1、1释 疑 解 难（第一章）一、证明：若 ，则当 充分大时，有 。0limAann2Aan证：因为 ，所以lin对 ， ，当 ， ，即2AN2Aan2Aan若 ，则0an若 ，则A2都有 。an二、函数 在 内是否有界？又当 时，这个函数是xycos),(x否为无穷大，为什么？解： 无界。 ，取 ， ，则Mnx20M。nxycos2)(0 当 时，函数 不是无穷大。xycos因为不论 取得多么大，取 有 ，使XXnXn20。Mxy0)(三、设 在 上连续， ，证明：)(f1,)(0f2，使 。43,0x)41()00xff证：令 )()(fF因为 在 上连续，所以 在 上连续。xf1,0)(xF
2、43,0)4()(f24F)43(1)2(ff )0(43f则 43)21()0(FF 若 、 、 、 全等于 ，则取 即可；)(043,010x若 、 、 、 不全为 ，这四个函数值中就一定有正有)0(41)2(43负，在取得正、负函数值之间， ，使 ，即,0x0)(xF。)41()00xff四、求极限 。xxxecos120)in(lim解：原式= 2cos1insi20 22)i1(li exexex 五、求极限 。20csolimxx解：3原式= 20 coscos1limxxx= 20020 1lislicsli xxx= 。3)cos1(li20 x六、已知 ，试求 、 的值。8)
3、3(lim2axbax ab解： 0)(liax 0)3(322 bab=axax)(limxbaxa)3(li2= 8)(lim)()(li2 baxax由 ，解得 ， 。820)3(b46b1七、设 ， ，证明： 存在，并求其值。1a31nanalim证：因为 ，1a13)(2132 aa假设 ，则n )(1nn4所以对一切 ， ，数列 下方有界；n1ana03)(31 nnnna数列 单调减少， 存在。nalim设 = ，则 ，解得 ， （舍去）nA311A 。ali1八、设函数 对任意的 ， 满足 ，且 在 )(xf1x2 )()(2121xffxf)(f处连续。试证 在区间 上连续。
4、0)(f,证： ， )0()()ff0)(f，,x xxf 在 处连续，)(f0 0)(lim)(lim00 fffxx从而 ，即 在 处连续，(f x由 的任意性， 在区间 上连续。x)xf),(5释 疑 解 难（第二章）一、当 取什么自然数时n001sin)(xxf 在 处是连续的；0x 在 处可微分； 在 处导数是连续的。解： 时， = = =0n)(lim0xfxn1sil0)0(f又 时， 连续x 时， 连续n)(xf =x1silm0xnx1sil0 时， ，可微n)(f ，x xxnxn1cossi21要使 0)(li0ffx只要 2n二、设 ，其中 为连续函数，且 ，求 、 ，
5、)()(xaxf)(x0)(a)(af)(f并说明函数 在 处是否可导。f证：6= =)(afxaffx)(lim0 )(lim0axx= = )(f ffx)(li0 )(li0x ，a)(aff在 处不可导。)(f三、设 ，求 、 。001)(xexf )(f0f解：=)0(f 1lim1li0xxxee=)0(f 1lili01 xxxee四、适当地选定参数 与 ，用立方抛物线 在区间AD)()(DxbaxAy,ba上把两个半直线 及 光滑)()(1axky2k地连接起来。解：，)()(DabAay )(DbaAby，1k2ky 21)(baA7解得： ， 。21)(bakA21kbaD
6、五、 若函数 在点 可导，而函数 在点 不可导，)(xf0)(xg0能否判断它们的和 及它们的积 在点 的)(fF )()(xgfxG0可导性？ 若函数 与 在点 都不可导，)(xfg0x能否判断它们的和 及它们的积 在点 的)()(gfF )()(xgfx0可导性？解： 若 在点 可导，则 在点 可导，与)()(xgfx0 )()(xfFxg0已知矛盾，所以 在点 不可导；F设 在 处可导， 在 处不可导，而xf)(0|)(xg0|)(xG在 处可导，且 ，所以不能确定 在点 处是否可导。G)(x0 设 ， 都在 处不可导，|)(xf |)(xg0但 = ， = 都在 处可导，所以不F0)(
