1、1第一章 函数极限连续一. 填空题1. 已知 定义域为_.,_)(,1)(,sin)( 2xxfxf 则解. , 1arcsin2, 12x|20x2设 , 则 a = _.atxdelim解. 可得 = , 所以 a = 2.ateatt e)(3. =_. nnn2221lim解. 222 0, b 0nnba2lim解. nnli cx/,/1xcxxxaec2ln)1l(im1002li = baeaexxxx cc1lnim2ln)1l(im004. 设 0cos1)s()(022xdtxf试讨论 在 处的连续性与可导性.)(f解. 20020 coslim1cos1lim)(li)
2、( xdtxdtxff xxx 2li2cosli00xx32000 )cos1(2li)cos1(li)(li)( xxff xxx 6m3sn2所以 , 在 处连续可导.)(f)(f5. 求下列函数的间断点并判别类型7(1) 12)(1xf解. , lim)0(10xf 12lim)0(10xf所以 x = 0 为第一类间断点 .(2) 1sinco2)()xf0解. f(+0) =sin1, f( 0) = 0. 所以 x = 0 为第一类跳跃间断点;不存在. 所以 x = 1 为第二类间断点;silm)(li211fxx不存在, 而 ,所以 x = 0 为第一类可去间断点;2f 2co
3、s)(li2x, (k = 1, 2, ) 所以 x = 为第二类无穷间断点.kxcos)(li2 2k6. 讨论函数 在 x = 0 处的连续性.xef1in)(解. 当 时 不存在, 所以 x = 0 为第二类间断点;0)si(limx当 , , 所以01n0时,在 x = 0 连续 , 时, x = 0 为第一类跳跃间断点 .7. 设 f(x)在a, b上连续, 且 a b, 试证在(a, b)内至少存在一个 , 使 f() = .证明: 假设 F(x) = f(x)x, 则 F(a) = f(a)a 0于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个, 使 f() = .89. 设 f(x)
4、在0, 1上连续, 且 0 f(x) 1, 试证在0, 1 内至少存在一个 , 使 f() = .证明: (反证法 ) 反设 . 所以 恒大于 0 或恒小于 0. 不妨设0)(,1xfxxfx)(. 令 , 则 . (,10xfxmin10x因此 . 于是 , 矛盾. 所以在0, 1 内至少存在一个 , 使 f() = .), )(f10. 设 f(x), g(x)在a, b上连续, 且 f(a) g(b), 试证在(a, b)内至少存在一个, 使f() = g().证明: 假设 F(x) = f(x)g(x), 则 F(a) = f(a)g(a) 0于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个
5、, 使 f() = .11. 证明方程 x53x2 = 0 在(1, 2) 内至少有一个实根.证明: 令 F(x) = x53x2, 则 F(1) =4 0所以 在(1, 2) 内至少有一个 , 满足 F() = 0.12. 设 f(x)在 x = 0 的某领域内二阶可导, 且 , 求 及 .0)(3sinlm20xfx )0(,)(ff 23)(limxf解. )(il)(sil)(3sinlm203020 xfxfxf xxx. 所以. f(x)在 x = 0 的某领域内二阶可导, 所以 在 x = 0 连续. 所以 f(0) = 3. 因为)(il0fx )(,f, 所以 , 所以3si
6、nlm20xfx 03)(3sinlm20xfx20302020 3coslimsiliili)(li xf xxxx = 93sn029)(li)(lim0)(li)( 2000 xfxfxff xxx由 , 将 f(x)台劳展开, 得2lim0x, 所以 , 于是293)()(!1)(li 220 xffx 29)0(1f.9)(f(本题为 2005 年教材中的习题, 2008 年教材中没有选入. 笔者认为该题很好, 故在题解中加入此题)第二章 导数与微分一. 填空题1 . 设 , 则 k = _.)(31)(lim000 xfxfkfx 解. , 所以0k )(31)(00xff9所以
7、31k2. 设函数 y = y(x)由方程 确定, 则 _.0)cos(xyeyx dxy解. , 所以in()1(exxyeyxsin3. 已知 f(x) =f(x), 且 , 则 _.kf)(0)(0xf解. 由 f(x) =f(x)得 , 所以x)(xf所以 kfxf)()(004. 设 f(x)可导, 则 _.xnfmx )(li 0解. xffx )()(lim00= + =x0 nffnx)(li00 )(0xfnm5. , 则 = _.f1)()(fn解. , 假设 , 则12)(!)( xxxf 1)()!2kkxf, 所以1)1()(!kkf 1)()!nnf6. 已知 ,
