性在[a b]上存在一点x0 使f(x0) 0 且f(x0)为f(x)在[a b]上的最大值再由连续性存在[c d] [a b] 且x0 [c d] 使当x [c d]时f(x)f(x0)2bbbb于是f(x0)(d c) 0 2abf(x)dx acf(x)dx cdf(x)dx dbf(x)dx cdf(x)dxb这与条件af(x)dx 0相矛盾因此在[a b]上f(x) 0(2)证法一因为f(x)在[a b]上连续所以在[a b]上存在一点x0 使f(x0) 0 且f(x0)为f(x)在[a b]上的最大值再由连续性存在[c d] [a b] 且x0 [c d] 使当x [c d]时f(x)f(x0)2于是f(x)dx f(x)dxcdbaf(x0)(d c) 0 2因为f(x) 0 所以af(x)dx 0 假如af(x)dx 0不成立则只有af(x)dx 0根据结论(1) f(x) 0 矛盾因此af(x)dx 0 (3)令F(x) g(x) f(x) 则在[a b]上F(x) 0且aF(x)dx a[g(x) f(x)]dx ag(x)dx af(x)dx 0 由结论(1) 在[a b]上F(x) 0 即f(x) g(x)4 根据定积分的性质及第7题的结论说明下列积分哪一个的值较大(1) 0x2dx还是0x3dx？(2) 1x2dx还是1x3dx？(3) 1lnxdx还是1(lnx)2dx？(4) 0xdx还是0ln(1 x)dx？(5) 0exdx还是0(1 x)dx？解(1)因为当0 x 1时x2 x3 所以0x2dx 0x3dx1111112222bbbbbbbb11又当0 x 1时x2 x3 所以0x2dx 0x3dx11(2)因为当1 x 2时x2 x3 所以1x2dx 1x3dx22又因为当1 x 2时x2 x3 所以1x2dx 1x3dx22(3)因为当1 x 2时0 ln x 1 ln x (ln x)2 所以1lnxdx 1(lnx)2dx22又因为当1 x 2时0 ln x 1 ln x (ln x)2 所以1lnxdx 1(lnx)2dx22(4)因为当0 x 1时x ln(1 x) 所以0xdx 0ln(1 x)dx 又因为当0 x 1时x ln(1 x) 所以0xdx 0ln(1 x)dx(5)设f(x) ex 1 x 则当0 x 1时f (x) ex 1 0 f(x) ex 1 x是单调111因此当0 x 1时f(x) f(0) 0 即ex 1 x 所以0exdx 0(1 x)dx 11又因为当0 x 1时ex 1 x 所以0exdx 0(1 x)dx11习题5 21 试求函数y sintdt当x 0及x 时的导数04xxd 解y sintdt sinx 当x 0时y sin0 0dx0当x 时y sin4242 求由参数表示式x sinudu y cosudu所给定的函数y对x tt的导数dyy (t)cost 解x (t) sin t y (t) cos tdxx (t)3 求由edt costdt 0所决定的隐函数y对x的导数t0yxdy dx解方程两对x求导得eyy cosx 0 于是dycosx y dxe24 当x为何值时函数I(x) te tdt有极值？解I (x) xe x 令I (x) 0 得x 02因为当x 0时I (x) 0 当x 0时I (x) 0 所以x 0是函数I(x)的极小值点5 计算下列各导数x2d (1) t2dt dx0x3d (2) 214dt dxx tcosxd (3) cos( t2)dt dxsinxx2令x2 ududdu 22解(1) tdt tdtdx0du 0dxu2 2x 2x x4x30x3d1d1d1dt dt dt (2) 2dxx t4dx x2 t4dx 0 t4x2x3d1d1dt dt dx0 t4dx 0 t41123(x) (x) 2434(x) (x)22x3x 812 x xcosxsinxcosxddd22(3) cos( t)dt cos( t)dt cos( t2)dtdxsinxdx0dx0cos( sin2x)(sinx) cos( cos2x)(cosx) cosx cos( sin2x) sinx cos( cos2x) cosx cos( sin2x) sinx cos( sin2x) cosx cos( sin2x) sinx cos( sin2x) (sinxcosx)cos( sin2x)6 计算下列各定积分(1) (3x2 x 1)dx0a解2312a312(3x x 1)dx (x x x)| a a a 0 022a(2) (x2 14dx1x2解1)dx (1x3 1x 3)|2 1(23 2 3) 1(13 1 3) 25 2(x 1 1x*****2(3) x(1 x)dx49解942 x(1 x)dx (x x)dx (x2 1x2)|9432492***-***** (9 9) 42 142) 451 *****(4)1dx2 1 x 解dx2 arctanx1 x arctan arctan1366(5) 解2 2dx x2dx arcsinx x212 22 2arcsin1 arcsin( 1) ( )*****(6) 解adxa2 x2dx 1arctanxa2 x2aa101arctan 1arctan0aa3a(7) 解dxx21dx arcsinx1 arcsin1 arcsin0 2026 x2423x 3x 1 (8) 1x2 14203x 3x 11)dx (x3 arctanx)|0 2 (3x 解1 1 1x2 1x2 1( 1)3 arctan( 1) 14 (9) 解dx e 11 x2dx ln|1 x|| 2 ln1 lne 1e 1 e 11 x2(10) 4tan2 d解44tan2 d 4(sec2 1)d (tan )0 tan 10444(11) |sinx|dx2解2|sinx|dx sinxdx sinxdx2cosx0 cosx cos cos0 cos2 cos 4 (12) 解22x 1 x 1f(x)dx 其中f(x) 2x x 1 2211x3)|2 8 f(x)dx (x 1)dx x2dx (1x2 x)|1 (0***-*****127 设k为正整数试证下列各题(1) coskxdx 0(2) sinkxdx 0(3) cos2kxdx(4) sin2kxdx11 证明(1) coskxdx 1sinkx| sink sink( ) 0 0 0 kkk(2) sinkxdx 1coskx 1cosk 1cosk( )kkk1cosk 1cosk 0kk1 (3) coskxdx (1 cos2kx)dx 1(x 1sin2kx)|2 22k2221 (4) sinkxdx (1 cos2kx)dx 1(x 1sin2kx)|2 22k2228 设k及l为正整数且k l 试证下列各题(1) coskxsinlxdx 0(2) coskxcoslxdx 0(3) sinkxsinlxdx 01 证明(1) coskxsinlxdx [sin(k l)x sin(k l)x]dx 2[1cos(k l)x] [ 1cos(k l)x] 02(k l)2(k l)1 (2) coskxcoslxdx [cos(k l)x cos(k l)x]dx 2[1sin(k l)x] [1sin(k l)x] 02(k l)2(k l)1 (3) sinkxsinlxdx [cos(k l)x cos(k l)x]dx 2[1sin(k l)x] [1sin(k l)x] 02(k l)2(k l)9 求下列极限(1)lim (2)limxcost2dtx2x 0(etdt)2x 0tex2t2dt解(1)limx 0xt2xcost2dtx22cosx lim 1 x 01 (2)lim(edt)x 0tex2t2dtxlimt22edt (etdt)t22xxx 02x2lim2 edt ex2x 0xe2x22lim2 etdt2xx 0xex2x2e2 2 limx2 lim2x 0e 2x2exx 01 2x2x x2 x [0, 1]10 设f(x) 求(x) f(t)dt在[0 2]上的表达式0x x [1, 