7、)(xgf2x能确定 、 是否可导。)(xG六、试证明： 可导的偶函数的导数是奇函数； 可导的奇函数的导数是偶函数； 可导的周期函数的导数仍然是周期函数，且周期不变。证： 设 可导，则 为奇函数；)()xff)()(xff 设 可导，则 为偶函数；gg8 设 可导，则 仍然是周期函数，且周期不)()Txh)()Txh变。七、在什么条件下，三次抛物线 与 轴相切？qpxy3解：设切点 ，则)0,(x0320px，得 03q 2294xp由， 代入，得30，此时曲线与 轴相切。23qpx八、证明星形线 （ ）的切线介于坐标轴间的部分的长为常量。3232ayx0证：设 是曲线上一点，切线的斜率),(
8、0M300)(xyy切线 )(030xyy令 ， 3200x令 ，yy=2l2300)(x2300)(xa 。a9释 疑 解 难（第三章）一、设函数 在 上连续，在 内可导， ， ，)(xf,ba),(baaf)(bf)(1)(xf试证明方程 在 内有唯一实根。),(证：令 xfxF)( 在 上连续，且 ，由零点定理知,ba0)(bFa方程 在 内至少有一个实根.xf)(),( 设方程 在 内有两个实根 、,ba1x2由罗尔定理知，在 与 之间即在 内至少存在一点 ，使1x2),(ba0)(F从而 ，这与已知矛盾，故方程 在 内至多有一个实根.)(f xf),(ba综上所述，方程 在 内有唯一
9、实根。xf)(),(ba二、设在区间 内，函数 恒满足 ，),(ba)(f 2|)(| yxfx证明 为常量函数。xf证：对任 ，取 ，使 ，由已知),(bah),(bax，即2|xff |2)(0hhxff由夹逼定理知 ，即)(lim0hxfh 0)(f10所以 为常量函数。)(xf三、设函数 在 上连续，在 内可导，且),0),0(0)(kxf证明：存在 ，使当 时有 .xxf证：对 在 上用拉格朗日中值定理，有)(f,0（ ）xfx)(x0kff 取 ，当 时有0ma,k0.()()fxxf四、设函数 可导，证明：在 的任意两个零点之间，必有 的)(f )(xf )(xf一 个零点。证：
10、设 、 为 的任意两个零点，且1x2)(xf 21x令 ，对 在区间 上用罗尔定理， ，使)(eF)(F, ),(21x，由此可以得到， ，故结论成立。0 0)(f五、求 、 ，使 .ab)21ln(imbaxx解：由条件一定有 0)21ln(im)l(i2 axxxx所以 )1ln(ax=2)l(im2xbxt12)ln(i20t20)1ln(it11= .2)1(4lim0tt六、利用泰勒公式求极限 .)1ln(lim2xx解：因为 ，所以)(32)1ln(ttt )1(321)1l( 3xx1l2 xxx原式= .1七、设函数 在 上可导，且满足 ， ， ，)(xf),00)(f)(xf
11、 )(xff证明： .证：作辅助函数 )()(xfeF因为 0xx所以 在 上单调不增，对任 ，有)(),0x),0)(Fx从而 ，又已知 ，故 .xf 0)(xf0(f八、设函数 在点 处满足)(f0，)(0 xfxf 0)(4xf证明： 是 的极值点。证：设 （ 的情形类似可证）0)(4xf 0)(4xf由 ，知 在 处取得极小值 0)(xf12所以存在 某邻域 ，对任 有0x),(0xx),(0x)(xf0故 在 单调增加)(f ),0因为 ，所以当 ， ；当 ，0x0x)(f0x)(f从而 在 单调减少，在 单调增加，)(f,0),0是 的极小点。0x九、设 在 上可导， ， ， ，求
