完整高等數(shù)學(xué)練習(xí)題附答案

完整)高等數(shù)學(xué)練習(xí)題附答案

第一章自測題一、填空題（每小題3分，共18分）1.lim(sinx-tanx)/(3xln(1+2x))=1/22.lim(2x^2+ax+b)/(x-1)=3.a=5.b=123.lim(sin2x+e^(2ax)-1)/(x+1)=2a4.若f(x)在(-∞,+∞)上連續(xù)，則a=05.曲線f(x)=(x-1)/(2x-4x+3)的水平漸近線是y=1/2，鉛直漸近線是x=3/26.曲線y=(2x-1)/(x+1)的斜漸近線方程為y=2x-3二、單項(xiàng)選擇題（每小題3分，共18分）1.“對任意給定的ε∈(0,1)，總存在整數(shù)N，當(dāng)n≥N時(shí)，恒有|x_n-a|≤2ε”是數(shù)列{x_n}收斂于a的充分條件但非必要條件2.設(shè)g(x)={x+2,x<1.2-x^2,1≤x<2.-x,x≥2}，f(x)={2-x,x<1.x^2,x≥1}，則g(f(x))=2-x^2，x≥13.下列各式中正確的是lim(1-cosx)/x=04.設(shè)x→0時(shí)，e^(tanx-x-1)與x^n是等價(jià)無窮小，則正整數(shù)n=35.曲線y=(1+e^(-x))/(1-e^(-x^2))沒有漸近線6.下列函數(shù)在給定區(qū)間上無界的是sin(1/x)，x∈(0,1]三、求下列極限（每小題5分，共35分）1.lim(x^2-x-2)/(4x+1-3)=3/42.limx+e^(-x)/(2x-x^2)=03.lim(1+2+3+。+n)/(n^2lnn)=04.limx^2sin(1/x)=01.設(shè)函數(shù)$f(x)=ax(a>0,a\neq1)$，求$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\ln\left(\frac{f(1)f(2)\cdotsf(n)}{n^2}\right)}$。2.求$\lim\limits_{4x\to1}\frac{x^2+e\sinx+6}{1+e^x-\cosx}$。3.求$\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cosx}{1-\cos2x}$。4.確定下列極限中含有的參數(shù)（每小題5分，共10分）：lim\limits_{2x\to1}\frac{ax^2-2x+b}{x+x-2}$$lim\limits_{x\to-\infty}\frac{x+a}{x^2+bx-2}$$5.討論函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x,&x\neq0\\0,&x=0\end{cases}$在$x=0$處的連續(xù)性，若不連續(xù)，指出該間斷點(diǎn)的類型。6.設(shè)$f(x)=\lim\limits_{t\tox}\frac{\sint-\sinx}{t-x}-\frac{\sint}{x}$，求$f(x)$的間斷點(diǎn)并判定類型。7.設(shè)$f(x)$在$[0,1]$上連續(xù)，且$f(0)=f(1)$。證明：一定存在一點(diǎn)$\xi\in\left(0,\frac{1}{2}\right)$，使得$f(\xi)=f\left(\xi+\frac{1}{2}\right)$。3.設(shè)$f(x)$具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且$f'(0)=0,\lim_{x\to0}\frac{f''(x)}{x}=1$，則：A。$f(0)$是$f(x)$的極大值B。$f(0)$是$f(x)$的極小值C。$(0,f(0))$是曲線的拐點(diǎn)D。$f(0)$不是$f(x)$的極值，$(0,f(0))$不是曲線的拐點(diǎn)4.設(shè)$f(x)$連續(xù)，且$f'(0)>0$，則存在$\delta>0$，使得：A。$f(x)$在$(0,\delta)$內(nèi)單調(diào)增加B。$f(x)$在$(-\delta,0)$內(nèi)單調(diào)減少C。對于任意$x\in(0,\delta)$，有$f(x)>f(0)$D。對于任意$x\in(-\delta,0)$，有$f(x)>f(0)$三、解答題（共73分）1.