2]并讨论(x)在(0 2)内的连续性解当0 x 1时(x) f(t)dt t2dt 1x3003xxx1x当1 x 2时(x) f(t)dt t2dt tdt 1 1x2 1 1x2 1 ***-*****x3 0 x 1 3因此(x)x2 1 x 2 因为(1) 1 lim (x) lim1x3 1x 1 0333x 1 0 lim (x) lim(1x2 1) 1 1 1x 1 0x 1 0*****所以(x)在x 1处连续从而在(0 2)内连续x sinx 0 x 11 设f(x) 求(x) f(t)dt在( )内0 x 0或x的表达式解当x 0时(x) f(t)dt 0dt 0xx当0 x 时x(x) f(t)dt 1sintdt 1cost|0 1cosx 1002222xx当x 时x x(x) f(t)dt 1sintdt 0dt 1cost| 0 002 21cos 1cos0 1220 x 0因此(x) (1 cosx) 0 x1 x12 设f(x)在[a b]上连续在(a b)内可导且f (x) 0xF(x) 1 f(t)dtx aa证明在(a b)内有F (x) 0证明根据积分中值定理存在[a x] 使f(t)dt f( )(x a)ax于是有F (x)x11f(x) f(t)dt(x a)2 ax a1f(x) 12f( )(x a) x a(x a) 1[f(x) f( )] x a由f (x) 0可知f(x)在[a b]上是单调减少的而a x 所以f(x) f( ) 0 又在(a b)内x a 0 所以在(a b)内F (x) 1[f(x) f( )] 0x a 习题5 31 计算下列定积分(1)sin(x )dx23解sin(x )dx cos(x )3321(2)2cos4 2 11cos 0 3322dx311 2解2 (11 5x)(11 5x)35 2(11 5x)1dx1 2115116 2 1 2***-*****(3) 02sin cos3 d 解2sin cos d 2scos3 dsin311 114cos 2 cos4 cos400*****(4) 0(1 sin3 )d解0 (1 sin3 )d 0 d 0sin2 dcos 0(1 cos2 )dcos1(cos cos3 )34 3(5) 22udu6解1 1udu 1 cos2u)du u2 2221sin2u421 1 3( ) (sin sin)***-*****(6) 02 解022 x2dx令x sint22cost 2costdt 2(1 cos2t)dt 2 x2dx 0 0 1(t sin2t)22(7) 22 解(8)228 2y2dy2ydy 2222令y 2sinx4 ydy2 42cosx 2cosxdx24122 4 (1 cos2x)dx 22(x sin2y)24 x2x2442( 2)112dx解a112x2x2令x sint cost1dx sin2t costdt (sin2t 1)dt ( cott t) 2 14(9) 0x2 解0xa2a2 x2dx4令x asinta22a xdx 02asint acost acostdt 42 24a02(1 cos4t)dt 8t02sin22tdta4 8a4sin4t32a4 16(10) 13 解13dxx2xdx2令x tantx2xcost2tan2t sect sec2tdt132dtsintsint2231(11)1xdx5 4x131解1xdx令5 4x u*****(5 u)du (5u u) 3883 4x16(12) 14dx1 x 解14dx令1 xx u21111 u 2udu 2 1(1 1 u)du 2(u ln|1 u|)2 2122(1 ln)(13)13dx x 1dx***** ( 2u)du 20(1 )du 2(u ln|u 1|)10u 1u 1解13令x ux 1xdx3a xxdx3a xt221 2ln2(14) 02a 解02a (15) 01te 解0te (16) 1 解1 e212212a1d(3a2 x2) 3a2 x2 023a2 x22a022a( 1)dt dt 0e1t22t22td( ) e22t2211 edxx lnxdx1e2e21 lnx(17) 02 解x lnxdx2dlnx 2 lnxe212( 1)x 2x 200dx12x2 2x 2 21 (x 1)2dx arctan(x 1) 0 2arctan1 arctan( 1)2(18) cosxcos2xdx解cosxcos2xdx (1 2sin2222x)dsinx (sinx sin3x)32(19) 2 解2 2cosx cos3xdxcosx cosxdx 2x cos2xdx32(20) 0 解0cosx( sinx)dx32xsinxdx cosx30 232cosx34 3cos2xdxcos2xdx 0sinxdx 2cosx222 利用函数的奇偶性计算下列积分(1) x4sinxdx解因为x 4sin x在区间[ ]上是奇函数所以x4sinxdx 0 (2) 4cos4 d解(3)4cos4 d24cos4 d 01 cos2x2)d 2312 0(1 2cos2x cos22x)d 2 0( 2cos2x cos4x)d 221(3 2sin2x sin4x)4(arcsinx)2x23 21 2dx解1 2(arcsinx)2x2dx 212010(arcsinx)2x2dx 2 0(arcsinx)2d(arcsinx)12(arcsinx)33x3sin2xx 2x 1423324(4) 55dx2解因为函数ax3sin2xx 2x 1a4是奇函数所以55x3sin2xx 2x 142dx 03 证明a (x2)dx 2 0 (x2)dx 其中(u)为连续函数证明因为被积函数(x2)是x的偶函数且积分区间[ a a]关于原点对称所以有a (x2)dx 2 0 (x2)dx4 设f(x)在[ b b]上连续证明bf(x)dx bf( x)dx证明令x t 则dx dt 当x b时t b 当x b时t b 于是bf(x)dx b bbbbbaaf( t)( 1)dt bf( t)dtb而bf( t)dt bf( x)dx 所以bf(x)dx bf( x)dxbbb令x a b t 则dx d t 当x a时t b 当x b时t a 于是af(x)dx b bbabbf(a b t)( 1)dt af(a b t)dtbb而af(a b t)dt af(a b x)dx 所以af(x)dx af(a b x)dx 6 证明x2 1 xt1bbdx11dx1 x2(x 0)x1证明令x 1 则dx 1 当x x时当x 1时t 1 于是dtt 2t1111dx1( 2)dt 1dt x1 x2 21t1 t1 t111而1所以x21 x1 t21dxdt111111 x2dxdx1 x27 证明0xm(1 x)ndx 0xn(1 x)mdx证明令 1 x t 则0xm(1 x)ndx 1(1 t)mtndt 0(1 t)mtndt 0xn(1 x)mdx 即0xm(1 x)ndx 0xn(1 x)mdx 8 证明0sin 证明0sin而2 n sinn1111111nxdx 2 0sinnxdx2xdx 02sinnxdx sinnxdx令x t0nnn2xdx sin( t)( dt) 0sintdt 02sinxdxn所以0sinxd x2 0sinxd xn9 设f(x)是以l为周期的连续函数证明a 证明已知f(x l) f(x) aa 1a 1f(x)dx的值与a无关f(x)dx af(x)dx 0f(x)dx l0la lf(x)dx 0f(x)dx lla lf(x)dx 0f(x)dxa而la lf(x)dx令x t l 0af(t l)dt 0af(x l)dx 0af(x)dx 所以a因此aa 1a 1f(x)dx 0f(x)dxlf(x)dx的值与a无关x10 若f(t)是连续函数且为奇函数证明0是连续函数且为偶函数证明0 证明设F(x) 0xxf(t)dt是偶函数若f(t)f(t)dt是奇函数f(t)dt若f(t)是连续函数且为奇函数则f( t) f(t) 从而即F(x) 0xxx令t uxF( x) 0f(t)dt 0f( u)( 1)du 0f(u)dx 0f(x)dx F(x)f(t)dt是偶函数若f(t)是连续函数且为偶函数则f( t) f(t) 从而即F(x) 0 11 计算下列定积分(1) 0xe xdx11解0xe xdx 0xde x xe x101xxx令t uxF( x) 0f(t)dtf( u)( 1)du f(u)dx 0 0 0f(x)dx F(x)xf(t)dt是奇函数0e xdx e 1 e x1101 2e 1(2) 1xlnxdx解1exlnxdx 1 1elnxdx2 1x2lnx22 (3) 0tsin tdt( 为常数) 解0 (4)2e1e1e*****x dx e x 02x241(e2 1) 14etsin tdt 2 112tdcos t 21tcos t 20cos tdt 0 122dxsin t222x2sinx。

