同济 高等数学 课后习题解析.docx

同济 高等数学 课后习题解析 书后部分习题解答 P21页 1+a+a2+L+an3lim n®¥1+b+b2+L+bn 知识点：1）等比级数求和a+aq+aq+L+aq2n-1a(1-qn)=(q¹1) 1-qn 2）用P14例4的结论：当q<1时，limq=0 n®¥1+a+a2+L+an解：limn®¥1+b+b2+L+bn1-an+11-b=lim1-a= n®¥1-bn+11-a1-b5.判断下列数列是否收敛，若收敛，则求出极限： 设a为正常数，x0>0，xn+1=1a(xn+) 2xn证：由题意，xn>0，xn+1=1a1a(xn+)³×2xn×=a 2xn2xn2a-xn1a又xn+1-xn=(xn+ )-xn=£02xn2xn由单调有界定理，此数列收敛；记limxn=b，对xn+1=n®¥1a1a得b=(b+)，(xn+)两边取极限，2b2xn解得b=，故此数列的极限为a. axn+1-(n+1)x+n1+(x-1)n+1-(n+1)x+nP35页4.极限lim =lim22x®1x®1(x-1)(x-1)122n+11+Cn-(n+1)x+n+1(x-1)+Cn+1(x-1)+(x-1) =limx®1(x-1)22=Cn+1=n(n+1) 20xn+1-(n+1)x+n(若以后学了洛必达法则，则lim 2x®10(x-1)(n+1)xn-(n+1)(n+1)nxn-1n(n+1)） =lim=lim=x®1x®12(x-1)22 书后部分习题解答2 P36页 8.已知当x®0时，(1+ax)-1cosx-1，求常数a. 123知识点：1）等价无穷小的概念； 2）熟记常用的等价无穷小，求极限时可用等价无穷小的替换定理。 12ax3(1+ax)-12a3解：由题意：lim得a=- =lim=-=1x®0x®02cosx-13x2-2123(1+ax)-1或lim=limx®0x®0cosx-1P42页3 关于间断点：1231+ax2-1x2-×(1+ax2)3+(1+ax2)3+1221=-2a=1 3f(x)=11sin xxx=0为第二类间断点 11说明：limsin不存在 x®0xxP43页7证明方程2x1-4x=0在(0,)内必有一实根。 2知识点：闭区间上连续函数的根的存在定理 1f(x)=2x-4x，易知，f(x)在0,上连续； 21 f(0)=1>0，f=2-2<0， 21 故由根的存在定理，至少在(0,)内存在一点x，使f(x)=0， 21x即方程2-4x=0在(0,)内必有一实根. 2证明：设 P61页 3.设f¢(x0)存在，求： limf(x0)-f(x0-Dx)f(x0+h)-f(x0-h) lim h®0Dxhf(x0+3t)-f(x0)tf(x0+Dx)-f(x0)的值为f¢(x0)。 DxDx®0limt®0分析：因f¢(x0)存在，则极限limDx®0把化为相应可用极限的形式 解：Dx®0limf(x0)-f(x0-Dx)f(x0+(-Dx)-f(x0)=lim=f¢(x0) Dx®0Dx(-Dx)limh®0f(x0+h)-f(x0-h)f(x0+h)-f(x0)-f(x0-h)+f(x0)=lim h®0hh =limh®0f(x0+h)-f(x0)f(x0+(-h)-f(x0) -h(-h)(-1) =f¢(x0)+f¢(x0)=2f¢(x0) limt®0f(x0+3t)-f(x0)f(x0+3t)-f(x0)=lim×3=3f¢(x0) t®0t3t8.用导数的定义求x<0ìx,在x=0处的导数. f(x)=íln(1+x),x³0îf¢(x0)=limf(x0+Dx)-f(x0)； Dx知识点：1）导数在一点x0处的定义：Dx®02）点x0处的左右导数的定义与记号： 左导数f-¢(x0)=lim-Dx®0f(x0+Dx)-f(x0)Dxf(x0+Dx)-f(x0)Dx右导数f+¢(x0)=lim+Dx®0 3）分段函数在分界点处的导数必须用导数的定义或左右导数的定义做。 解：因f(0)=0 又f-¢(0)=lim-f(0+Dx)-f(0)Dx-0=lim-=1 Dx®0Dx®0DxDxf(0+Dx)-f(0)ln(1+Dx)-0f+¢(0)=lim+=lim-=1 Dx®0Dx®0DxDx而f-¢(0)=f+¢(0)故f¢(0)=1 ìx2,x£1f(x)=í，为了使函数在x=1处连续且可导，a,b应取什么值？ îax+b,x>1=1处连续，则f(1-0)=f(1+0)=f(1)=1，即 10.设函数题型：分段函数在分界点处的连续性与导数的求法。 解：由题意，函数在xf(1-0)=limf(x)=limx2=1 -x®1x®1f(1+0)=limf(x)=lim(ax+b)=a+b，得a+b=1 +x®1x®1又函数在x=1处可导，则f-¢(1)=f+¢(1) 而f(1+Dx)-f(1)(1+Dx)2-1f-¢(1)=lim-=lim-=2 Dx®0Dx®0DxDxDx®0f+¢(1)=lim-故af(1+Dx)-f(1)a(1+Dx)+b-1=lim-=a Dx®0DxDx=2,b=-1 书后部分习题解答3 P62页 14 设exy-x2+y3=0，求dydxx=0. 