12、证： 在)(f,ba)(bfaf0)af)(bf )(xf内至少有两个零点。,证： 因为 ，所以 ，当 时，有0)(lim)(axfafx 01),(1ax，即0xf )(ff而 ，因此函数 在 内取得最大值，即存在 ，使)(bfaf x,ba),(ba是最大值，从而有 ；)(0)(f 类似可证，函数 在 内取得最小值，即存在 ，使, ),(是最小值，从而有 ；)(f )(f综合、得到： 在 内至少有两个零点。x,ba十、写出极坐标表示的曲率公式。解：设曲线的极坐标方程为 ，写成参数方程为)(rsin)(coryx，sincoiry22)sinco(ry13所以曲率 = .23)1(|yK23
13、2)cossin(|r释 疑 解 难（第四章）14一、设 ，且 ，求 .2ln)1(2xf xfln)(dx)(解：由 ，得1)(l)(22xf xxf ln1)(l)(所以 = .dx)(Cx|ln2二、设 ， 可微且反函数 存在，则Ff)()()(f )(1xf= .dx1 xf11证：=f)(1)()(11dff )(tfxdtf)(1= = .CtFxCfF三、求 .dxx22cossin1解：= = .22ssi)(tant12xdCx)tan21rct(四、求 .dx2)ln(1解：= .dx2)ln(1Cxdln1)ln(215五、求 .dxe)1(解：= = .dxe)1(dx
14、ex)1( Cxexedx 1ln)(1(六、求 .xbasinco解：记 ，IdiJdxbasinco |sinco|lsinco)(sinco xbaxbadxbaJbI解这个方程组，得到= .Idxsic Cx|)sic|l(12同时还得到= .Jxbaino babxa|)ino|ln(2七、求 .dx)2(10解：=dx)2(10)2(10)2(10109xdx= = .)1010 Cln10八、求 .dxxba1ln216解：=dxxba1ln2 dxba1ln)(2= xxl)(l= 1lnl21ln2 dbadax= .Cxxl4|ll2释 疑 解 难17（第五章）一、计算 .
15、102cosdxI解：=10I 10102|sin|sindxx= 09090)1( i2|i|sin|2ddxkk= .注： 是以 为周期的函数。|sin|x二、设 连续，且 ， ，求 .)(f 0)(f 5sin)(xdfx)0(f解：=00 sin)(sin)(5dfxdf 00 )(sico)(xff= )(sincoco dfxx= )(ff由 ，有 .05三、计算 .)0()1(02xdI解：令 ，有 =tx102)1(tdtI02)1(td故2arctn1)1(2 00202 xxdxI18所以 .4I四、设 是区间 上的连续函数， ，试证：在区间 内，)(xg,baxadtgf
16、)()( ),(ba方程 至少有一个实根。0)(f证：作函数 ，则 在 上连续，在 内可)()()(axbfdtgxFa)(xF,ba),(ba导， ，由 Rolle 中值定理， ，使0,，)()(abfg即方程 在区间 内至少有一个实根。0x),(ba五、设 xtdetF032)() 证明： 为偶函数； 求 在 上的最大值、最小值。)(x2,解： xutuxt dedetF0303 22 )()()( )()(032xFduex 为偶函数 令 ，得驻点： ，)()23xexx1因为 为偶函数，故F 42032)()(2edttF，edtt1)()1(032所以 在 上的最大值为 ，最小值 。
17、x, e21)(0)(F六、设 为连续函数，证明： .)(f dtufdtxtfxt)()(0019证： xxxtxt dtfufdtfdufduf 00000 )()()()()(= .xtf0七、证明： = ，20cosindx20cosindx并计算 （ ） 。ax02a证：20cosindxt2200 cosin)(sincodttdtt故 = +20i20ix20ix=2020cosindxx所以 = =20i 20cosindx4从而得到 .axd02tasii20tat释 疑 解 难20（第六章）一、证明椭圆 的周长等于正弦曲线 的一波之长。tbyaxsinco bxaysin2