习题3−11. 验证罗尔定理对函数y =ln sin x 在区间 上的正确性.解 因为y =ln sin x 在区间 上连续, 在内可导, 且, 所以由罗尔定理知, 至少存在一点 , 使得y ′(ξ)=cot ξ=0. 由y ′(x )=cot x =0得 .因此确有, 使y ′(ξ)=cot ξ=0.2. 验证拉格朗日中值定理对函数y =4x 3−5x 2+x −2在区间[0, 1]上的正确性.解 因为y =4x 3−5x 2+x −2在区间[0, 1]上连续, 在(0, 1)内可导, 由拉格朗日中值定理知, 至少存在一点ξ∈(0, 1), 使 . 由y ′(x )=12x 2−10x +1=0得 .因此确有, 使.3. 对函数f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间 上验证柯西中值定理的正确性. 解 因为f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间上连续, 在可导, 且F ′(x )=1−sin x 在内不为0, 所以由柯西中值定理知至少存在一点 , 使得.令 , 即 .化简得 . 易证 , 所以在内有解,即确实存在, 使得.4. 试证明对函数y =px 2+qx +r 应用拉格朗日中值定理时所求得的点 总是位于区间的正中间.证明 因为函数y =px 2+qx +r 在闭区间[a , b ]上连续, 在开区间(a , b )内可导, 由拉格朗日中值定理, 至少存在一点ξ∈(a , b ), 使得y (b )−y (a )=y ′(ξ)(b −a ), 即 (pb 2+qb +r )−(pa 2+qa +r )=(2p ξ+q )(b −a ). 化间上式得p (b −a )(b +a )=2p ξ (b −a ),故 .5. 不用求出函数f (x )=(x −1)(x −2)(x −3)(x −4)的导数，说明方程f ′(x )=0有几个实根, 并指出它们所在的区间.解 由于f (x )在[1, 2]上连续, 在(1, 2)内可导, 且f (1)=f (2)=0, 所以由罗尔定理可知, 存在ξ1∈(1, 2), 使f ′(ξ1)=0. 同理存在ξ2∈(2, 3), 使f ′(ξ2)=0; 存在ξ 3∈(3, 4), 使f ′(ξ 3)=0. 显然ξ1、ξ2、ξ3都是方程f ′(x )=0的根. 注意到方程f ′(x )=0是三次方程, 它至多能有三个实根, 现已发现它的三个实根, 故它们也就是方程f ′(x )=0的全部根. 6. 证明恒等式: (−1≤x ≤1). 证明 设f (x )= arcsin x +arccos x . 因为, 所以f (x )≡C , 其中C 是一常数. 因此 , 即.7. 若方程a 0x n +a 1xn −1+ ⋅ ⋅ ⋅ + an −1x =0有一个正根x 0, 证明方程a 0nxn −1+a 1(n −1)xn −2+ ⋅ ⋅ ⋅ +a n −1=0必有一个小于x 0的正根. 证明 设F (x )=a 0x n+a 1xn −1+ ⋅ ⋅ ⋅ + a n −1x , 由于F (x )在[0, x 0]上连续, 在(0, x 0)内可导, 且F (0)=F (x 0)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ∈(0, x 0), 使F ′(ξ)=0, 即方程 a 0nxn −1+a 1(n −1)xn −2+ ⋅ ⋅ ⋅ +an −1=0必有一个小于x 0的正根.8. 若函数f (x )在(a , b )内具有二阶导数, 且f (x 1)=f (x 2)=f (x 3), 其中a <x 1<x 2<x 3<b , 证明:在(x 1, x 3)内至少有一点ξ, 使得f ′′(ξ)=0.证明 由于f (x )在[x 1, x 2]上连续, 在(x 1, x 2)内可导, 且f (x 1)=f (x 2), 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ1∈(x 1, x 2), 使f ′(ξ1)=0. 同理存在一点ξ2∈(x 2, x 3), 使f ′(ξ2)=0.又由于f ′(x )在[ξ1, ξ2]上连续, 在(ξ1, ξ2)内可导, 且f ′(ξ1)=f ′(ξ2)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ∈(ξ1, ξ2)⊂(x 1, x 3), 使f ′′(ξ )=0.9. 设a >b >0, n >1, 证明:nbn −1(a −b )<a n −b n <nan −1(a −b ) .证明 设f (x )=x n, 则f (x )在[b , a ]上连续, 在(b , a )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(b , a ), 使f (a )−f (b )=f ′(ξ)(a −b ), 即a n−b n=n ξ n −1(a −b ).因为 nbn −1(a −b )<n ξn −1(a −b )< nan −1(a −b ),所以 nb n −1(a −b )<a n−b n< na n −1(a −b ) .10. 设a >b >0, 证明:.证明 设f (x )=ln x , 则f (x )在区间[b , a ]上连续, 在区间(b , a )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(b , a ), 使f (a )−f (b )=f ′(ξ)(a −b ), 即 .因为b <ξ<a , 所以, 即 .11. 证明下列不等式:(1)|arctan a −arctan b |≤|a −b |;(2)当x >1时, e x>e ⋅x .证明 (1)设f (x )=arctan x , 则f (x )在[a , b ]上连续, 在(a , b )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(a , b ), 使f (b )−f (a )=f ′(ξ)(b −a ), 即 ,所以, 即|arctan a −arctan b |≤|a −b |.(2)设f (x )=e x, 则f (x )在区间[1, x ]上连续, 在区间(1, x )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(1, x ), 使f (x )−f (1)=f ′(ξ)(x −1), 即 e x−e =e ξ(x −1). 因为ξ >1, 所以e x−e =e ξ(x −1)>e (x −1), 即e x >e ⋅x . 12. 证明方程x 5+x −1=0只有一个正根.证明 设f (x )=x 5+x −1, 则f (x )是[0, +∞)内的连续函数.因为f (0)=−1, f (1)=1, f (0)f (1)<0, 所以函数在(0, 1)内至少有一个零点, 即x 5+x −1=0至少有一个正根.假如方程至少有两个正根, 则由罗尔定理, f ′(x )存在零点, 但f ′(x )=5x 4+1≠0, 矛盾. 