經濟應用數(shù)學基礎一微積分課后習題答案高等教育

第一 習題一（１．解下列不等式，并用區(qū)間表示解集合（其中δ＞０）（１）（x－２）２ x＞x（３）x－x０｜＜δ； 解（１）由（x－２）２＞９得x｜＞３，從而解得由此得xx（２）x｜｜xx離大于點x（－１，（３）由x－x０｜＜δ得－δ＜x－x０＜δ，由此得x０－δ＜x＜x０＋δ，（x０－δ，x０x（x０－δ，x０）∪（x０，x０（１）a－b≤ab； a≤ac證（１）由絕對值性質（４）a≤a＝aba＝a≤acb．（１）y＝xy＝x２（２）y ２＋xy＝（１－x）（２＋x）（３）y＝１與yｓｉｎ２x＋ｃｏｓ２（４）y＝ｃｏｓx與y＝１ｃｏｓ２x（５）yｌｎ（x２－４x＋３）yｌｎ（x－１）ｌｎ（x－３）ｌｎ（１０３ｌｎ（２ｌｎ（５１（２）y１

＝｜xy＝x的對應規(guī)則不同（）２＋xy＝（１－x）（２＋x）的定義域均為Df＝［２（３）因ｓｉｎ２x＋ｃｏｓ２x≡１，x∈（－∞，＋∞）２１ｃｏｓ１ｃｏｓ（５）

＝｜ｃｏｓxy＝ｃｏｓx２yｌｎ（x－４x＋３）ｌｎ［（x－１）（x－３）］Df（－∞，１）（３，＋∞）２yｌｎ（x－１）ｌｎ（x－３）的定義域為Df＝（３，＋∞）（６）２ｌｎ（１０ｌｎ［ｌｎ（２ｌｎ（５的定義域均為Df＝（－５，２），故此二函數(shù)相２同．２（１）y＝x＋x－２ （２）y＝ｓｉｎ（x）２９９２（２）y

（４）y＝ｌｎ

１０（５）y

x＋１０ （６）y＝（x－１）（x－３）x－３x x解（１）使該函數(shù)有定義的x應滿足條件：２x＋x－２＝（x－１）（x＋２）由此解得x≥１xDf＝（－∞，２］∪［１，＋∞）（２）使該函數(shù)有定義的x應滿足條件：x≥０且ｓｉｎx而由ｓｉｎxkπ≤x≤（２k＋１）π，k＝０，１，２，…．因此，該函數(shù)的定義域為∞ffk（３）使該函數(shù)有定義的x應滿足如下條件：９－x≥０，１－x＞０，x≠１解得x｜３xx≠０因此，該函數(shù)定義域為Df＝［－３，０）∪（０，１）２（４）使該函數(shù)有定義的x應滿足條件：２x－９x由此得x２－９x－１０＝（x＋１）（x－１０）x≥１０或x≤

Df＝（－∞，－１］∪［１０，（５）使該函數(shù)有定義的x應滿足如下條件：x－３≠０，x－１０≠０，xx由此解得x＞１０或x≤Df＝（－∞，－１０］∪（１０，＋∞）（６）使該函數(shù)有定義的x應滿足條件：x－３≠０，（x－１）（x－２）x即（x－１）（x－２）且xx

Df＝［１，２］∪（３，＋∞）f（x）

x２２x x２２求函數(shù)值f（０），f（±３），f（±４）f（２＋a）解x＝０，x＝x≤３，所以f（０）＝９f（±３） x２２２（１－a）（５＋a２２f（２a）＝q－（２a）＝當２（１－a）（５＋a２２f（２＋a）＝（２＋a）－９＝（a－１）（a所 f（２＋a） （１－a）（５＋a） （a－１）（５＋a） ５（１）y＝１＋６x－x２； x１，x２ x１＜x則f（x）－f（x）

２（６x１－x）２１２２ x２１２２ ６x２ ６x２ ２１所以該函數(shù)在區(qū)間（０，３）上單調增加，在區(qū)間（３，６）上單調減少．６x２另解， ＝９－（x－３）２，所以y＝１＋６x－x２是圓（x－３）６x２（y－１）２＝３２的上半圓．由此可知，該函數(shù)在（）上單調增加，在（３，６）上單調（２）x ｅ

y＝ｅ

ｅ，x所以，該函數(shù)在［０，＋∞）上單調增加，在（－∞，０］上單調減少．７．討論下列函數(shù)是否有界：２２（１）y＝ （２）yｅ－x２２１（３）yｓｉｎ１ （４）y＝１x解（１）

y

１２x２２＝１

１２（２）

１

１１ ＝x２≤ （３）因為ｓｉｎx

≤１（x≠０）（４）對任意給定的正數(shù)M

M１２

此式表明，對任意給定的M＞０，存在點x０∈Df｜y（x０）｜＞M．因此，該函 （１）f（x）xｓｉｎx＋ｃｏｓ （２）y＝x－x ｌｎ１－x，x（４）f（x） x解（１）因為f（－x）＝（－x）ｓｉｎ（－x）＋ｃｏｓ（－x）xｓｉｎx＋ｃｏｓx＝f（x），x∈（－∞，＋∞）（２） （３） f（－x）ｌｎ（－x

ｌｎ２x＋１２＝ｌｎ（x＋１＋x２）＝f（x），x∈（－∞，（４）x＞０（x＜０）f（－x）＝１（－x）＝１xx＜０（x＞０）f（－x）＝（－x）＝x１－x，xf（－x） f（（１）f（x）ｓｉｎx＋ｃｏｓ （２）f（x）＝ｓｉｎx（３）f（x）＝xｃｏｓx； （４）f（x）＝１ｓｉｎπx．解（１）因為ｓｉｎｃ４f（x＋２π）＝２ｓｉｎx＋２ππ４

＝２ｓｉｎx＋

因此，該函數(shù)為周期函數(shù)，周期為）ｓｉｎ）＝ｓｉｎ＝ｓ所以，該函數(shù)為周期函數(shù)，周期為π．（３）因ｃｏｓx是以２π為周期的周期函數(shù)，但是xxｓf（（４）f（x＋２）＝１ｓｉｎ（x＋２）π１ｓｉｎπxf（x）所以，該函數(shù)為周期函數(shù)，周期為２．（１） １ （２）１

（ ２５

ｅ（３）y＝１ｌｎ（x－１） （４）y＝３x－５ π（５）y２ｓｉｎ ，x∈– ２（６）y

２x ０x≤１２２－（x－２），１解（１）

１＝１

解出xxy

１＝１１＝１D（f）＝（－∞，－１）∪（－１，（２）由所給函數(shù)解出ｅx，（因為ｅx＞０，所以舍去“

ｎ２２ｎ２２ ）＝（－∞，＋∞）（３）所給函數(shù)定義域為D（f）＝（１，＋∞），值域為Zf）＝（－∞，＋∞）由所給函數(shù)解出x

ｅyｅx ）＝（－∞，＋∞）（４）D（f）＝（＋∞）（f）＝（＋∞）由所給函數(shù)解出x，得

１x＝（３

＋５），y∈f）＝（－∞，

１y＝（３

D（f－１）＝Z（f）＝（－∞，（５）由所給函數(shù)解出x

x３ａｒｃｓｉｎ２y３ａｒｃｓｉｎ２（６）

D（ ）＝Z（f）＝［－１，１］當０＜x≤時，y＝２x－１，y∈（－１，１］x≤２時，y＝２－（x－２）２，y∈（１，２］由此解出x，得x＝

y≤１ x≤y＝２－２－x，１＜x］．１１．分析下列函數(shù)由哪些基本初等函數(shù)復合而成：a（１）yｌｏｇx （２）yａｒｃｔａｎ［ｔａｎ２（２＋x２）a（３）y＝ｅ２x／（１－x２） （４）y x２－x－１解（１）所給函數(shù)由對數(shù)函數(shù)yｌｏｇau與冪函數(shù)u＝x復合而成；（２）所給函數(shù)由反正切函數(shù)yａｒｃｔａu、冪函數(shù)u＝v２、正切函數(shù)vｔａｎ和多項式函數(shù)w＝a２＋x２（３）所給函數(shù)由指數(shù)函數(shù)y＝ｅu和有理分式函數(shù)u＝１x２

復合而成；（４）所給函數(shù)由冪函數(shù)y＝u、余弦函數(shù)u＝ｃｏｓv、冪函數(shù)v＝w與多項式函數(shù)w＝x２－x－１復合而成．１２．設銷售某種商品的總收入R是銷售量x的二次函數(shù)，且已知x＝０，１０，２０時，相應的R＝０，８０Rx的函數(shù)關系．解R（x）＝ax２＋bx＋c（R（０）＝０所以cR（１０） R（２０）１００a＋１０b＝８００，４００a＋２０b