18、证：函数 的周期为 ，所以其一波之长xai2b2=正 弦S202cos14bd 2022cos)(4dtbaxt= =椭 圆 tta2022sin2022int= co)(4db所以 = 。椭 圆S正 弦二、在曲线族 （ ）中选一条曲线，使这条曲线与它在点)1(2xay0 )0,1(及点 处的法线所围成的图形面积达到最小。)0,(解： axy2在点 处法线： ；在点 处法线：)0,1( )1(2xay)0,( )1(2xay它们都经过点 ),(曲线与两法线所围图形面积： adxadxadxaS 2134)1(2)1(2)1()( 0012 ，234令 ，得 ，0S6a21所以 .)1(462x
19、y三、由单位圆外一点 作此圆的切线 ， 交圆于 ，将扇形 与阴影)0,(aAAPOBOP分别绕 轴旋转，得到两个旋转体，问 为何值时，它们的体积相等？APBxa解：设 点坐标 ， 斜率),(vuuv又 ， 斜率yxPA由 ，解得vua12 )1,(2a方程： ， 方程：OPxay12AP12xy)31(3)()()(12102 aadxdVaaPB 323212102 )1()(xaaOPA 令 ，在 的条件下，只有唯一解 。PBVa四、求由下列曲线 ， ， 所围阴影部分面积（如图） 。2cos2rcosr1r解：依对称性知，所求面积是其上半部分的两倍，因此只考虑 20由 ，得交点1cos2r
20、)6,1(OAQBo2cos2r1rcos2r22由 ，得交点1cos2r)3,1(所以阴影部分面积 4623236 2coscos4 dddA= =46236 in)1( 231)in(23= 五、证明：将图形 （ ） ， 绕极轴旋转而成的旋转,0,)(r体体积为： .drVsin32证：先求扇形 ， 绕极轴旋转所0ar得旋转体体积 1V变换到直角坐标，扇形为 ， 与kxy0所围图形，则2xay3)1(3)( 222021 bakbdxadxkVbb = =)(332232a )cos(0a这里用到 与22abk0cos设 在 上的最大值与最小值分别为 与 ，则如图阴影部)(r,Mm分绕极轴
21、旋转所得体积 介于V， 与 ， 两扇形绕极轴旋转得到的体,mr0,r0积之间，故)(r23Vm)cos1()cos(132 )cos1()cos(132M即 令 ，注意到 ，由夹逼定理，有0)(limli00r，所以 。sin32rdVddVsin32六、求环线 所围面积与周长等于这环线长的圆的面积之比。xy)1(解：，)2361(xy 22 )361()(1 xx环线长 34)2(310dL圆的半径 ，圆面积3214r 71rS环线所围面积 358)(102dxS所以 .35471382七、从地面垂直向上发射火箭，火箭质量为 ，试计算将火箭发射至距离地面的m高度为 时所做的功，并由此计算第二
22、宇宙速度（指火箭脱离地球引力范围h所具有的初速度） 。解：3024取 轴方向向上，原点置于地心，功元素y dykMmw2所以 )(21 hRkMmdykwhR这就是将火箭发射到离地面 高度时所做的功。因为火箭在地面时， ，这时地球对火箭的引力：y 2RkMmf而这时地球对火箭的引力等于重力 g即 ，所以 mgRkM2MRk2将代入，得 )1()(221 hRghw为了使火箭脱离地球引力范围，就需将火箭发射到无穷远处。令 ，h所需做的功为： mghRmgh)1(li22由能量守恒定律， 应等于给火箭的动能2w201v这里 是火箭离开地面时的初速，故 =0v gR gR而 ， =2/8.9smk6371m610. ）(20. 30 v sk/这就是第二宇宙速度。
