高等数学习题册参考答案

1高等数学习题册参考答案说明本参考答案与现在的习题册中的题目有个别的不同，使用时请认真比对，以防弄错第一册参考答案第一章111图形为,2,0,2101101TTTTAVTTAVAV2B3，21XFXFXF其中为偶函数，而为奇函数F21XFG456,0,4,2,2XXF,、XGFGF6无界7（1）否，定义域不同；（2）否，对应法则不同；（3）否，定义域不同121（1）；（2）；（3）,0,D,2ZKKXD1,0D23,4BA,0,1,XGF1,XEXFG4（1）；（2）2,1RCSIN2XY02,TALOGKD5（1）；（2）6XF1XF1HRVH,2317（1）；（2）；（3）H2AX1191EA2（1）和都是无穷间断点（属第类）；X（2）和是间断点，其中1是可去间断点（极限为）（属第类）；,0X210是跳跃间断点（左极限，右极限1）（属第类）；1是无穷间断点（属第类）；2（3）为无穷间断点（属第类），为跳跃间断点（属第类）0X1X（注意，而）；EX1LIM0LIME（4）为无穷间断点（属第类）；2ZK（5）为无穷间断点（属第类）；,0,1LIXNXFX（6），为第类间断点，LI,01FFX1（注意这类间断点既不叫无穷间断点，也不叫跳跃间断点，不要乱叫）；，为跳跃间断点（属第类）100LIM,LIEXFFX0X3（1）；（2）4（1）；（2）,BA,AB1F0F5证由，得，于是，再由2FFF，LIMLILIM000FXFXFXXX在点连续F1101在内连续，则；又，则，故选DXF,ALIXFB2；（0是连续点），,23,210F（3是可去间断点），582133LIMLILIMXXXXF（2是无穷间断点）223（1）；（2）0；（3）（提示原极限，而AEXEXEXLNIMLN00I）；1LNI、XEX21LI1LNI0、XXX（4）（提示原极限，而21EXXE2SINCOL0M）；21COS10COS10COS1LNSINCOL0LIML222XXX注意（3）和（4）都用到了等价无穷小代换时，1N（5）1；（6）不存在（左极限，右极限）4（1），；（2）任意，AEBAB1111令，则在上连续，且，SINXXFXF,00BF若，则就是一个正根；SIN1BABABAFA若，则由零点定理，在内有一正根总之，在0FF,XF内有一正根,32作辅助函数，则在上连续，且，XFXFF,BA0AFFB，由零点定理，使得，即0F,03由题设在上连续，设分别为在上的最大值和最小,1NMM、XF,1N值，则，于是，由介值定理可知FXFFCMN2，使得，即,1BAXNC21NXFFF4令，则在上连续若，则FFF,0A0A取，命题成立；设，则由，而00FAF2AFA，所以，与异号，于是，由零点定理可知FF，使得，即，命题成立,FFF第一章总复习题1230,1,2XXF2SINX,E4证，对于事先给定的无论多么小的正数，都存在正数，只要AFXLIM0，就必有成立（这就是函数极限的“定义”）；AXF又，对中的正数（因这样的正数是任意的），必存在LI00NN自然数，只要，就必有成立（这就是数列极限的“定义”）N0XNN但对任何，所以这时也就有成立0XN0XN把两步结合起来就是从推回到对于事先给定的无论多么小的正数，（由，从而由）必存在自然数，只要，（同时成立）就必有成立AFN故由极限的定义可知XFNLIM附注本题是函数极限与数列极限相结合的题目，抽象且有点难，但提供了一个重要的求极限的方法，即数列极限可作为函数极限的特殊情况来处理，比如下面（用到了0时，E1）,AXXEXAALLI1LI1LIM0LN00NNLN1LIMLILI5（1）；（2）；（3）5，321,05316提示因在上连续，而XFBA，AXMIN,2,FMBDFCK对在上用介值定理F,7（1）（提示每个括号通分，分子因式分解，并与分母约分，再整理得）；2N214（2）（提示给极限式子乘，打开括号得，并利用一个重要结果A11A14NA）；0LIMQN（3）（提示分子、分母都利用等比数列前项和公式1减公比分之首项减去末AB1项乘公比，再利用（2）中的重要结果）；（4）（提示有理化，分子、分母再同除以或利用重要结果当2N时，0,0B）；0,LIMLIM00210MKNBANNAABAKMNKK（5）（提示利用重要极限）；T（6）（提示分母就是，再拆分）；2X2SI2（7）（提示有理化，再利用（4）中重要结果）；BA（8）4（提示分子减1加1并拆分，再利用等价无穷小代换0时，2）；COS1（9）（提示原