华中科技大学 微积分 极限习题课及答案
大学数学微积分第二版上册课后练习题含答案
大学数学微积分第二版上册课后练习题含答案前言数学是一门抽象的学科，需要大量的练习才能真正理解和掌握。
微积分作为数学中的基础学科，更是如此。
本文将为大家提供大学数学微积分第二版上册的课后习题及其答案，供大家参考和练习。
课后习题及答案第一章函数与极限习题1.11.计算以下极限:1.$\\lim\\limits_{x\\rightarrow 1}\\frac{x-1}{x^2-1}$2.$\\lim\\limits_{x\\rightarrow 0}\\frac{\\sqrt{1+x}-1}{x}$3.$\\lim\\limits_{x\\rightarrow 0}(\\frac{1}{\\sin{x}}-\\frac{1}{x})$答案：1.$\\frac{1}{2}$2.$\\frac{1}{2}$3.02.求曲线$y=\\frac{1}{x}$与直线y=x在第一象限中形成的夹角。
答案：$\\frac{\\pi}{4}$3.证明：$\\lim\\limits_{x\\rightarrow 0}x\\sin\\frac{1}{x}=0$答案：对任意$\\epsilon>0$，取$\\delta=\\epsilon$，则当$0<|x|<\\delta$时，有$|x\\sin\\frac{1}{x}-0|<|x|<\\delta=\\epsilon$ 习题1.21.求下列函数的导数：1.y=2x3+3x2−4x+12.$y=\\frac{1}{2}x^3-x^2+2x-1$3.$y=\\frac{1}{\\sqrt{x}}+x\\ln{x}$答案：1.y′=6x2+6x−42.$y'=\\frac{3}{2}x^2-2x+2$3.$y'=-\\frac{1}{2x^{\\frac{3}{2}}}+\\ln{x}+1$2.求函数y=xe x在x=1处的导数。
答案：y′=e+13.求f(x)=|x−2|的导函数。
微积分课后题答案习题详解
微积分课后题答案习题详解IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】第二章习题2-11. 试利用本节定义5后面的注（3）证明：若lim n →∞x n =a ,则对任何自然数k ，有lim n →∞x n +k =a .证：由lim n n x a →∞=，知0ε∀>，1N ∃，当1n N >时，有取1N N k =-，有0ε∀>，N ∃，设n N >时（此时1n k N +>）有 由数列极限的定义得 lim n k x x a +→∞=.2. 试利用不等式A B A B -≤-说明：若lim n →∞x n =a ,则lim n →∞∣x n ∣=|a|.考察数列x n =(-1)n ，说明上述结论反之不成立.证：而 n n x a x a -≤- 于是0ε∀>，,使当时，有N n N ∃>n n x a x a ε-≤-< 即 n x a ε-<由数列极限的定义得 lim n n x a →∞=考察数列 (1)nn x =-，知lim n n x →∞不存在，而1n x =，lim 1n n x →∞=，所以前面所证结论反之不成立。
3. 利用夹逼定理证明：(1) lim n →∞222111(1)(2)n n n ⎛⎫+++ ⎪+⎝⎭=0； (2) lim n →∞2!n n =0.证：（1）因为222222111112(1)(2)n n n n n n n n n n++≤+++≤≤=+ 而且 21lim0n n →∞=，2lim 0n n→∞=， 所以由夹逼定理，得222111lim 0(1)(2)n n n n →∞⎛⎫+++= ⎪+⎝⎭. （2）因为22222240!1231n n n n n<=<-，而且4lim 0n n →∞=，所以，由夹逼定理得4. 利用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在.(1) x n =11n e +，n =1,2,…；(2) x 1x n +1,n =1,2,…. 证：（1）略。
微积分练习100题及其解答
2
1
x2
．
1
解： lim x e
x 0
2
1
lim
x2
et ． t t
17．求极限： lim sin x ln x ．
x 0
解： lim sin x ln x lim
x 0 x 0
1 ln x tan x sin x x lim lim 0． x 0 csc x x 0 csc x cot x x 1 x 2 1 x ． 1 x2 lim x 1 1 x tan 2 1 x x
cos 2x 1 2 sin 2x lim 2 x 0 sin x 2 x sin 2 x x cos 2 x 2 sin 2x 6x cos 2x 2x2 sin 2x ； 2 sin 2x 1 2 x lim x 0 2 sin 2x 3 4 cos 2 x x sin 2 x 2x lim
2．求极限： lim
e x e sin x ． x 0 x sin x
( x 0) ，∴ lim
解：∵ e x 1 ~ x
e x e sin x e x sin x 1 lim e sin x 1． x 0 x sin x x0 x sin x
x 0
2
13．求极限： lim
x1
1 1 ． 1 x ln x
1 1 1 1 ln x 1 x x lim lim lim x 1 1 x x 1 x 1 1 x ln x (1 x) ln x ln x ； 解： x 1 x 1 1 lim lim x 1 1 x x ln x x 1 1 ln x 1 2
1-5 极限概念习题课
无趋势
无界 有界 振荡
n
自 变 量 的 变 化 过 程
x
A≠0 有极限
x
x
x x0
x x0
x x0
（一）极限的概念 1．概念纵览
2．不同变化过程的联系 3．不同概念的联系
4．不同概念的定义
（一）极限的概念 1．概念纵览
下列说法对吗？ 发散数列一定无界． 若 f ( x ) 0 , 则 lim f ( x ) 0 . 若 f ( x ) g( x ) , 则 lim f ( x ) lim g( x ) .