这说明方程只能有一个正根.13. 设f (x )、g (x )在[a , b ]上连续, 在(a , b )内可导, 证明在(a , b )内有一点ξ, 使解 设 , 则ϕ(x )在[a , b ]上连续, 在(a , b )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(a , b ), 使ϕ(b )−ϕ(a )=ϕ′(ξ)(b −a ),即 .因此14. 证明: 若函数.f (x )在(−∞, +∞)内满足关系式f ′(x )=f (x ), 且f (0)=1则f (x )=e x. 证明 令, 则在(−∞, +∞)内有,所以在(−∞, +∞)内ϕ(x )为常数. 因此ϕ(x )=ϕ(0)=1, 从而f (x )=e x.15. 设函数y =f (x )在x =0的某邻域内具有n 阶导数, 且f (0)=f ′(0)= ⋅ ⋅ ⋅ =f (n −1)(0)=0, 试用柯西中值定理证明:(0<θ<1). 证明 根据柯西中值定理(ξ1介于0与x 之间),(ξ2介于0与ξ1之间),(ξ3介于0与ξ2之间),依次下去可得(ξn介于0与ξn −1之间),所以由于ξn可以表示为ξn=θ x (0<θ<1), 所以 (0<θ<1).习题3−21. 用洛必达法则求下列极限:(1);(2);(3);(4);(5);(6);(7);(8);(9);(10);(11);(12);(13);(14);(15);(16).解(1).(2).(3) . (4).(5) .(6).(7) .(8).(9) .(10) (注: cos x ⋅ln(1+x 2)~x 2).(11).(12) (注: 当x →0时, ).(13) .(14)因为,而,所以..(15)因为,而,所以.(16)因为 ,而,所以.2. 验证极限存在,但不能用洛必达法则得出.解, 极限是存在的.但不存在, 不能用洛必达法则.3. 验证极限存在, 但不能用洛必达法则得出.解, 极限是存在的.但不存在, 不能用洛必达法则.4. 讨论函数 在点x =0处的连续性.解,,因为 ,而 ,所以.因此f (x )在点x =0处连续.习题3−31. 按(x −4)的幂展开多项式x 4−5x 3+x 2−3x +4. 解 因为f (4)=−56,f ′(4)=(4x 3−15x 2+2x −3)|x =4=21, f ′′(4)=(12x 2−30x +2)|x =4=74, f ′′′(4)=(24x −30)|x =4=66, f (4)(4)=24,所以按(x −4)的幂展开的多项式为=−56+21(x −4)+37(x −4)2+11(x −4)3+(x −4)4.2. 应用麦克劳林公式, 按x 幂展开函数f (x )=(x 2−3x +1)3. 解 因为f ′(x )=3(x 2−3x +1)2(2x −3),f ′′(x )=6(x 2−3x +1)(2x −3)2+6(x 2−3x +1)2=30(x 2−3x +1)(x 2−3x +2), f ′′′(x )=30(2x −3)(x 2−3x +2)+30(x 2−3x +1)(2x −3)=30(2x −3)(2x 2−6x +3), f (4)(x )=60(2x 2−6x +3)+30(2x −3)(4x −6)=360(x 2−3x +2), f (5)(x )=360(2x −3), f (6)(x )=720;f (0)=1, f ′(0)=−9, f ′′(0)=60, f ′′′(0)=−270, f (4)(0)=720, f (5)(0)=−1080, f (6)(0)=720,所以=1−9x +30x 3−45x 3+30x 4−9x 5+x 6. 3. 求函数 按(x −4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的3阶泰勒公式.解 因为 ,,,,所以(0<θ<1). 4. 求函数f (x )=ln x 按(x −2)的幂展开的带有佩亚诺型余项的n 阶泰勒公式. 解 因为f ′(x )=x −1, f ′′(x )=(−1)x −2, f ′′′(x )=(−1)(−2)x −3, ⋅ ⋅ ⋅ ,;(k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n +1)所以.5. 求函数 按(x +1)的幂展开的带有拉格朗日型余项的n 阶泰勒公式.解 因为f (x )=x −1, f ′(x )=(−1)x −2, f ′′(x )=(−1)(−2)x −3, ⋅ ⋅ ⋅ , ;(k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n ),所以(0<θ<1).6. 求函数f (x )=tan x 的带有拉格朗日型余项的3阶麦克劳林公式. 解 因为f ′(x )=sec 2x ,f ′′(x )=2sec x ⋅sec x ⋅tan x =2sec 2x ⋅tan x ,f ′′′(x )=4sec x ⋅sec x ⋅tan 2x +2sec 4x =4sec 2x ⋅tan 2x +2sec 4x , f (4)(x )=8sec 2x ⋅tan 3x +8sec 4x ⋅tan x +8sec 4x ⋅tan x ;f (0)=0, f ′(0)=1, f ′′(0)=0, f ′′′(0)=2,所以(0<θ<1).7. 求函数f (x )=xe x的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式. 解 因为 f ′(x )=e x+x e x,f ′′(x )=e x+e x +x e x =2e x +x e x, f ′′′(x )=2e x+e x+x e x=3e x+x e x, ⋅ ⋅ ⋅, f (n )(x )=ne x+xe x; f (k )(0)=k (k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n ),所以8. 验证当 时, 按公式计算e x的近似值时, 所产生的误差小于0.01, 并求的近似值, 使误差小于0.01.解 因为公式 右端为e x的三阶麦克劳林公式, 其余项为所以当时，按公式计算e x的误差..9. 应用三阶泰勒公式求下列各数的近似值, 并估计误差: (1) ; (2)sin 18°. 解 (1)设, 则f (x )在x 0=27点展开成三阶泰勒公式为(ξ介于27与x 之间).于是,其误差为.(2) 已知(ξ介于0与x 之间),所以 sin 18° , 其误差为.10. 利用泰勒公式求下列极限: (1);(2) ;(3) .解 (1) .因为, 所以.(2).(3).习题3−41. 判定函数f (x )=arctan x −x 单调性.解 因为 , 且仅当x =0时等号成立, 所以f (x )在(−∞, +∞)内单调减少.2. 判定函数f (x )=x +cos x (0≤x ≤2π)的单调性.解 因为f ′(x )=1−sin x ≥0, 所以f (x )=x +cos x 在[0, 2π]上单调增加. 3. 确定下列函数的单调区间: (1) y =2x 3−6x 2−18x −7; (2) (x >0);(3) ; (4);(5) y =(x −1)(x +1)3; (6);(7) y =x n e −x(n >0, x ≥0); (8)y =x +|sin 2x |.解 (1) y ′=6x 2−12x −18=6(x −3)(x +1)=0, 令y ′=0得驻点x 1=−1, x 2=3.列表得可见函数在(−∞, −1]和[3, +∞)内单调增加, 在[−1, 3]内单调减少.(2),令y ′=0得驻点x 1=2, x 2=−2(舍去).因为当x >2时, y >0; 当0<x <2时, y ′<0, 所以函数在(0, 2]内单调减少, 在[2, +∞)内单调增加.(3) , 令y ′=0得驻点, x 2=1, 不可导点为x =0.列表得(− +↘ ↗可见函数在(−∞, 0), , [1, +∞)内单调减少, 在 上单调增加.(4)因为, 所以函数在(−∞, +∞)内单调增加.