同济版-高等数学-课后习题解析

书后部分习题解答 P21页3．（3）nnn b b b a a a ++++++++∞→ 2211lim （1,1<<b a ）知识点：1）等比级数求和)1(1)1(12≠--=++++-q qq a aqaq aq a n n （共n 项）2）用P14例4的结论：当1<q 时，0lim =∞→nn q解：n n n b b b a a a ++++++++∞→ 2211lim ab bb a a n n n --=----=++∞→111111lim 115.（1）判断下列数列是否收敛，若收敛，则求出极限：设a 为正常数，00>x ，)(211nn n x a x x +=+ 证：由题意，0>n x ，a x a x x a x x nn n n n =⋅⋅≥+=+221)(211（数列有下界） 又02)(2121≤-=-+=-+nn n n n n n x x a x x ax x x （因a x n ≥+1）（数列单调减少） 由单调有界定理，此数列收敛；记b x n n =∞→lim ，对)(211n n n x a x x +=+两边取极限，得)(21bab b +=，解得a b =（负的舍去），故此数列的极限为a .P35页4.（8）极限=-++-+→211)1()1(lim x n x n x n x 211)1()1()]1(1[lim -++--++→x nx n x n x 21221111)1()1()1()1()1(1lim -++--+-+-+=+++→x n x n x x C x C n n n x 2)1(21+==+n n C n (若以后学了洛必达法则（00型未定型），则211)1()1(lim -++-+→x nx n x n x 2)1(2)1(lim )1(2)1())1(lim 111+=+=-+-+=-→→n n nx n x n x n n x n x ） 书后部分习题解答2 P36页8.已知当0→x 时，1cos ~1)1(312--+x ax，求常数a .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。

解：由题意：132231lim 1cos 1)1(lim 2203120=-=-=--+→→a xaxx ax x x 得23-=a 或132]1)1()1[(211lim 1cos 1)1(lim 3123222203120=-=++++⋅--+=--+→→a ax ax x ax x ax x x （根式有理化）P42页3（4） 关于间断点：xx x f 1sin 1)(=0=x 为第二类间断点说明：xx x 1sin 1lim 0→不存在（在0→x 的过程中，函数值不稳定，不趋向与∞）P43页7（1）证明方程042=-x x在)21,0(必有一实根。

知识点：闭区间（一定要闭）上连续函数的根的存在定理证明：设x x f x 42)(-=，易知，)(x f 在]21,0[上连续； （注:设函数，闭区间）01)0(>=f ，022)21(<-=f ，故由根的存在定理，至少在)21,0(存在一点ξ，使0)(=ξf ，即方程042=-x x在)21,0(必有一实根.P61页 3.设)(0x f '存在，求：（1）x x x f x f x ∆∆--→∆)()(lim000（2）h h x f h x f h )()(lim 000--+→（3）tx f t x f t )()3(lim000-+→分析：因)(0x f '存在，则极限xx f x x f x ∆-∆+→∆)()(lim000的值为)(0x f '。

把（1）（2）（3）化为相应可用极限的形式解：（1）xx x f x f x ∆∆--→∆)()(lim000)()()())((lim 0000x f x x f x x f x '=∆--∆-+=→∆（2）h h x f h x f h )()(lim000--+→hx f h x f x f h x f h )()()()(lim00000+---+=→)1)(()())(()()(lim00000----+--+=→h x f h x f h x f h x f h)(2)()(000x f x f x f '='+'=（3）t x f t x f t )()3(lim000-+→)(333)()3(lim 0000x f tx f t x f t '=⋅-+=→8.用导数的定义求⎩⎨⎧≥+<=0,)1ln(0,)(x x x x x f 在0=x 处的导数.（可参看P51例1-2） 知识点：1）导数在一点0x 处的定义：xx f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0000；2）点0x 处的左右导数的定义与记号：左导数x x f x x f x f x ∆-∆+='-→∆-)()(lim )(000右导数xx f x x f x f x ∆-∆+='+→∆+)()(lim )(0003）分段函数在分界点（具体的点）处的导数必须用导数的定义或左右导数的定义做。

