微积分二课后题答案复旦大学出版社
微积分第二版课后习题答案
微积分第二版课后习题答案微积分第二版课后习题答案【篇一：微积分(上册)习题参考答案】0.11.（a）是（b）否（c）是（d）否2.（a）否（b）否（c）否（d）是（e）否（f）否（g）是（h）否（i）是1,2,3},{1,2,4},{1,3,4}, 3.f,{1},{2},{3},{4},{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4},{{2,3,4},{1,2,3,4}.4. a?b5. a?b6~15. 略。
16. 证明：先证a-(b-c)?(ab)惹(ac).若x?a(b-c)，则x蜗a,x①如果x?c，则x蜗a,②如果x?c，则x?b，所以x?aa-(b-c)?(ab)惹(ac).再证a-(b-c)惹(ac)?a(b-c).若x￠?(ab)惹(ac)，则，x￠?ab或x￠吻ac.①如果x￠吻ac，有x￠?c，所以，x￠?bc，又x￠?a，于是x￠?a(b-c) ②如果x￠锨ac，x￠?ab，则有x￠?a，x￠?c，x￠?b，所以，x￠?bc，于是x￠?a(b-c). 因此有(a-b)惹(ac)?a(b-c).综上所述，a-(b-c)=(a-b)惹(ac)，证毕. 17~19. 略。
20. cda.21. a?b{(1,u),(1,v),(2,u),(2,v),(3,u),(3,v)};禳1镲xx?r,睚2镲铪参考答案禳禳11镲镲，，a?d-1,-,0,1,2,3,?a-c=睚0,-1,-睚镲镲44铪铪禳1镲a=睚-1,-,0,1,2,7.镲4铪xx危r,1x 2}x3，a?b={，a-b={xx?r,2x3}.b-cb-c;(ac)，因此有b，也有x?(ab)惹a2={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)};b2={(u,v),(u,v),(v,u),(v,v)}22. a={(x,y,z)}x,y,z危?.0323~25. 略。
《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华_李建平_毛志强_著))第2章
xn a xn a
由数列极限的定义得 考察数列
即
xn a
lim xn a
n
n n
xn (1) n ，知 lim xn 不存在，而 xn 1 ， lim xn 1 ，
n
xn 0
由数列极限的定义可得 4. 利用夹逼定理证明：
即 xn
即 xn 0
lim xn 0
n
1
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微积分 复旦大学出版社 曹定华主编 课后答案
微积分 复旦大学出版社 曹定华主编 课后答案
又 所以
xn 1 xn xn ( 2 xn ) ，而 xn 0 , xn 2 ， xn 1 xn 0
即
xn 1 xn ，
即数列是单调递增数列。 综上所述，数列 xn 是单调递增有上界的数列，故其极限存在。 （3）由数列 xn 单调递增， yn 单调递减得 xn x1 ， yn y1 。 又由 lim( xn yn ) 0 知数列 xn yn 有界，于是存在 M >0，使 xn yn M ,
即xn 1 xn
所以 xn 为单调递减有下界的数列，故 xn 有极限。 （2）因为 x1
2 2 ，不妨设 xk 2 ，则
xk 1 2 xk 22 2
故有对于任意正整数 n，有 xn 2 ，即数列 xn 有上界，
2
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lim
2n 0 n n !