(5) y ′=(x +1)3+3(x −1)(x +1)2. 因为当时, y ′<0; 当时, y ′>0,所以函数在内单调减少, 在 内单调增加.(6), 驻点为 ,不可导点为 ,x=a .3列表得可见函数在 ,, (a, +∞)内单调增加,在内单调减少.(7)y′=e−x x n−1(n−x), 驻点为x=n. 因为当0<x<n时,y′>0; 当x>n时,y′<0, 所以函数在[0, n]上单调增加,在[n, +∞)内单调减少.(8)(k=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅),(k=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅).y′是以π为周期的函数,在[0, π]内令y′=0, 得驻点 ,, 不可导点为.列表得根据函数在[0, π]上的单调性及y′在(−∞, +∞)的周期性可知函数在上单调增加,在上单调减少(k=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅).4. 证明下列不等式:(1)当x >0时, ;(2)当x >0时, ;(3)当 时, sin x +tan x >2x ;(4)当时,;(5)当x >4时, 2x>x 2;证明 (1)设, 则f (x )在[0, +∞)内是连续的. 因为,所以f (x )在(0, +∞)内是单调增加的, 从而当x >0时f (x )>f (0)=0, 即,也就是 .(2)设, 则f (x )在[0, +∞)内是连续的. 因为, 所以f (x )在(0, +∞)内是单调增加的, 从而当x >0时f (x )>f (0)=0, 即,也就是.(3)设f (x )=sin x +tan x −2x , 则f (x )在 内连续,f ′(x )=cos x +sec 2x −2 .因为在内cos x −1<0, cos 2x −1<0, −cos x <0, 所以f ′(x )>0, 从而f (x )在内单调增加, 因此当 时, f (x )>f (0)=0, 即 sin x +tan x −2x >0, 也就是 sin x +tan x >2x .(4)设, 则f (x )在内连续,.因为当时, tan x>x, tan x+x>0, 所以f′(x)在内单调增加,因此当时,f(x)>f(0)=0, 即,也就是.(5)设f(x)=x ln2−2ln x, 则f (x)在[4, +∞)内连续,因为,所以当x>4时,f′(x)>0, 即f(x)内单调增加.因此当x>4时,f(x)>f(4)=0, 即x ln2−2ln x>0, 也就是也就是2x>x2.5. 讨论方程ln x=ax (其中a>0)有几个实根？解设f(x)=ln x−ax. 则f(x)在(0, +∞)内连续,, 驻点为 .因为当时,f′(x)>0, 所以f(x)在内单调增加;当时,f′(x)<0,所以f(x)在内单调减少.又因为当x→0及x→+∞时,f(x)→−∞, 所以如果,即 ,则方程有且仅有两个实根;如果 ,即 ,则方程没有实根.如果 ,即 ,则方程仅有一个实根.6. 单调函数的导函数是否必为单调函数？研究下面这个例子:f(x)=x+sin x .解单调函数的导函数不一定为单调函数.例如f(x)=x+sin x在(−∞,+∞)内是单调增加的,但其导数不是单调函数.事实上, f′(x)=1+cos x≥0,这就明f(x)在(−∞, +∞)内是单调增加的.f′′(x)=−sin x在(−∞, +∞)内不保持确定的符号,故f′(x)在(−∞, +∞)内不是单调的.7. 判定下列曲线的凹凸性:(1) y=4x−x2 ;(2) y=sh x ;(3) (x >0); (4) y =x arctan x ;解 (1)y ′=4−2x , y ′′=−2,因为y ′′<0, 所以曲线在(−∞, +∞)内是凸的. (2)y ′=ch x , y ′′=sh x . 令y ′′=0, 得x =0.因为当x <0时, y ′′=sh x <0; 当x >0时, y ′′=sh x >0, 所以曲线在(−∞, 0]内是凸的, 在[0, +∞)内是凹的.(3) , .因为当x >0时, y ′′>0, 所以曲线在(0, +∞)内是凹的.(4) , .因为在(−∞, +∞)内, y ′′>0, 所以曲线y =x arctg x 在(−∞, +∞)内是凹的.8. 求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间: (1).y =x 3−5x 2+3x +5 ; (2) y =xe −x;(3) y =(x +1)4+e x;(4) y =ln(x 2+1);(5) y =e arctan x;(6) y =x 4(12ln x −7),解 (1)y ′=3x 2−10x +3, y ′′=6x −10. 令y ′′=0, 得 .因为当时, y ′′<0; 当时, y ′′>0, 所以曲线在 内是是凸的, 在内是凹的, 拐点为.(2)y ′=e −x−x e −x, y ′′=−e −x−e −x +x e −x =e −x(x −2). 令y ′′=0, 得x =2.因为当x <2时, y ′′<0; 当x >2时, y ′′>0, 所以曲线在(−∞, 2]内是凸的, 在[2, +∞)内是凹的, 拐点为(2, 2e −2).(3)y ′=4(x +1)3+e x, y ′′=12(x +1)2+e x.因为在(−∞, +∞)内, y ′′>0, 所以曲线y =(x +1)4+e x的在(−∞, +∞)内是凹的, 无拐点.(4) ,. 令y ′′=0, 得x 1=−1, x 2=1.列表得可见曲线在(−∞, −1]和[1, +∞)内是凸的, 在[−1, 1]内是凹的, 拐点为(−1, ln2)和(1, ln2).(5) , . 令y ′′=0得,.因为当 时, y ′′>0; 当时, y ′′<0, 所以曲线y =earctg x在 内是凹的,在内是凸的, 拐点是.(6) y ′=4x 3(12ln x −7)+12x 3, y ′′=144x 2⋅ln x . 令y ′′=0, 得x =1.因为当0<x <1时, y ′′<0; 当x >1时, y ′′>0, 所以曲线在(0, 1]内是凸的, 在[1, +∞)内是凹的, 拐点为(1, −7).9. 利用函数图形的凹凸性, 证明下列不等式:(1) (x >0, y >0, x ≠y , n >1); (2) ;(3)(x >0, y >0, x ≠y ).证明 (1)设f (t )=t n, 则f ′(t )=nt n −1, f ′′(t )=n (n −1)t n −2. 因为当t >0时, f ′′(t )>0, 所以曲线f (t )=t n在区间(0, +∞)内是凹的. 由定义, 对任意的x >0, y >0, x ≠y 有, 即.(2)设f (t )=e t, 则f ′(t )=e t, f ′′(t )=e t. 因为f ′′(t )>0, 所以曲线f (t )=e t在(−∞, +∞)内是凹的. 由定义, 对任意的x , y ∈(−∞, +∞), x ≠y 有, 即.(3)设f (t )=t ln t , 则 f ′(t )=ln t+1, .因为当t >0时, f ′′(t )>0, 所以函数f (t )=t ln t 的图形在(0, +∞)内是凹的. 由定义, 对任意的x >0, y >0, x ≠y 有, 即.10. 试证明曲线 有三个拐点位于同一直线上. 证明,.令y ′′=0, 得x 1=−1,,.例表得可见拐点为(−1, −1), , . 因为, ,所以这三个拐点在一条直线上.11. 问a 、b 为何值时, 点(1, 3)为曲线y =ax 3+bx 2的拐点？解 y ′=3ax 2+2bx , y ′′=6ax +2b . 要使(1, 3)成为曲线y =ax 3+bx 2的拐点, 必须y (1)=3且y ′′(1)=0, 即a +b =3且6a +2b =0, 解此方程组得, .12. 试决定曲线y =ax 3+bx 2+cx +d 中的a 、b 、c 、d , 使得x =−2处曲线有水平切线, (1, −10)为拐点, 且点(−2, 44)在曲线上. 