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文檔簡介

limxsinxlimesinxlnxexlimsinxln

ln x1f(0)alimf(xf(0)

limxln

lim ex0

lim ex0x2e0 2、求不定積分xsinxcos2、設f(x)的一個原函數是sinx，則xf(x)dx

xdcos2x

[xcos2xcos1 1y*x(axb)e2

1sin2x]

ln2ln2ex4、冪級數 e

ex 解：令t ex5、設A 8,則 （

ln

ex1dx

1 2t

故

01t2 1t 1t2210分

01

2dt

01 1、點(0,0)是曲線

ysinx的拐點

2x1y3z與平面2xy5z80 4、設zxyf(x2y,xy2),其中f是可微函數， √ 3zf(xy在點(x0y0z

zzx

,

都存在，則函數zf(x,y)在 解：zyf(x2y,xy2)xy(2xff (x,y)處可微 zxf(x2y,xy2)xy(f2yf 4、un是常數項級數，若limun0,則un 36分 5、設A,B是同型矩陣，則(AB)(AB)A2B 1、設f(x) 連續(xù)。即limfx)f(0)

審斂法的極限形式得D4、計算二重積分D

x2y2dxdy D(x,y)|2x2y2又limf(x)limf(x)limx2 0.因 b x2y2dxdysin又f(0)f(0) f(0) f(0) f(x)f 0 rsinrdr rsin

f(0)

f(x)f

x0

x2 limxsin1

cos a

2y2yex0的通解

ye2dx[exe2dxdxCe2x[exe2xdxC]e2x(ex

x2y22xA(20)到原點O(0,0)的一段

解 P(x,y)xey,Q(x,y)yxe 3

y

3 3

y

,x

3 解：因為0

，又

I

(xey)dx(y y

00

2(x1)dx

2xbx 2ax2x3x

解：因為 n

1， 4 上連續(xù)，在(0,x)內可導且f(x) (A|B) 2 2 1 6 f(xf(0)xf( 2 f(xf(0)1，其中0 b 0 又 1，因 ln(1x)當b3rA|BrA23，方程組有無

1

1 n11、設f(x)[ab]f(x0,

{an}ana1n1)dd0

an0g(x)

f(t)dt

aa n1aa

n1)dvnng(a) 1dt 1dtbf af

lima1(n1)d g(b) f(t)dt0,g(a

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