8、则 _.xfdx22f解. , 所以 . 令 x2 = 2, 所以f1322f12xf7. 设 f 为可导函数, , 则 _.)(sinxfydy解. )(sinco)(co)( xfxfdxy8. 设 y = f(x)由方程 所确定, 则曲线 y = f(x)在点(0, 1) 处的法线方程为_.1s2eyey解. 上式二边求导 . 所以切线斜率0)si()( xx. 法线斜率为 , 法线方程为2)0yk, 即 x2y + 2 = 0.110二. 选择题1. 已知函数 f(x)具有任意阶导数, 且 , 则当 n 为大于 2 的正整数时, f(x)的 n 阶导数是2)(xff(a) (b) (c
9、) (d) 1)(!nxf 1)(nxfnnxf)(!解. , 假设 = , 所以3!22 ff)(fk1k= , 按数学归纳法)(1xfk 2!1)(kkxx= 对一切正整数成立 . (a)是答案.)(n1!nf2. 设函数对任意 x 均满足 f(1 + x) = af(x), 且 b, 其中 a, b 为非零常数, 则)0(f(a) f(x)在 x = 1 处不可导 (b) f(x)在 x = 1 处可导, 且 a)1(f(c) f(x)在 x = 1 处可导, 且 b (d) f(x)在 x = 1 处可导, 且 ab)(f 解. b = = , 所以 ab. (d)是答案0lim)0(
10、 xffx )1()()(li0 faffax )(f注: 因为没有假设 可导, 不能对于 二边求导.f )(1(xff3. 设 , 则使 存在的最高阶导数 n 为|3)(2f)(n(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3解. . 34)(xf0xf124)( 024limlim 0 f xx1)()(0ff所以 n = 2, (c)是答案.4. 设函数 y = f(x)在点 x0 处可导, 当自变量 x 由 x0 增加到 x0 + x 时, 记y 为 f(x)的增量, dy 为 f(x)的微分, 等于xdyx0lim(a) 1 (b) 0 (c) 1 (d) 解. 由微分定义y = d
11、y + o(x), 所以 . (b)是答案.)(limli00odyxx5. 设 在 x = 0 处可导, 则baxfsin)(2(a) a = 1, b = 0 (b) a = 0, b 为任意常数 (c) a = 0, b = 0 (d) a = 1, b 为任意常数解. 在 x = 0 处可导一定在 x = 0 处连续 , 所以, 所以 b = 0.)(lim1sinl2, , 所以 0 = )0()(ff xaxx02li1sinl a. (c)是答案.三. 计算题111. )310lncos(2yxy， 求解. )310tan(6)(i 22x2. 已知 f(u)可导, )ln(2y
12、xfy， 求解. 2221)l( xaxaaf= 2lnxf3. 已知 , 求 .200sinco2 ytdtey解. 2s2xy2co2yey4. 设 y 为 x 的函数是由方程 确定的, 求 .xyxarctnln2解. 2221xyxy, 所以 四. 已知当 x 0 时, f(x) 有定义且二阶可导, 问 a, b, c 为何值时cbaF2(0x二阶可导.解. F( x)连续, 所以 , 所以 c = f(0) = f(0);)(lim)(li00Fxx因为 F(x)二阶可导, 所以 连续, 所以 b = , 且 )0)0(2(faFx存在, 所以 , 所以)0 F, 所以axffaxf
13、fxx 2)0(2lim)(lim00 21fa12五. 已知 .)0(1)(2nfxf， 求解. xxf 11)( )(2)(!2nnnf, k = 0, 1, 2, 0)1(kf, k = 0, 1, 2, !2n六. 设 , 求 .xyl)1(nf解. 使用莱布尼兹高阶导数公式121)1()()( )!()!(ll nnnnn xxxf= 12112 !()!()1 nnnn所以 2)(fnn第三章 一元函数积分学 (不定积分)一. 求下列不定积分:1. dxx1ln2解. l2 cxxd21ln4l1ln22. cxdxx 22 art2arctarct1arctn3. osi)os(
14、i2解. cxxddxx 22 os1incos1insic1in)c1(i4. )(8d解. 方法一: 令 , tx1 cttdtxd )1ln(81)( 88782813= cx81ln方法二: dxxdxd )1()1()1( 87878= =cx)ln(|l88 cx81ln5 dxdxcosi12i2)si(2cosin1dxn1cosin12xxx 2cos2si)(tan1t|cosin1|l2dxcxx |2|l|i|l二. 求下列不定积分:1. 2)1(2xxd解. 1)()1()( 222 xdxx txan令 tdseco2=ccttdsin1sico22. 241x解.