解 y ′=3ax 2+2bx +c , y ′′=6ax +2b . 依条件有, 即.解之得a =1, b =−3, c =−24, d =16.13. 试决定y =k (x 2−3)2中k 的值, 使曲线的拐点处的法线通过原点. 解y ′=4kx 3−12kx , y ′′=12k (x −1)(x +1). 令y ′′=0, 得x 1=−1, x 2=1.因为在x 1=−1的两侧y ′′是异号的, 又当x =−1时y =4k , 所以点(−1, 4k )是拐点.因为y ′(−1)=8k , 所以过拐点(−1, 4k )的法线方程为. 要使法线过原点, 则(0, 0)应满足法线方程, 即 , .同理, 因为在x 1=1的两侧y ′′是异号的, 又当x =1时y =4k , 所以点(1, 4k )也是拐点.因为y ′(1)=−8k , 所以过拐点(−1, 4k )的法线方程为 . 要使法线过原点, 则(0, 0)应满足法线方程, 即,.因此当 时, 该曲线的拐点处的法线通过原点.14. 设y =f (x )在x =x 0的某邻域内具有三阶连续导数, 如果f ′′(x 0)=0, 而f ′′′(x 0)≠0, 试问 (x 0, f (x 0))是否为拐点？为什么？解 不妨设f ′′′(x 0)>0. 由f ′′′(x )的连续性, 存在x 0的某一邻域(x 0−δ, x 0+δ), 在此邻域内有f ′′′(x )>0. 由拉格朗日中值定理, 有f ′′(x )−f ′′(x 0)=f ′′′(ξ)(x −x 0) (ξ介于x 0与x 之间),即 f ′′(x )=f ′′′(ξ)(x −x 0).因为当x 0−δ<x <x 0时, f ′′(x )<0; 当x 0<x <x 0+δ 时, f ′′(x )>0, 所以(x 0, f (x 0))是拐点.习题3−51. 求函数的极值: (1) y =2x 3−6x 2−18x +7; (2) y =x −ln(1+x ) ; (3) y =−x 4+2x 2 ; (4) ; (5) ; (6);(7) y =e xcos x ; (8);(9) ; (10) y =x +tan x . 解 (1)函数的定义为(−∞, +∞), y ′=6x 2−12x −18=6(x 2−2x −3)=6(x −3)(x +1), 驻点为x 1=−1, x 2=3.列表可见函数在x =−1处取得极大值17, 在x =3处取得极小值−47.(2)函数的定义为(−1, +∞), , 驻点为x =0. 因为当−1<x <0时, y ′<0; 当x >0时, y ′>0, 所以函数在x =0处取得极小值, 极小值为y (0)=0. (3)函数的定义为(−∞, +∞),y ′=−4x 3+4x =−4x (x 2−1), y ′′=−12x 2+4, 令y ′=0, 得x 1=0, x 2=−1, x 3=1.因为y ′′(0)=4>0, y ′′(−1)=−8<0, y ′′(1)=−8<0, 所以y (0)=0是函数的极小值, y (−1)=1和y (1)=1是函数的极大值.(4)函数的定义域为(−∞, 1],,令y ′=0, 得驻点.因为当时,y′>0; 当时,y′<0, 所以为函数的极大值.(5)函数的定义为(−∞, +∞), , 驻点为 .因为当时,y′>0; 当时,y′<0, 所以函数在处取得极大值,极大值为 .(6)函数的定义为(−∞, +∞), , 驻点为x1=0, x2=−2.列表极小值可见函数在x=−2处取得极小值 ,在x=0处取得极大值4.(7)函数的定义域为(−∞, +∞).y′=e x(cos x−sin x ), y′′=−e x sin x.令y′=0, 得驻点 ,, (k=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅).因为 ,所以是函数的极大值.因为y′′, 所以是函数的极小值.(8)函数的定义域为(0, +∞),.令y′=0, 得驻点x=e .因为当x<e时,y′>0; 当x>e时,y′<0, 所以为函数f(x)的极大值.(9)函数的定义域为(−∞, +∞), , 因为y′<0, 所以函数在(−∞, +∞)是单调减少的, 无极值.(10)函数y =x +tg x 的定义域为(k =0, ±1, ±2, ⋅ ⋅ ⋅).因为y ′=1+sec 2x >0, 所以函数f (x )无极值.2. 试证明: 如果函数y =ax 3+bx 2+cx +d 满足条件b 2−3ac <0, 那么这函数没有极值 .证明y ′=3a x 2+2b x +c . 由b 2−3ac <0, 知a ≠0. 于是配方得到 y ′=3ax 2+2bx +c因3ac −b 2>0, 所以当a >0时, y ′>0; 当a <0时, y ′<0. 因此y =ax 3+bx 2+cx +d 是单调函数, 没有极值.3. 试问a 为何值时, 函数 在 处取得极值？它是极大值还是极小值？并求此极值.解 f ′(x )=a cos x +cos 3x , f ′′(x )=−a sin x −3 sin x .要使函数f (x )在 处取得极值, 必有, 即 , a =2 .当a =2时,. 因此, 当a =2时, 函数f (x )在处取得极值, 而且取得极大值, 极大值为 . 4. 求下列函数的最大值、最小值:(1) y =2x 3−3x 2, −1≤x ≤4;(2) y =x 4−8x 2+2, −1≤x ≤3 ; (3) , −5≤x ≤1.解 (1)y ′=6x 2−6x =6x (x −1), 令y ′=0, 得x 1=0, x 2=1. 计算函数值得 y (−1)=−5, y (0)=0, y (1)=−1, y (4)=80,经比较得出函数的最小值为y (−1)=−5, 最大值为y (4)=80.(2)y ′=4x 3−16x =4x (x 2−4), 令y ′=0, 得x 1=0, x 2=−2(舍去), x 3=2. 计算函数值得 y (−1)=−5, y (0)=2, y (2)=−14, y (3)=11,经比较得出函数的最小值为y (2)=−14, 最大值为y (3)=11.(3), 令y′=0, 得 .计算函数值得, , y(1)=1,经比较得出函数的最小值为 ,最大值为 .5. 问函数y=2x3−6x2−18x−7(1≤x≤4)在何处取得最大值？并求出它的最大值.解y′=6x2−12x−18=6(x−3)(x+1), 函数f(x)在1≤x≤4内的驻点为x=3.比较函数值:f(1)=−29, f(3)=−61, f(4)=−47,函数f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f (1)=−29.6. 问函数(x<0)在何处取得最小值？解, 在(−∞, 0)的驻点为x=−3. 因为, ,所以函数在x=−3处取得极小值.又因为驻点只有一个,所以这个极小值也就是最小值,即函数在x=−3处取得最小值,最小值为.7. 问函数(x≥0)在何处取得最大值？解. 函数在(0, +∞)内的驻点为x=1.因为当0<x<1时,y′>0; 当x>1时y′<0, 所以函数在x=1处取得极大值.又因为函数在(0, +∞)内只有一个驻点,所以此极大值也是函数的最大值,即函数在x=1处取得最大值,最大值为f (1)=.8. 某车间靠墙壁要盖一间长方形小屋,现有存砖只够砌20cm长的墙壁,问应围成怎样的长方形才能使这间小屋的面积最大？解设宽为x长为y, 则2x+y=20, y=20−2x, 于是面积为S= xy=x(20−2x)=20x−2x2.S ′=20−4x=4(10−x), S′′=−4.令S′=0, 得唯一驻点x=10.因为S′′(10)−4<0, 所以x=10为极大值点,从而也是最大值点.当宽为5米,长为10米时这间小屋面积最大.9. 要造一圆柱形油罐, 体积为V , 问底半径r 和高h 等于多少时, 才能使表面积最小？这时底直径与高的比是多少？解 由V =π r 2h , 得h =V π−1r −2. 于是油罐表面积为S =2π r 2+2π rh (0<x <+∞),.令S ′=0, 得驻点 . 