已知函數(shù)$f(x)$在$[0,1]$上連續(xù)，$(0,1)$內(nèi)可導(dǎo)，且$f(1)=0$，證明在$(0,1)$內(nèi)至少存在一點(diǎn)$\xi$使得$f'(\xi)=-\frac{f(\xi)}{\xi}$。證明：由拉格朗日中值定理，存在$\xi_1\in(0,1)$，使得frac{f(1)-f(0)}{1-0}=f'(\xi_1)=-\frac{f(\xi_1)}{\xi_1}$$當(dāng)$f(\xi_1)=0$時(shí)，結(jié)論顯然成立。否則，令$g(x)=f(x)\lnx$，則$g(x)$在$(0,1)$內(nèi)可導(dǎo)，且g'(x)=f'(x)\lnx+\frac{f(x)}{x}$$由題意可知$g(1)=0$，因此存在$\xi_2\in(0,1)$，使得g'(\xi_2)=0\Rightarrowf'(\xi_2)\ln\xi_2+\frac{f(\xi_2)}{\xi_2}=0$$即$f'(\xi_2)=-\frac{f(\xi_2)}{\xi_2}$。綜上所述，結(jié)論成立。2.證明下列不等式：1)當(dāng)$a<b$時(shí)，$\frac{2}{a+b}<\frac{1}{a}+\frac{1}<\frac{2}{\sqrt{ab}}$。2)當(dāng)$0<x<\frac{\pi}{2}$時(shí)，$\frac{\sinx}{x}<\frac{\ln(\frac{\pi}{2x})}{\ln2}<\frac{\tanx}{x}$。解：(1)由均值不等式，有frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}\right)>\frac{1}{\sqrt{ab}}$$兩邊同乘以$2$，再除以$\frac{1}{a+b}$，即得frac{2}{a+b}<\frac{1}{a}+\frac{1}<\frac{2}{\sqrt{ab}}$$2)由$\sinx<x<\tanx$，可得int_{0}^{x}\cost\,\mathrmi0eeyygt<\ln(\frac{\pi}{2x})<\int_{x}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cost}\,\mathrmc0yy8m0t$$即sinx<\frac{\ln(\frac{\pi}{2x})}{\ln2}<\frac{\sinx}{\cosx}=\tanx$$除以$x$，即得所證不等式。3.求下列函數(shù)的極限：1)$\lim_{x\to1}\frac{e^x-e^{-x}-2x}{\sin(\pix)}$2)$\lim_{x\to0^+}(\cosx)^{\frac{1}{x}}$3)$\lim_{x\to0}\frac{x(1+x)-e^x}{\sin^22x}$解：(1)分子分母同時(shí)除以$x-1$，得lim_{x\to1}\frac{e^x-e^{-x}-2x}{\sin(\pix)}=\lim_{x\to1}\frac{e^x-e^{-x}-2}{\pi\cdot\frac{\sin(\pix)}{\pix}}=\frac{1}{\pi}\lim_{x\to1}\frac{e^x-e^{-x}}{x-1}\cdot\frac{x-1}{\sin(\pix)}$$由拉格朗日中值定理，存在$\xi_1\in(0,1)$，使得frac{e^x-e^{-x}}{x-1}=e^{\xi_1}-e^{-\xi_1}$$因此lim_{x\to1}\frac{e^x-e^{-x}-2x}{\sin(\pix)}=\frac{1}{\pi}(e^1-e^{-1})\lim_{x\to1}\frac{x-1}{\sin(\pix)}=-\frac{2}{\pi}$$2)設(shè)$y=\lim_{x\to0^+}(\cosx)^{\frac{1}{x}}$，則lny=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(\cosx)}{x}=-\lim_{x\to0^+}\frac{\sinx}{x\cosx}=-1$$因此$y=e^{-1}$。