15、 令 x = tan t, cttdtdttdd sin1i3sinisincoetanc1 24434224= cxx23213. 221)(xd解. 令 tan14 tdttdttxd 222222 sin1cosinsec)1an(1)(= xct2rtsinar4. (a 0)2xd解. 令 tasin ctatdtatadx 2sin412cos1cosi222= xx22rin5. dx32)1(解. 令 tsi dttdttd42cos214)2cos1(cos)(432= tttttt in3si83)(8in1= cx2os41sarc83= tt)in(cin2i= cxx
16、518arcsi326. dx421解. 令 t dttdttdx224242 11usin令 ud2cosi= cxcu323)(os7. dxx1215解. 令 tddxtxansec,sec ctdttt sin)cos1(1122xarcos2三. 求下列不定积分:1. dxex1243解. ceedxe xxxx )arctn(1)(12222432. )1(xd解. 令 , t2lntcttdtttddx 2lnarl112ln)1()41( 22= cxx)arln四. 求下列不定积分:1. dx105)2(解. dxxxxd 949595105 )2()2()2(9)(= dx
17、 98398495 4)()2(= 96297398495 )(345)2(5)2(5)( xxxc 9495 )(64)(67832. 41xd16解. 24424 )(111/1 tdtdtttxxd令 cxcuduut 2422 ln|setan|lsecan令五. 求下列不定积分:1. xd2cos解. xdxd2sin41)2cos1(2xini42cxs8s2. xd3sec解. xdxxtansecttansectasec= xddx 32 sec|t|l)1(tncxxd |tasec|ltasecsec33. x2)(ln解. dxxdd23323 )(ln)(l1)(ln)
18、(lx223l6l)(l dx23 6ln)(llcxln)(l)(ln234. dx)cos(l解. dxxxdx )cos(ln)sin(l)co(l)sin(l)co(ln x 2)cs(l5. dxxxdxd 2sin81si2sin81cosin81sino 2343417cxxdx 2ot41sin82sin412si82六. 求下列不定积分:1. dxx2)1(ln解. 222 1)ln(1)(l xd= xxx 222ln1ta令 tdt222 sec1an1)(l = dtx22sico)1(ln= t22in1)(l= ctxsil4)1(ln2= x21ln)(l22.
