考研数学-陈文登复习指南习题详解

12006版陈文登复习指南习题详解（本答案来自互联网，答案未经审订，仅供参考）高等数学习题一1填空题设，则常数_解答由题意可得即_解答且又由夹逼原则可得原式已知极限，则2解答当时，由可得原式同理可得故原式已知则_解答原式已知函数则_解答又所以_解答原式设函数有连续的导函数，,若在处连续，则常数3解答设当时，为的阶无穷小，则解答由此可得，_解答原式已知，则，解答若极限存在则得故2选择题设和在内有定义，为连续函数，且，有间断点，则4必有间断点必有间断点必有间断点必有间断点解答若连续，则也连续，与题设矛盾，所以应该选设函数则是偶函数无界函数周期函数单调函数解答因为，所以，又为无界函数，当任意给定一正数，都存在时，使得，于是，故为无界函数，所以应该选当时，函数的极限是等于等于为不存在但不为解答5所以应该选若函数在处连续，则的值是解答，则，所以应该选极限的值是不存在解答原式，所以应该选设则值是均不对解答原式解得所以应该选设则的值为，均不对6解答原式，由可得，所以应该选设则当时，是的等价无穷小与是同阶但非等价无穷小是比较低阶的无穷小是比较高阶无穷小解答原式，所以应该选设则的值是解答若原式极限存在，当时，由可得，所以应该选设其中则必有解答原式7可得，所以应该选3计算题求下列极限解答原式解答原式解答原式解答原式8又所以原极限求下列极限解答原式解答原式19解答原式求下列极限解答原式10解答原式解答原式解答原式且又，故由夹逼原则知原式11解答当时，原式当时，原式当时，原式其中解答原式4设试讨论在处的连续性和可导性解答由于是在处连续分别求在处的左、右导数12所以在处连续且可导5求下列函数的间断点并判别类型解答为函数的间断点又所以为函数第一类跳跃间断点解答当时，13当时，当时，即，所以为函数第一类间断点解答当时，所以为第一类跳跃间断点当时，不存在，所以为第二类间断点当时，所以为第一类可去间断点当时，所以为第二类无穷间断点146试确定常数的值，使极限存在，并求该极限值解答原式存在由可得，即则原式同理由可得，即所以原式7设，且是的可去间断点，求的值解答存在，由可得原式存在，同理由可得8设求的值解答原式15由可得原式，即9讨论函数在处的连续性解答当时，所以若时，在连续若时，在为第一类跳跃间断点当时，是的第二类间断点10设在的某邻域内二阶可导，且求及解答16由可得所以第二章一、填空题7设，则_解答原式所以8已知，则_解答原式即令，则9设为可导函数，则_解答原式1710设函数由方程所确定，则曲线在点处的法线方程为_解答两边求导将代入可得故所求的方程为二选择题1设可导，则是在处可导的充分必要条件充分但非必要条件必要但非充分条件既非充分又非必要条件解答若在处可导，即，所以应该选2设是连续函数，且，则解答，所以应该选183已知函数具有任意阶导数，且，则当为大于2的正整数时，的阶导数是解答，由数学归纳法可得，所以应该选4设函数对任意均满足，且，其中为非零常数，则在处不可导在处可导，且在处可导，且在处可导，且解答，故应选二、选择7设在处可导，则为任意常数19为任意常数解答由在连续可得由在可导得则，所以应该选8设，则在处可导的充要条件为存在存在存在存在解答当时，则等价于，所以应该选9设函数在上可导，则当时，必有当时，必有当时，必有当时，必有20解答若设时，均错误，若设时，错误，故选10设函数在处可导，则函数在处不可导的充分条件是且且且且解答令，由导数定义可得若，由的连续性及保号性可得，此时若，同理可得故若不存在，则若，且，设，由于所以当时，时，则故不存在，所以应该选三计算题1，求21解答2已知可导，求解答3已知，求解答等式两边对求导可得化简可得4设的函数是由方程确定的，求解答等式两边对求导可得化简得5已知，求解答226设，求解答等式两边对求导可得可得又所以7设函数二阶可导，且，求解答8设曲线由方程组确定，求该曲线在处的曲率解答，则23四已知，其中有二阶连续的导数，且确定的值，使在点连续；求解答即当时，在处连续当时，有当时，由导数的定义有五已知当时，有定义且二阶可导，问为何值时是二阶可导解答在处连续24则即在处一阶可导，则有此时，在处二阶可导，则有六已知，求解答又在处的麦克劳林级数展开式为通过比较可得，当时，25当时，七设，求解答,通过递推公式可得当时，八证明满足方程证明化简可得得证26第三章1求下列不定积分解答原式解答原式解答原式解答原式解答设原式272求下列不定积分解答设原式解答设，原式28解答设原式解答原式29解答