《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华_李建平_毛志强_著))第7章
3 . 2
4． 在 xＯy 坐标面上求向量 a，使其垂直于向量 b=4i-3j+5k,且｜a｜=2｜b｜． 解：设向量 a ( x, y, 0) ,由 a b 得 a b 0 即 4x 3y 0 , 由 | a | 2 | b | 得 解方程组
(6,10, 2) (6, 6, 6) (16, 4, 12) (16, 0, 20)
5．已知两点 M1(0，1，2)和 M2(1，-1，0)，求向量 M 1M 2 ，并求 M 1M 2 及与 M 1M 2 平 行的单位向量． 解： M 1M 2 (1 0)i (1 1) j (0 2)k i 2 j 2k (1, 2, 2)
2．试用向量证明：如果平面上一个四边形的对角线互相平分，则该四边形是平行 四边形． 证： （如上题图） ，依题意有 AM MC , DM MB. 于是 AB AM MB MC DM DC. 故 ABCD 是平行四边形. 3．已知向量 a=i-2j+3k 的始点为(1，3，-2)，求向量 a 的终点坐标． 解：设 a 的终点坐标为( x, y, z ),则
即与 M 1M 2 平行的单位向量为 ,
1 3
2 2 1 2 2 , 或 , , . 3 3 3 3 3
习题 7-3
) 1． 已知 a =2, b =1, (a,b
解： （1） a a | a | 4
2
，求(1) a·a,(2) a·b,(3) (2a+3b)·(3a-b)． 3 ) 2 1 cos π 1 （2） a a | a | | b | cos(a,b 3
微积分II课程5.5习题答案详解
练习5.51.(A).解 由于1)(),(lim 222)0,0(),(=+-→y x xyy x f y x ，所以当)0,0(),(→y x 时，222)(~),(y x xy y x f +-，即))(()(),(222222y x o y x xy y x f ++++=，所以在)0,0(的邻域内，当y x ,同号时，0),(>y x f ，当y x ,异号时，0),(<y x f ，所以点)0,0(不是),(y x f 的极值点.2.解 设2069),(22+-++-=y x y xy x y x f 92),('+-=y x y x f x ,62),('--=x y y x f y ,2),(''=y x f xx ,1),(''-=y x f xy ,2),(''=y x f yy .解方程⎩⎨⎧=--=+-062,092x y y x 得驻点)1,4(-,.关于驻点)1,4(-,有2)1,4(''=-xx f ,1)1,4(''-=-xy f ,2)1,4(''=-yy f ,所以20AC B ->，20A =>因此,),(y x f 在点)1,4(-取得极小值，1|)1,4(-=-Z .3.解 设2252212060),(y xy x y x y x f ---+=作拉格朗日函数 )15(52212060),,(22-++---+=y x y xy x y x y x F λλ,求F 的各一阶导数,并令其等于零得'''604201202100150x y F x y F x y F x y λλλ⎧=--+=⎪=--+=⎨⎪=+-=⎩解之得9,6,18==-=y x λ，因为其开口向下，所以其有极大值为855|)9,6(=Z4.解212144423p p Q Q C -+=+=4445147)444()5210()28(21222211212122112211-+-+-=-+--+++-=-+=p p p p p p p p p p p p p p C Q p Q p π设4445147),(2122221121-+-+-=p p p p p p p p f2121'427),(1p p p p f p +-=,1221'41014),(2p p p p f p +-=,.解方程⎩⎨⎧=+-=+-041014,04271221p p p p 得驻点)14,263(,.因为只有唯一的一个驻点,且实际问题的最大值是存在的，故驻点)14,263(也是函数的最大值点. 所以价格2631=P , 142=P 时可使利润最大. 5．