１０a＋b＝８０，２０a＋b由此解得a＝－２，b＝２R（x）＝１００x－２x＝x（１００－２x）２１３．某種電視機每臺售價為２０００元時，每月可售出３０００臺，每臺售價降為１８００元時，每月可多售出６００臺，求該電視機的線性需求函數(shù)．解Q（２０００）＝a－２０００bQ（１８００）＝a－１８００b由此解得a＝９０００，b＝３Q＝９０００dd３p＋Q２＋５Q－１０２dd２p－２Qs＋３Qs＋７１２peQe解供需均衡的條件為Qd＝Qs＝Qe，對應均衡價格為pe３p３＋Q＋５Q－１０２２e

pe－２Qe＋３Qe＋７１２２２pe＝２Qe－３Q３－７１（）７QeQe＝０２２２由此解得Qe＝７（舍去負根）Qe＝７代入（）pe因此，該商品供需均衡時，均衡價格pe＝６，均衡數(shù)量Qe（１．填空題：（１）已知函數(shù)f（x）的定義域為（０，１］，則函數(shù)f（ｅx）的定義域 fx４

＋fx４

的定義域為 （２）已知函數(shù)f（x） １＋x２，則f（ｓｉｎx） （３）f（x）；

１

，則f［f（x）］ ，f｛f［f（x）］｝（４）已知f（３x－２）＝x２，則f（x） 則均衡價格pe＝ ，均衡數(shù)量Qe＝ 答（１）（－∞，０］，１，３ （２）ｓｉｎxｃｏｓx４ ，

（４）１（x＋２）２ （５）解（１）ｅx≤１x∈－∞，０］

１＋≤１，得 ４２（２）f（ｓｉｎx）ｓｉｎ２（３）f［f（x）］＝f（f（

＝２

ｓｉｎ，

４２ｓｉｎx·ｃｏｓx２f｛f［f（x）］｝＝f［f（x） ＝x［（４）令t＝３x－２，則

＝（t＋２）２f（t）＝f（３x－２）＝x２＝１（t １ （５）Qd＝Qs＝Qe

f（x）＝１（x＋２）９１００２pe＝－２０

０．（１）若函數(shù)y＝x＋２y＝（x＋２）２表示相同的函數(shù)，則它們的定義域為．（Ａ）（∞，＋∞） （Ｂ）（－∞，２］（Ｃ）［－２，＋∞） （Ｄ）（∞，２］．１，x（２）設f（x）＝０，x｜＞１，則f｛f［f（x）］｝ （Ａ） （Ｂ）１，x x（

０，x１

（

０，x（３）yｓｉｎ１在定義域內 x（Ａ）周期函數(shù) （Ｂ）單調函數(shù)（Ｃ）偶函數(shù) （Ｄ）有界函數(shù)（４）設函數(shù)f（x）在（－∞，＋∞）內有定義，下列函數(shù)中， 必為偶＝f （Ｂ）y＝［f（x）］２（Ｃ）y＝－f（－x） （Ｄ）y＝f（x２）ｃｏｓ（５）設函數(shù)f（x）在（－∞，＋∞）內有定義，且f（x＋π）＝f（x）ｓｉｎx，則f（x） （）是周期函數(shù)，且周期為（）是周期函數(shù)，且周期為（）是周期函數(shù)，且周期為（）答（１）Ｃ；（２）Ｃ；（３）Ｄ；（４）Ｄ；（５）解（１）（２）

（x２f［f（x）］＝１，｜f（x（x２x＝０，x故選（Ｃ）

f｛f［f（x）］｝＝１，｜f［f（x）］１１，x＝x（３）

ｓｉｎx

≤１，橙x≠０，故選（Ｄ）（４）因f（（－x）２）ｃｏｓ（－x）＝f（x２）ｃｏｓx，故選（）f（）ｓｉｎ）f（ｓｉｎｓｉｎf（f（x）為周期函數(shù)，且周期為２π，選（）２x

–１f（x）＝x（x）．，則 ２t，則解令t

２x

２２f（ １f２t ２t２

）－f２t

２t－２＝t

２t

f（t）－２

f２f

＝２tf（

）＝ （x）

t２x＋x２．４．證明下列各題

x（）若函數(shù)f（x）g（x）D上單調增加（或單調減少），則函數(shù)h（x）＝f（＋g（x）D上單調增加（或單調減少）．（２）若函數(shù)f（x）在區(qū)間［a，b］，［b，c］上單調增加（或單調減少）f（x）在區(qū)間［a，c］上單調增加（或單調減少）證（１）對任意的x１，x２D，且x１＜x２f（x）g（x）單調增加（減少），f（x１）＜f（x２）（f（x１）＞f（x２g（x１）＜g（x２）（g（x１）＞g（x２（h（x１）＞h（x２所以，h（x）＝f（x）＋g（x）D上單調增加（減少）（２）對任意的x１，x２∈［a，c］x１＜x２若a≤x１＜x≤bb≤x１＜x≤cf（x）＜f（x）（f（x）＞f（x））若a≤x１≤b＜x２≤c，則由題設有f（x１）≤fb）＜f（x） （f（x１）fb）＞f（x２））綜上所述，f（x）在［a，c］上單調增加（或單調減少）．５．設函數(shù)f（x）與g（x）在D上有界，試證函數(shù)f（x）±g（x）與f（x）g（x）在證f（x）g（x）D上有界，故存在常數(shù)M１＞０M２f（x）｜＜M，g（x）｜＜M，橙x∈D．M＝M１＋M２＞０，則有＋g因此，f（x）±g（x）D上有界．再令M＝M１M２＝fg（因此，f（x）g（x）D上有界．６．證明函數(shù)f（x）＝xｓｉｎx在（０，＋∞）上 要證f（x）xｓｉｎx在（０，＋∞）上，只需證明：對任意給定的常M＞０，總存在x０∈（０，＋∞）事實上，對任意給定的M＞０，令x０＝π＋２（１＋［M］）π∈（０，＋∞）（［M］M的整數(shù)部分） ＝π＋２（１＋［M］）πｓｉｎπ π＝＋２（１＋［M］）π＞M于是，由M＞０的任意性可知，f（x）＝xｓｉｎx在（０，＋∞）上無界．７．已知函數(shù)函數(shù)f（x）af（x）＋bfx其中a，b，c為常數(shù)，且a≠b

求f（x），并討論f（x）的奇偶性．解由所給方程有

afx

＋bf（x）af（x）＋bf１＝ afxf

＋bf（x）２ac２（x）＝ （a２－b２）２２２２ ac－bc（

ac（－x）（a

－b２）（

（

－b２）

＝－f（所以，f（x）８．某廠生產某種產品１０００噸，當銷售量在７００噸以內時，售價為１３０元／噸；銷售量超過７００噸時，超過部分按九折．試將銷售總收入表示成銷售量的解設R（x）為銷售總收入，x為銷售量（單位：噸）當０≤x≤７００時，售價p＝１３０（）當７００＜x≤１０００時，超過部分（x）的售價為p＝１３０＝（元／噸）．R（x）＝１３０x，１３０×７００＋１１７×（x－７００），７００ ＝１１７x＋９１００，７００可見銷售總收入R（x）為銷售量x的分段函數(shù)．９．某手表廠生產一只手表的可變成本為１５元，每天固定成本為２０００元，每只手表的出廠價為２０元，為了不虧本，該廠每天至少應生產多少只手表？解設每天生產x只手表，則每天總成本為C（x）＝１５x因每只手表出廠價為２０元，故每天的總收入為２０x（），若要不虧本，應滿足２０x≥１５xx≥４００（只即，若要不虧本，每天至少應生產４００１０．某玩具廠每天生產６０個玩具的成本為３００元，每天生產８０個玩具的成本為３４０元，求其線性成本函數(shù)．該廠每天的固定成本和生產一個玩具的可變成本各為多少？解C（x）＝ax＋b其中C（x）為總成本，x為每天的玩具生產

C（６０）＝６０a＋b＝３００（元C（８０）＝８０a＋b＝３４０（元a＝２，b

C（x）２x其中a＝２元為生產一個玩具的可變成本，b＝１８０第二 極限與連習題二（（１） ５n （２）un＝１ １n（３）un＝２＋

（４）un＝１＋（－２）n （５）un＝ （６）un＝a（a為常數(shù)）解（１）２， １７ ２，４，４，５，…，５－n觀察可知un→５（n→∞）．因此，該數(shù)列收斂，其極限為＝（２）＝n ＝１ｃｏｓnπnn

１（－１）n

→所以，該數(shù)列收斂，其極限為０．→（３）un－２所以，該數(shù)列收斂，其極限為２．（４）

２

＝n→０（→∞－１，５，－７，１７，－３１，…觀察可知un→∞（n→∞）．因此，該數(shù)列發(fā)散．（５）０，３，

１５２３，４，５

un→∞（所以，該數(shù)列發(fā)散．nn（６）au＝an（n→∞）；au＝an（n→∞）；a＝un＝１→１（n→∞）；nnna＝－１時，u＝（）n，發(fā)散n因此，a＜１時，數(shù)列收斂，其極限為０；a＝１時，數(shù)列收斂，其極限為１；a＞１ （１）