设原式解答设，则原式解答设，30原式3求下列不定积分解答原式解答设，则原式4求下列不定积分解答设，原式31解答设，原式5求下列不定积分解答原式32解答所以解答原式33解答原式移项得解答原式6求下列不定积分解答原式再求34设，则原式所以原式解答设原式解答设原式357设，求解答当时当时因为在处连续，可得，所以368设，为不同时为零的常数，求解答设，则又所以即9求下列不定积分解答原式解答原式37解答原式解答原式10设当时，连续，求解答原式3811设，求解答设，则所以12求下列不定积分解答设原式39解答设原式解答设原式40解答设原式13下列不定积分解答设原式解答设41原式解答设，则原式解答设，原式4214求下列不定积分解答原式43解答原式解答原式4415求下列不定积分解答设原式解答设原式解答设原式45习题四（1）1若在上连续，证明对于任意选定的连续函数，均有则在上，证明假设在上存在使得，令，由于在上连续，故存在在上，使得又令则结论与题设矛盾，故假设不成立2设为任意实数，证明证明设，则46所以即，得证3已知在连续，对任意都有证明证明在连续,则，又所以471设为大于的正整数，证明证明即若，则于是这与推论矛盾，所以若，则于是这与推论矛盾，所以48综上所述，有1设在上连续，且单调减少，证明对于满足的任何，有证明由积分中值定律有又，且单调递减，故当时，所以即2设在上二阶可导，且证明证明由泰勒公式有又，则两边积分可得497设在上连续，且单调不增，证明任给，有证明，所以又，单调不增，当时，所以8设在上具有连续的二阶导数，且，证明在内存在一点，使证明由泰勒公式有50，其中具有二阶导数，设最大值为，最小值为，即则即，由介值定理可得，至少存在一点，使得即，得证9设连续，证明证明设，则5110设在上连续，在内存在且可积，证明证明由，可得，其中即12设在上连续，且，则证明令，则52两边积分得令，消除后得即13设函数在上具有一阶连续导数，且，证明证明由柯西不等式有14设函数在上连续，且，证明，使证明因为在上连续，则必存在一点，使得，即，53即习题五1设函数在在闭区间上可微，对于每一个，函数的值都在开区间内，且，证明在内有且仅有一个，使证明设，则在上连续，又，所以，由零值定理可知，在内至少存在一个，使，即利用反证法证明在内至多有一个零点设且使得，则由拉格朗日中值定理可得，至少存在一个，使得54这与题设矛盾，综上所述，命题得证2设函数在上连续，内可导，且，证明在内一个，使证明由积分中值定理，可知在上存在一点，使，从而有于是由洛尔定理可知，在内存在一个，使，3设函数在上有二阶导数，且，又，证明在内至少一个，使证明由题意可得，根据洛尔定理可得至少存在，使得又当时，再对在上应用洛尔定理，可得至少存在一个，使得，命题得证4设函数在上连续，在内可导，且，证明在内一个，使证明设，在上连续，在内可导，且，则在满足柯西定理，于是有，使55即所以5设函数在上可导，且，证明一个，使证明设，则在上满足拉格朗日中值定理，于是有使即所以6设函数在上连续，在内可导，证明一个，使56证明设则在上满足洛尔定理，于是存在，使，即7设函数在上有二阶导数，且，证明至少一个使证明设，则，由洛尔定理可得，存在，使得,又则在上，由洛尔定理可得，存在，使得,即8设函数在上可导，且，证明在内至少一个，使证明设，则在内，由柯西中值定理可得，至少存在一个，使得57即所以9若，证明一个或，使证明设，则在上，由柯西中值定理可得，存在一个，使得即化简可得10函数在上连续，在内可导，且，证明至少一个，使证明设，由，可得由洛尔定理可得，至少存在一个，使得即5811设函数在上连续，在内可导，证明至少一个使证明设，则，由洛尔定理可得，至少存在一个，使得，即12设函数在上连续，在内有二阶导数，证明至少一个使证明在处的泰勒展开式为两式相加得又在内有连续二阶导数，所以存在，使得，所以5913设函数在上连续，在内可导，证明在,使证明设，由柯西中值定理，在内至少存在，使得即对于，由拉格朗日中值定理可得，存在，使得从而14设函数在上连续，在内可导，且，证明使得证明设，由柯西中值定理可得，至少存在，使得，即60设，由拉格朗日中值定理可得，存在，使得从而，即15设函数在上连续，在内可导，且，证明，使得证明设，由柯西中值定理可得，对于，存在，使对于，由拉格朗日中值定理可得，存在，使得由两式可得习题六一求解下列微分方程61解答令，则原微分方程可变化为解其对应的齐次方程，可得令为原方程的解，代入方程有，解得，所以故原方程的解为解答原