19、dx21arctn解. dxxxdx 2222 1arctn1arctnrt= c )l(rt1rt1223. dxe2arctn解. dxeedexxxxx 2222 1arctn1arctn1rtexxx2rt1 xxxx )(rt22ceedee xxxxxx artnarctn(1)1(arctn2 2218七. 设 , 求 .xexf)32(1ln) 0dxf)(解. dxdf )(l)(212 222)4( 3)ln(1lncexcxx 0考虑连续性, 所以c =1+ c 1, c1 = 1 + cdxf)(cexcxx)4( 3)1ln(2ln220八. 设 , (a, b 为不
20、同时为零的常数), 求 f(x).aefxcossin)(解. 令 , , 所以ttl， )cos(ln)in(l)( ttafdxxxf cssi)(= cbba)(l)()l2九. 求下列不定积分:1. dxx)3(2解. cxxx 3ln)(232222. d)1(53(232解. )523()523(xdxxxc22)(513. dxx21)ln(解. cxxdxx )1(ln21)ln()1ln()l( 2222194. )1ln()11(22xxd解. cxxd |)1ln(|)1ln()l()( 2222十. 求下列不定积分:1. dx)1(arctn2解. 12222 )(ar
21、ctn1)()1(arctn)(rt xdxd dx 2222 )(tarctrttxtdxt cos1arctn1os1rtna 222令cecttx in4ti841rc2xe221arnt2. dx1arcsin解. 令 tt2an,ri则 ctttdttdtx anan1arcsin 2222xxcx 1rcsi)1(arcsiri3. dxx221acsin解. dttdtttx )1(cscosin1sinri 22222令dtdtt 2coco21|sin|lcxxx2)(arsin|larci204. dx)1(arctn2解. dttdttt )1(cssecan)(rt 2
22、222令22ott1ocs ttdtdt cxxxctt 22 )(artn1|lnar1|in|locxx22)(art1larct十一. 求下列不定积分:1. d234解. dttdtttxx 233 cosincos2sin8i令dt 532co)cos1(32xx2523)4(42. a2解. dtadtattx 22 cos1nsecsec令xat rotn23. dxex21)(解. udutdttdtxx cosin1si11)()( 222令令cecuxxarsinos4. (a 0)dx2解. u令 dua24tasin2令 td42si821= dttadta )2cos2
23、1(4)2cos1(82= ctattadttt 4sini34cossin222= cttatat )in1(inci43 222= cososn3= caxxaaxa 222rcsi32= c)(3rin2十二. 求下列不定积分:1. xdcos1sin解. xdxdxd 222 cos1cos1sin)(co1insi )()(cos1 22uux令 cdu|ln1)2(xx|cos12|lcos12. d2in解. xdxxcos2)(cos2costtan令 |cos2|ln3|ln12 xtdtt= ccxt |s|l)2(ta1art4|os|l3rc43. dxosin解. d
24、xxcosin121c22= dxdxdxx cosin12)cos(in21cosin)(s212= )4sin()(si x= cx|82ta|l)cos(in21十三. 求下列不定积分:1. dx1解. cttdttx 3332 141)(1令c2342. dxe1解. dtdtttedxexx )1(secan1sec12令ctt xxx ro)ln(|asc|ln23. dxxar1解. 令 tdxtxtt ansec2,sec,1an,rc 2 dtttttdxx 22 cos1ansecat122 tanttcos tdttct 2|s|lnacxxx 2)1(artn|l1rt
25、第三章 一元函数积分学 (定积分)一若 f(x)在a，b上连续, 证明: 对于任意选定的连续函数(x), 均有 , 则 f(x) 0.0badxf证明: 假设 f() 0, a 0. 因为 f(x)在a ，b 上连续, 所以存在 0, 使得在, + 上 f(x) 0. 令 m = . 按以下方法定义a，b上(x): 在 , + 上 (x) = , 其它地方 (x) = 0. 所以(minxfx 22)(23.02)()( mdxfdxfba和 矛盾. 所以 f(x) 0.0)(baxf二. 设为任意实数 , 证明: = .20)(tan1dxI 4)(cot120dx证明: 先证: =4)(c