解：因0)0(=f （先写出0=x 处的函数值）又10lim )0()0(lim )0(00=∆-∆=∆-∆+='--→∆→∆-xx x f x f f x x（在0=x 处的左导数定义）10)1ln(lim )0()0(lim )0(00=∆-∆+=∆-∆+='-+→∆→∆+xx x f x f f x x（在0=x 处的右导数定义）而1)0()0()0(=''='+-f f f 故10.设函数⎩⎨⎧>+≤=1,1,)(2x b ax x x x f ，为了使函数在1=x 处连续且可导，b a ,应取什么值？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1=x处连续，则1)1()01()01(==+=-f f f ，即1lim )(lim )01(211===---→→x x f f x xb a b ax x f f x x +=+==+++→→)(lim )(lim )01(11，得1=+b a又函数在1=x处可导，则)1()1(+-'='f f而21)1(lim )1()1(lim )1(200=∆-∆+=∆-∆+='--→∆→∆-xx x f x f f x xa xb x a x f x f f x x =∆-+∆+=∆-∆+='--→∆→∆+1)1(lim )1()1(lim )1(00（用到了1=+b a ） 故1,2-==b a书后部分习题解答3（关于隐函数求导）P62页 14． 设032=+-y x exy，求=x dxdy .分析：1）隐函数求导；2）由0=x 代入方程要求出y 的值。

解：方程两边对x 求导：032)1(2=⋅+-⋅+⋅dx dy y x dx dy x y e xy得：232yxe ye x dx dy xyxy +-= 又由0=x 代入方程，得1-=y ，所以：310==x dxdy20.已知0)sin(2=-y xy π，求)1,0(-dxdy，)1,0(22-dx y d .要点：求隐函数二阶导数的方法。

解：方程两边对x 求导：02)cos()1(2=⋅⋅-⋅+⋅dxdy y y dx dy x y ππ （1） 把1,0-==y x 代入式（1），解得π21)1,0(-=-dx dy （或由式（1）解得：xy y y dx dy -=)cos(22ππ （2） 再把点代入得π21)1,0(-=-dxdy ） （求隐函数二阶求导的方法）方法1：式（1）两边对x 求导，（记y dxdy'=，y dx y d ''=22） 02)cos(2)cos(22)sin(222=''⋅⋅-'⋅'⋅-'⋅⋅'⋅+''⋅+'+'y y y y y y y y y y y y x y y πππππππ把1,0-==y x ，π21)1,0(-=-dxdy代入，得2)1,0(2241π-=-dx y d（代入：0)1(2)1(1)21(2)1(0021212=''⋅-⋅⋅-⋅--⋅--++--y πππππ） 方法2：式（2）对x 求导：2222222])cos(2[]12)sin(2)cos(2[])cos(2[x y y y y y y y y y x y y y dx y d --'⋅-'--'=πππππππππ， 点、一阶导数直接代入（不用化简，注意式中有0处的值）即可.P62页15题.利用对数求导法求导 （3）xxxy +-=112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：)]1ln()1[ln(21ln 2ln x x x y +--+=（化简） 两边对x 求导：)1111(21121x x x y y +---+='⋅ 所以：)112(1122x x x x xy --+-=' （y 代入） 书后部分习题解答4（关于中值定理与未定式极限） P82页1．检验罗尔定理对函数)3)(2)(1()(---=x x x x f 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，ξ是否存在？解：易知)3)(2)(1()(---=x x x x f 在[1,2],[2,3]上连续，（1,2），（2,3）可导，且0)3()2()1(===f f f ，故符合罗尔定理的条件。

又由011123)(2=+-='x x x f ，得332±=ξ，故有)2,1(;0)(11∈='ξξf )3,2(;0)(22∈='ξξf ，符合罗尔定理的结论.故罗尔定理对函数)3)(2)(1()(---=x x x x f 成立。