方程可变换为解得，即，又，则，故二求解下列微分方程解答令，则，原方程可变换为即，解得，将代入可得62解答设，将方程右端同除后可变换为解得即由可得，故所求方程为三求解下列微分方程解答令，又，则原方程式可变换为解其对应的齐次方程，可得令为原方程的解，代入方程有解得所以63解答方程可变换为其对应其次方程可解为，积分可得，即，齐次方程的通解为令，代入原式中有，积分可解得故原方程的通解为解答设，则，所以原式可变换为由贝努利方程，设，则方程变换为其对应的齐次方程的解为，令，代入原方程中可解得所以，即64五求解下列微分方程解答原式可变换为，即设，则原方程可变换为其对应的齐次方程的通解为令为原方程的解，代入原式中有，可解得故解答原式可变换为由贝努利方程，设，则原式可变换为其对应的齐次方程的通解为令为原方程的解，代入可得解得所以65六函数在实轴上连续，存在，且具有性质，试求出解答在实轴上连续，设，则可得又存在，则对任意，有即处处可微且满足解得又故八求解下列方程解答原式可变换为，即令，则又变换为，即解此方程可得又，则，所以66解答令，则，则原式可变换为解此方程可得，即又，则，所以九求解下列方程解答令，则原方程可变换为即，积分可得即解得解答令，则原方程可变换为解得，又，可得67所以，则，又，可得故解答令，则原方程可变换为令，则原方程又可变换为解此方程可得，当时，可得则，又，可得所以十二求解下列微分方程解答令，即，则原方程可变化为即相应特征方程为齐次方程通解68特解所以原式的通解为解答令，即，则原方程可变化为即相应特征方程为齐次方程通解特解所以原式通解为五一质量为的物体，在粘性液体中由静止自由下落，假如液体阻力与运动速度成正比，试求物体运动的规律解答物体受到的重力为，阻力为，则，其中，则方程式变为令，则方程式变化为69解其对应的齐次方程，可得令为原方程的解，代入方程有，解得，所以，又，则，又，则所以十六有一盛满水的圆锥形漏斗，高，顶角，漏斗尖处有面积为的小孔，求水流出时漏斗内水深的变化规律，并求出全部流出所需要的时间解答从时刻到小孔流出的水量为在此时间内，液面由降至，水量减少为由题意可知，则，且当时，所以方程为当水全部流出时，70十七设经过原点的曲线族上任一点处的切线交轴于点，从点向轴作垂线，其垂足为，已知与轴所围成的三角形的面积与曲边三角形的面积之比等于常数，试求该曲线族解答为曲线上一点，则切线的方程为，坐标为,由题意可知三角形的面积为曲边三角形的面积为又，则，对方程两边求导可得化简可得令，代入方程可得解得，即又，则解得，即十八有一房间容积为，开始时房间空气中含有二氧化碳，为了改善房间的空气质量，用一台风量为/分的排风扇通入含的二氧化碳的新鲜空气，同时以相同的风量将混合均匀的空气排出，求排出分钟后，房间中二氧化碳含量的百分比解答设在时刻，的含量为，则在时间内进入房间的的含量为71，排出房间的的含量为所以在内的改变量为化简得解得又则，即所以当时，即的含量为习题七2填空题函数的单调减少区间_解答，令，可得当时，单调递减所以的单调递减区间是或曲线与其在处的切线所围成的部分被轴分成两部分，这两部分面积之比是_解答直线方程为，即，两直线的交点可求得，即求解72方法一已知其一根为，设方程为通过比较可得，可解得另外一根为方法二分解方程有即所以则设在上连续，当时，取最小值解答令，则73即所以绕旋转所成旋转体体积_解答令，则当时，当时，所以求心脏线和直线及围成的图形绕极轴旋转所成旋转体体积_解答将极坐标化为直角坐标形式为，74则所以4计算题在直线与抛物线的交点上引抛物线的法线，求由两法线及连接两交点的弦所围成的三角形的面积解答由题意可计算两法线的方程为，即，即两直线的交点为，则75过抛物线上的一点作切线，问为何值时所作的切线与抛物线所围成的面积最小解答直线的斜率，则直线方程为，与抛物线相交，即，设方程的两根为且，则，从而又，所以求通过点的直线中使得为最小的直线方程解答设，则76则由可得即可得又则当时为最小，此时方程为求函数的最大值与最小值解答令，可得当时，即在取最小值，此时当时，即在取最大值此时求曲线与所围阴影部分面积，并将此面积绕轴旋转所构成的旋转体体积，如图所示解答77已知圆，其中，求此圆绕轴旋转所构成的旋转体体积和表面积解答令，如图所示，则78设有一薄板其边缘为一抛物线，如图所示，铅直沉入水中，若顶点恰好在水平面上，试求薄板所受的静压力，将薄板下沉多深，压力加倍解答抛物线方程为，则在水下到这一小块所受的静压力为所以整块薄板所受的静压力为若下沉，