（一）概念辨析
对无穷小的理解
下列说法对吗？
1 f ( x ) , 有人说是无穷小，有人说是无穷大. x
0 , 使不等式 xn a 成立的正整数n
只有有限个（至多有限项落在（a-ε, a+ε)之外）.
对“恒有”的理 解 数列极限的定义是否可叙述为：
0 , 正整数 N , 当 n N 时, 有无限多项使
xn a .
（一）概念辨析
对极限趋向方式的理解
x x0 x x0 x x0
定理2 lim f ( x ) A lim f ( x ) lim f ( x ) A
x x x
函数的变化趋势
有趋势
趋势为 常数A
趋势为 无穷大 A=0 无穷小 ∞ ＋∞ －∞
无趋势
无界 有界 振荡
n
自 变 量 的 变 化 过 程
各过程函数极限的定义
过程 时刻 时刻以后
恒有 使得 “在该时刻以后”
则称函数在该过程中极限存在，极限为A
华中科技大学2013级微积分(一)下期末试题详解及典型错误分析2
。
解：因 Ñu ( M ) = { yz , xz , xy}
M
uu r 1 ¶u 1 + 1 + 1 {1,1,1} ，所以 = = 3 。 = {1,1,1} ， n° = ¶n 3 3
典型错误：未将 n 单位化，错误答案为 3 。 4. 二次积分 I = dy
0
ò ò
2 D． 9p
解析：
p
ò
p
0
x cos 3 xdx =
p
0
p 2 p 2 é p xd (sin 3 x ) = x sin 3 x sin 3 xdx ù 0 ò0 ò ê ú 0 3p 3p ë û
2 cos 3 x 9p
=-
4 9p
故选பைடு நூலகம்C。
11. 设方程 e z - xyz = 0 确定了函数 z = z ( x, y ) ，求
¥ 1 a 发散级数 å 之和，与所给级数收敛性矛盾。故 a = 0 。[注意，此处 a 表示常数] n =1 n
7. 设 S 为上半球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ( z ³ 0) ， S 1 为 S 在第一卦限的部分，则【 A． C．
】 。
òò xdS = 4 òò xdS
于是
Ñ ò (5xy + 3x
L
2
2 2 + 4 y 2 )ds = Ñ 。 ò (3x + 4 y )ds = Ñ ò 12ds = 12a L L
6. 若级数
( -1 ) n -1 + a 收敛，则 a = ________。 å n n =1
¥
解：从
å
《微积分》上册部分课后习题答案
微积分上册 一元函数微积分与无穷级数第2章 极限与连续2.1 数列的极限1.对于数列n x ,若a x k →2(∞→k ),a x k →+12(∞→k ),证明:a x n → (∞→n )． 证. 0>∀ε, a x k →2 (∞→k ), Z K ∈∃∴1, 只要122K k >, 就有ε<-a x k 2; 又因a x k →+12(∞→k ), Z K ∈∃∴2, 只要12122+>+K k , 就有ε<-+a x k 12. 取{}12,2m ax 21+=K K N , 只要N n >, 就有ε<-a x n , 因此有a x n → (∞→n ). 2．若a x n n =∞→lim ，证明||||lim a x n n =∞→，并举反例说明反之不一定成立.证明： a x n n =∞→lim ，由定义有：N ∃>∀,0ε，当N n >时恒有ε<-||a x n又 ε<-≤-||||||a x a x n n对上述同样的ε和N ，当N n >时，都有ε<-||||a x n 成立 ∴ ||||lim a x n n =∞→反之,不一定成立.如取 ,2,1,)1(=-=n x nn显然 1||lim =∞→n n x ，但n n x ∞→lim 不存在.2.2 函数的极限1. 用极限定义证明:函数()x f 当0x x →时极限存在的充要条件是左、右极限各自存在且相等．证: 必要性. 若()A x f x x =→0lim , 0>∀ε, 0>∃δ, 当δ<-<00x x 时, 就有()ε<-A x f . 因而, 当δ<-<00x x 时, 有()ε<-A x f , 所以()A x f x x =+→0lim ; 同时当δ<-<x x 00时, 有()ε<-A x f , 所以()A x f x x =-→0lim .充分性. 若()A x f x x =+→0lim ,()A x f x x =-→0lim . 0>∀ε, 01>∃δ, 当100δ<-<x x 时, 就有()ε<-A x f , 也02>∃δ, 当200δ<-<x x 时, 有()ε<-A x f . 取{}21,m in δδδ=,则当δ<-<00x x 时, 就有()ε<-A x f . 所以()A x f x x =→0lim .2．写出下列极限的精确定义：（1）A x f x x =+→)(lim 0，（2）A x f x =-∞→)(lim ，（3）+∞=+→)(lim 0x f x x ，（4）-∞=+∞→)(lim x f x ，（5）A x f x =+∞→)(lim ．解：（1）设R x U f →)(:0是一个函数，如果存在一个常数R A ∈，满足关系：0,0>∃>∀δε，使得当δ<-<00x x 时，恒有ε<-|)(|A x f ，则称A 是)(x f 当+→0x x 时的极限，记作A x f x x =+→)(lim 0或 )()(0+→=x x A x f . （2）设R f D f →)(:是一函数，其中0,),,()(>>--∞⊃αααR f D .若存在常数R A ∈，满足关系：0)(,0>∈∃>∀R X ε，使得当X x -<时，恒有ε<-|)(|A x f 成立，则称A 是)(x f 当-∞→x 时的极限，记作：A x f x =-∞→)(lim 或 A x f =)()(-∞→x .（3）设R x U f →)(:0是任一函数，若0>∀M ，0>∃δ，使得当δ<-<00x x 时，恒有M x f >)(，则称当+→0x x 时)(x f 的极限为正无穷大，记作+∞=+→)(lim 0x f x x 或 +∞=)(x f )(0+→x x . （4）设R f D f →)(:是一函数，其中R f D ∈>+∞⊃ααα,0),,()(，若存在常数R A ∈，满足关系：0>∀M ，0)(>∈∃R X ，使得当X x >时，恒有M x f -<)(则称当+∞→x 时)(x f 的极限为负无穷大，记作：-∞=+∞→)(lim x f x 或 -∞=)(x f )(+∞→x .（5）设R f D f →)(:是一函数，其中R f D ∈>+∞⊃ααα,0),,()(，若存在常数R A ∈，满足关系：0,0>∃>∀X ε，使得当X x >时，恒有ε<-|)(|A x f 成立，则称A是)(x f 当+∞→x 时的极限，记作：A x f x =+∞→)(lim 或 A x f =)()(+∞→x .2.3 极限的运算法则1.求∑=∞→+⋯++Nn N n 1211lim． 