4.(3)证：b a b a -≤-arctan arctan证：设x x f arctan )(=，当b a =时，等式成立；若b a <，则易知x x f arctan )(=在],[b a 上连续，在),(b a 可导，则由拉格朗日定理 存在),(b a ∈ξ，使)(11))(()()(2a b a b f a f b f -+=-'=-ξξ 取绝对值，得a b a b a b -≤-+=-)(11arctan arctan 2ξ同理b a >，可证b a b a -≤-arctan arctan 综合：有b a b a -≤-arctan arctan6.设函数)(x f 在闭区间[1,2]上可微，证明：ξξ2)(3)1()2(f f f '=-，其中21<<ξ. 提示：对)(x f ，2)(x x g =用柯西中值定理.8.证明：π=--)43arccos(arccos 33x x x ，其中21≤x . 题型：证明函数为常数；用到的知识：书78页定理3.4（3）的结论，若0)(≡'x f ，则C x f ≡)(.()(0x f C =) 证明：设)43arccos(arccos 3)(3x x x x f --=，则)123()43(11)11(3)(2232x x x x x f ---+--='，整理，当21<x ，0)(='x f ，故C x f ≡)(，又πππ=-⋅=223)0(f 所以：π=--)43arccos(arccos 33x x x ，当21≤x .P89页（用洛必达法则求极限时，可以适当的化简、整理等，目的简化计算） 2（3）xxx 3tan tan lim2π→解：x x x x x x x x cos 3sin 3cos sin lim 3tan tan lim22ππ→→=xxx cos )1(3cos 1lim 2⋅-⋅=→π（用到连续性与极限的运算，相当于2π=x 代入）3sin 3sin 3lim2=-=→xxx π（5）)0(sin ln sin ln lim 0>+→m xmxx解：xx mmx mxxmx x x sin cos sin cos lim sin ln sin ln lim 00⋅=++→→1cos cos lim cos sin sin cos lim 00=⋅⋅=⋅⋅=++→→x mx xmx m x mx x mx m x x （整理，等价无穷小的代换）3.（2）)1(cot lim 0xx x -→ （函数差的极限，一定要整理成函数商的极限）解：)1(cot lim 0x x x -→=x x x x x x sin sin cos lim 0-→20sin cos lim xxx x x -=→ （用了等价无穷小的代换） 02sin lim 2cos )sin (cos lim 00=-=--+=→→xxx x x x x x x x4.（3）xx x)]1[ln(lim 0+→ （幂指函数的极限）解：x x x)]1[ln(lim 0+→=)]1ln[ln(lim 0x x x e +→先求0)ln (lim 1)1(ln 1lim 1)ln ln(lim )]1ln[ln(lim 02000=-=---=-=++++→→→→xxxx x x x x x x x x x （用到x x ln )1ln(-=，+→0x 时，-∞→x ln ，无穷大量的倒数为无穷小）故1)]1[ln(lim 00==+→e xx x （4）xx x )arctan 2(lim π+∞→解：)arctan 2ln(lim )arctan 2(lim x x xx x e x ππ+∞→=+∞→而22111arctan 1lim 1)ln(arctan )2ln(lim)arctan 2ln(lim xx x xx x x x x x -+⋅=+=+∞→+∞→+∞→πππ2arctan )1(lim 22-=+-=+∞→x x x x (用到1)1(lim 22-=+-+∞→x x x ，2arctan lim π=+∞→x x ) 故ππ2)arctan 2(lim -+∞→=ex xx7.试确定常数b a ,，使得2)()1ln(lim 220=+-+→xbx ax x x . 解：因=+-+→220)()1ln(lim x bx ax x x xbx a x x 2)2(11lim 0+-+→， 又0→x ，上式分母02→x ，且极限存在，则必须分子0211→--+bx a x得1=a ；则xbx a x x 2)2(11lim 0+-+→=222122)1(1lim20=--=-+-→b b x x ，得25-=b 书后部分习题解答4（关于中值定理与未定式极限）P82页1．检验罗尔定理对函数)3)(2)(1()(---=x x x x f 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，ξ是否存在？解：易知)3)(2)(1()(---=x x x x f 在[1,2],[2,3]上连续，（1,2），（2,3）可导，且0)3()2()1(===f f f ，故符合罗尔定理的条件。