解 由(,)(1)sin 0(,)cos (1)0y x y y y f x y e x f x y e x y e ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩ 解得,cos 1x k y k ππ==-,所以驻点为(,cos 1),0,1,2,k k k ππ-=±± 由 (1)cos ,sin ,cos (2)y y y y xx xy yy f e x f e x f e x y e =-+=-=-+，可知在驻点(,cos 1)k k ππ-处，令xy xy yy xx f f f f H -=，cos (1)y y H k e e π=+，所以当k 为基数时0H <，(,cos 1)k k ππ-不是极值点，当k 为偶数时，0H >，再 由0xx f <，可知(,cos 1)k k ππ-是极大值点.所以函数有无穷多个极大值点，但无极小值点.6．解 I. 先求函数z(x,y)在区域D 内部，2221x y +<的可疑点，令''0x y f f ==得480220x y -=⎧⎨-=⎩解得x=2,y=1,而点(2,1)不在区域D 内部，从而z(x,y)没有极值点，最大值，最小值只能在区域D 的边界2221x y +=上达到.II. 再求z(x,y)在边界上的极值，为此，作拉格朗日函数 2222(,,)2829(21)L x y x y x y x y λλ=+--+++-令'''0x y L L L λ===，得2222334840112220,33210x x x x y y y y x y λλλλ⎧⎧==-⎪⎪⎧-+=⎪⎪⎪⎪⎪-+===-⎨⎨⎨⎪⎪⎪+-=⎩⎪⎪⎪⎪⎩⎩解得或=2=-4 所以z(x,y)在2221x y +=上的最大值为16，最小值为4，故z(x,y)在 D: 2221x y +≤上的最大值16和最小值4。
微积分(二)课后题答案,复旦大学出版社__第六章
(x)
=
max{1,
x2}
=
⎪ ⎨
1
⎪ ⎩
x2
−2 ≤ x < −1 −1 ≤ x < 1 ,于是 1≤ x≤ 2
∫ ∫ ∫ ∫ 2 max{1, x2}dx = −2
−1 x2dx +
−2
1 1dx +
−1
2 1
x2dx
=
1 3
x3
−1 −2
+
x
1 −1
+
1 3
x3
2 1
=
20 3
∫ ∫ 6.
已知 f(x)连续，且 f(2)=3,求 lim x→2
a i)2
+1,
于是
∑ ∑ n
i=1
f (ξi )Δxi
=
n [(a + b − a i)2 +1] b − a
i=1
n
n
∑ =
(b
−
a)
n i=1
[a2
+
(b
−
a)2
i2 n2
+
2 a(b
−
a)
i n
+1]
1 n
= (b − a)[na2 + (b − a)2 ⋅ 1 ⋅ 1 n(n +1)(2n +1) + 2(b − a)a⋅ 1 ⋅ n(n + 1) + n]⋅ 1
x⎡ 2 ⎢⎣
2 t
f
(u)du
⎤ ⎥⎦
dt
(x − 2)2
.
解
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ lim
x→2
x⎡ 2⎣
微积分(二)课后题答案,复旦大学出版社_第九章
∑ ∑ 而当 b > 1时,
∞ 1 收敛，故 ∞ 1 收敛;
bn
n=1
n=1 a + bn
∑ ∑ ∑ 当
b
=
1时，
∞ n =1
1 bn
∞
= 1发散，故而由 a > 0 ,
n =1
0
<
1 a +1
<
+∞
,故
∞ n=1
a
1 + bn
也发散;
∑ 当 0 < b < 1时， lim n→∞
1 a + bn
=
∑ 而当 x = 1 时，原级数变为调 ∞ 1 ，它是发散的.
n=1 n
∑ 综上所述，当 0 < x < 1时，级数 ∞ xn 收敛.
n=1 n
（2）因为
lim Un+1 U n→∞
n
=
lim
n→∞
(n
+
1)3
⋅
⎛ ⎜ ⎝
x 2
n+1
⎞ ⎟ ⎠
n3
⋅
⎛ ⎜⎝
x 2
n
⎞ ⎟ ⎠
=
x 2
,由达朗贝尔比值判别法知，当
于是 Sn = (ln1− ln 2) + (ln 2 − ln 3) +⋯[ln n − ln(n +1)]
= ln1− ln(n +1) = − ln(n +1)
∑ 故 lim n→∞
Sn
=
−∞
,所以级数
∞ n=1
ln
n n +1
发散.