１ n→ （３） n→

n→∞n （４）n→

＝１（a為常數(shù)證（１）對任意給定的ε＞０（不妨設０＜ε＜１）１un－０＝ nｌｏｇ３ε

（∵０＜ε１，∴ｌｏｇ３

取正整數(shù)N＝ε

ｌｏｇ３

，則當n＞N時，恒有n n→nn２２nn２２

１ n

１．

－１＝n

n

n

nεN＝ε

n＞N

n２２ n→∞n（３）對任意給定的ε２２ε

１

１

n

＜１n２N２ε

N２ε －０

ｌｉｍ ０n→nn２２（４）對任意給定的nn２２un－１a２a ＜２

－１＝ n（n＋a

２２na取正整數(shù)N

２Na

ｌｉｍn＋a３．求下列數(shù)列的極限

n→ n＋n２n（１）ｌｉｍ３ （２）ｌｉｍn＋n２nn→ n→ n１

（－１）n＋２（３）ｌｉｍ（１n→

＋３＋４） （４）n→∞（１

１２２ （５）ｌｉｍ１＋＋２＋…＋n （６） n→２２n→１ ＋＋２＋…＋４４４解（１）

５３n ３４ →３（→∞）４nn→n

１＋n３n＋５（２）

–

nn＋３＋n

→０（（３）

ｌｉｍn→

n＋３–n）n（１

＋３＋４

１ １ n３ ＋ ＋n３

１＋１→４（ n１（４）

ｌｉｍ（１n→

＋３＋４ —２n—２（

n

１ （

n＋１＝n＋１

n →１ １２

（

n＋１＝（５）

１－ １＋＋２＋…＋n＝

２n１１－＝２１－２

n

→２（ ｌｉｍ１＋＋２＋…＋nn→ ２

（６）

１－１n，２，１－１n

n

＝１４

１－ １＋＋２＋…＋ １

１n →

（∞

＝２

１n １＋＋２＋…＋ １

n→ １４

＋２＋…＋ （１）ｍ（２１）５ （２）

x→

x→２２ （４）ｌｉｍ（１－１－x）＝１２證（１）對任意給定的ε（２x－１）

x→１ε（２x－１）

＝２x

x→（２）對任意給定的ε２x－２－０＝ 只零取δ＝ε＞０，則當０＜x－２＜δ時，恒有２xx－０ ＜δxxxxx→２（３）對任意給定的ε＞０，要使（

２x２x－２

＝（x＋２）－４＝x－２只需取δ＝εx－２＜δ２x－４－４＝xx

２x２x→２x（４）對任意給定的ε

只需０＜１－x

（１－１－x）

δ＝ε２x＜δ１（１－１－x）－１１ｌｉｍ（１－１－x）x→１

＜δ５．討論下列函數(shù)在給定點處的極限是否存在？若存在，求其極限值：x，xx＝１（１）f（x）

x－１， x＞０２x＋１， （２）f（x）＝x２－x＋３，１＜x≤２，在x＝１與x＝２３x ３解（１）

f（１－０）ｌｉf（x）ｌｉ（１－１－x）x→１ x→１f（１＋０）ｌｉf（x）ｌｉ（x－１）x→１ x→１這表明f（１－０）f（１＋０）ｌｉｍf（x）x→（２）在x＝１

f（１－０）ｌｉｍ（２x＋１）＝３x→１２f（１＋０）ｌｉｍ（２x→１

－x＋３）因f（１－０）＝f（１＋０）＝３，所以，ｌｉｍf（x）＝３（存在）x→x＝２

２f（２－０）ｌｉｍ（２x→２

－x＋３）３f（２＋０）ｌｉ（３x→２

－１）因f（２－０）≠f（２＋０），所以ｌｉｍf（x）x→６．觀察判定下列變量當x→？時，為無窮?。海ǎ保ゝ（x）＝x－２ （２）f（x）ｌｎ（１＋x）２x（３）f（x）ｅ１－x； （４）f（x）＝ ｌｎ（４－x）解（１）

x→x→∞xx２因此，x→２或x→∞時，x－２x２（２）

當x→０時，ｌｎ（１＋x）因此，x→０時，ｌｎ（１＋x）（３）x→＋∞時，ｅ１－x＝xｅ因此，x→＋∞時，ｅ１－x（４）當x→４－或x→－∞時 ｌｎ（４因此，x→４－或x→－∞時 為無窮?。欤睿ǎ矗罚^察判定下列變量當x→？時，為無窮大：２２（１）f（x）＝x （２）f（x）ｌｎ１－x２２x（３）f（x）ｅ－１／x （４）f（x）＝ x解（１）２x２２２２x２x所以，x時，x

（２）

x→x→x→∞xx→，ｌｎx－∞x→∞時，ｌｎx所以，x→x→∞時，ｌｎ１－x（３）１ｌｉｍn→０

ｌｉｍｅ－１／xx→０由此可知，x→－時，ｅ－１／x（４） x→５ｌｉｍ x→５由此可知，x→５＋時 １為無窮大x８．求下列函數(shù)的極限：（１）ｍ（３－２x２－x＋２） （２）ｌｉｍ５＋４x→

x→

２（３）ｌｉｍx

（４）ｌｉｍ（x＋a）２a２（a為常數(shù)）；x→

x

x→ x２２（５）ｌｉｍx＋a－a（ax２２x→（６）x→

x－１n解（１）由極限的線性性質，得原式＝３ｍx－２ｍxｌｉｍxx→ x→ x→（２）因為ｌｉｍ（２－x）＝２≠０，x→原式＝５ｌｉｍ４＝５ x→０２４

ｌｉｍ（２x→２

xxxxx（３）因為x xxxxxx－１６

x原式ｌｉｍ ｌｉｍ xxx→１６（x－４） ＋４x（４）因為（x＋a）２－a２＝x（x＋２a）原式ｌｉｍxx＋２a）ｌｉｍ（x＋２a）２x→ x→２２２２２２ x＋ax＋a （x→xx x２２x２２x→０x２

（６）

ｌｉｍ x→ x＋x２＋…＋xn－n＝（x－１）＋（x２－１）＋…＋（xn＝（x－１）［１＋（x＋１）＋…＋（xn－１＋xn－２＋…＋１）（x－１）［１＋（x＋１）＋…＋（xn－１＋xn－２＋…＋１）原式ｌｉｍ x→ｌｉｍ［１x→

x＋１）＋…＋（xn－１＋xn－２＋…＋１）n＝１＋２＋…＋n＝１（nn１）．xx２

（x

（３x－１）（１）ｌｉｍ

–x－１ （２）ｌｉｍ x→

５x３＋３x２

x→

（x３x６x６x→

（４）ｌｉｍ（x x→（５）ｌｉｍx（３x－９x２－６） （６）ｌｉｍ（ax＋９） （a＞０）x→ x→解（１）原式ｌｉ x→ １－

１（２）原式ｌｉ １x→

１（３）原式＝

xx３

x→（４）

（x＋１－x）［x

３ ３１３＋（１－x）］＝x－（１－x１３原式ｌｉ １x３ １x３（５）

x→∞

x（３x－

－６）＝x（３x－

－６）（３x＋２２２

－６）２２x＋９x２２９x２ x［９x－（９x－６）９x２ ２原式＝ ２x→＋∞３x＋９x２（６）原式＝

x→＋∞３x→＝

０＜a–５ a＝１ a１０．求下列各題中的常數(shù)a和（１）已知ｌｉｍx x＋x２x→３x２x＋x２（２）已知ｌｉｍx→

－ax－b）＝k（解（１）由于分子的極限ｌｉｍ（x－３）＝０，所以分母的極限也應為０（x→式＝０≠１）

x→另一方面，因分子＝x－３，故分母x２＋ax＋b＝（x－３）（x－c）原式ｌｉｍ x ｌｉｍ１＝１x→３（x－３）（x－c）x→３x ３c＝２x２

a＝－５，b

（２）［x２＋x＋１－（ax＋b）］［x２＋x＋１＋（ax＋b）原式＝x→＝x→

２２（１－a２）x２＋（１－２２２a＝a＝（１－２ab）x＋（１－b２原式＝x→xx２x→＝１由上式可知，a≠－１，于是a＝１，

２１－２ab＋（１－b２）２＝k（a≠１１．已知f（x）

１

＝kb （１－x）／（１

（１）ｌｉｍf（ （２）ｌｉｍf（ （３）ｌｉｍf（）２x→ x２解令g（ ，h（ １－

x→）＝ ）＝ １＋x １－x（１）ｍgx）＝２，ｉｍhx）x→

x→h（x （２）因 ｉｍg ）x→

ｌｉｍf（x）ｌｉｍg（ ＝２x→ x→（１－x）（１＋x ｉｍhx）ｌｉｍ ｌｉｍ x→ x→１（１－x）（１＋x x→１１＋ ｌｉｍf（x）ｌｉｍg（x）h（x）＝（３）

x→

x→ ｌｉｍg（x）ｌｉｍ１＋（２／xx→

ｌｉｍh（x）ｌｉｍ（１／x）－（１－x）x→

x→ （１x）ｌｉｍf（x）ｌｉｍg（x）h（x）＝１０x→ x→ｓｉｎ

ｔａｎ（１） （２） x→０ｓｉｎ x→０ｓｉｎ（３）ａｒｃｔａｎ（３） （４）ｌｉｍx x→０ａｒｃｓｉｎ x→ ２；（５）ｌｉｍｓｉｎ２（２） （６）ｌｉｍｔａｎ３xｓｉｎ２；x→ x→ （７）１ｃｏｓ（７） （８）