解. ()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+=+⋯++111212211211n n n n n n n⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⋯++∑=1112111312121122111N N N n Nn 21112lim 211lim1=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+⋯++∴∞→=∞→∑N nN Nn N 2．求xe e xxx 1arctan11lim110-+→． 解. +∞=+→x x e 10lim , 0lim 10=-→xx e,,21arctan lim 11lim 1arctan11lim 0110110π=-+=-++++→--→→x ee x e e x xxx xxx ,21arctan lim 11lim 1arctan11lim 0110110π=-+=-+---→→→x e e x e e x x xx x x x 21arctan 11lim 110π=-+∴→x e e x xx3．设)(lim 1x f x →存在，)(lim 2)(12x f x x x f x →+=，求)(x f . 解：设 )(lim 1x f x →=A ，则A x x x f ⋅+=2)(2再求极限：A A A x x x f x x =+=⋅+=→→21)2(lim )(lim 211⇒ 1-=A∴ x x xA x x f 22)(22-=+=.4．确定a ,b ,c ，使 0)1(3)1()1(lim 2221=-+-+-+-→x x c x b x a x 成立.解：依题意,所给函数极限存在且 0)1(lim 21=-→x x∴ 0]3)1()1([lim 221=+-+-+-→x c x b x a x ⇒ 2=c∴ 上式左边=])32)(1(11[lim ))1(321(lim 21221++-+--+=-+-+-+→→x x x x b a x x x b a x x])32)(1(1)32([lim 221++---+++=→x x x x b a x同理有 0]1)32([lim 21=--++→x x b x ⇒ 21=b ∴ 163)23)(1(8)1(3lim )32)(1(1)32(21lim221221=++---=++---++-=→→x x x x x x xx a x x 故 2,21,163===c b a 为所求.2.4 极限存在准则1. 设1x =10，n n x x +=+61，( ,2,1=n )．试证数列{n x }的极限存在，并求此极限． 证: 由101=x , 4612=+=x x , 知21x x >. 假设1+>k k x x , 则有21166+++=+>+=k k k k x x x x . 由数学归纳法知, 对一切正整数n , 有1+>n n x x ,即数列{n x }单调减少. 又显然, () ,2,10=>n x n , 即{n x }有界. 故n n x ∞→lim 存在.令a x n n =∞→lim , 对n n x x +=+61两边取极限得a a +=6, 从而有062=--a a ,,3=∴a 或2-=a , 但0,0≥∴>a x n , 故3lim =∞→n n x2．证明数列 nn n x x x x ++=<<+3)1(3,3011收敛，并求其极限．证明：利用准则II ，单调有界必有极限来证明.∴301<<x ，由递推公式33312131213213)1(30111112=++<++=++=++=<x x x x x x∴ 302<<x 同理可证：30<<n x 有界又 03)3)(3(333)1(311112111112>++-=+-=-++=-x x x x x x x x x x∴ 12x x > 同理 23x x > ，… ，1->n n x x ∴数列 }{n x 单调递增，由准则II n n x ∞→lim 存在，设为A ，由递推公式有：AA A ++=3)1(3 ⇒ 3±=A （舍去负数）∴ 3lim =∞→n n x .3．设}{n x 为一单调增加的数列，若它有一个子列收敛于a ，证明a x n n =∞→lim .证明：设}{k n x 为}{n x 的一子列，则}{k n x 也为一单调增加的数列，且a x k k n n =∞→lim对于1=ε，N ∃，当N n >时有1||<-a x k n 从而||1||||||||a a a x a a x x k k k n n n +<+-≤+-=取|}|1|,|,|,max {|1a x x M N n n += ，对一切k n 都有 M x k n ≤|| 有界.由子列有界，且原数列}{n x 又为一单调增加的数列，所以，对一切n 有M x n ≤||有界，由准则II ，数列}{n x 极限存在且a x n n =∞→lim .2.5 两个重要极限1. 求]cos 1[cos lim n n n -++∞→．解： 原式 =21sin 21sin2lim nn n n n -+++-+∞→⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=-+=-+-+-+++-=+∞→n n n n n n nn nn nn n 1110212121sin21sin2lim 2. 求)1sin(lim 2++∞→n n π．解. 原式=()()n nn n n nn n -+-=-+++∞→+∞→1sin 1lim )1sin(lim 22ππππ()()()()0111sin 1lim 222=-+⋅-+-+-=+∞→n nn n nnnn πππ3. 求x x xx )1cos 1(sinlim +∞→． 解. 原式=()[]()e t t t tttt tt xt =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+=→→=22sin 2sin 10212012sin 1lim cos sin lim 令4. 设 ⎩⎨⎧+-=32)cos 1(2)(x x x x f 00≥<x x 求 20)(lim x x f x →. 解： 1lim )(lim 232020=+=++→→x x x x x f x x ，1)cos 1(2lim )(lim 2020=-=--→→x x x x f x x ∴ 1)(lim2=→xx f x .2.6 函数的连续性1. 研究函数()[]x x x g -=的连续性，并指出间断点类型. 解. n x =，Z n ∈ (整数集)为第一类 (跳跃) 间断点.2. 证明方程)0(03>=++p q px x 有且只有一个实根.证. 令()()()0,0,3>∞+<∞-++=f f q px x x f , 由零点定理, 至少存在一点ξ使得()0=ξf , 其唯一性, 易由()x f 的严格单调性可得.3．