（6）∵ S2n = 0, S2n+1 = −2
《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华_李建平_毛志强_著))第11章
t t 1 t 1 1 1 yt (1)i 2t i 1 2t 1 ( )i 2t 2 3 i 0 i 0
由 (11 2 4) 式，得所给方程的通解
1 yt A(1)t 2t 3
(A 为任意常数)
*
(4)对应齐次差分方程为 yt 1 yt 0 ，其通解为 yt A ， 设原方程特解为
yt 2t ( B1 cos πt B2 sin πt ) 代入原方程得：
2t 1[ B1 cos π(t 1) B2 sin π(t 1)] 2t ( B1 cos πt B2 sin πt ) 2t cos πt
yt 1
1 4 yt ，其中 3 3
1 4 a ， b ，由通解公式 (11 2 7) 得原方程的通解为： 3 3
1 yt y A (t ) yt A( )t 1 (A 为任意常数) 3 1 3 t 1 3 1 (2)方程可化为 yt 1 yt ，其中 a ， b0 ， b1 ，故由通解公式 2 2 2 2 2 2 (11 2 9) 得方程的通解为： 3 1 1 1 t 1 7 t yt A( ) 2 2 2 t 即 yt A( )t . 1 1 1 2 9 3 2 1 (1 ) 2 1 2 2 2
t
(4) a 4 ， π ， b1 0 ， b2 3 ， D (4 cos π) sin π=9 0 ，且
2 2
由公式 (11 2 14) 得 = [0 (4 cos π) 3 sin π]=0 ， = [3(4 cos π) 0 sin π]=1 ， 方程通解为 yt A(4) sin πt ，以 t 0 时 y0 1 代入上式，得 A 1 ，故原方程特解为：
《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华_李建平_毛志强_著))第四章
f (0) 0 ,依题意知 f ( x0 ) 0 .即有 f (0) f ( x0 ) .由罗尓定理,至少存在一点 (0, x0 ) ,使
得 f ( ) 0 成立,即
a0 n n 1 a1 (n 1) n 2 … an 1 0
成立,这就说明 是方程 a0 nx n 1 a1 (n 1) x n 2 an 1 0 的一个小于 x0 的正根. 7. 设 f(a) = f(c) = f(b),且 a＜c＜b, f ″(x)在 ［a,b］ 上存在， 证明在(a,b)内至少存在一点ξ， 使 f ″(ξ) = 0. 证: 显 然 f ( x ) 分 别 在 a , c 和 c, b 上 满 足 罗 尓 定 理 的 条 件 , 从 而 至 少 存 在
x x x
由 e 在 , 上连续,可导, f ( x) 在 a, b 上连续,在 a, b 内可导,知 F ( x) 在 a, b 上连
x
续,在 a, b 内可导,而且 F ( a ) e f ( a ) 0, F (b) e f (b) 0, 即F ( a ) F (b) ,
(4) lim
(a x) x a x ,(a＞0)； x 0 x2
(6) lim sin x ln x ;
x 0
1 ln(1 ) x ; (7) lim x arc cot x
(9) lim(1 sin x) x ;
x 0
1
(8) lim(
x 0
ex 1 ); x ex 1
x 0
f ( x) 在 0,π 上不连续,
显 然 f ( x) 在
0, π
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微积分二课后题答案复旦大学出版社Document number【SA80SAB-SAA9SYT-SAATC-SA6UT-SA18】第五章习题5-11.求下列不定积分：(1) 25)x -d x ; (2) 2x ; (3) 3e x x ⎰d x ； (4) 2cos 2x ⎰d x ；(5) 23523x x x ⋅-⋅⎰d x ； (6) 22cos 2d cos sin x x x x⎰.解 5151732222222210(1)5)(5)573d d d d x x x x x x x x x x C -=-=-=-+⎰⎰⎰2. 解答下列各题：(1) 一平面曲线经过点(1，0)，且曲线上任一点(x ,y )处的切线斜率为2x -2,求该曲线方程；(2) 设sin x 为f (x )的一个原函数，求()f x '⎰d x ； (3) 已知f (x )的导数是sin x ，求f (x )的一个原函数；(4) 某商品的需求量Q 是价格P 的函数，该商品的最大需求量为1000(即P=0时，Q =1000),已知需求量的变化率(边际需求)为Q ′(P )=-10001()3P ln3,求需求量与价格的函数关系.