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1、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 n1+b+b2+L+bn 知识点：1）等比级数求和a+aq+aq+L+aq2n-1a(1-qn)=(q1) 1-qn 2）用P14例4的结论：当q0，xn+1=1a(xn+) 2xn证：由题意，xn0，xn+1=1a1a(xn+)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=n1a1a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)
2、n+1-(n+1)x+nP35页4.极限lim =lim22x1x1(x-1)(x-1)122n+11+Cn-(n+1)x+n+1(x-1)+Cn+1(x-1)+(x-1) =limx1(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 2x10(x-1)(n+1)xn-(n+1)(n+1)nxn-1n(n+1)） =lim=lim=x1x12(x-1)22 书后部分习题解答2 P36页 8.已知当x0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
3、。 12ax3(1+ax)-12a3解：由题意：lim得a=- =lim=-=1x0x02cosx-13x2-2123(1+ax)-1或lim=limx0x0cosx-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 x0xxP43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)=10，f=2-20， 21 故由根的存在定理，至少在(0,)内
4、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 h0Dxhf(x0+3t)-f(x0)tf(x0+Dx)-f(x0)的值为f(x0)。 DxDx0limt0分析：因f(x0)存在，则极限limDx0把化为相应可用极限的形式 解：Dx0limf(x0)-f(x0-Dx)f(x0+(-Dx)-f(x0)=lim=f(x0) Dx0Dx(-Dx)limh0f(x0+h)-f(x0-h)f(x0+h)-f(x0)-f(x0-h)+f(x0)=lim
5、 h0hh =limh0f(x0+h)-f(x0)f(x0+(-h)-f(x0) -h(-h)(-1) =f(x0)+f(x0)=2f(x0) limt0f(x0+3t)-f(x0)f(x0+3t)-f(x0)=lim3=3f(x0) t0t3t8.用导数的定义求x1=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 -x1x1f(1+0)=limf(x)=lim(ax+b)=a+b，得a+b=1 +x1x1又函数在x=1处可导，则f-(1)=f+(1) 而f(
6、1+Dx)-f(1)(1+Dx)2-1f-(1)=lim-=lim-=2 Dx0Dx0DxDxDx0f+(1)=lim-故af(1+Dx)-f(1)a(1+Dx)+b-1=lim-=a Dx0DxDx=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(1y+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
7、,-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 (1y+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： d2yy2pycos(py2)-x-y2pycos(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-
8、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：111-11y=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
9、23，故有f(x1)=0;x1(1,2) 3f(x2)=0;x2(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-arctanba-b 证：设f(x)=arctanx，当a=b时，等式成立； 若ab，可证arctana-arctanba-b 综合：有arctana-arctanba-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1x2. 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
10、； 用到的知识：书78页定理3.4的结论，若f(x)0，则f(x)C.(C=f(x0) 证明：设f(x)=3arccosx-arccos(3x-4x3)，则 1. 2f(x)=3(-整理，当x0) lnsinxcosmxmlnsinmxsinmx解：lim =lim+x0lnsinxx0cosxsinxmcosmxsinxmcosmxx=lim=1 =limx0+sinmxcosxx0+mxcosx1) x0x1xcosx-sinxxcosx-sinx=lim解：lim(cotx-)=lim 2x0x0x0xxsinxxcosx+x(-sinx)-cosx-xsinx=lim=0 =limx0
11、x02x2x3.lim(cotx- ln 4.lim+x01xxxlnln1xxlimx0+ln解：lim= ex0+x111(-)1ln(-lnx)-lnxx=lim(-x)=0 先求limxlnln=lim=limx0+x0+x0+x0+11xlnx-2xx1+x1x0ln=e=1 故limx0+x2xlim(arctanx) x+p解：lim(x+2parctanx)=exx+2limxln(arctanx)p而limxln(arctanx)=limx+22ln+ln(arctanx)ppx+1x112arctanx1+x =limx+1-2xp-x22-x2limarctanx=(用到
12、，) =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limx0x21-(a+2bx)ln(1+x)-(ax+bx2)=lim1+x解：因lim， 2x0x0x2x1-a-2bx0 又x0，上式分母2x0，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=limx0x02222x 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
13、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=23，故有f(x1)=0;x1(1,2) 3f(x2)=0;x2(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-arctanba-b 证：设f(x)=arctanx，当a=b时，等式成立； 若ab，可证arctana-arctanba-b 综合：有arctana-ar
14、ctanba-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1x2. 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)0，则f(x)C.(C=f(x0) 证明：设f(x)=3arccosx-arccos(3x-4x3)，则 1. 2f(x)=3(-整理，当x0) x0lnsinxcosmxmlnsinmxsinmx解：lim =limx0+lnsinxx0+cosxsinxmcosmxsinxmcosmxx=l
15、im=1 =limx0+sinmxcosxx0+mxcosxlim+1) x0x1xcosx-sinxxcosx-sinx=lim解：lim(cotx-)=lim 2x0x0x0xxsinxx3.lim(cotx- =lim cosx+x(-sinx)-cosx-xsinx=lim=0 x0x02x2x1xxln 4.lim+x0xlnln1xxlimx0+ln=e解：lim +x0x111(-)1ln(-lnx)-lnxx=lim(-x)=0 先求limxlnln=lim=limx0+x0+x0+x0+11xlnx-2xx1+x1xln=e0=1 故lim+x0x2xlim(arctanx)
16、 x+p解：lim(x+2parctanx)x=ex+2limxln(arctanx)p而limxln(arctanx)=limx+22ln+ln(arctanx)ppx+1x112arctanx1+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lim2x0x1-(a+2bx)ln(1+x)-(ax+bx2)=lim1+x解：因lim， 2x0x0x2x1-a-2bx0 又x0，上式分母2x0，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=limx0x02222x