ｓｉｎ

（a，b＞０）x→０x x→ ｔａｎ解（１）原式ｌｉｍｓｉｎ３x· ＝x→０ ｓｉｎ （２）原式ｌｉｍｔａｎ５x· ＝x→０ ｓｉｎ （３）原式ｌｉｍａｒｃｔａ ·４x→ ａｒｃｓｉｎ １（４）令u＝x，則x→∞時u→原式ｌｉｍｓｉｎuu→０２（５）原式ｌｉｍｓｉｎ２（２）·４＝４ｌｉｍｓｉｎ２x→０ x→０

２ｔａｎ（６）原式＝３

ｓｉｎ

x→０ x→０（７）ｃｏｓx

１x（x→０）以原 １ｌｉｍ＝

＝１ｌｉｍ ２＝２x→０x ２x→０ｓｉｎ ２＝ｌｉｍ －b·ｓｉｎbx·x→０

ｔａｎ k

ｔａｎk k （１）ｌｉｍ１－

（２）

５１ x→ x→ （３）ｌｉｍ（１ｓｉｎx）１／x （４）ｌｉｍ（１＋３x）１／xx→ x→（５）ｌｉｍ１x→

（６）ｌｉｍx－２xx→∞x解（１）原式ｌｍ

１＋

－x１＝．１（２）原式

１x／５ １

x（３）令uｓｉｎx，則x→０u→u→

（４）原式ｌｉｍ［（１＋３x）１／（x）］３ｅx→x（５）原式ｌｉｍ １

x→（６）原式

４１－x４

－（x＋２）／４－４x／（x＋２ｌｉx→

１x

另解，令

x＋２，則x＝－４u－２，且u→∞（x→∞時） １

－４u

１u

１原式１u→

u→

ｌｉｍ１u→

（１）ｌｉｍ（ｃｏｓx）１（１ｃｏx） （２）ｌｉｍ（ｓｅｃ２x）ｃｏ；x→ x→（３）ｌｉｍ（１ｃｏｓx）５ｓｅｃx （４）ｌｉｍ；x→ x→x→（ｓｉｎx３）ｔａｎ

x→ ｓｉｎ１２ｓｉｎ（５）ｃｏ

２

（７）ｌｉｍ（ｔａｎ２x）ｔａｎπ－xx→ 解（１）令u＝１ｃｏｓx，則ｃｏｓx＝１－u，且u→０（x時）ｍ（１u）ｅ（２）令uｃｏｔ２x，則ｓｅｃ２

u→０ ＝１ ｃｏｔ２x＝１＋u１原式＝ｌｉｍ１ ｅu→ １（３）令u＝ｃｏｓx，則ｓｅｃ

xπ

＝u 時（４）

原式ｌｉｍ（１＋u）u＝ｌｉｍ（１＋u）u→ u→

x→０時，ｓｉｎxx，ｓｉ

x～x，ｃｏｓx－１x２３原式ｌｉｍｓｉx（ｃｏｓx３x→０ｃｏｓx·ｓｉｎ２３ｌｉx·３

２

＝－１（５）

x→ xｃｏｓ ２x→０ｃｏｓ ~x→０時，ｓｉｎx３～x３，ｔａｎx～x，１ｃｏｓ １x２）２，所~３２３x·４原式ｌｉｍ ４（６）u

πx

，u→–

ｓｉｎxｓｉ

＝（３ｓｉｎuｃｏｓu 原式ｌｉｍ１－（ｓｉｎuｃｏｓu→ ｓｉｎｌｉｃｌｉｍ

２２–３＝－３２（７）

u→ ｓｉｎ u→０ｓｉｎｔａｎ ｓｉｎ ｓｉｎ＝ｏ２x＝２xｓｉ２ｓｉｎπｔａｎπ－x ｏｓｉｎ＝

ｓｉｎｔａｎ２xａπ－x＝ｓｉｎ ｃｏｓ２xｓｉｎ２

·ｃｏｓxｓｉｎx＝ｃｏｓxｓｉｎxｓｉｎ（ｃｏｓxｓｉｎ２原式ｓｉｎ（ｃｏｓxｓｉｎ２２＝２２＝ x→π／４（ｃｏｓxｓｉｎ ． ２＋２２ ，x（１）f（x）＝１－１x １ｅ x（２）f（x）＝ x＝０，１ｌｎ（１＋x２），x０x解（１）由題設知f（０）＝f（０－０） ｌｉx（１＋１－x）x→０－１－１ x→０ f（０＋０）ｌｉｍ（x＋２）x→０可見ｌｉｍf（x）＝２＝f（０）x＝０x→另一方面， 在（－∞，０）內為初等函數(shù)，連續(xù)；１－x＋２在（０，＋∞）續(xù)．綜上所述，該函數(shù)在（－∞，＋∞）內（２）因f（０）＝f（０－０）ｉｍｅ１／x１x→０１f（０＋０） ｌｉx（x→０＋ x→０所以ｌｉｍf（x）＝＝f（０）x＝０x→另一方面，ｅ１／x在（－∞，０）內連續(xù)，１ｌｎ（１＋x２）在（０，＋∞）x綜上所述，該函數(shù)在（－∞，＋∞）１６．下列函數(shù)的間斷點及其類型；如為可去間斷點，將相應函數(shù)修改為續(xù)函數(shù)；作出（１）（２）（３）（１）f（x）

１１＋x，x≠２ x２（２）f（x）

x，xx（３）f（x）＝ （４）f（x）xｓｉｎ１ 解（１）由題設知f（－１）＝１x２x→

f（x）ｌｉｍ ｌｉ（１－x）＝２≠f（０）x→－１１＋ x→所以，x＝－１為該函數(shù)的可去間斷f（－１）＝２，則~f（x）

１１＋x，x≠ xf（x）

圖２ 圖２（２）由題設有f（０）＝２f（０－０）ｌｉ２x→０

f（０＋０）ｌｉｌｎxx→０所以，x＝０f（x）（３）該函數(shù)在x＝０處無定義，而f（０－０）ｌｉ ｌｉxx→０－ x→０－f（０＋０）ｌｉ ｌｉxx０＋x 因為左、右極限均存在但不相等，所以，x＝０f（x）（４）該函數(shù)在x＝０因ｌｉｍf（x）ｌｉｍx１＝０，故x＝０x→ x→ 函數(shù)的可去間斷點．若令f（０）＝０，１~f（x）

xｎ０ x

１７．確定下列函數(shù)的定義域，并求常數(shù)a，b，使函數(shù)在定義域內連續(xù)：１ｓｉｎx，xx（１）f（x） xx１＋b，xxax（２）f（x）＝＜x＋x＜

x （３）f（x）

–４＜x a＋bx， 解（１）Df＝（＋∞）因f（x）在Df的子區(qū)間（－∞，０）與（０，＋∞）為初等函數(shù)．因此，f（x）（－∞，０）∪（０，＋∞）現(xiàn)討論f（x）x＝０處的連續(xù)性．已知f（０）＝a，而且f（０－０）ｌｉｓｉｎxx→０f（０＋０）x→０

x１＋bx當f（０－０）＝f（０＋０）＝f（０）時，f（x）x＝０綜上所述，當a＝b＝１時，該函數(shù)在其定義域（－∞，＋∞）２（２）Df＝（）２f（－１－０）＝ｌｉｍ（x＋x＋b）x→（－１）f（－１＋０）＝ｌｉｍ（ax＋１）＝１x→（－１）所以，當a＋b＝１時，f（x）在x＝－１處連續(xù)．又因f（１）＝１＋a，且f（１－０）ｌｉｍ（ax＋１）＝ax→１２f（１＋０）ｌｉ（２x→１

＋x＋b）＝２所以，當a＋１＝２＋b，即a－b＝１時，f（x）x＝１處連a＋b＝a－b＝１，即a＝１，b時，f（x）x＝－１和x＝１處連續(xù)，從而f（x）在其定義域（－∞，＋∞）（３）Df＝（－∞，＋∞）４f

＝ab，且 ４ ５f－－０＝ （ax＋b）＝a４ ５所以，當a－

x f－４＋０＝ ４ ４ ４＝ f３５

，即５a－４b＝３時，f（x）３b＋５

＝－處連續(xù)．５＝f３－０＝ ＝ x所以，當a＋

＝x

３＝a＋３b＝f（x）

＝處連綜上所述，當５a－４b＝３且５a＋３b＝＝a＝５， ＝ 時，f（x）x＝４與５

＝處連續(xù)，從而續(xù)．５

f（x）在其定義域（－∞，＋∞）（１．填空題：＋２（１）ｌｉｍ ＋２n→∞ （n

＋…＋２２

２ （２）ｌｉｍｌｎ（x＋a）ｌｎa（a＞０） ；x→ ；x２２（３）x２２x→a

（a＞０）（４）若ｌｉｍ ＝k≠０，n為正整數(shù)，則n＝ ，kx→＋∞xn＋１－（x－１）n；１（５）x→０時 –１－x是x １（６）設f（x）ｓｉｎx·ｓｉｎ１，則x＝０是f（x） 間斷點x（７）設f（x）＝ ，則x＝０是f（x） 間斷點x（８）函數(shù)f（x） ２