解 (1)设所求曲线方程为y =f (x ),由题设有f′(x )=2x -2,又曲线过点(1,0),故f (1)=0代入上式有1-2+C =0得C =1,所以,所求曲线方程为2()21f x x x =-+.(2)由题意有(sin )()x f x '=,即()cos f x x =, 故 ()sin f x x '=-,所以 ()sin sin cos d d d f x x x x x x x C '=-=-=+⎰⎰⎰.(3)由题意有()sin f x x '=,则1()sin cos d f x x x x C ==-+⎰ 于是 12()(cos )sin d d f x x x C x x C x C =-+=-++⎰⎰.其中12,C C 为任意常数,取120C C ==,得()f x 的一个原函数为sin x -.注意 此题答案不唯一.如若取121,0C C ==得()f x 的一个原函数为sin x x --. (4)由1()1000()ln 33P Q P '=-得 将P =0时,Q =1000代入上式得C =0所以需求量与价格的函数关系是1()1000()3P Q P =.习题5-21.在下列各式等号右端的空白处填入适当的系数，使等式成立：(1) d x = d(ax +b )(a ≠0)； (2) d x = d(7x -3)； (3) x d x = d(52x )； (4) x d x = d(1-2x )； (5) 3x d x = d(3x 4-2); (6) 2e x d x = d(2e x )；(7) 2e x -d x = d(1+2e x -); (8)d xx= d(5ln ｜x ｜);= d(1-arcsin x = d(11)2d 19x x += d(arctan3x ); (12) 2d 12xx += d(arctan x );(13) (32x -2)d x = d(2x -3x )； (14) cos(23x -1)d x = dsin(23x-1). 解 1(1)()(0)()d d d d ax b a x a x ax b a+=≠∴=+2.求下列不定积分：(1) 5e d t t ⎰; (2) 3(32)x -⎰d x ;(3) d12xx-⎰; (4)(5) t ; (6) d ln ln ln x x x x ⎰; (7) 102tan sec d x x x ⎰; (8) 2e d x x x -⎰;(9) dsin cos xx x ⎰; (10) ⎰(11) de e x x x-+⎰; (12) x ; (13) 343d 1x x x -⎰; (14) 3sin d cos xx x⎰; (15)x ⎰; (16) 32d 9x x x +⎰; (17) 2d 21xx -⎰; (18) d (1)(2)x x x +-⎰; (19 2cos ()d t t ωϕ+⎰); (20) 2cos ()sin()d t t t ωϕωϕ++⎰; (21) sin2cos3d x x x ⎰; (22) cos cos d 2xx x ⎰; (23) sin5sin 7d x x x ⎰; (24) 3tan sec d x x x ⎰;(25)x ⎰; (26) ; (27) ln tan d cos sin xx x x⎰; (28) 21ln d (ln )x x x x +⎰; (29) 2,0x a >; (30)(31) d xx ⎰; (32) ⎰;(33); (34) ,0x a >⎰;(35) 2d x x ⎰; (36) 2d x x ⎰; (37) 2sec ()d 1tan x x x+⎰; (38) (1)d (1e )xx x x x ++⎰(提示：令xt e =). 解 5555111(1)5(5)555e d e d e d e t t t tt t t C =⋅==+⎰⎰⎰ 利用教材§例16及公式(20)可得:原式=22211arcsin arcsin arcsin 2222x a x a x a C C a a a --=-.(30)令tan ,(,)22ππx t t =∈-,则2sec d d x t t =.所以2sec cos sin sec d d d d tt t t t t C t====+⎰⎰tan ,sin 原式x t t C =∴=∴=+.(31)令3sec ,(0,)2πx t t =∈,可求得被积函数在x >3上的不定积分,此时故 223tan 3sec tan 3tan 3(sec 1)3sec d d d tx t t t t t t t t=⋅⋅==-⎰⎰⎰ 3tan 3t t C =-+.