3)分子分母同時(shí)除以$x^2$，得lim_{x\to0}\frac{x(1+x)-e^x}{\sin^22x}=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)-e^x/x}{4\cdot\frac{\sin2x}{2x}\cdot\frac{\sin2x}{2x}}=\frac{1}{4}\lim_{x\to0}\frac{1+x}{\sin^22x}-\frac{1}{4}\lim_{x\to0}\frac{e^x}{x\sin^22x}$$由拉格朗日中值定理，存在$\xi_2\in(0,1)$，使得frac{1+x}{\sin^22x}=\frac{1}{\cos^22\xi_2}\cdot\frac{1}{2\xi_2}$$因此lim_{x\to0}\frac{1+x}{\sin^22x}=\frac{1}{2}$$又lim_{x\to0}\frac{e^x}{x\sin^22x}=\lim_{x\to0}\frac{1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots}{x\cdot4x^2\cdot\frac{1}{3!}+\cdots}=\lim_{x\to0}\frac{1}{4x\cdot\frac{1}{2}+\cdots}=\infty$$因此原式不存在有限極限。4.求下列函數(shù)的極值：1)$f(x)=x-x^2$2)$f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x\geq0\\x+1,&x<0\end{cases}$解：(1)$f'(x)=1-2x$，令$f'(x)=0$，得$x=\frac{1}{2}$，因此$f(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$是$f(x)$的最大值。又$f''(x)=-2<0$，因此$x=\frac{1}{2}$是$f(x)$的唯一拐點(diǎn)。2)當(dāng)$x\geq0$時(shí)，$f'(x)=2x+1$，令$f'(x)=0$，得$x=-\frac{1}{2}$，因此$f(-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$是$f(x)$的最小值。當(dāng)$x<0$時(shí)，$f'(x)=1$，因此$x=0$是$f(x)$的唯一拐點(diǎn)。5.求$y=\sqrt{2-x^2}+\sqrt{3-x^2}$的定義域和值域。解：由于$\sqrt{2-x^2}\geq0,\sqrt{3-x^2}\geq0$，因此$y\geq0$。又因?yàn)?2-x^2\geq0,3-x^2\geq0$，因此$-1\leqx\leq1$。因此$y$的定義域?yàn)?[-1,1]$，值域?yàn)?[0,\sqrt{5}]$。6.證明方程$x\lnx+\ln(1-x)=0$在$(0,1)$內(nèi)有且僅有一個(gè)實(shí)根。解：當(dāng)$x\in(0,1)$時(shí)，$x\lnx<0,\ln(1-x)<0$，因此$x\lnx+\ln(1-x)<0$。又$x\to0^+$時(shí)，$x\lnx\to0,\ln(1-x)\to0$，因此$x\lnx+\ln(1-x)\to0$。因此方程在$(0,1)$內(nèi)至少有一個(gè)實(shí)根。又因?yàn)閒rac{\mathrmkagek2u}{\mathrmqkoccqgx}(x\lnx+\ln(1-x))=\lnx-\frac{1}{1-x}=\frac{x(1-x)\lnx-x+x^2}{x(1-x)}>0,\\forallx\in(0,1)$$因此$x\lnx+\ln(1-x)$在$(0,1)$內(nèi)單調(diào)遞增，因此方程在$(0,1)$內(nèi)至多有一個(gè)實(shí)根。綜上所述，方程在$(0,1)$內(nèi)有且僅有一個(gè)實(shí)根。七、證明：設(shè)$f(x)$在$[a,b]$上連續(xù)，且$f(a)f(b)0$或$f(x)<0$，故$f(c)=0$時(shí)$f(x)$必為零點(diǎn)。因此，$f(x)$在$[a,b]$上至少有一個(gè)零點(diǎn)。第二章自測題一、填空題（每小題3分，共18分）1.$\frac{dy}{dx}$2.$x^2+3x+1$3.$-2x\sinx+2\cosx$4.$\frac{1}{2}e^x-\frac{1}{3}e^{-x}$5.$y=\frac{1}{2}x^2-\ln|x|$6.$x^2y^3=C$二、單項(xiàng)選擇題（每小題3分，共15分）1.D2.A3.C4.D5.D三、解答題（共67分）解：1.1)$y=\ln(\sqrt{x^2+1}+x)$，$y'=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$；2)$y=\arctan(\frac{1}{x})$，$y'=-\frac{1}{x^2+1}$；3)$y=\ln(1+\sinx)$，$y'=\frac{\cosx}{1+\sinx}$；4)兩邊取對數(shù)得$\lny=2\lnx+\ln(x+1)$，兩邊求導(dǎo)數(shù)得$\frac{y'}{y}=\frac{2}{x}+\frac{1}{x+1}$，即$y'=\frac{2y}{x}+\frac{y}{x+1}$。