极限）；EEEXXX220TANLLIMIM、（10）（提示分子因式分解，先分出个因式并与分母约简，再分出个因21N1式仍可与分母约简，聪明的人一下子就可分出因式）；121X（11）（提示令，则原极限，再利用重要极限）2XT2COSINL0TTT8提示把根号进行放缩得不等式，并注意NNNAAAA21（会推证吗），再用夹逼定理（或叫夹挤准则，俗称“两头夹”）1LIMN第二章261（1）；（2）；（3）；COS2IXYY12XYEYYX（4）（两端取对数）；（5）（两端取对数或利LNXLN用一个重要公式若，则）XGFLXFXGGFFY；（6）（利用对数求导法）1211222XXXX2（1）；（2）3Y123324YXY53（提示令，则原方程变为ARCTN2XYFYXXYVU,ARCTN、，两端对求导得，再解出）UFYFXYV2114提示求出一、二、三阶导数，代入左端化简5切线方程；法线方程152Y125X6（1）；（2）7（1）；（2）T31COSTA1TF8（提示第二个方程两端对求导，得，解出ETT0DYEYTD，并代入之中再约简）EETT22TXYD9在时刻，甲船所走路程，乙船所走路程，TS401S302两船间的距离为，TTTTD532两船间的距离增加的速度为10设，则由木杆匀速前移知（为常数），YOPXN,CTXD由题图知，即，从而AMNOATXMNOATYD可见为常量，即点前移的速度是匀速的TYD271（1）增量为009，微分为01；（2）增量为00099，微分为001评注结果表明愈小，则愈接近，这就是微分的数量特征；XYD、微分的几何特征是“以直代曲”2（1）；（2）；（3）；（4）CX3CX2COS1CEXCX2ARCTN13（1）；（2）；（3）；（4）DAD42D4（1）；（2）；XD13LNSITTT5325LN32（3）5XSECTA8210第二章总复习题1A、E2在处可导必连续由连续有，求极限得XF002SINLIMLI00FXBEXAX；由可导有所以，1B,2LIM,1,01SINXFAFF、263由存在，则存在且相等而，0F0FF、XFXXFF00LIMLI0，LIMLILIM000FFXFXXFFXXF要使，只有F4（1）；（2）（提示221XAXLN12XXXEYLN，再利用指数复合函数求导；或者利用取对数求导法）；XL（3）则时，；时，；,1EFXXXEF11XEF时，则在处不可导1LIM1LI1FFXEXX（4）；（5）,；TETTT222SINCO4SINCOI（6）（提示分母因式分解，并拆分，再求导）61510010XX5，G1SIN1LIMLI20XGX时，012COSIN6，0LILI,010FFFXXX所以，函数在点处可导，且，从而必在处连续XF评注2、3、4（3）、5、6都涉及函数在一点处的导数，特别是分段函数在分界点处的导数，导数的定义以及左右导数的概念起到关键的作用，务必要高度注意7（1）由，得XYFYF20F当时，由已知并由导数定义，得0YXF，YFFK00LIMLIKXXFYFXFY2LIM0故对一切，皆可导，且,XK2（2）由，知，再由，得KF2CKXF2FF第三章331023、XXEXF211112、XXNN34（1）（提示分母的，从而只需276XXF6SI把分子的展开到阶）；（2）（提示把分子的和都展开到SIN3CO2XE7阶）4X341（1）单减，单增；（2）单增，单减,021,1X,43AX,43AX2（1）证利用拉格朗日中值定理令，则EFEFEF000证利用单调性令，则1EFX1X当时，从而单调减；而当时，从0XF0XF而单调增故对一切，即要证的不等式成立FF评注虽抽象，但更简洁；虽通俗，但稍显麻烦（2）令1SEC2IN,2SECO,2TANSIXXFF当时，单调增单调增，20X0F0FFXF故当时，即要证的不等式成立（好好体会推理过程）F评注本题与（1）和下面的（3）的不同之处在于需两次利用单调性（3）参考上题方法或用泰勒公式利用单调性方法令，则31TANXXF，TANT1SEC222XXF当时，所以，单调增，故当时，00FF20FF利用泰勒公式令，则，XFTANF2SEC，XXTSEC2，1TAN4T3SECAN322XF（很麻烦），X234SECT8T8T1、0420TA431XXRXFFFFF当时，故成立204F31TAN评注对本题而言，似乎简单一些，但对而言，得到泰勒公式（实际上是麦克劳林公式）后，其结果却更显而易见擅长泰勒公式（或麦克劳林公式）的同学建议用，其它几个题目也有类