由3sec ,(0,)2πx t t =∈得tan t =又由3sec x t =得33sec ,cos ,arccos 3x t t t x x===,又令x=3sec t,类似地可得被积函数在x<-3上的不定积分.综上所述有33arccosd x Cx x=+⎰.(32)令sin,(,)22ππx t t=∈-,则cosd dx t t=.(33)令sin,(,)22ππx t t=∈-,则cos,d dx t t=(34)21(2d dx a x x a=+=⎰arcsinxa Ca=⋅.(35)令2sin,(,),2cos22ππd dx t t x t t=∈-=,所以2222cos2cos cot csc4sind d d dtx t t t t t t tt=⋅==-⎰⎰⎰⎰⎰cot arcsin2xt t C C=--+=-+.(36)22dd x x xx==+⎰由被积函数知x≤-2或x>0,令1xt=,当x>0时,(此时t>0)当x≤-2时,此时102t-≤<综上所述:原式= ln 1C x +.(37) 2222sec sec 11()(1tan )1tan (1tan )(1tan )1tan d d d x x x x x C x x x x==+=-+++++⎰⎰⎰. (38)令e x =t ,则x =ln t ,d x =1td t .习题5-31.求下列不定积分：(1) sin d x x x ⎰; (2) e d x x x -⎰; (3) arcsin d x x ⎰; (4) e cos d x x x -⎰; (5) 2e sin d 2x x x -⎰; (6) 2tan d x x x ⎰; (7) 2e d t t t -⎰; (8)2(arcsin )d x x ⎰;(9) 2e sin d xx x ⎰; (10) x ⎰;(11)cos(ln )d x x ⎰; (12)2(1)sin 2d x x x -⎰; (13)ln(1)d x x x -⎰; (14)22cos d 2x x x ⎰;(15)32ln d xx x⎰; (16)sin cos d x x x x ⎰;(17)2cot csc d x x x x ⎰; (18) 22(1)e d x x x x +⎰; (19)1(ln ln )d ln x x x+⎰; (20)e ln(1e )d x x x +⎰;(21) 23sin d cos x x x ⎰; (22)22ln(d (1)x x x x ++⎰; (23)2e d (1)x x x x +⎰; (24)arctan 322e d (1)xx x x +⎰. 解 (1)sin cos cos cos cos sin d d d x x x x x x x x x x x x C =-=-+=-++⎰⎰⎰而 cos 2cos 2cos 22sin 2cos 22sin 2e d de e e d e de x x x x x x x x x x x x x x ==+=+⎰⎰⎰⎰(10)t =,则32,3d d x t x t t == (11)令ln x =t ,则,e d e d t t x x t ==,于是 213sin 2tan sec ln sec tan cos d xx x x C x x x=-++⎰,所以 23sin 11tan sec ln sec tan cos 22d x x x x C x x x =-++⎰.22222ln(11(22)ln(()(1)211121ln(12(1)2d d d d x x x x x x x x x x +=-+++=++=-++⎰⎰⎰令x =tan t , (,)22ππt ∈-,则d x =sec 2t d t∴原式C +. 于是arctan arctan 13222(1)e e d x xx x C x =++⎰,所以arctan arctan 322(1)e d x x x x C x =+⎰.习题5-4求下列不定积分：(1) 21d 1x x +⎰; (２) 5438d x x x x x +--⎰; (３) sin d 1sin x x x +⎰; (4) cot d sin cos 1xx x x ++⎰.解 (1)令322111(1)(1)11A Bx Cx x x x x x x +==+++-++-+ 则 2331()()()11A B x B C A x A C x x +++-++=++从而 001A B B C A A C +=⎧⎪+-=⎨⎪+=⎩ 解得 131323A B C ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=⎪⎩于是注 本题亦可用万能代换法(4)令tan 2xt =,则则。