因为 , 所以S 在驻点处取得极小值, 也就是最小值. 这时相应的高为. 底直径与高的比为2r : h =1 : 1.10. 某地区防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如图), 截面的面积为5m 2, 问底宽x 为多少时才能使截面的周长最小, 从而使建造时所用的材料最省？解 设矩形高为h , 截面的周长S , 则 ,. 于是(),.令S ′=0, 得唯一驻点 .因为, 所以为极小值点, 同时也是最小值点. 因此底宽为 时所用的材料最省.11. 设有重量为5kg 的物体, 置于水平面上, 受力F 的作用而开始移动(如图). 设摩擦系数μ=0.25, 问力F 与水平线的交角α为多少时, 才可使力F 的大小为最小？解 由F cos α =(m −F sin α)μ 得(),,驻点为α= arctan μ.因为F的最小值一定在内取得,而F在内只有一个驻点α= arctan μ,所以α=arctan μ一定也是F的最小值点.从而当α=arctan0.25=14°时,力F最小.12. 有一杠杆,支点在它的一端.在距支点0.1m处挂一重量为49kg的物体.加力于杠杆的另一端使杠杆保持水平(如图). 如果杠杆的线密度为5kg/m, 求最省力的杆长?解设杆长为x (m), 加于杠杆一端的力为F, 则有, 即 .,驻点为x=1.4. 由问题的实际意义知,F的最小值一定在(0, +∞)内取得,而F在(0, +∞)内只有一个驻点x=1.4, 所以F一定在x=1.4m处取得最小值,即最省力的杆长为1.4m.13. 从一块半径为的圆铁片上挖去一个扇形做成一漏斗(如图), 问留下的扇形的中心角ϕ取多大时,做成的漏斗的容积最大？解漏斗的底周长l、底半径r、高h分别为l=R⋅ϕ, , .漏斗的容积为(0<ϕ<2π).，驻点为 .由问题的实际意义,V一定在(0, 2π)内取得最大值,而V在(0, 2π)内只有一个驻点,所以该驻点一定也是最大值点.因此当ϕ时,漏斗的容积最大.14. 某吊车的车身高为1.5m, 吊臂长15m, 现在要把一个6m宽、2m高的屋架,水平地吊到6m高的柱子上去(如图), 问能否吊得上去？解设吊臂对地面的倾角为ϕ时, 屋架能够吊到的最大高度为h. 在直角三角形ΔEDG中15sin ϕ=(h−1. 5)+2+3tan ϕ,故,.令h′=0得唯一驻点°.因为 ,所以ϕ=54°为极大值点,同时这也是最大值点.当ϕ=54°时,m.所以把此屋最高能水平地吊至7. 5m高,现只要求水平地吊到6m处,当然能吊上去.15. 一房地产公司有50套公寓要出租.当月租金定为1000元时,公寓会全部租出去.当月租金每增加50元时,就会多一套公寓租不出去,而租出去的公寓每月需花费100元的维修费.试问房租定为多少可获最大收入？解房租定为x元,纯收入为R元.当x≤1000时,R=50x−50×100=50x−5000, 且当x=1000时,得最大纯收入45000元.当x>1000时,,.令R′=0得(1000, +∞)内唯一驻点x=1800. 因为 ,所以1800为极大值点,同时也是最大值点.最大值为R=57800.因此,房租定为1800元可获最大收入.习题3−8描绘下列函数的图形:1. ; 解 (1)定义域为(−∞, +∞);(2),,令y ′=0, 得x =−2, x =1; 令y ′′=0, 得x =−1, x =1. (3)(4)作图:2. ;解 (1)定义域为(−∞, +∞);(2)奇函数, 图形关于原点对称, 故可选讨论x ≥0时函数的图形. (3) , , 当x ≥0时, 令y ′=0, 得x =1; 令y ′′=0, 得x =0, . (4)( 极大值(5)有水平渐近线y =0; (6)作图:3. ;解 (1)定义域为(−∞, +∞);(2),令y ′=0, 得x =1; 令y ′′=0, 得 ,.(3)(4)有水平渐近线y =0; (5)作图:4. ;解 (1)定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞);(2), ,令y′=0, 得 ;令y′′=0, 得x=−1.(3)列表(4)有铅直渐近线x=0;(5)作图:5. .解(1)定义域为(n=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅)(2)是偶函数,周期为2 π . 可先作[0, π]上的图形,再根据对称性作出[−π, 0)内的图形,最后根据周期性作出[−π, π]以外的图形;(3), ,在[0, π]上,令y′=0, 得x=0, x=π ; 令y′′=0, 得 .(4)(5)有铅直渐近线及;(6)作图:习题3−71. 求椭圆4x 2+y 2=4在点(0, 2)处的曲率. 解 两边对x 求导数得8x +2yy ′=0, , .y ′|(0, 2)=0, y ′′|(0, 2)=−2. 所求曲率为.2. 求曲线y =lnsec x 在点(x , y )处的曲率及曲率半径.解, .所求曲率为曲率半径为.3. 求抛物线y =x 2−4x +3在其顶点处的曲率及曲率半径. 解 y ′=2x −4, y ′′=2.令y ′=0, 得顶点的横坐标为x =2. y ′|x =2=0, y ′′|x =2=2. 所求曲率为, 曲率半径为.4. 求曲线x=a cos3t, y=a sin 3t在t=t0处的曲率.解, .所求曲率为.5. 对数曲线y=ln x上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径.解, .,.令ρ′=0, 得 .因为当时, ρ<0; 当时,ρ>0, 所以是ρ的极小值点,同时也最小值点.当时, . 因此在曲线上点处曲率半径最小, 最小曲率半径为 .6. 证明曲线 在点(x , y )处的曲率半径为 .解 , . 在点(x , y )处的曲率半径为.7. 一飞机沿抛物线路径 (y 轴铅直向上, 单位为m )作俯冲飞行, 在坐标原点O 处飞机的速度为v =200m /s 飞行员体重G =70Kg. 求飞机俯冲至最低点即原点O 处时座椅对飞行员的反力.解,; y ′|x =0=0,..向心力(牛顿).飞行员离心力及它本身的重量对座椅的压力为 79×9.8+560=1246(牛顿).8. 汽车连同载重共5t, 在抛物线拱桥上行驶, 速度为21.6km/h , 桥的跨度为10m, 拱的矢高为0.25m . 求汽车越过桥顶时对桥的压力.解 如图取直角坐标系, 设抛物线拱桥方程为y =ax 2, 由于抛物线过点(5, 0.25), 代入方程得,于是抛物线方程为y =0. 01x 2. y ′=0.02x , y ′′=0.02..向心力为(牛顿).因为汽车重为5吨, 所以汽车越过桥顶时对桥的压力为 5×103×9.8−3600=45400(牛顿).*9. 求曲线y=ln x在与x轴交点处的曲率圆方程.*10. 求曲线y=tan x在点处的曲率圆方程.*11. 求抛物线y2=2px的渐屈线方程.总习题三1. 填空:设常数k>0, 函数在(0, +∞)内零点的个数为________.解应填写2.提示: , .在(0, +∞)内, 令f′(x)=0, 得唯一驻点x=e .因为f′′(x)<0, 所以曲线在(0, +∞)内是凸的, 且驻点x=e一定是最大值点, 最大值为f(e)=k>0.又因为, , 所以曲线经过x轴两次, 即零点的个数为2.2. 选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论:设在[0, 1]上f′′(x)>0, 则f′(0), f′(1), f(1)−f(0)或f(0)−f(1)几个数的大小顺序为( ).(A)f′(1)>f′(0)>f(1)−f(0); (B)f′(1)>f(1)−f(0)>f′(0);(C)f(1)−f(0)>f′(1)>f′(0); (D)f′(1)>f(0)−f(1)>f′(0).解选择B .提示: 因为f′′(x)>0, 所以f′(x)在[0, 1]上单调增加, 从而f′(1)>f′(x)>f′(0).又由拉格朗日中值定理, 有f(1)−f(0)=f′(ξ), ξ∈[0, 1], 所以f′(1)> f(1)−f(0)>f′(0).3. 