似的情况总之，此类方法要好好掌握（4）参考（1）题方法或用泰勒公式，而414321LXXX（介于0与之间），故4143XXR32LN3原不等式化为，设，则所以，当ALNLXFLNXF时，E，从而单调减，故，即原不等式成立0XFXFALL评注把要证的不等式先等价转化再利用单调性的方法会大大简化84不一定，例如，在内单增，但在XFSIN,XFCOS1内不单调,5单增，单减；，无极小512X,51202524MAX512FF6函数处处连续，有一个驻点和两个不可导点；FY32AXYAX为极小值，也是最小值；为极大值，但无最大值0AF340F7在上函数单减，故最大，最小1,4F18令，则应有，XBXF2LN0BF0142BFA求得，；而极小，极大361F29提示因函数处处可导，而可导的极值点必为驻点但当CXXF3，即时无零点03422ACCAAC351时，凸；时，凹；拐点1,0X,1X7,12，各有两个拐点382K23,0,CBA4，的点，不存在的点；TY4320YTYT有三个拐点，,1,04,13361其图形如下所示2点处曲率半径有最小值,2LN234（1）铅锤渐近线两条和；水平渐近线一条；X1Y（2）铅锤渐近线；斜渐近线E1XY第四章411（1）；（2）；XEX2COS3CXX322,（3）；（4）C4121LNY2（1）；（2）；（3）123447；XXARCTN39（4）；（5）；（6）；CX72LN1CXARCSIN2RT3CEX15LN1（7）；（8）；（9）；（10）COTXSETANXCOSIXTA421（1）；（2）；CXLN414CBAXNN121（3）；（4）；（5）；ARCSITXLN10LNRCOS2（6）；（7）；（8）2CX2SI2ARCTXE12（1）；（2）；（3）；X23O942（4）；（5）X1LN33331；CX4ARCSIN221（6）提示令（只需即可），则SIT20T原式（很巧妙）DDCOSIN21COSINS1COINTTTTCXXT1LARISL221、第五章511提示把区间等份，每份长都是，每个小区间都取右端N,0N1,1NINI点，则AAAAXANNIL1LLMLIMLD111附注其中利用了分解式（上式中）；2NNBBNB利用了等价无穷小代换0时，1ALNA2（1）极限中的和式相当于把区间等份，每份长都是，每个小区间,0N1,1NI都取右端点，函数在所取点处的值再乘以小区间的长度并,2NIXF把它们加起来的结果（这种和有个名称，叫“积分和”），于是，按定义原极限；10DX（2）同理，极限中的和式是函数在区间上的积分和，于是，按定义XFSIN1,0原极限另外，该极限式子又可变为，暂不管，而这10SINXNI1SLM1极限中的和式是函数在区间上的积分和，所以，仍按定义又有XFSIN,0原极限（同一式子导致两种不同的表示说明“会看看门道”的道理）01DI3（1）不可积，无界；（2）可积，连续4（1）；（2）0DSINX12DX10521（1）（提示在上，再利用定积分的估值不等211052D2X1,02152X式性质）；（2）（提示在上，42DEE2,0，再利用定积分的估值不等式性质，注意下限大，而上限小）241EEX2（1）反证法若存在一点，使，则由题设可知，必有，,0BAX0XF0XF又因连续，从而存在的一个邻域，在这邻域内F,于是，就有；但另一方面，又由题设可知D0XF，矛盾故对一切，都有，即在00BAXF,BAX0XF上，,BA（2）证由题设可知存在一点，使，从而存在的一个邻域,0BAX0F0，在这邻域内于是，就有，故,0XFD0XFDD0XBAF（3）这是（1）的直接推论3提示先对定积分用“积分中值定理”再取极限也可以“两头夹”01SINSI1SINI010NXX531（1）0；（2）；（3）；（4）；（5）TE0D2F0,2XEXEYCOS2（1）；（2）8123XXCOSSINCOSINCOS223（1）2（连续用两次洛必达法则，还可先把分母等价无穷小代换后再用洛必达法则）；（2）提示时，所以，0IN12XEXART原极限；01LNIMLIDLIM20N021L022XTXXX、（3）原极限；LIDLILI022200XXTXXTXEEE、注意在极限的运算过程中，极限为1的变量式子直接“抹掉了”（想想合法吗）21X（4）原极限LIM1D0AFXFTFAXX、4（1）原式；（2）原式；4SIN201D210X（3）原式；（4）原式11D32X3825当时，；,X2310T11当时，（这一步是关键）2,1XXTTX1102D612故显然，在内连续（显然吗）,6123,06当时，；,XD00XXTTF当时，；0COS1SIN221当时，,XXTTTF00I1故,1,COS2XX7先用一次洛必达法则得，因分子极限为0，所以分母极限也一定是0BAXCOSLIM20（想想为什么），从而；这时分母，再一次取极限得XS1214A8提示当时，只需证分子即可于是，若令,BAX2DAXTFFF，则，XTFFGDXFXFFFG因在内，所以，在内，从而在内,0,B0,BA0AG571（1）（连续两次分部积分，并注意会出现循环现象，再移项求解）；（2）2P2收敛；发散；当时，K1K1K，112LN2LN2LNDKKKKXX而函数当时取得它在内的最小值0FLX,0MINF，所以，当，即时广义积分的值最小12LNL2LN12LN13左，右CXCXE2IMCTCTCTEE2DD，应有，所以TCE41241241225第五章总复习题1（1）A；（2）C；（3）提示是奇函数在对称区间上的积分；的第一部分积分为0，第二部分0MP积分为负，所以，；而的第一部分积分为0，第二部分积分为正0PN（很容易算出，等于几呢），所以，故选D；（4）提示，则，而极限XXTFTTFF0202DXTFF0D2121000D2LIMD2LILIMKXKXXKXTFTFF201LIKXF、才会存在，故选C；LI3FF、（5）提示如图所示，由题设可知的图形在轴的上方XF单调下降且是凹的，是下边小矩形的面积，最小；是2S3S梯形的面积，最大；而是阴影的面积，介于其间，故选B；1（6）提示利用周期函数的积分性质若，则对任意的常数，积分TFTTFA与无关，现在的，可知TTATFTF0DAESIN2T，SIN0I20SIN2DDDTETTEXFTTT对第二个积分令换元而化为，UT0SISINUTU故可知为正常数，故选A；SI10NSITEXTT（7）提示先通过换元把被积函数符号中的“拿出来”，再求导2XFX、2DD10202TXUXXTTFTFT，故选A（评注本题的关键是换元）2211XUU2（1）0；（2）；（3）0；（4）0；（5）0；ASEC（6）；（7）；（8）；（9）；（10）XF3SINCO32INX3LN1233（1）证（积分中值定10100DDDDXFXFF理）0F证10100XFXFXFX评注两种证法仅是考虑问题出发点不同的核心是积分中值定理与单调性的结合；的核心是积分的不等式性质与单调性的结合（2）提示分部积分，得原式00SINDSINDXFXXFX；2SIDSIN0SIN0FFF评注本题的特点是含有“积不出”的积分，但并不影响要求的定积分XT0I（3）32L3（提示令，则原积分，再拆分）；ET212301DT（4）（特点是参数方程，但含有变限积分）；2TF（5）令，则，由及XUUTXD1XT0XUF01DAXF0LIM13连续知，；由XF0FAF0LIMLILIM10D00FXFXTF、，知在点处连续；1TFXX00LILI；时，且因2D2AFTFX、020DXTFF，LIMLILIMD0D002020AXTFFXXTFFX、故可知在点处连续，从而处处连续评注本题是属于对变限积分所定义的函数的可导性的研究的题目核心是导数的定义（6）（提示先放缩分母得不等式，2NINIIINI111SSS而左端的极限（利用定积分），21101DSISILIMSILIMSINLINNNX右端的极限（利用定积分），再利用夹逼定理）；20DIILIXN评注本题是利用夹逼准则和定积分相结合的方法而求和式极限的题目，加大了难度（7）首先，因分子极限为0，所以，分母极限也一定是0，于是得；由洛必达法0B则得，可知；进而知；201LN0COSLIMCOSIM3XAXAX、1A21C（8）原式，第一个积分令，则212DDXXT，0112TX，所以，4T；221002112DDD22TTTX而对第二个积分令，则，所以，X3301412TX23042312TX23201LNTTT，故原式LN3LN评注本题中所作的两个换元虽有相似，但却本质不同，因此，相当于两个不同的积分（9）提示NNKNNNKXFFXFFXFFA11111DDD，因单调减，则，N1NFN14从而，所以，即单调减；0D1NFXFN1NAN另一方面，对一切，D111FXFKFXFKFANN，即有下界01NFFFKNA综上单调递减有下界，故由单调有界准则（或原理）可知存在NALIM评注上述分析推到过程中，积分的不等式性质起到关键作用（10）222222D1D1D1DAUAUAUUXAAFFFXF、而上式右端第二个积分2222ATATAFT、（恰与第一个积分相等）UTF1D1DAXAF1D2AUF2AXF2评注通过两次不同的换元才最终达到目的是本题的特点第六章651由虎克定律（为弹簧伸长厘米数），由时，即，KXF5X10FK5得，于是，故（克厘米）20K202D10150XW2如图所示，沙堆母线AB的方程为，即HYRXHYR沙的比重公斤/米3对应于薄层，则D,，YVWY1DD22故35001RRHH3（1）（吨）；60D8,86XFXF（2）设应升米，则，160D812,DHXFH于是，应有，故（米）1024（1）AB的线密度为，（为引力常数）；LMD2ALKMMXALK（2）引力分解为两个分力，由对称性，XFD,02，XALKXALKMFYDCOSDD2321522234DLAKMMXALKFLY6612（M/S）232011DEXY12D3021TTV3MTITII第六章总复习题1；23XY3,1,2961DYA2；,4A24210221DCOSSINAA23（提示曲线处的切线L41XY6,LTXY、方程为，即题设中所指的N1TXT1N1T面积为28DLNL2XTSST、6L16TT令，求得唯一驻点为，从而曲线上的点为）042T6,4T4LN,4（提示抛物线与圆3LN21XY32Y的右交点为，如图由对称性，所求的弧长为1,A）0220DDD2SLO5（提示椭圆绕直线旋转所得的34,ABBY立体与把椭圆向上平移个单位再绕轴旋转所得的立体X一样大小如图所示所求的体积为AYV21DAXAXBB2D12）A0244228412ABAB6（提示因抛物线过原点，如图0,35C0C由题意，得图中阴影的面积为；2310294DBXA此阴影绕轴旋转所得的立体的体积为X由得，并代入的表D31251102BXBAV394AV达式而转化为求的最小值问题，令，可得唯一驻点，从而）V52B167提示与曲线关于点对称的21XY,P曲线方程，是从以及1X12和中消去和而得到的，即P21Y42XXY设与的交点横坐标为，12、则所围面积为3312DXYS令右端相等，得，解之得，并令判别式大于21Y、02P、0解得，时，取最大值9P31921PS8如图所示，设球的比重，半径为，则对应于R薄层上的体积微元上的功的微元为D,XVD,D222XRGXYGVWRX20S/M8943R9如图所示，水深处宽为的面积微元上YA所受的压力微元为，XGFD2D；XGF51620N0设压力加倍时闸门下降,则MH2H，即，其中为水的比重3851638定积分应用总评住对所有专业而言，面积、体积和弧长应是最基本的；力学、物理方面的应用因专业而异；限于篇幅，未涉及经济和其它方面的应用第二册参考答案第一章131（1）B；（2）C；（3）C；（4）A2（1）证，对于事先给定的无论多么小的正数（简记为），AXNLIM0都存在自然数（记为），只要，就必有不等式成立，从而对任一NNNAXN自然数，当（即）时，不等式仍成立，故由数列极KKK限的定义可知XKNLI（2）证，时，这时也必有AN,0AN，故反例，则ANNANLIM1存在，但不存在（即发散）1LILIMNLIN1（3）证，时，成0NXN,0NX0X立，故LIN17（4）证，（取21212312323NNN,01N整）只要（从而），必有成立，故N232LIMN3证数列有界，使得对一切，都有成立；NX0MNMXN又，时，0LIMYNN,NY0于是，对中的，当时，同时成立，所以这时，故MNNYXX0LINX141（1）分析因为，而，所以可设，2242XXX31X于是，对于给定的，为了，5042则只要即可，于是有如下的证明5证对于事先给定的无论多么小的正数，取，只要，就必5X有成立，所以，42X4LIM2X（2）分析因为，而，所以可设，106231于是，对，为了32X0，只要即可，从而证明如下X2X证，只要，就必有003成立，故21622106LIM2XX评注以上的证法就是函数极限的“论证法”，虽然抽象，但很严密，望认真体会2（1）证，取，只要，就1122XX2X必有成立，故1LI0X（2）证，取（），则当34322XX34X时，必有成立，故当时，X12XLIM12X0197评注（2）的证法就是函数时极限的“论证法”，望认真体会F、3（1），所以，不存在；10,10FLI0FX（2），所以，不存在；而F1LIXF40,1,、XXF151无穷小B、C；无穷大A、D；非无穷小与无穷大E、F182无界但非无穷大（因为一方面，在的过程中，总有这样的，