的連續(xù)區(qū)間 x－５x答（１） （２）１ （３）１a（４）２００８，１ （５）（６）可去 （７）跳躍 （８）（－∞，２）∪（３，＋∞）解（１） １≤１ ＋… 且ｌｉｍn→

０n→∞

（n＋１）

（２n） 所以，由定理可知，原式x（２）原式ｌｉｍｌｎ１x→ １

１xa＝ｌｉｍｌｎ１ax→ １

xa ＝a（３）

ｌｉｍ１x→

＝aｌｎｅ＝axxxx２２且

xx＋a（x＋a

＋xx＝ x x＝＝

x→a．

x＋a ＋a x→a

x（４）xn＋１－（x－１）n＋１＝［x－（x－１）］［xn＋xn－１（x－１）＋…x（x－１）n－１＋（

－１）n＝xn１＋１－

＋…＋１

n １＋１xx２００８x２００８１＋１ ＋…＋１１１nnxx＋１１x原式＝x→

原式＝

２００８－n＝０，n n n＝x→ １＋１

＋…＋１

１－ ＝所以 ＝n

＝１（５）

x→

１＋x１１

ｌｉｍ １x→１所以，x→０（６）

–xxｌｉｍｓｉｎxｓｉｎ

ｌｉｍｓｉｎx·ｌx

０．x→

x→０

x→ 所以，x＝０是f（x）的可去間斷點（令f（０）＝０，即可）（７）f（０－０）＝ｌｉｍ－x＝－１，f（０＋０）ｌｉｍx左、右極限存在，但不相等，故x＝０（８）２

x→０＋x－５x＋６＝（x－２）（x－３）xx（－∞，２）或（３，）２．單項選擇題：（１）函數(shù)f（x）在點x０處有定義，是極限ｌｉｍf（x）存在 x→x（Ａ）必要條件 （Ｂ）充分條件（Ｃ）充分必要條件 （Ｄ）無關條件（２）下列“結論”中，正確的 （Ａ）變量一定是無窮大（Ｂ）變量與無窮大的乘積是無窮大（）（）１，（３）設函數(shù)f（x）

０，x

則ｌｉｍf（x） x→（Ａ） （Ｂ） （Ｃ）不存在 （Ｄ）２x＋ax２（４）若 ＝－１， ２

（Ａ）a＝－５，b （Ｂ）a＝－５，b（Ｃ）a＝５，b （Ｄ）a＝５，b＝６（５）設f（ １－x，g（

x，則當x→１時 ）１

）＝１（Ａ）f（x）與g（x）（Ｂ）f（x）是比g（x）（Ｃ）f（x）是比g（x）（Ｄ）f（x）g（x）（６）下列函數(shù)中，在定義域內連續(xù)的 （Ａ）f（x）

ｃｏｓx，x≤０，ｓｉｎx，x＞０；x＋１，

（

１，xf（f（x） ｅ

（Ｃ）f（x）＝x－１，x （Ｄ）f（x） ０（７）下列函數(shù)在區(qū)間（－∞，１）∪［３，＋∞］內連續(xù)的 ２ ２４ ４（８）若f（x）在區(qū)間 上連續(xù)，則f（x）在該區(qū)間上一定取得最大、最（）（a，b）； （）［a，b］； （）［a，b）； （）（b］答（１）Ｄ；（２）Ｄ；（３）Ｂ；（４）Ａ；（５）Ｄ；（６）Ｄ；（７）Ｃ；（８） （１）ｌｉｍf（x）是否存在與f（x）在點x０是否有定義無關，故應選（Ｄ）x→x（２）（Ａ）（）（）n→∞時nｓｉｎn是變量，而不是無窮大２n→∞時，nｓｉｎn是變量，n是無窮大，而n·nｓｉｎn＝nｓｉｎn是變量，不是無窮大；２n→∞時，n與－nn＋（－n）＝０ｌｉｍu０＝∞，ｌｉｍvnu→ u→則對任意給定的M＞０，存在正整數(shù)N１，N２，使當n＝N１，n＞N２ ＞M，vn 取N＝ｍａｘ｛N１，N２｝n＞N時，恒有２un ＝ · ＞M·M２這表明ｌｉｍunvn（３）f（１－０）＝f（１＋０）＝１，從而ｌｉｍf（x）＝１，故應選（x→（４）因為ｌｉｍ（x２－３x＋２）ｌｉｍ（x－２）（x－１）＝２x→ x→２

x＋ax＋b＝（x－２）（x－c）

ｌｉｍ

a＝－（２＋c），b２ｌｉｍ２ ｌｉｍ（５）ｌｉｍf（x）ｌｉｍ１ x→１g（x）x→１１３

１－

３ｌｉｍ（１－x）（１＋x＋xx→ ｌｉｍ１＋x

３＝所以，應選（Ｄ）

x→ １ （６）（）（）（）x＝（Ａ）f（０－０）＝１≠f（０＋０）（Ｂ）f（０－０）＝０，f（０＋０）＝∞；（）f（０－０）＝１≠f（０＋０）＝－１；ｅｌｉｍ

１

x→ x→ 故（）f（x）x＝０x≠０處為初等函數(shù)，連續(xù)．因此，在定義域（∞，＋∞）內連續(xù)．故應選（）（７）（Ａ）（Ｂ）、（Ｄ）（）x２＋２x－３＝（x－１）（x＋３）x（）x２－２x＝（x＋１）（x－３）x（）x２－４x＋３＝（x－１）（x－３）x（）應有x２＋４x＋３＝（x＋１）（x＋３）x≤－３或x由此可知，應選（Ｃ）．（８）選（）３．證明：若ｌｉｍf（x）＝a，則ｌｉｍf（x）＝ax→x x→x證因ｌｉｍf（x）＝a，所以對任意給定的ε＞０，存在δ０x→x

x＜δ時，恒有

f（x） f（－a≤＝ax→x

f（x）＝－１，x x則ｌｉｍ１x→ x→而ｌｉｍf（x）＝－１，ｌｉｍf（x）＝１，左、右極限存在，但不相等，故ｍfx）x→０ x→０ x→４暢求下列極限：（１） ＋ ＋…＋２n＋１ n→∞１· ２· n（n＋１）（２） n→∞n２＋n＋１n２·n n１ （３）ｌｉｍ（１＋２）n→解（１）

（４）ｌｉｍ３ｓｉｎnn→ ２n （n２（n＋１）２＝n２－n＋１）２，n（原式ｉ

— ２—

２－

—＋…＋ —n→

（n（２）

ｌｉn→

１ ２（n２n２２２ １＋２＋…＋n＝n２２２n＋n

２n＋n２

n＋n

n ２（n２＜ ＋１ ２

n２

n＋n

n＋n １＋２＋…

＋ ２n＋n２而

n２＋n

n２＋n ２（n２＋n

n

＝１，

＝２

n→∞２（n＋２）

n→∞２（n＋n＋１）１（３）原式ｌｉ２n＋

１n→

１＋

１

n→ （４）原式ｌｉ１·ｓｉｎx·xn→∞ x１＝１，xn＝xn－１（n＝２，３，…）ｌｉｍxn１＋xn n→解顯然，０＜xn＜２（n＝１，２，…）xn界．另一方面，顯然有x１＜x２xn－１＜xnxn

＝１

１

–１

xn１

xn－xn x）（１ n由于xn單調有界，故極限存在．設

n

（１＋

nxn＝１

xn

ｌｉｍxn兩邊同時取極限，得１＝ｌｉｍxn＝

１（１）（舍去負值）n→ ６暢求下列極限：（１）ｌｉｍ１ ８x→０（２）x→x０x

（０＜a≠１）（３）x→

９x２＋x－８２；２xｓｉｎx（４）ｌｉｍｌｎ（ｃｏｓ２x＋１－x２xx→ ｅｓｉｎ１

（５）x→π／２ｓｉｎx５

ｓｎｓｉn

x－n（６）ｌｉｍ１ x→ ２（７）x→

１

＋ xx（８）ｌｉｍｓｉｎ１ｃｏｓ１x→ ｌｎx→＋∞（１０）ｌｉｍxa１／x－b１ （a＞０，bx→解（１）原式＝４ｌｉｍ１ｌｎ（１x→０x→（２）令u＝x－x０，則x→x０時，u→原式ｌｉu→

au＋x０－axu

u→

原式＝axｌｍua＝axｌｎa．８u→０８（３）原式＝

x｜qx

—x２xｌｉ x→（４）ｌx→x

ｌｉｍ（ｃｏｓ２x＋１－x２x→ｌｉｍ

ｌｎ２ｌｉｍ（x→

ｓｉｎx）ｅx ｌｉｍｓｉｎxx→

x→

x→ｌｉｍｌｎ（ｃｏｓ２x＋１－x２x→ ２＝ｌｎ

ｌｉｍ（x→２

ｓｉｎ２

ｌｉｍ（１x→（５）

＝１＋ｅｌｎ２ｅｓｉｎxｓｉｎx＋…ｓｉnx－n＝（ｓｉｎx－１）＋（ｓｉｎ２x－１）＋…＋（ｓｉｎnx＝（ｓｉｎx－１）［（ｓｉｎx＋１）（ｓｉｎnxｓｉｎx＋１）］原式＝［１＋（ｓｉｎx＋１）＋…＋（ｓｉｎn－１x＋…ｓｉｎx＋１）nn２（６）原式＝