26、os)(sin20fxf 20)(s)(sinff令 t = , 所以20)(cos)(sindxfxf 02 )(sin)(cotdftf= 20)(in)(tftf 0)(i)(xfxf于是 20)(cos)(sindxfxf 20)(cos)(sindxff 20)(sin)(codxfxf= )()(i 2020ff所以 = .4)(cos)(sin20dxfxf 20)(cos)(sindxfxf所以 20)(ta1I 4)(in)(cosi12020 dx同理 .4)(cot120dxI三已知 f(x)在0，1上连续, 对任意 x, y 都有|f(x)f(y)| 0, (0 0,
27、证明: 对于满足 0 0因为 f(0) = f(1) = 0x0 (0,1)使 f(x0) = (f(x)1max所以 （1）df10)( dxff0)()(在（0，x 0）上用拉格朗日定理0()ff）),(0x在（x 0, 1）上用拉格朗日定理0)()(xff)1,(0x所以 )(4)1( )()( 0010xfxf ffdxfdd （因为 ）ab2所以 104)()(dxfxf由（1）得0)(xf十. 设 f(x)在0, 1上有一阶连续导数, 且 f(1)f(0) = 1, 试证:1)(102dxf证明: 102)(xf 1)0(1()( 221002 fdxf十一. 设函数 f(x)在0
28、, 2上连续, 且 = 0, = a 0. 证明: 0, 2, 使|f()| a.20)(dxf20)(f解. 因为 f(x)在0, 2上连续, 所以|f(x)|在0, 2 上连续, 所以 0, 2, 取 使|f()| = max |f(x)| (0 x 2)使|f( )| |f(x)|. 所以|)(|1|)(|)(|1|)(1| 202020 fdxffxfa 27第三章 一元函数积分学 (广义积分)一. 计算下列广义积分:(1) (2) (3) 2031)(dxex02)4(1dxx23)1(xd(4) (5) (6) 10sinl2 023)(arctn解. (1) 3223102031
29、 )1()(lim)( edxedxexx(2) 24li)4(02202 bdx(3) 23)1(xd因为 , 所以 积分收敛.所以1)(lim233x 023)(xd=2 23)1(dtxdan)(023令 2cossec2003tdt(4) 21)s(ln)i(l1lim)si(ll)sin(l 0100 xxx(5) 3tansec13212 ddx(6) 12cos)(arctn20203032 tt第四章 微分中值定理一. 设函数 f(x)在闭区间0, 1上可微, 对于0, 1上每一个 x, 函数 f(x)的值都在开区间(0, 1)内, 且 , 证明: 在(0, 1)内有且仅有一1
30、)(xf个 x, 使 f(x) = x.证明: 由条件知 0 0, F(1) 0)上连续, 在(0, x )内可导, 且 f(0) = 0, 试证: 在(0, x)内存在一个, 使 .)(1ln()(fxxf证明: 令 F(t) = f(t), G(t) = ln(1+t), 在0, x上使用柯西定理, (0, x)0x所以 , 即 .)(1()ln(ff)(1ln()(fxxf五. 设 f(x)在a, b上可导, 且 ab 0, 试证: 存在一个 (a, b), 使1)()(1nnffbfa证明: 不妨假设 a 0, b 0. 令 . 在 a, b上使用拉格朗日定理xfFn)()()()(1
31、ffnn 六. 设函数 f(x), g(x), h(x)在 a, b上连续, 在(a, b) 内可导, 证明:存在一个 (a, b), 使0)()( f证明: 令 , 则 F(a) = F(b) = 0, 所以存在一个 (a, b), 使)()(xhgxfbbaF0)()( f七. 设 f(x)在x 1, x2上二阶可导, 且 0 0, 证明: 存在一个 (x1, x2)或(x 2, x1), 使)21eex 证明: 不妨假设 0 x2 时, 都有 f(x1) f(x2), 则(a) 对任意 x, (b) 对任意 x, 0xf 0)(f(c) 函数 f(x) 单调增加 (d) 函数f(x)单调
32、增加解. (a) 反例 : , 有 ; (b) 反例: ; (c) 反例: , 单调减少; 排除(a), (b), (c)后, 3)(f0)(f 3)(xf3)(xf3)(xf(d)为答案. 具体证明如下:令 F(x) = f(x), x 1 x2, x 1 f( x 2) = F(x2).2. 曲线 的渐近线有)(arctn2ey(a) 1 条 (b) 2 条 (c) 3 条 (d) 4 条解. 为水平渐近线;,)2(1arctlimyxex 所 以为铅直渐近线;0,)(rtnli102 xx 所 以,)2(1arctli12 xex )2(1arctnlim12xex所以只有二条渐近线, (b)为答案.3. 设 f(x)在 , + 上连续, 当 a 为何值时, 的值为极小值.dfF2os)()(a) (b) nxdfcos)( nxdfcos1(c) (d) 2)(2解. dxaxfaFcs)()( dxfnxfn)(cos)(o22为 a 的二次式.fxf )(s)(2所以当 a = , F(a)有极小值.dxfc14. 函数 y = f(x)具有下列特征:f(0) = 1; , 当 x 0 时, ; , 则其图形)(f0)(xf