XNNX使得可以大于你事先给定的任何大数（只要适当大即NXFCOS0M可），当时，无界（从而也在内无界）；但另一方面，在F,的过程中，也总有这样的，使得2NN，它却不比任何正数大，当时，不是0CS22NXFXXF无穷大）3时，为无穷小；时，为无穷大0XFXXF4为无穷大（）；为无穷小（）,B,5FAB、161（1）（提示通分并分子求和，再利用总复习题7（4）中的重要结果）；2（2）（提示分子分母同除以，再利用总复习题7（2）中的重要结果）；B1NB（3）（提示等比数列前项和公式并利用总复习题7（2）中的重要结果）42（1）（提示分母因式分解并约简分式再取极限）；6（2）（提示分子简化整理并与分母约简再取极限）；X（3）（提示通分，分子因式分解并与分母约简分式再取极限）3AAANFFNNNNLLIMLI2LIM2112112122171（1）（2）；（3）8；（4）；（5）；,0NAA2SICOSI（6）22（1）；（2）原极限；（3）；E11LIM01EXX2E（4）原极限220101LIXX3提示（1）先放缩分母得不等式，再利用夹逼定理（或夹逼准则，俗称“两头夹”）；（2）分两步先证数列单增有上界（这是关键），再利用单调有界准则NX（或单调有界原理）可知极限存在；最后再利用极限的唯一性，通过对递推公式两端取极限，得极限值满足的一个方程而解出要求的极限181（1）时，与是等价无穷小；0XXSIN（2）时，是比要高阶的无穷小；2X1（3）是比要高阶的无穷小（是的3阶无穷小）；ITANIXSINTA（4）同阶但非等价的无穷小（一般地，时，）021NAX123（1）；（2）；（3）4,2BK5KK194（1）；（2）；（3）（注0时，BA21SINTANARCSINARCTANLN1E1A1/LNAK1K1，务必记住嗷）第二章211；0XF00LIMXFX2（1）；（2）；（3）；（4）0XF30XF3；24Y4；,9393、3939YXY、5左导数，1LIM01LI0LIM00XXEEXFFXX右导数；LILILI11000XXFFXX因为，所以，导数不存在6在点处连续；、02LIMLI0,1N,0XXFFFXF020,LILI02001NFXFFXXXF、7在点处可导，则必在点处连续于是，XF由在点处连续，则；而FFF；BBAXXFX0LIMLIM020300由在点处可导，则；而FFFXXX00023LILIA8（1）由函数在点处连续，得，要使此式成立，；SN1F0N（2）由函数在点处可导，可知极限必存在，则XXNX1SILIM0IL0，即，此时上式极限存在且为零，即；0N1NF（3）由导函数在点处连续，,COSSI12XXFXN则，要使此式成立，则，即0ILIM10FXXNX02N220221（1）；（2）；312SINCOXXXX2179（3）；（4）；7LL124XEE2SEC3OSIN（5）；（6）6215LNCOTSXX2COS1INT2（1）；（2）；,6E15,23A（3）；（4）NAA21634切点坐标应满足解得，5T,YX,LOG,XYAE1EYX231（1）；（2）；（3）；（4）1232XX1SINTXCOT6E2（1）；（2）；321X21AX（3）；4SIN3CO4COS3SIN4COSIN1NXX（4）；EEXII12TA2TA11（5）；（6）322112122TANECXXXE3（1）；（2）；FFFF（3）；（4）COSSINI22XFXXXF4由，可知，所以，0ATFT0FLIMLI000FATXFAFTTT526由题知，三条曲线段定义了分段函数而此函数一阶,1,12XCBXEF可导，则在和处可导，从而也必连续0X1由在连续有，则；0LIMLI20FCXAEXXC由在连续有，即，则；11LI21B1BA0BA由在可导有，则，从而0XXCBAXEXX002LILI24211（1）；XCH（2）；S2XE（3）；24X（4）CHS2（1）；（2）；（3）；5EXTANLSIXE21（4）；（5）；（6）X1AROS1SIN134,XF、02,COSXXF、251（1）；（2）；（3）53X624XEX（提示取，利用公式CCCH90SH6003,SHXVU）；（4）NKKVUUVXEO2（1）（2）；,2,MNXYNM21SIN1X（3）（4）1,L112NXN611NNXX3（1）；（2）42FFLL21FFX45,30,8,3,0DPCPBAP第三章311D2有四个零点，分别在区间上用罗尔定理，可知XF4,2,1、方程