设⎪⎩⎪⎨⎧≤<-+>=-01),1ln(0 ,)(11x x x e x f x ，求)(x f 的间断点，并说明间断点的所属类型. 解. )(x f 在()()()+∞-,1,1,0,0,1内连续, ∞=-→+111lim x x e,0lim 111=-→-x x e, ()00=f , 因此,1=x 是)(x f 的第二类无穷间断点; (),lim lim 1110--→→==++e ex f x x x()()01ln lim lim 00=+=--→→x x f x x , 因此0=x 是)(x f 的第一类跳跃间断点.4．讨论nx nxn e e x x x f ++=∞→1lim )(2的连续性．解. ⎪⎩⎪⎨⎧<=>=++=∞→0,0,00,1lim)(22x x x x x e e x x x f nxnxn , 因此)(x f 在()()+∞∞-,0,0,内连续, 又()()00lim 0==→f x f x , ()x f ∴在()+∞∞-,上连续.5.设函数),()(+∞-∞在x f 内连续，且0)(lim=∞→xx f x ，证明至少存在一点ξ，使得0)(=+ξξf .证：令x x f x F +=)()(，则01]1)([lim )(lim>=+=∞→∞→x x f x x F x x ，从而0)(>xx F .由极限保号性定理可得，存在01>x 使0)(1>x F ；存在02<x 使0)(2<x F .)(x F 在],[12x x 上满足零点定理的条件，所以至少存在一点ξ使得0)(=ξF ，即0)(=+ξξf .6．讨论函数nnx x x x f 2211lim )(+-=∞→的连续性，若有间断点，判别其类型.解： ⎪⎩⎪⎨⎧-=101)(x f 1||1||1||>=<x x x ，显然 1±=x 是第一类跳跃间断点，除此之外均为连续区间.7．证明：方程)0,0(sin >>+=b a b x a x 至少有一个正根，且不超过b a +. 证明：设b x a x x f --=sin )(，考虑区间],0[b a +0)0(<-=b f ，0))sin(1()(≥+-=+b a a b a f ，当0))sin(1()(=+-=+b a a b a f 时，b a x +=是方程的根；当0))sin(1()(>+-=+b a a b a f 时，由零点定理，至少),0(b a +∈∃ξ使0)(=ξf ，即 0sin =--b a ξξ成立,故原方程至少有一个正根且不超过b a +.2.7 无穷小与无穷大、无穷小的比较1. 当0→x 时，下面等式成立吗？(1))()(32x o x o x =⋅；(2))()(2x o xx o =；(3) )()(2x o x o =． 解. （1）()()()002232→→=⋅x xx o x x o x , ()()()032→=⋅∴x x o x o x （2） ()()()0)(,00)()(2222→=∴→→=x x o x x o x x x o xxx o（3） ()2xx o不一定趋于零, )()(2x o x o =∴不一定成立(当0→x 时) 2. 当∞→x 时，若)11(12+=++x o c bx ax ，则求常数c b a ,,．解. 因为当∞→x 时，若)11(12+=++x o c bx ax , 所以01lim 111lim 22=+++=++++∞→+∞→c bx ax x x c bx ax x x , 故c b a ,,0≠任意.3．写出0→x 时，无穷小量3x x +的等价无穷小量.解： 11lim 1lim lim303630=+=+=+→→→x xx xxx x x x∴ 当0→x ，3x x +～6x第3章 导数与微分3.1 导数概念1. 设函数)(x f 在0x 处可导，求下列极限值． (1)hh x f h x f h )3()2(lim000--+→；(2)000)()(lim 0x x x xf x f x x x --→．解.（1） 原式()()()000000533)3(22)2(lim x f h x f h x f h x f h x f h '=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅---+⋅-+=→（2） 原式()[]()()()()00000000)(limx f x f x x x x x x f x f x f x x x -'=----=→2．设函数R f →+∞),0(:在1=x 处可导，且),0(,+∞∈∀y x 有)()()(y xf x yf xy f += 试证：函数f 在),0(+∞内可导，且)1()()(f xx f x f '+='． 解：令1==y x ，由()()()y xf x yf xy f +=有()()121f f =得()01=f ．()+∞∈∀,0x ，()()()()()()()()()()xx f f x x f xx f x x f x x f x f x x x x xf x x f x x x f x x f x x f x f x x x x +'=+∆-⎪⎭⎫⎝⎛∆+=∆-⎪⎭⎫ ⎝⎛∆++⎪⎭⎫ ⎝⎛∆+=∆-⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∆+=∆-∆+='→∆→∆→∆→∆111lim 11lim 1lim lim 0000 故()x f 在()+∞,0内处处可导，且()()()xx f f x f +'='1． 3.设()f x 在(,)-∞+∞内有意义，且(0)0f =，(0)1f '=， 又121221()()()()()f x x f x x f x x ϕϕ+=+，其中22()cos xx x x e ϕ-=+, 求()f x '．解： ()()()()()()()()x x f x x f x x f x x f x x f x f x x ∆-∆+∆=∆-∆+='→∆→∆ϕϕ00lim lim()()()()()()()()()001lim 0lim 00ϕϕϕϕ'+'=∆-∆+∆-∆=→∆→∆x f x f xx x f x x f x f x x ()x e x x x 22cos -+==ϕ4.设函数0)(=x x f 在处可导，且21arctan lim )(0=-→x f x e x，求)0(f '.解：由已知，必有0]1[lim )(0=-→x f x e，从而0)(lim 0=→x f x ，而0)(=x x f 在连续，故0)0(=f .于是)0(1)0()(1lim )(lim 1arctan lim200)(0f xf x f x f x e x x x x f x '=-==-=→→→. 故21)0(='f .5.设)(x f 具有二阶导数，)(,sin )()2(lim )(2x dF t xx f t x f t x F t 求⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=∞→.