分析：1）隐函数求导；2）由x=0代入方程要求出y的值。 解：方程两边对x求导： dydy2x-yexy2dy=0得： e(1×y+x×)-2x+3y× =xy2dxdxdxxe+3yxy 又由x=0代入方程，得y=-1，所以：dydxx=0=1 3dy20.已知xy-sin(py)=0，求dx2d2y(0,-1)，dx2(0,-1). 要点：求隐函数二阶导数的方法。 解：方程两边对x求导： dydy)-cos(py2)×2py×=0 dxdxdy1=-把x=0,y=-1代入式，解得 (0,-1)dx2p (1×y+x×解得：dyy =dx2pycos(py2)-x=-1） 2p再把点代入得dydx(0,-1)dyd2y=y¢，2=y¢¢） 方法1：式两边对x求导， 2p2p2p方法2：式对x求导： d2yy¢2pycos(py2)-x-y2py¢cos(py2)-2pysin(py2)×2pyy¢-1， =dx22pycos(py2)-x2点、一阶导数直接代入即可. P62页15题.利用对数求导法求导 y=x21-x 1+x1ln(1-x)-ln(1+x) 2说明：1）一定要用对数求导法求导；2）取对数后，先化简. 解：取对数：lny=2lnx+两边对x求导：111-11×y¢=2+(-) yx21-x1+x所以：y¢=x21-x21(-) 1+xx1-x2 书后部分习题解答4 P82页 1检验罗尔定理对函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)是否成立？ 分析：1）即检验是否符合罗尔定理的条件； 2）若符合，x是否存在？ 解：易知f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)在1,2,2,3上连续，内可导，且f(1)=f(2)=f(3)=0，故符合罗尔定理的条件。 又由f¢(x)=3x-12x+11=0，得x=2±23，故有f¢(x1)=0;x1Î(1,2) 3f¢(x2)=0;x2Î(2,3)，符合罗尔定理的结论. 故罗尔定理对函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)成立。 4.(3)证：arctana-arctanb£a-b 证：设f(x)=arctanx，当a=b时，等式成立； 若a<b，则易知f(x)=arctanx在a,b上连续，在(a,b)内可导，则由拉格朗日定理 存在xÎ(a,b)，使f(b)-f(a)=f¢(x)(b-a)=1(b-a) 1+x2取绝对值，得arctanb-arctana=1(b-a)£b-a 1+x2同理a>b，可证arctana-arctanb£a-b 综合：有arctana-arctanb£a-b 6.设函数f(x)在闭区间1,2上可微，证明：f(2)-f(1)=3f¢(x)，其中1<x<2. 2x提示：对f(x)，g(x)=x2用柯西中值定理. 8.证明：3arccosx-arccos(3x-4x3)=p，其中x£题型：证明函数为常数； 用到的知识：书78页定理3.4的结论，若f¢(x)º0，则f(x)ºC.(C=f(x0) 证明：设f(x)=3arccosx-arccos(3x-4x3)，则 1. 2f¢(x)=3(-整理，当x<11-x2)+11-(3x-4x3)2(3-12x2)， 1pp，f¢(x)=0，故f(x)ºC，又f(0)=3×-=p 2221所以：3arccosx-arccos(3x-4x3)=p，当x£. 2P89页 2limx®p2tanx tan3x解：limx®p2tanxsinxcos3x1×cos3x =lim=limpptan3xx®sin3xcosxx®(-1)×cosx22=limx®p2-3sin3x=3 sinxlim+x®0lnsinmx(m>0) lnsinxcosmx×mlnsinmxsinmx解：lim =lim+x®0lnsinxx®0cosxsinxmcosmx×sinxmcosmx×x=lim=1 =limx®0+sinmx×cosxx®0+mx×cosx1) x®0x1xcosx-sinxxcosx-sinx=lim解：lim(cotx-)=lim 2x®0x®0x®0xxsinxxcosx+x(-sinx)-cosx-xsinx=lim=0 =limx®0x®02x2x3.lim(cotx- ln 4.lim+x®01xxxlnln1xxlimx®0+ln解：lim= ex®0+x111(-)1ln(-lnx)-lnxx=lim(-x)=0 先求limxlnln=lim=limx®0+x®0+x®0+x®0+11xlnx-2xx1+x1x0ln=e=1 故limx®0+x2xlim(arctanx) x®+¥p解：lim(x®+¥2parctanx)=exx®+¥2limxln(arctanx)p而limxln(arctanx)=limx®+¥22ln+ln(arctanx)ppx®+¥1x11×2arctanx1+x =limx®+¥1-2xp-x22-x2limarctanx=(用到，) =lim=-lim=-12x®+¥x®+¥(1+x2)arctanxx®+¥2p(1+x)故lim(x®+¥2parctanx)=ex-2pln(1+x)-(ax+bx2)=2. 