１＋

ｅx→ ３x＋２（７）原式ｌｍ

１２x２２ｌｉｍ １２x→ ３（８）ux

，則x→∞u→原式ｌｉｍ（ｓｉｎuｃｏｓu）１／uｌｉ

（ｓｉｎuｃｏｓ）２１u→ u→ｌｉｍ（１ｓｉｎ２u）１／２uｌｉｍ［（１ｓｉｎ２u）１ｓｉｎ２u］ｓｉｎ２u／２u→

u→（９）原式＝ｌｉｍｌｎ１＋

１／xｌｎ

１＋１１x→ ｌｎ

x→ （１０）令

xｌau－buｌｉｍ（au－１）－（buu→０＋u u→０ ｌｉｍｌｎauｌｎbｌｎaｌｎbｌｎu→０ ７暢設f（x）＝ｌｉｍｌｎ（u→＋∞

＋xu），（x＞０）（１）求f（x）；（２）討論f（x）的連續(xù)性．解（１）xｅ時，u→＋∞ u→＋∞０＜x＜ｅ ０＜x＜ｅ （x）＝u→＋∞uｌｎｅ１f（x）＝u→＝u→x u→＋∞１ｌｎxu１＋∞ １ｌｎ １ xｌｎ１＋uu ｌux（２）f（１，０x≤＝ｌｎ xf（ｅ－０）＝１，f（ｅ＋０）ｉｌｎx＝１，f（ｅ）x＞ｅ可見f（x）x＝ｅ又因在（０，ｅ）內f（x）≡１，連續(xù)；在（ｅ，）內f（x）ｌｎx，連續(xù)．綜上所述，f（x）在（０，＋∞）內連續(xù)．（２）x３＋px＋q＝０（p＞０），x∈（－∞，＋∞）（３）xaｓｉｎx＋b（a＞０，b＞０）x∈［０，a＋b］證（１）令則f（x）為初等函數(shù)，在［０，１］上連續(xù)，且f（０）＝－１＜０，f（１）＝２

f（x）

x·３－１在（０，１）內至少有一實根，即存在∈（０，１）ξf（）＝０，即·３ξ（２）

３f（x）＝x＋px３因為ｌｉｍf（x）＝－∞，所以，存在x１∈（－∞，０）x→f（x１）類似地，因為ｌｉｍf（x）＝，故存x２∈（０，＋∞）x→f（x２）因f（x）為多項式函數(shù)，在閉區(qū)間［x１，x２］上連續(xù)，故由零值定理可知，f（x）３３（３）aｉ則f（x）［０，a＋b］上連續(xù)，且有f（０）＝bf（a＋b）aｓｉｎ（a＋b）＋b－（aa［ｓｉｎ（a＋b）若ｓｉｎ（a＋b）＝１，則f（a＋b）＝０，x＝a＋b若ｓｉｎ（a＋b）＜１，則f（a＋b）＜０，f（x）＝０在（０，a＋b）第三 導數(shù)與微習題三（１（１）y＝x （２）y＝x３ｃ解（１） －∴y（x）ｌｉｍΔyｌｉｍx＋Δx－Δx→０ Δx→ ｌｉ Δx→０

ｌｉ ＝１ ２１ （２）∵Δy

x（x２∴y（x）ｌｉΔy＝ｉ ２

＝－１Δx→０ Δx→０x（x （３）∵Δy＝［（x＋Δx）＋３（x＋Δx）－２］－（

＋３xy（Δx→

ｉｍΔ

ｓｉｎx＋１Δxｓｉｎ∴y＝ｌｉｍΔy＝－２ Δx→０x

Δx→

２ｌｉｍΔx→

· Δx→０（Δx２

２ｄy＝－bx２２ｄ２a（４）

（ｄyx＋yｃｏｓxｄx）－（ｓｉｎyｄx＋xｃｏｓyｄy）（ｓｉｎx－xｃｏｓyｄ＋（yxｓｉｎyｄ１６．求下列各數(shù)的近似值：

ｓｉｎyyｃｏｓ＝ｓｉｎx－xｃｏｓ

１（１） ００２１３（３）ｓｉｎ２９； （４）７６解００１ ≈f（１） ≈f（１）＋ｄfx０＝１，Δx＝０．０ ｌｎ２０ ｌｎ２２００１３８６（ｌ２０６９３１）ｌｎ００００２ｄf１ｌｎ１

１１ｓｃ

００因ｓｉｎ２９ｓｉｎπ－π，故取 πx＝－π 則

０＝ ｓｉｎ２９ｓｉｎπ－π≈π＋ｃｏｓπ×－ ＝

≈０４８４９

（４）

９１２１ ２

１９１２，３得３７６≈x０）ｄf

x０＝４．２３，Δx＝１．９４２４２１３－２＝

２３

４２

９１≈４２３６１C（x）＝５＋２x，R（x）＝５xxx求該產品的邊際成本、邊際收益和邊際利潤．解邊際成本為C（

R（ ５（x＋２－x）＝１０

） （x

２（x２（（x

２－p＝１０００－２x，C（x）＝５０００＋２０x其中x為銷售量，P為價格．求邊際利潤，并計算x＝２４０，２４５和２５０時的邊際利潤，解釋其經濟意義．解利潤函數(shù)為

L（x）＝R（x）－C（x）＝px－C（＝（１０００－２x）x－（５０００＝－２x２＋９８０x（＝４xL（２０，L（０，L（L（２４０）＝２０的經濟意義是，當銷售量為２４０個單位時，再多銷售１個單位產品，利潤將增加２０個單位；而L（２５０）＝－２０，則表明，當銷售量為２５０個單位時，再多銷售１個單位產品，利潤將減少２０個單位；L（２４５）＝０表明，當銷售量達到２４５個單位時，利潤達到最大值，再增加或減少銷售量，利潤均會減少．１９．求下列需求函數(shù)的需求價格彈性，并討論其何時為高彈性或低彈性？（a，b為正的常數(shù)a（１）x＝a－bp；（２）p＝解apεp

ｄx baxp＜

xεb２（a－bp

２（a－bp＝１癡p＝２a３p

εp｜當

２２p＜＜pb

２１２（２）p＝a－bxx

（a－p）p εp

＝ xｄp

a pε

a３２２aa３２２a３當０＜p a３a３ a３

｜２０．求下列函數(shù)的彈性（其中A、α為正的常數(shù)）（１）y＝Axα； 解（１）依定義有（２）

Ey＝xｄy

y （１．填空題：a２２（１）yｌｎ ，則a２２３x （ａｒｃｔａｎ（０ （３）ｄ（ａｒｃｓｉｎx）＝ ｄ（ａｒｃｃｏｓ）（４）曲線y＝１在點（－１，１）的切線方程 （５）y＝f（x）f（θn）

在點（１，１）處的切線與x軸的交點為（θn）n→（６）設f（t）ｌｉn→

x

，則f（t） （７）設x＋yｔｎａy，則ｄy ）（８）設f（ １－x，則f（n）（x））１答（１）x

–２a２

（２）

（３）（４）２ （５）ｅ１ （６）（１＋２

）ｅ（７） ｄx

＝ｄx＝ ｃy２（－１）n（８） n＋１（１

ｔａｎ２

（xy）１解（１）y變形，得y＝ｌｎx ４

ｌｎ（a２＋x）x′＝x－a２（２）此題應先求出yy′＝f（u）３x－２３

u３x ３x－２２ａｒｃａｎu２

（３x

２（３x

３xy（

π＝ （１x２）－１／２（３）原式

x x２）－１ （ａｒｃｃｏｓ）

－（１ （４）y＝x－２在點（－１，１）yx

y＝２（x＋１）y＝２x（５）函數(shù)y＝f（x）＝xn在點（１，１）

kyx

n x＝１x軸的交點（θn，０）０＝nθ－（

n －１）θn＝ｌｉｍf（θn）ｌｉｍn

nｌｉｍ１–

n→（６）先求出f（t）

n→ x＋t

n→

２tf（t）＝tx→∞x

＝tt→x

１x

x＝tx→

１＋x ２（ｅ（７）ｄx＋ｄy＝ｓｅｃ２（８）

ｄy＝

ｄx＝ｔａｎ２

ｄx

（（１ （＝（ f（n）（x）＝２×（＋１）n·n?。ǎ保玿）－（n＋１２×（－１）n n＋１，n２．單項選擇題（１）

ａｒｃｔａｎ xf（x）

x則f（x）在x＝１

，x（）（）（）（）（２）f（x）

ｅx則f（０）

（Ａ） （Ｂ）１ （Ｃ） ２（３）設f（a）存在，則ｍfx）－af（x） x→ x（Ａ）af（ （Ｂ）f（a）－af（a） （Ｃ）－af（a）（（４）f（x）

x２a x２a（a－１）x則下列“結論”中不正確的 （Ａ）a為任意值時ｍfx）x→

x（）a＝a＝１f（x）在x＝０（）a＝１時，f（x）x＝０（）a＝－１時，f（x）x＝０ （５）設曲線y＝x＋ax與曲線y＝bx＋１在點（－１，０）處相切， （Ａ）a＝b （Ｂ）a＝－１，b（Ｃ）a＝B （Ｄ）a＝１，b＝１（６）設對任意x，皆有f（１＋x）＝２f（x）f（）＝１，f（）＝a（常數(shù)）．（１ （Ｂ）f（１）（Ｃ）f（１）不存在 （１２a．（７）已知f（x）＝（x－a）（x－b）（x－c）（x－d）f（x０）＝（c－a）（c（c－d），則必 （Ｃ）x０ （Ｄ）x０（８）設y＝xx，則 （Ａ）（１ｌｎxxx （Ｂ）（１ｌｎx２xx（Ｃ）（１ｌｎx）xx＋xx－１ （Ｄ）（１ｌｎx）２xx＋xx１．答 （１）Ｄ；（２）Ｃ；（３）Ｂ；（４）Ｄ；（５）Ａ；（６）Ｄ；（７）Ｃ；（８）Ｄ．解（１）因為f（１）ａｒｃｔａ１＝４π（０ｌｉx→１