解： 令t h 1=，则)(2 sin )()2(lim)(0x f x hhxh x f h x f x F t '=⋅-+=→.从而)(2)(2)(x f x x f x F ''+'='，dx x f x x f dx x F x dF )]()([2)()(''+'='=.6．设f 是对任意实数y x ,满足方程 22)()()(xy y x y f x f x f +++= 的函数，又假设1)(lim=→xx f x ,求：（1）)0(f ；（2）)0(f '； （3）)(x f '. 解：（1）依题意 R y x ∈∀,，等式 22)()()(xy y x y f x f y x f +++=+ 成立令0==y x 有 )0(2)0(f f = ⇒ 0)0(=f（2）又 1)(lim=→x x f x ，即 )0(10)0()(lim 0f x f x f x '==--→，∴ 1)0(='f（3）xx f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim )(0x x f x x x x x f x f x ∆-∆⋅+∆⋅+∆+=→∆)()()()(lim 220 x x x x x x f x ∆∆⋅+∆⋅+∆=→∆220)()(lim ])([lim 20x x x xx f x ∆⋅++∆∆=→∆ ]1)0(22x x f +=+'=∴ 21)(x x f +='.7．设曲线)(x f y =在原点与x y sin =相切，试求极限 )2(lim 21nf nn ∞→. 解：依题意有 1)0()0(='='f y 且0)0(=f∴ 222)0()2(lim )2(lim 2121=⋅-⋅=⋅∞→∞→n nf n f n nf n n n .8．设函数)(x f 在0=x 处可导且0)0(,0)0(='≠f f ，证明1])0()1([lim =∞→nn f n f .证：n n n n f f n f f n f ])0()0()1(1[lim ])0()1([lim -+=∞→∞→.=10)0(11)0()01(lim )0()0()1(lim ===⋅-+-∞→∞→e ee f nf n f f f n f n n n .1．计算函数baxax xb ab y )()()(= （0,0>>b a ）的导数．解. a xb bx a b a x xb a b a a x b a x a b x b x b a a x x b a b a b y )(1)()()()(ln )(121⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛+='-- ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=x b x a a b a x x b a b b a x ln )()()( 2.引入中间变量,1)(2x x u +=计算1111ln 411arctan 21222-+++++=x x x y 的导数dx dy ．解. 引入,1)(2x x u += 得11ln 41arctan 21-++=u u u y ,于是dxdudu dy dx dy ⋅=, 又 ()()4242422111111111141121x x x u u u u du dy +-=+-=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+++=,21xx dx du +=, 则()22242121121xx x x x x x dx dy ++-=+⋅⎪⎭⎫⎝⎛+-= 3.设y y x +=2，232)(x x u +=，求dudy． 解. dudxdx dy du dy ⋅= , 又()()1223,12212++=+=x x x dx du y dy dx ,得121+=y dx dy , ()x x x du dx ++=21232, 则得()()xx x y du dy +++=2121232 4．已知 2arctan )(),2323(x x f x x f y ='+-=，求=x dx dy ．解：22)23(12)2323arctan()2323()2323(+⋅+-='+-⋅+-'='x x x x x x x f y π43)23(12)2323arctan(02200=+⋅+-='=∴===x x x x x x y dxdy .1. 计算下列各函数的n 阶导数. (1) 6512-+=x x y ; (2) x e y xcos =． 解 （1）⎪⎭⎫⎝⎛+--=611171x x y ，()()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+---=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫⎝⎛-=∴++1161117!1611171n n nn n n x x n x x y （2） ()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-='4cos 2sin 21cos 212sin cos πx e x x e x x e y x x x()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=''42cos 24sin 4cos 22πππx ex x e y xx由此推得 ()()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+=4cos 2πn x eyxnn2. 设x x y 2sin 2=, 求()50y ．解 ()()()()()()()()()()"+'+=248250249150250502sin 2sin 2sin x x C x x C x x y⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⋅⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+=2482sin 2249502492sin 2502502sin 24950250πππx x x x xx x x x x 2sin 212252cos 2502sin 24950250⋅+⋅+-= ()[]x x x x 2cos 1002sin 212252249+-=3. 试从y dy dx '=1, 0≠'y , 其中y 三阶可导, 导出()322y y dy x d '''-=, ()()52333y y y y dy x d '''''-''= 解 y dy dx '=1 ，()()322211y y y y y dy dx y dx d dyx d '''-='⋅'-''=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'=∴ ()()()()()()52623333313y y y y y y y y y y y dy dx y y dx d dy x d '''''-''='⋅'''⋅'⋅''+''''-=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'''-=∴ 4. 