7.试确定常数a,b，使得limx®0x21-(a+2bx)ln(1+x)-(ax+bx2)=lim1+x解：因lim， 2x®0x®0x2x1-a-2bx®0 又x®0，上式分母2x®0，且极限存在，则必须分子1+x得a=1；则 11-2b-(a+2bx)2-1-2b(1+x)5=2，得b=- lim1+x=limx®0x®02222x 书后部分习题解答4 P82页 1检验罗尔定理对函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)是否成立？ 分析：1）即检验是否符合罗尔定理的条件； 2）若符合，x是否存在？ 解：易知f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)在1,2,2,3上连续，内可导，且f(1)=f(2)=f(3)=0，故符合罗尔定理的条件。 又由f¢(x)=3x2-12x+11=0，得x=2±3，故有f¢(x1)=0;x1Î(1,2) 3f¢(x2)=0;x2Î(2,3)，符合罗尔定理的结论. 故罗尔定理对函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)成立。 4.(3)证：arctana-arctanb£a-b 证：设f(x)=arctanx，当a=b时，等式成立； 若a<b，则易知f(x)=arctanx在a,b上连续，在(a,b)内可导，则由拉格朗日定理 存在xÎ(a,b)，使f(b)-f(a)=f¢(x)(b-a)=1(b-a) 21+x取绝对值，得arctanb-arctana=1(b-a)£b-a 21+x同理a>b，可证arctana-arctanb£a-b 综合：有arctana-arctanb£a-b 6.设函数f(x)在闭区间1,2上可微，证明：f(2)-f(1)=3f¢(x)，其中1<x<2. 2x提示：对f(x)，g(x)=x2用柯西中值定理. 8.证明：3arccosx-arccos(3x-4x3)=p，其中x£题型：证明函数为常数； 用到的知识：书78页定理3.4的结论，若f¢(x)º0，则f(x)ºC.(C=f(x0) 证明：设f(x)=3arccosx-arccos(3x-4x3)，则 1. 2f¢(x)=3(-整理，当x<11-x2)+11-(3x-4x3)2(3-12x2)， 1pp，f¢(x)=0，故f(x)ºC，又f(0)=3×-=p 2221所以：3arccosx-arccos(3x-4x3)=p，当x£. 2P89页 2limx®p2tanx tan3x解：limx®p2tanxsinxcos3x1×cos3x =lim=limtan3xx®psin3xcosxx®p(-1)×cosx22=limx®p2-3sin3x=3 sinxlnsinmx(m>0) x®0lnsinxcosmx×mlnsinmxsinmx解：lim =limx®0+lnsinxx®0+cosxsinxmcosmx×sinxmcosmx×x=lim=1 =limx®0+sinmx×cosxx®0+mx×cosxlim+1) x®0x1xcosx-sinxxcosx-sinx=lim解：lim(cotx-)=lim 2x®0x®0x®0xxsinxx3.lim(cotx- =lim cosx+x(-sinx)-cosx-xsinx=lim=0 x®0x®02x2x1xxln 4.lim+x®0xlnln1xxlimx®0+ln=e解：lim +x®0x111(-)1ln(-lnx)-lnxx=lim(-x)=0 先求limxlnln=lim=limx®0+x®0+x®0+x®0+11xlnx-2xx1+x1xln=e0=1 故lim+x®0x2xlim(arctanx) x®+¥p解：lim(x®+¥2parctanx)x=ex®+¥2limxln(arctanx)p而limxln(arctanx)=limx®+¥22ln+ln(arctanx)ppx®+¥1x11×2arctanx1+x =limx®+¥1-2xp-x22-x2limarctanx=(用到，) =lim=-lim=-1x®+¥x®+¥(1+x2)arctanxx®+¥(1+x2)2p故lim(x®+¥2parctanx)=ex-2pln(1+x)-(ax+bx2)=2. 7.试确定常数a,b，使得lim2x®0x1-(a+2bx)ln(1+x)-(ax+bx2)=lim1+x解：因lim， 2x®0x®0x2x1-a-2bx®0 又x®0，上式分母2x®0，且极限存在，则必须分子1+x得a=1；则 11-2b-(a+2bx)2-1-2b(1+x)5=2，得b=- lim1+x=limx®0x®02222x