ａｒｃｔａｎ４ πxx－１f（１＋０）x→１

４

２＋ ＝所以f（１－０）＝f（１＋０）＝f（１），從而f（x）x＝１處連續(xù)．另一方面，令u＝x－１，則２ x→１時，u→０；x→１ –f′（１）ｌｉａｒｃｔａｎxａｒｃｔａｎ–x→１ x ａｒｃｔａｎ

ｌｉｍ

＝１x→１－x ２u→０ πxx－１ ４ｓｉｎ ＋′（１）ｍ ４（其中 ｃｏｓu＋x→１ x １＝

（u０＋時，１ｃｏｓ ~２２u→０ ２ π ＝－×ｌｉｍu ２u→０ f－（）

＋（１）２

，故f（x）x＝１處可導，且

（１２因此，應選（

f（０）ｌｉｍf（x）f（x→ ｌｉｍ１（１ｅ－x２２x→０ ｌｉｍu→０ u→０u

（３）ｍfa）－af（x）ｌｉｍf（a）（x－a）－a［f（x）－f（x→ x x→ x＝f（a）－af（a）因此，應選（Ｂ）．（４）２f（０－０）ｌｉｍ（１＋x）２t→０f（０＋０）ｌｉ［a（a－１）x→０

所以f（０＝１，（Ａ）x→a＝１時，f（０）＝１ｌｉｍfx），故f（x）x＝０處連續(xù)，故（）x→

f（x）f

１＋x ，x２ ，x２（１＋x２）－（０）ｉ x→０ f′（０）ｌｉｍ１－１＋（０a＝－

f（x）

x→０＋１x２ ，xx ２xｅ＋１，xxf′（０）＝０，f′（０）ｉ（２xｅx＋１） x xx→０

ｌｉｍ（２ｅ）＝２x→０f－（）≠f＋（）f（）（）綜上所述，應選（Ｄ）．（５）二曲線在點（－１，０）２＋a＝y(tǒng)′x＝－１＝（２bx）x＝－１＝－２b２ 二曲線在點（－１，０）a＝b 由①、②解得a＝b＝（（６）令x＝０，由f（１＋x）＝２f（x），f（０）＝f（１）＝２f（０）所以，應選（Ｄ）（７）

（１ｌｉｍ２ Δx→ ２（２Δx→ f（x）＝（x－b）（x－c）（x－d）＋（x－a）（x－c）（x＋（x－a）（x－b）（x－d）＋（x－a）（x－b）（x且f（x０）＝（c－a）（c－b）（c可知x０＝c．所以，應選（（８）取對數(shù)，得ｎxｎx，再對上式求導，得 y

y′＝（１ｌｎx） ｌ ｌｎ

y＋（１ｌｎx）所以，應選（Ｄ）

＝xx－１＋（１ｌｎx）２（１）可導的偶函數(shù)，其導函數(shù)為奇函數(shù)；（２）可導的奇函數(shù)，其導函數(shù)為偶函數(shù)；（３） 可導的周期函數(shù)，其導函數(shù)為周期相同的周期函數(shù)．證（１）因f（－x）＝f（x），所以，由導數(shù)定義，有f（－x）ｌｉｍf（－x＋Δx）－f（Δx→ ＝ｌｍf（x－Δx）－f（x）＝－f（Δx→ 即f（x）為可導的偶函數(shù)時，f（x）（２）因f（－x）＝－f（x），所以f（－x）ｌｉｍf（－x＋Δx）－f（Δx→ ｌｉｍ－f（x－Δx）＋f（Δx→ ｌｉｍf（x－Δx）－f（x）＝f（Δx→ 即f（x）為可導的奇函數(shù)時，f（x）（３）設f（x＋T）＝f（x）f（x＋T）（x＋T）′＝f（x＋T）＝f（x）所以，f（x）T的周期函數(shù)．４．設f（x），g（x）在x＝x０處可導，且f（x０）＝g（x０）φ（x）

f（x）， g（x），x＞x０討論下述問題：（１）若f（x）＝g′（x），問（x）（２）若（x０）存在，問f（x０）與g（x０）是否存在？ （１）分別計算－（x０）與＋（x０）：－（x０）ｌｉｍf（x）－f（x０）＝f（x００x→x x０＋ｉｍ （fx０）＝g（x００x→x x０ｌｉｍg（x）－g（x０）＝g（x００x→x x０因f（x０）＝g′（x０）－（x０）＋（x０）（x０）（２）因（x０）－＋（（而由（１）有

－（（＋f（x０）＝g′（x０）（x０）所以，若（x０）f（x０）g′（x０）皆存在，且都等于（０）．５．求下列函數(shù)的導數(shù)：（１）y＝ １x（x＋１x（２）yｓｉｎxxｏ２x（３）y＝ｓｉｎｃｏｔ

ｃｏｓx＋１ｔａｎx（４）yｌｎ（ｓｉｎ２ｘ＋１ｓｉｎ４x（５）yｌｎ １ｃｏｓ２x（６）yｌｎ

xxｅx

３；（７）y＝ｃｏｓ ｃｏ（８）yｌｎ（２－x＋４－x＋１６－x（９）y＝（ｓｉｎ１－x２）２（１０）y＝［ｓｉｎ（ｌｎx）ｃｏｓ（ｌｎx）］x；解（１）將y變形：２y ２

１２１２ １x２ y

３（２）

１ （１＋x１y＝ｓｉｎ２xｓ２xｓ４ ＝ｓｉｎ４xｃｏｓ４x＝ 故

ｓｉｎ（３）y變形

y′１ｃｏｓ８x·（８x）ｃｏｓ８．ｓｉｎ２x·（１ｃｏｔt）ｃｏｓ２x·（１ｔａｎ２y １ｔａ２＝

ｓｉｎ４ ２xｃｏｓｓｉｎ３

ｓｉｎxｃｏｓｓｉｎｃｏｓ３

ｃｏｓ４ ｓｉｎ

ｃｏｓxｓｉｎxｃｏｓx ｓｉｎxｃｏｓｉｎ３xｃｏｓ３＝ｓｉｎxｃｏｓ１

ｃｏｓxｓｉｎｓｉｎ２xｓｉｎxｏxｃｏｓ２２

ｓｉｎy＝ｃｏｓ（４）uｓｉｎ２xyｌｎ（u＋１＋u２）ｄu１＋u／１２＝２u＋１

·２ｓｉｎx（５）因

ｓｉｎ２x＝ｓｉｎ２４ｓｉｎx）－２ｌｎx］２４ｃ１２ｓｉｎ

ｓｉｎ ２xy １ｃｏｓ２x２x

１ｃｏｓ２x

ｃｏｓxx（６）將yy ３

x－２）ｌｎ（x＋２）＋［ｌｎ（３２

xx－２－x x２（７）將y

x

＝ x ｓｉ＝ｓｉｎxｃｏｓ

＝ｃｏｓxｓｉｎy＝ｓｉｎx－ｃｏｓx＝－（ｓｉｎx＋ｃｏｓx）（８）將yyｌｎ（２－x＋２－２x＋２－４x１ ２－x＋２－２x＋２

－４xｌｎ＝ｌｎ ２－x＋４－x＋１６ ｓｉｎ ｎ（２ １－x２ ２１（１０）yｓｉｎ（ｎxｃｏｓ（ｌｎx）＋x１ｃｏｓ（ｌｎ ）－ｓｉｎ（x２ｃｏｓ（ｌｎ）６．設f（x）（１）y＝f２ ｅf（３）yｌｎ［１＋f２（x）（４）yａｒｃｔａｎ［f（x）］ａｒｃｃｏｔf（x）］；（５）yａｒｃｓｉｎf（x）］ａｒｃｃｏｓ［f（x）］解（１）y２f（x）f（x）；ｅ（（３） ２f（x）f（１