在区间内各至少有一个实根，从而有且恰有三个实根0XF4,32,1、34，即，再解出14XEEXXEX5作辅助函数则在上连续，在内可导，,LIM,BXFAFXFBAF,BA,BA且，于是，由罗尔定理可知存在，使得A,0FF6用反证法令，若有两个不同的零点，则由CXF23F102X罗尔定理可知存在，使得但1,0,21XF在内没有零点，矛盾F60227设，则，从而在上为常函数，所以，XXFARCOSRSIN0FXF1,，即对一切，都有201,2ARCOSRSIN8（1）设，在上应用拉格朗日中值定理，得FTB,ARCTRTN21BBFB（2）时，在上满足拉格朗日中值定理的条件，则XLX,0（其中），即0FFXXX1LN而下面是属于单调性的证法令，当时，从而F1L00F时，单调增；又，故当时，XXFF9过点和点的直线方程为，,A,BF1FAXAYBF令，则连续两次应用罗尔定理可知1FFDFBA存在，使得,0FF10因不为常函数，不妨设（可类似去证），XFCCF由拉格朗日中值定理，则AFF0F11设在取得最大值，则也是极大值，所以必有（想想为什F1,0CCF么）由拉格朗日中值定理；,011CCFF1,122FFF，上两式取绝对值并相加，得MF012构造辅助函数（想想咋来的），则6721XXF，连续两次用罗尔定理，可知存在，使得4104,0，即，3F31F321（1）0；（2）1；（3）；（4）1；（5）；（6）22E212提示左极限右极限函数值，连续3，则CXCECXEXX1LIM1LNI422、14都是未定式，但根本不能用洛必达法则，因为不存在，不符合使用的条件LI0GF5显然，并非所有的未定式都可用洛必达法则求极限，除了题4中的情形以外，还有几种情形也不能使用洛必达法则重要极限坚决不要用洛必达法则，因为若用的XSINL话，将会犯逻辑上严重的“恶性循环”的错误（想想为什么）；对而言，X21LIM从逻辑上讲能用，但可惜啥也得不到，因为出现了“奇特的循环现象”，因而一般不用类似的极限还有，比如等等（注意与上题的区别）XXELIM第三章总复习题231提示令，因为，则XGFF0XFBFX2提示取，在上用柯西定理，得21,2012FF3提示取，在上用柯西定理LNBA4提示求及的极值，并讨论的情况为极小，0XXEEF21为极大2F5提示，由于，则单调减少，FF,A0XFXF从而，则，因而一定有根；ALIMX又，则单调减少，故的根唯一0XFXFF6提示令，则，所以是2EX2442XEXEX的唯一驻点F当时，因，单调增，又因为，FF0LIAFX，所以在内有唯一实根；LIM0XF0X,当时，时，单调减，LI0FLIMF20XF2时，单调增，所以，在内若，则无根；若XF,242AFE0F，则有唯一根；若，则有两个42AEXFX根7提示由泰勒公式，则202100FXF，,4122BAAFFABB2F记，两式相减并取绝对值即得结论,MAX1FFF8提示设，因是可导的极小值点，所以由泰勒0,0X0X0XF公式，221021XFFFF分别取，得，X、0F当时，；当时，2108201XF0821XF所以，至少存在一点，使得,8F第四章431（1）；（2）；CXEX2CXX121LN（3）；（4）X2COS8SIN1LARCT6注意上面四题务必要恰当的选择和UVD（5）（提示无需换元，先“凑”再直接分部积分得XXARSI原式）；2DRSINXXXD12ARCSIN122124（6）（先令换元，再分部积分）；CEXX332XT（7）（连续分部积分两次出现循环，移项除2再加C）；XLNSILCO（8）（连续分部积分两次出现循环，移项求解，别忘加E4C5415C）2由题设知，且，故2COSINOSXXFXFCOSDFFXS2IND441（1）（拆分）；（2）（拆CXX12LNCXX3123161ARCTNL2分）；（3）（提示分子先“硬凑出”分母的微分（扩X31232ARCTNL大了就缩小，缩小了再扩大，多了就减，少了就加）（这几句话是啥意思呢）；剩下的部分再配方）；（4）（提示可作“倒代换”，然后可凑微分，“很巧妙”）CX100LNT12（1）（万能代换）；（2）（同XTARC2ANXTCX31TAN23RC（1）；（3）（原式再拆分）；XSINO5LXSIN2CO5SIDSI（4）（）CX2TANDTATTAD2D222COSCOSIXTTXX3（1）（令，再拆分）；CX1LN133331X（2）（令，再拆分）；X1ARTLXT（3）（令，再拆分）；CEN2E2（4）（令，再拆分）X153215