设()x f 满足()()0 312≠=⎪⎭⎫⎝⎛+x xx f x f , 求()()()()x f x f x f n ,,'．解 以x 1代x ，原方程为()x x f x f 321==⎪⎭⎫ ⎝⎛，由()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x f x f x x f x f 321 312，消去⎪⎭⎫⎝⎛x f 1，求得()x x x f 12-=，且得()212xx f +='，()()()()2!111≥-=++n x n x f n n n . 5．设()arcsin f x x =，试证明()f x 满足 （1）2(1)()()0x f x xf x '''--= （2） ,1,0,0)()()12()()1()(2)1()2(2==-+--++n x f n x xf n x f x n n n（3）求()(0)n f解 （1）()211x x f -='，()()()22221112211xx xx x x x f --=-⋅--=''， ()()()012='-''-∴x f x x f x ，（2）上式两边对x 求n 阶导数得()()[]()()[]()()()()()()()()()()()()()()()[]x f n x xf x f n n x f x n x f x x f x x f x n n n n n nn⋅⋅+-⋅-⋅---+-='-''-=+++1221211021222即 ()()()()()()()()01212122=-+--++x f nx xf n x f xn n n 。
大学微积分-各章节习题-多元函数微积分习题答案
20XX年复习资料大学复习资料专业：班级：科目老师：日期：1、解： (,)()f x y x y x y y +-=+[]1()()()2x y x y x y =++-- (,)()2x f x y x y ∴=- 2、解：22cos (,)1x e y f x y x y =++在点（1，0）连续 '221cos cos0lim 11102x x y oe y e e x y →→∴==++++ 3、解：原式=0000(2,)(,)lim 22h of x h y f x y h→+-⋅ 0000(,)(,)lim h o f x h y f x y h→--+- ='''0000002(,)(,)3(,)x x x f x y f x y f x y +=4、解：若(,)z f x y =可微，则,z z x y∂∂∂∂存在， 反之成立，故偏导数存在是可微必要条件5、解：()xy dz e ydx xdy =+在（1，1） '()dz e dx dy =+6、解：（1）2(,1)1()z x x x x ϕ=++=2()1x x x ϕ∴=--（2）222(,)1z x y x y y x x =++--（3）212z xy x x∂=+-∂ 7、解：22222200R x y x y r ⎧--≥⎪⎨+->⎪⎩ ∴定义域{}2222(,)R D x y r x y =<+< 8、解：'2'4,2x y f x a y f xy b =++=+又(1,1)0f =，'(1,1)0y f =即410a ++=，20b +=5,2a b ∴=-=-9、解：令222'1,2,x F x y z F x =++-=''2,2y z F y F z ==（2）z x x z ∂=-∂，z y y z ∂=-∂ （3）22231(0)z z xy z x x y z y z y x∂∂-∂=+==∂∂∂∂∂ 20XXXX 、解：方程两边全微分：2cos(23)(23)23x y z dx dy dz dx dy dz +-+-=+-(23)[2cos(23)1]0dx dy dz x y z +-+--=∴23dx dy dz +=,2123z x =,2223z y = 故22122z z x y += 20XXXX 、解：令'',,z z x z F e xyz F yz F e xy =-=-=-''2x z F z yz x F e xy∂=-=∂- 20XXXX 、解：（1）画出积分区域D（2）交换二次积分次序：原式＝I=2100(,)y dy f x y dx ⎰⎰20XXXX 、解：（1）画出积分区域D（2）选择积分次序：为了不分片先对y 分积分，后对x 积分原式＝221121()x dx x d y -⎰⎰=2211()1x x dx y x -⎰ 20XXXX、解：（1）画出积分区域D （2）为了不分片先对x 分积分，后对y 积分 原式＝2111222000(1)y dy y dx y y dy +=+⎰⎰⎰ ＝11530011118535315y y +=+=⎰⎰ 20XXXX 、解：（1）画出12D D D += 1:01,02D y x y ≤≤≤≤ 2:13,03D y x y ≤≤≤≤-（2）交换积分次序I ＝()2302x x dx f x y dy -⋅⋅⎰⎰ 20XXXX 、解：（1）画出积分域D（2）交换积分次序I ＝21120sin sin y y o y y y dy dx x dy y y y=⋅⎰⎰⎰ ＝110sin cos o dy dy y +=⎰⎰ 111cos cos sin 000y y y y -+-1sin1=-20XXXX 、解：（1）画出积分区域D（2）改用极坐标定限，计算2cos 3204cos sin r r I d rdr rπθπθθθ=⎰⎰ 22cos 204sin cos 2r d πθπθθθ=⋅⎰324sin cos 2d ππθθθ=⋅⎰3242cos cos d ππθθ=-⎰ 42411cos 28ππθ=-= 20XXXX 、解：（1）画出12D D D +=（2）改用极坐标定限，计算2204R r I d e rdr ππθ-=⋅⎰⎰ 201242rR e ππ-⎛⎫⎛⎫=-⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()22111428R R e e ππ--=⋅-=- 20XXXX 、解：（1）化为无条件极值 22()z x z x =+-一元函数的极值（2）'22(2)0x z x x =--=， 440,1x x -==''40xx z =>极小值221(21)2z =+-= 注：22'(2),20,x F x y x y F x λλ=+++-=+= '20y F y x y λ=+=→=代入约束条件2x y +=得驻点1,1x y ==。