２（２（４）y′＝f（

–f（x）１＋f２（x）

（１－f２（

–f（１－f２（

７．設f（x）x＝０ｌｉｍf（x）－１＝a（a為常數(shù)x→ f（x）f（） 由極限性質和已知條件，x→f（x）x＝０

f（x）＝ax＋xα（x）ｌｉｍf（ｌｉｍ［（x→ x→再由已知條件，得ｌｉｍf（x）－１ｌｉｍf（x）－f（０）＝f（０）x→ x→ 所以，f（x）x＝０處可導，且f（）８．設g（x）x＝f（x）＝g（x）ｓｉｎ２xx＝０處的導數(shù)f（０）解f（０）＝０所以f（０）ｌｉｍf）－f（０）ｌｉｍg）ｓｉｎx→ x→ ＝２ｉｍg

ｓｉｎ）· x→ x→０其中，由g（x）的連續(xù)性，有ｉｍgx）＝g（０）x→９．設f（０）＝１，f（０）＝aｃｏｓx－f（ ２xf（x）（１）x→

（２） x→（３）ｌｉｍf（ｌｎx） x→ １ x→ x２解（１）原式ｌｉｍ［ｃｏｓx－f（０）］－［f（x）－f（０）x→ ｌｉｍｃｏｓx－１ｌｉｍ（）x→ －x２ｌｉx→

x→ （０（（２）原式ｍx→x

＝［２f（x）］′xx＝［２xｌｎ２·f（x）xf（x）xｌ（０ｌｎ２（３）令uｌｎx，則

ｅu，x→１時，原式ｌｉｍf（u）－１＝ｌｉｍf（u）ｅ u→ ｅu＝ｌｉｍf（u）－f（０）＝－f（０）u→ （u→０時

（４）令u＝２－x，則x＝２－u，且x→２原式ｌｉf（u）u→０u（２＝ｌｉｍfu－f（０）·ｌｉｍu→１

＝－f（０）＝－ １０．設yｓｉｎ（x＋y）＝xｃｏｓ（x＋y）確定隱函數(shù)y＝y(tǒng)（x），求ｄy． 對所給方程兩端求微分，得ｄyｎ（x＋y）yｃｏｓ（x＋y）（ｄx＋ｄy）ｄxｃｏｓ（x＋y）xｓｉｎx＋y）（ｄx＋ｄy）yｃｏｓxｓｎ＝［ｃｏｓ（x＋y）xｓｉｎ（x＋y）yｃｏｓ（x＋y）］xｓｉｎ（１＋x）ｓｉｎ（x＋y）yｃｏｓx＋y注：利用已知方程，上式可化簡為 ２ ２２x＋x１１．設aba并計算

nan＋b≈a＋nan１（１－n）解令f（x）＝x１／n，則f（x）＝ n０x＝an，Δx＝b，因b０００≈f（x０）＋f（x０）n１＝a＋

＋n

an）（１－n）／nnan＋b≈a＋bnan

nan

１０＝

－２４，其中｜與２１０ ＝２－２４≈２

（９９５１０＝ｓｉｎ另解∵Δy＝ｃｏｓ（x＋Δx）－ｃｏｓｃｏｓxｃｏｓΔxｓｉｎxｓｉｎΔxｃｏｓ＝（ｃｏｓx－１）ｃｏｓxｓｉｎxｓｉｎx∴y＝ｌｉｍΔyｌｉ（ｃｏｓΔx－１）ｃｏｓxｓｉｎx·ｓｉｎxΔx→０Δx Δx→０ ｃｏｓx ｓｉｎx·ｌｉｍｓｉｎxΔx→ Δx→０＝ｓｉｎ２暢設函數(shù)f（x）在點x０處可導，求下列極限：（１）ｌｉｍf（x０－Δx）－f（x０） （２）ｌｉｍf（x０＋Δx）－f（x０－Δx）Δx→

Δx→ ２２（３）ｌｉｍf（x０＋３Δx）－f（x０） （４）ｌｉｍf［x０－３（Δx２

Δx→

Δx→

ｓｉｎ０解（１）原式＝ｌｉf［x０－（－Δx）］f（x）＝－f（x）０Δx→

（２）原式ｌｉ

f（x０＋Δx）－f（x０）

（（Δx→f［

（４）原式ｌ

［－３（Δx）

ｓｉｎx＝３f（x０３暢設函數(shù)f（x）x＝０處可導，且f（０）＝０，求處列極限（其中常數(shù)a≠０）（１）ｍfx） （２）ｍfxx→０ x→ （３）ｍfax） （４）ｍfax）－f（－ax）x→ x→ 解（１）原式ｌｉｍfx）－f（０）＝f（０）x→ （２）＝aｌｍf（x－f（０）＝af（０）x→ （３）因f（）f（x）x＝０原式＝１ｌｍfax）＝１f（０）ax→ xx→

x→

（０（０（０３４暢求函數(shù)y＝x 在點（３，２７）處的切線方程與法線方程．解因為切線斜率為３

＝（３２ x

x

y＝２７（x

（x１７７＝５暢求雙曲線xy＝a（a）上任意一點的切線與兩坐標軸形成的三角形的面積S．＝解依題設

a，則過曲線上任意一點xk＝a

x，００

a于是，過點x０x

a

x＝xa

＝－y－＝－x 即

（xx０

—２x該切線與x軸、ya于是，過點x０部分所示）

（２x０，０），x０x的切線與兩坐標軸形成的三角形的面積（０S＝１·（２x）０ ６暢討論下列函數(shù)在x＝f（０）１＋x，x（１）f（x）＝xx （２）f（x）１x５，（３）f（x）＝ （４）f（x） x＞０；解（１）f（０）

１x，０；x２ｓｉｎ１，x≠０，x f（０－０）ｉ（－x）＝０，f（０＋０）ｌｉｍxx→０ x→０因為f（０－０）＝f（０＋０）＝f（０）＝０，所以該函數(shù)在x＝０－x２xf－（０）ｍx２x→０２ x＋（０）x→０＋

＝ｌｉxx→０ｉxx→０f（）＝f（）＝０，所以該函數(shù)在x＝０f（０）（２）依題設f（０）＝f（０－０）ｌｉ（１＋x）x→０f（０＋０）ｌｉ（１－x）x→０f（）＝f（）＝１＝f（０）x＝０f′（０）ｌｉ（１＋x）－１–x→０ f′（０）ｉ（１－x）－１＝＋x→０ －＋（３）依題設f（０）＝f（０－０）ｌx→０

１５

＝０，f（０＋０）ｌｉxx→０f（０－０）＝f（０＋０）＝０＝f（０）x＝０１x５f′（０）ｌｉ x x→０ ５x→０f′（０）ｌｉｍx－０＋x→０＋f（）≠f（）x＝０（４）依題設f（０）＝ｍfx）ｌｉｍx２ｓｉｎ１＝０x→ x→ xｓｉｎ１f′（０）ｉ ｌｉxｓ１–x→０－ x－０ x→０－ ＋f′（０）ｉ ｌｉxｓ１＋x→０ x x→０ f（）＝f（）x＝f（０）７暢確定常數(shù)a，bf（x）＝ax＋bx，x２x （１解f（x）x＝１處可導的必要條件是，f（x）x＝１處連續(xù)，因f（１）＝２f（１－０）ｌｉx＝１，f（１＋０）ｉ（ax＋bx）＝a２x→１于是，由f（１－０）＝f（１＋０）＝f（０）＝

x→１另一方面，由

２f－（１）ｍf（x）－f（１）ｌｉｍx２x→１ x x→１－xｌｉｍ（x＋１）x→１f′（１）ｌｉax ＋

ax＋（１－a）x→１ x x→１ xｌｍax ＋xx→１＋（x－１）（xｌｉｍ（x－１）（axx→１＋（x－１）（xｌｉｍax＋１＝ax→１ 可知，f（x）在x＝２１２＝（a２a＝３，b＝a＝－２，f（）８暢求下列函數(shù)的導數(shù)（a，b，c等為非零常數(shù)）：＝（１） １＝５

１x３＋x （２）y＝（ax））–x（３）y １＋５ ３x—（５）y

x１xxx

＝x （６） １ ＝xx －x

xx（７）y＝

＋１

（８）y＝（１＋axb）（１＋bxaxx（９）y＝x

（１０）y＝ ２ ax＋bx２x＋x （１１）y＝

（１２）y＝x －２x－x （１３）yｓｉｎｃｏｓ （１４）y＝xｓｅｃx＋ｃｓｃ＝（１５）y＝xｓｅｃ２xｔａｎ （１６） １ｓｉｎx＝１ｃｏｓ （１７） ｃｏｓxxｓｉｎx （１８） ｔａｎx ｓｉｎxxｃｏｓ ｔａｎx（１９）y＝x２ｌｎ （２０）yｌｏｇa （０＜a≠１）（２１）y＝xｌｎx （２２）y＝（ｅ）x－xｌｎ ｌ（２３）y ｃｏｔ

（２４）yxｓｉｎxｌｎx１（２５）y＝（ｓｉｎxｃｏｓx）ｅx；１

（２６）yｅxａｒｃｔａｎ（１）y′１ ＝（５

）３

（x）′＋x′－（９）（２）y′＝ab（xb）′＝ab·bxb－１＝ab（ax）b－１ １ ）′＋（５）x

＋２x３５３３

—（４）y′＝a（—

２）

２

２

x．２x（５）因為y３x－１／２－５x１／２ １ ３－３ ５－１ １）′＝－ – ２x＝（６）因為y ２x＝

－２x

７ ７ ３′＝（x ）