列举一个函数f(x)满足: f(x)在[a, b]上连续, 在(a,b)内除某一点外处处可导, 但在(a, b)内不存在点ξ, 使f(b)−f(a)=f ′(ξ)(b−a).解取f(x)=|x|, x∈[−1, 1].易知f(x)在[−1, 1]上连续, 且当x>0时f′(x)=1; 当x>0时, f′(x)=−1; f′(0)不存在, 即f(x)在[−1, 1]上除x=0外处处可导.注意f(1)−f(−1)=0, 所以要使f(1)−f(−1)=f′(ξ)(1−(−1))成立, 即f′(ξ)=0, 是不可能的.因此在(−1, 1)内不存在点ξ, 使f(1)−f(−1)=f′(ξ)(1−(−1)).4. 设, 求.解根据拉格朗日中值公式, f(x+a)−f (x)=f′(ξ )⋅a, ξ介于x+a与x之间.当x→∞时, ξ→∞, 于是.5. 证明多项式f (x)=x3−3x+a在[0, 1]上不可能有两个零点.证明f′(x)=3x2−3=3(x2−1), 因为当x∈(0, 1)时, f′(x)<0, 所以f (x)在[0, 1]上单调减少. 因此, f(x) 在[0, 1]上至多有一个零点.6. 设 =0, 证明多项式f(x)=a0+a1x+⋅⋅⋅+anx n在(0,1)内至少有一个零点.证明设, 则F(x)在[0, 1]上连续, 在(0, 1)内可导, 且F(0)=F(1)=0. 由罗尔定理, 在(0, 1)内至少有一个点ξ, 使F(ξ )=0. 而F ′(x)=f(x), 所以f(x)在(0, 1)内至少有一个零点.7. 设f(x)在[0, a]上连续, 在(0, a)内可导, 且f(a)=0, 证明存在一点ξ∈(0, a), 使f(ξ)+ξf′(ξ)=0.证明设F(x)=xf(x), 则F(x)在[0, a]上连续, 在(0, a)内可导, 且F(0)=F(a)=0. 由罗尔定理, 在(0, a)内至少有一个点ξ, 使F(ξ)=0. 而F(x)=f(x)+x f′(x), 所以f(ξ)+ξf′(ξ)=0.8. 设0<a<b, 函数f(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 试利用柯西中值定理, 证明存在一点ξ∈(a, b)使.证明对于f(x)和ln x在[a, b]上用柯西中值定理, 有, ξ∈(a, b),即, ξ∈(a, b).9. 设f(x)、g(x)都是可导函数, 且|f′(x)|<g′(x), 证明: 当x>a时, |f(x)−f(a)|<g(x)−g(a).证明由条件|f′(x)|<g′(x)得知, , 且有g′(x)>0, g(x)是单调增加的, 当x>a 时,g(x)>g(a).因为f (x)、g (x)都是可导函数, 所以f (x)、g (x) 在[a, x]上连续, 在(a, x)内可导, 根据柯西中值定理, 至少存在一点ξ∈(a, x), 使.因此, , |f (x)−f (a)|<g (x)−g (a).10. 求下列极限:(1); (2);(3) .(4)(其中a 1, a 2, ⋅ ⋅ ⋅, a n >0). 解 (1) (x x)′=(ex l n x)′=ex l n x(ln x +1)=x x(ln x +1)..(2)(3) ,因为,所以.(4)令. 则, 因为=ln a 1+ln a 2+⋅ ⋅ ⋅+ln a n =ln(a 1⋅a 2⋅ ⋅ ⋅ a n ). 即=ln(a 1⋅a 2⋅ ⋅ ⋅ a n ), 从而 .11. 证明下列不等式:(1)当 时,;(2):当x >0时, .证明 (1)令, . 因为,所以在内f (x )为单调增加的. 因此当时有], 即.(2)要证(1+x )ln(1+x )>arctan x , 即证(1+x )ln(1+x )− arctan x >0.设f (x )=(1+x )ln(1+x )− arctan x , 则f (x )在[0, +∞)上连续,.因为当x >0时, ln(1+x )>0, , 所以f ′(x )>0, f (x )在[0, +∞)上单调增加. 因此, 当x >0时, f (x )>f (0), 而f (0)=0, 从而f (x )>0, 即(1+x )ln(1+x )−arctan x >0 .12. 设, 求f (x )的极值.解 x =0是函数的间断点.当x <0时, f ′(x )=1; 当x >0时, f ′(x )=2x 2x(ln x +1).令f ′(x )=0, 得函数的驻点.列表:极小值函数的极大值为f (0)=2, 极小值为.13. 求椭圆x2−xy +y2=3上纵坐标最大和最小的点.解2x−y−xy′+2yy′=0, . 当时, y′=0.将代入椭圆方程, 得, y =±2 .于是得驻点x=−1, x=1. 因为椭圆上纵坐标最大和最小的点一定存在, 且在驻点处取得, 又当x=−1时, y=−2, 当x=1时, y=2, 所以纵坐标最大和最小的点分别为(1, 2)和(−1, −2).14. 求数列的最大项.解令(x>0), 则,,.令f′(x)=0, 得唯一驻点x=e .因为当0<x<e时, f′(x)>0; 当x>e时, f′(x)<0, 所以唯一驻点x=e为最大值点.因此所求最大项为.15. 曲线弧y=sin x(0<x<π)上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径.解y′=cos x, y′′=−sin x,(0<x<π),.在(0, π)内, 令ρ′=0, 得驻点.因为当时, ρ′<0; 当时, ρ′>0, 所以是ρ的极小值点, 同时也是ρ的最小值点, 最小值为.16. 证明方程x3−5x−2=0只有一个正根. 并求此正根的近似值, 使精确到本世纪末10−3 .解设f (x)=x3−5x−2, 则f′(x)=3x2−5, f′′(x)=6x .当x>0时, f′′(x)>0, 所以在(0, +∞)内曲线是凹的, 又f(0)=−2, , 所以在(0, +∞)内方程x3−5x−2=0只能有一个根.(求根的近似值略)17. 设f ′′(x)存在, 证明.证明. 18. 设f(n)(x)存在, 且f (x)=f′(x)= ⋅⋅⋅ =f (n)(x)=0, 证明f(x)=o[(x−x)n] (x→x). 证明因为=⋅⋅⋅,所以f (x )=o [(x −x 0)n] (x →x 0).19. 设f (x )在(a , b )内二阶可导, 且f ′′(x )≥0. 证明对于(a , b )内任意两点x 1, x 2及0≤t ≤1, 有f [(1−t )x 1+tx 2]≤(1−t )f (x 1)+tf (x 2).证明 设(1−t )x 1+tx 2=x 0. 在x =x 0点的一阶泰勒公式为(其中ξ介于x 与x 0之间).因为f ′′(x )≥0, 所以f (x )≥f (x 0)+f ′(x 0)(x −x 0).因此f (x 1)≥ f (x 0)+f ′(x 0)(x 1−x 0), f (x 2)≥f (x 0)+f ′(x 0)(x 2−x 0).于是有(1−t )f (x 1)+tf (x 2)≥(1−t )[ f (x 0)+f ′(x 0)(x 1−x 0)]+t [f (x 0)+f ′(x 0)(x 2−x 0)] =(1−t )f (x 0)+t f (x 0)+f ′(x 0)[(1−t )x 1+t x 2]−f ′(x 0)[(1−t )x 0+t x 0] =f (x 0)+f ′(x 0)x 0−f ′(x 0)x 0 =f (x 0),即 f (x 0)≤(1−t )f (x 1)+tf (x 2),所以 f [(1−t )x 1+tx 2]≤(1−t )f (x 1)+tf (x 2) (0≤t ≤1).20. 试确定常数a 和b , 使f (x )=x −(a +b cos x )sin x 为当x →0时关于x 的5阶无穷小. 解 f (x )是有任意阶导数的, 它的5阶麦克劳公式为.要使f (x )=x −(a +b cos x )sin x 为当x →0时关于x 的5阶无穷小, 就是要使极限存在且不为0. 为此令,解之得,.因为当,时,,所以当,时, f(x)=x−(a+b cos x)sin x为当x→0时关于x的5阶无穷小.。