微积分(数学分析)证明题及参考答案.doc
统计专业和数学专业数学分析练习题1. 证明极限yx yx y x -+→)0,0(),(lim不存在。
2. 用极限定义证明： .0lim 22)0,0(),(=++→yx yx y x3. 证明极限22222)0,0(),()(lim y x y x y x y x -+→不存在.4. 设),(),(x f y x F =)(x f 在 0x 连续，证明：对,0R y ∈∀),(y x F 在),(00y x 连续.5. 证明：如果),(y x f 在 ),(000y x P 连续，且0),(00>y x f ，则对任意),(00y x f r <,),;(0δP ⋃∃对一切),;(),(0δP y x P ⋃∈有.),(r y x f >6. 证明：22),(y x y x f +=在点)0,0(处连续且偏导数不存在.7. 证明；2222221sin 0(,)00y x y x y f x y x y ⎧+≠⎪+=⎨⎪+=⎩在)0,0(点连续，且0)0,0(,0)0,0(==y x f f 不存在.8. 证明222222221()sin 0(,)00x y x y f x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨⎪+=⎩在 点)0,0(处连续且偏导数存在.9. 设 函数),(y x f 在),(00y x 的某邻域内存在偏导数，若),(y x 属于该邻域，则存在)(010x x x -+=θξ和 )(020y y y -+=θη，,10,1021<<<<θθ 使得00000(,)(,)(,)()(,)()x y f x y f x y f y x x f x y y ξη-=-+-。
10. 证明：2222220(,)00xy x y f x y x y x y ⎧+≠⎪=+⎨⎪+=⎩,在点)0,0(不可微.11. 证明: 对任意常数,ρϕ, 球面2222x y z ρ++=与锥面2222tan x y z ϕ+=⋅是正交的. 12. 证明: 以λ为参数的曲线族221() x y a b a b λλ+=>-- 是相互正交的(当相交时).13. 证明: 由方程()z y x z ϕ=+所确定的隐函数(,)z z x y =满足222()z z z x y y ϕ⎡⎤∂∂∂=⎢⎥∂∂∂⎣⎦, 其中ϕ二阶可导. 14. 设()20()ln 12cos F a a x a dx π=-+⎰, 证明20,10,()ln , 1. 若且 若a a F a a a π⎧<≠⎪=⎨>⎪⎩15. 证明含参量反常积分⎰+∞sin dy yxy 在[)+∞,δ上一致收敛()0＞其中δ，但在()0,+∞内不一致收敛。
微积分第一章课外习题参考答案
p1 4 . 三 .3 .证 明 : 设 M m a x{ f ( x i ) | 1 i n },
m m in{ f ( xi ) | 1 i n}, 则 有 m f ( xi ) M ,1 i n,
p2. 四 . 证明: f (x) f (2a x)
f (2b 2a x) f [2(b a) x] 周期 T 2|b a |.
五 . 证明 f ( x) loga( x x2 1)
loga
x2
1 1
x
loga( x
x2 1)
f ( x).
§1.1, §1.2数列极限(3-4)
ak ).
例如:
lim n 1n 2n 8n 8.
n
p15. 三 .由 导 数 定 义 知 :
1. lim e xh e x . h0 h
tan( x x) 1
2. lim
x 0
x
cos2 x .
p16. 3.解 : 原 式 lim [(1
6
3 x2 6 x1
) ] 6 3 x 2 2
p 4 . 2 . 解 :由 题 意 ,设 P1 P2 1
P1 Pn
1
1 2
1 22
1 23
( 1)n2 2 n2
1 ( 1 )n1 2 2( 1 )n1
2 1 1
2 3
2
lim
n
P1 Pn
2 2( 1 )n1
lim
2
n
3
2 3
p4.3.证明 : { xn }有界, M 0,使得
华中科技大学2006级第二学期微积分学期中考试解答及评分标准
2006微积分（二）期中考试参考解答及评分标准1．}0,1,2{51-±，没有正负号不扣分； 2．123101-=+=-z y x ； 3．0122=--+z y x ；4．dz dy dx 32++；5．2arctan 6．1 7．A8．D9．C10．D11．解：)(221xy y f f z x ϕ'+'+'=，（3分）)()(23322212xy xy xy y f f z xy ϕϕ''+'+''+''=（3分） [注] 偏导记号有错误时扣掉1-2分。
12．解一 对唯一的自变量x 求导，⎩⎨⎧=+'+''+⋅'+='0)1()1(y e y z y f x f z y（3分） 解出 f x y e f x f y e z y y '++'+⋅+=')1()()1( （3分）解二 方程组两边求微分，得⎩⎨⎧=+++⋅'+=0)1()(dy y e dz dy dx f x fdx dz y联立：f x y e dxf x f dy y'++'+-=)1()( 从而 f x y e dxf x f y e dy y e dz yy y'++'++=+-=)1())(1()1( 于是 fx y e f x f y e dx dz yy '++'+⋅+=)1()()1( 13．)1,1,2(232|}3,2,{-+=yz z xy y gradu ={1，-3，-3} （3分）3/}1,2,2{}3,3,1{144/}1,2,2{|)1,1,2(-⋅--=++-⋅=∂∂-gradu n u 31-= （3分） 14．① 区域内部：求xy y x y x f ++=222),(的驻点：0}2,4{=++=∇x y y x f 得驻点0,0==y x ，不在区域内部；② 在边界0=x 及边界0=y 上，使用消元法知道：1),(0≤≤y x f ；③ 在边界12=+y x 上，边界的端点已经在②中考虑，可能点在目标函数的等量线与约束曲线相切处，故有法矢量的平行关系：f ∇}1,2{ 。
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例1 求极限
（1）nn2cos2cos2coslim2，
解 0时，极限为1；
0
时（n充分大时，02sinn），原式sin2sin2sinlimnnn。
（2）nnnn)111(lim2
解 先求
1)11(lim)111ln(lim22nnnnnn
nn
，
所以原式=e
另法 利用111111112nnnn
（3）xxx1lim0
解 因为1111xxx，即有xxx1111
当0x时，111xxx，由夹挤准则得11lim0xxx，
同理11lim0xxx，故原极限为1。
（4）xxxcoslim0
解 先求21)1(cos1limcosln1lim00xxxxxx，
原极限为 2/1e。
（5）exexexexlim.