XT第四章总复习题1由，则，所以，5622XEEEF5632XXF，又由，则CXX3D5632C10故为所求C23F2令，代入方程之中，得，即，TXYY22XTT1XT所以于是，XTTTTD,2322111CXYCTXYTTYLN3LNDD3122评注本题涉及到隐函数的积分，而隐函数又很难显化，通过恰当的选择参数而化为对参T数的积分最终得以解决，有点难253XXXXXINNNNDTADSECTAD1SECTADTA222,DTANDTA2DTAN2TANT1TTT21222312XXXXNNNN即，故NIII1I4（1）（提示拆分得原式，再凑微分）；CEEXRCTXXE2（2）（令）；（3）；X12AOSTSICXLN11（4）（凑微分得原式，再继续“凑到位”）；3D231XX（5）（原式）；CXETAN2XEEEXDTANTANTAN2SC22（6）（同44的1（3）；CX2321ARTN4136L（7）（原积分EX2ARCTN5XEIXXXDD221ARCTNARCTN11XXXXEEARCTN1ARCTNARCTN1TARCTND222）；IEEXXX4TA1T1ARCTNT1222（8）（提示原积分COSLSISTNCXDCOTSCTSETIXXDCE2IX2D2，移项除2再加C）；OTLSS（9）,1,1MAXX,1,1MA321XX由原函数的连续性可知若记，则C2，C213故1,D,AX21XX（10）原式（或原式）CX21ARCSIN2XD4221D2XX26第五章541（1）；（2）；（3）；（4）；3LN23422145（5）；（6）；（7）0；（8）12E2LN132提示对等式左端令换元，即可推出右端XT3提示利用可加性，并对右端第三个积分令TAAT0TUX换元，再利用周期性可知第三个积分恰与右端第一个积分抵消4（1）在左端令换元，即可推出右端2TX（2）记，则由（1）知；又因为20COSIN0COSIND,DXIIX21I，所以，22141I评注利用某种积分关系式来“巧妙”的计算定积分的方法要认真领会，类似的积分还有，比如，可研究例子；00DSINDSINXFXFD2410COS1IN2X，可研究例子；AA2CSXE等等200200INDICOSSIXXXNNN5提示，右端第一个函数是奇函数乘奇函数TFTFFD为偶函数，第二个函数是奇函数的原函数为偶函数551（1）时，原式；时，原式0BBBXEE100BXED；（2）原式；BB10EEEXX211DLNL（3）（提示连续分部积分两次出现循环，再移项求解）；251E（4）（令换元，再分部积分或直接用公式）,15364、MTXSIN2000DCOSIDSINSIXFFFXF0SICODCOXXF，原等式成为，故0SIF5FF30F评注本题是含有定积分的简单积分方程，要求的是未知函数在一点处的值，尽管并不知道，但通过分部积分并不影响计算结果关键是第一次分出的部分的XF值为0，而第二次分出的部分恰好出现要求的，未积出的积分正好相互抵销是0F本题的特点273（注意）10SIN221102DD2XXFXXFI01FCOSCS0评注本题中的函数是用积不出的变限积分表示的，虽然如此，但通过20INDXTF分部积分后却很容易计算出要求的积分值4提示两端都对求导会发现相等，从而左右最多相差一常数；又当时，左右X0X0，所以左右啥也不差，即左右第六章621（1）如图所示，；3420211D8XA346（2）；D10EXE（3）AY2203SINCOS1ATT2抛物线在点处的法线方程为PX2,2，即，如图YYP32163212DYAP3两曲线在第一象限的交点坐标为，如图,3DCOSCOS452210214提示RTDEXXESEA5提示由对称性，题中的抛物线与抛物线等价，24XAY其焦点为，过焦点的弦为（为弦的斜率），,0AK弦与抛物线的交点横坐标为，122,1X所围成的面积为，D312124241XXSKAAXA、令，可知当时，最小00K38S6提示；2421DAAX当时，取最小值，46A16XY7提示，而，令，求得，23602ABBXSB0S61B，从而，（舍）214263281C2BAXGXFV2D3（实心喇叭形）；7128203DXVX，、Y5648023Y或者利用柱壳法（见题6）（显然柱壳法简单）56420DXY、4如图所示，所求体积等于圆柱体的体积减去两个喇叭的体积，而、VAV22（这是本题的关键）XYAV20、D42SINDCOS1SINCO102202TATATAT，33323STA