5)由隱函數(shù)求導(dǎo)法得$\frac{dy}{dx}=x\cos(xy)$；6)$y^3=Cx^{-2}$，兩邊對$x$求導(dǎo)得$3y^2\frac{dy}{dx}=-2Cx^{-3}$，即$\frac{dy}{dx}=-\frac{2}{3}x^3y^{-2}$。2.1)$y'=\frac{2x}{(x^2+1)^2}$，$y''=\frac{2-6x^2}{(x^2+1)^3}$；2)$y'=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{x}{(x^2+1)^{3/2}}$，$y''=\frac{-x}{(x^2+1)^{3/2}}+\frac{3x^3}{(x^2+1)^{5/2}}$；3)$y'=\frac{\cosx}{1+\sinx}$，$y''=-\frac{\sinx}{(1+\sinx)^2}$。3.1)設(shè)$f(x)=\ln(\sqrt{x^2+1}+x)$，則$f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$，由于$f'(x)>0$，所以$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上單調(diào)遞增，且$f(a)<0<f(b)$，故由零點(diǎn)定理知：方程$\ln(\sqrt{x^2+1}+x)=0$在$(a,b)$內(nèi)有且僅有一個(gè)實(shí)根；2)設(shè)$f(x)=\sqrt[3]{x^2+1}-\sqrt[3]{x^2-1}$，則$f'(x)=\frac{2x}{3\sqrt[3]{(x^2+1)^2}}+\frac{2x}{3\sqrt[3]{(x^2-1)^2}}$，$f''(x)=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{(x^2+1)^{5/3}}+\frac{1}{(x^2-1)^{5/3}}\right)>0$，故$f(x)$在$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$上單調(diào)遞增，在$(-1,1)$上單調(diào)遞減，且$f(-1)=f(1)=0$，故由單調(diào)性知：方程$\sqrt[3]{x^2+1}-\sqrt[3]{x^2-1}=0$在$(-1,1)$內(nèi)有且僅有一個(gè)實(shí)根；3)設(shè)$f(x)=\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+x$，則$f'(x)=x^2-x+1$，$f''(x)=2x-1$，令$f'(x)=0$得$x=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$，又$f''\left(\frac{1}{2}\right)>0$，故$x=\frac{1+\sqrt{3}i}{2}$是$f(x)$的極小值點(diǎn)，$x=\frac{1-\sqrt{3}i}{2}$是$f(x)$的極大值點(diǎn)。4.⑴函數(shù)的定義域?yàn)?x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，令$f(x)=x\ln|x|$，則$f'(x)=\ln|x|+1$，$f''(x)=\frac{1}{x}$。當(dāng)$x0$時(shí)，$f'(x)>0$，故$x=0$是$f(x)$的唯一駐點(diǎn)。當(dāng)$x0$時(shí)，$f''(x)>0$，故$x=0$是$f(x)$的極大值點(diǎn)，極大值為$0$；⑵函數(shù)的定義域?yàn)?x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，令$f(x)=\frac{1}{2}x^2-\ln|x|$，則$f'(x)=x-\frac{1}{x}$，$f''(x)=1+\frac{1}{x^2}$。當(dāng)$x0$時(shí)，$f'(x)