解 原式exeeexeeexxexeexxex1limlimlnln
)lnlimlnlnlim(lnlimexexeexxexxeexexxeexexeexe
e
e2
（6）2303cos2coscos1limxx•xxx.
解 分子为)3cosln312cosln21cosexp(ln1xxx
~)3cosln312cosln21cos(lnxxx,
原式22203cosln312cosln21coslnlimxxxxxxx
222013cos3112cos211coslimxxxxxx
x
332121
.
练习（1）)sin(tanlimnxnxnnn （答案321x）
（2）xxeexxeexsinlimsin0 （答案e）
（3）20cos2coscos1limxnxxxnx （答案)1(41nn）
（4）xxxxesin10)(lim2 （答案1e）
（5）1311()1()1)(1(limnnxxxxx） （答案!1n）
（6）)sin1sinlimxxx（ （提示和差化积，极限为0）
（7）设)1,1(0•a，1,21211n••aann，求nnaaa21lim。
（提示：令,0,cos0a，则nna2cos。）
例2 设Rx0，1,sin1nxxnn，求nnxlim
解 考虑1,1sin1x，分三个情形：
（1）若01x，极限为0.
（2）若01x，则112sinxxx，易得1,sin11nxxxnnn，故数列单调递减
有下界，极限存在。对1sinnnxx两边求极限得 llsin，从而0l。
（3）01x时，同理求得0l。
综上极限为0.
例3设babyax,0,011，且
)(21,11nnnnnnyx••yyxx
证明 nnxlimnnylim。
分析 问题中的递推公式互相关联，且平均值不等式（几何平均与算术平均）可用，考虑单
调有界准则。
证 由于0,0nn•yx，且
•xyxyxynnnnnn,)(2111
••xxxyx•xnnnnnn,1
,)(21)(211nnnnnnyyyyxy
可知nx为单调增加数列，ny为单调减少数列，且•byxann,故数列
n
x
n
y
极限都存在，设极限分别为BA,，对•yxynnn),(211两边取极限得2/)(BAB，故
BA
。
注 此题变化为：babyax,0,011，且
••yxyyxyxxnnnnnnnn,,211
则nnxlimnnylim。
例4 求下列函数的间断点并判断类型：
（1）. xxxxfsin)()( （2）. 11)1()(xxexf
解 （1）无定义的点kkx,为整数.
因为)0(,)0(ff，所以0x是跳跃间断点；
因为,)sin(lim)(limxxxfxx所以x是可去间断点；
1,0k
时，kx是第二类间断点。
思考：间断点将实轴分成子区间，函数在哪个子区间上有界？
（2）无定义的点1x及0x.因为
)1(lim/1)(lim100xxxxexf,
故0x是)(xf的无穷间断点.又由于
xx，efxxx10)1(lim/1)1(11因
xx，efxxx11)1(lim/1)1(11因
故1x是)(xf的跳跃间断点.
例5 设函数)(xf在闭区间]1,0[上连续，)1()0(ff。证明存在0x]1,0[，使得
)31()(00xfxf
。
证 令)31()()(xfxfxg，320x，则由条件知)(xg在]32,0[上连续，设
其最小值与最大值为••Mm,。则
Mgggm)32()31()0(
3
1
又直接计算得知
11211122
[(0)()()][(0)()()()()(1)]033333333gggffffff
故由连续函数的介值定理，在区间]32,0[内)(xg必能取到值0。亦即存在0x]1,0[，
使得)31()(00xfxf。
同型练习题：设函数)(xf在闭区间]1,0[上连续，)1()0(ff。证明存在0x]1,0[，
使得1),1()(00nnxfxf。
例6 设函数)(xf在实轴上连续，且xxff))((。证明c，使ccf)(。
（用反证法）
例7 设)(xf在1x连续，且0x：)()(2xfxf，证明：0x时，)(xf是常
数。
证 对任0x，)()()()(2141nxfxfxfxf.令n，利用121nx及
连续性条件得，
)1()lim()(lim)(2121fxfxfxfnnnn
，即)(xf恒等于)1(f.
同型练习题：设)(xf在0x连续，且)2()(xfxf，证明：)(xf是常数。
例8 设
n•ia
i
,2,1
为常数，若不等式
xnxaxaxansin2sinsin
21
对所有Rx成立,证明
1221nnaaa。
例9 设)(xf在),(内连续，且任给Ryx,，有
)()()(yfxfyxf
试证)(xf为线性函数axxf)(，其中)1(fa。
证 显然0)0(f，)()(xfxf，即)(xf为奇函数。
又)1()111()(kffkf，
)1()111()1(nnfnnnff，即)1(1)1(fnnf
。
从而)1()1()(fnmnmfnmf，故对有理数x都有xfxf)1()(。
任给x),(，存在有理数数列xxn，利用)(xf的连续性，得
xfxfxfxfxfnnnnnn)1()1(lim)(lim)lim()(
。
注 此题条件改为)(xf在0x处可导，且任给Ryx,，有
)()()(yfxfyxf
则证法改变为
)0()0()(lim)()(lim)(00fyfyfyxfyxfxfyy
，
记)0(f为a，从而baxxf)(，由0)0(f得axxfb)(,0。