此时受到的静压力为要使，解得若将薄板倒置使弦恰好在水平面在上，试求薄板所受的静压力，将薄板下沉多深，压力加倍解答建立如图坐标系，则抛物线方程为，则在水下到这一小块所受的静压力为所以整块薄板所受的静压力为79若下沉，此时受到的静压力为要使，解得第八章、第九章没有答案习题十1设为连续的可微函数，求解答令，则，则2设，其中为可微函数，求解答直接对求导可得化简可得3设，又，求解答直接对求导可得804求下列方程确定函数的全微分，求解答直接微分可得即化简可得，求解答化简可得5设，其中具有二阶连续偏导数，求解答6已知，求解答817已知，求解答8设，由确定，求解答对方程组求导可得82求解可得9设，求解答所以10设，其中具有二阶连续导数，二阶可导，求解答8311已知，且，其中可微，连续，且，连续，试求解答，又即，又即12设，其中出现的函数是连续可微的，试计算解答13设，试确定常数，使84解答由，可得14若满足，其中有连续的二阶导数，求解答令，则同理则化简得即解得即为任意常数8515求曲面的平行于平面的切平面方程解答曲面方程在处切平面的法向量为则曲面在处切平面方程为由题意可知，即则解得即所以切平面的方程为或16求圆周在处的切线与法平面方程解答由题意，对求导得，可解得所以，圆周在的切向量圆周在处的切线方程为法平面方程为17试求函数在闭区域上与的最86大值解答先求函数在内的驻点由可得，即函数在内只有唯一的驻点，再求在边界上的最值在边界，此时在边界，此时在上，将代入中化简可得，可得，此时18在椭球面内作内接直角平行六面体，求其最大体积解答设位于第一挂限内椭球面上，则，由题意有则87解得唯一解所以19求原点到曲面的最短距离解答设位于球面上，则令，由题意可得，即求在约束条件下的最小值，则当时，无解当时，由，可得20当时，求函数在球面上的最大值，并证明对任意的正实数成立不等式解答由题意可得88，则解得，即在处值最大，此时对于任意正数，设，即求在条件下的最大值，则解得唯一解又在平面位于第一挂限部分的边界上为零，故在点处取最大值，即有21过平面和平面的交线，作球面的切平面，求切平面方程89解答由平面束方程可知，所求平面方程为化简可得由题意可得点到平面距离为化简可得即解得或当时，代入方程可得切平面方程为当时，代入方程可得切平面方程为22求直线与直线之间的垂直距离解答过作平行于的平面，设平面的法向量为，则同时垂直于和的方向向量，故所求得的平面方程为化简可得90设是上的一点，则到平面的距离为故所求直线的距离为习题十一4求解下列二重积分解答原式解答原式由与所围的区域解答积分区域关于对称，同时被积函数是关于的奇函数，所以原式91由的上凸弧段部分与轴所形成的曲边梯形解答对求二次导数，由题意可得时在此区间上为上凸区间，即所以，原式解答原式5计算下列二重积分解答由广义极坐标，则，由区域与函数的对称性可得原式92，并求上序二重积分当的极限解答原式，原式解答原式及解答原式938设是半径为的周长，证明证明将积分化为极坐标形式为9设是上非负连续函数，在上连续且单调递增，证明证明左边右边可得可得由于都是连续且单调递增函数，所以94，即，从而，则10设均为正整数，且其中至少有一个是奇数，证明证明当为奇数时，将积分化为先对后对的二重积分因为为奇数，于是关于是奇函数从而，所以当为奇数时，同理可证11设函数在上连续，令，证明证明12计算解答原式9513，由及所围之区域解答设，则14计算下列三重积分，由及所围形体解答原式，及所围形体96解答原式，由面上的区域绕轴旋转一周而成的空间区域，其中解答利用“先二后一”法将区间分为两部分，则原式,由及所围形体97解答原式,由与所围的空间区域解答原式，为底面为单位正方形，高为的正四棱锥体，而为锥体中任一点到顶点的距离解答以底面正方形中心为，建立坐标系，其中，则，此函数关于对称，故只需计算第一象限上的部分，由于的方程分别为和，所以原式9815求下列曲线所围图形的面积解答两曲线的交点为所以解答将原式化为极坐标形式为，令，可得或所以解答设，原式化为极坐标形式为原式9916求曲面夹在两曲面之间的部分的面积解答由题意可得则17求用平面与曲面相截所得的截断面之面积解答方法一由，可得，则所得的截断面之面积即求之面积，其中令，则100其中，即故又椭圆的面积为所以方法二由两方程可得，设所截圆面的半径为，又原心到平面的距离，则圆面半径所以18求下列曲面所围形体的体积解答101解答解答21设质量为，半径为的非均匀球体，球上任一点的密度与该点到球心的距离成正比，求球