高数上册期中测验答案

- ，求lim x 。

解：

lim=

 ==⒈设

xn =

n ®¥

n 

n®¥

nn = 2 。

⒉求下列极限

⑴

 n 0 p 解：

Q  === 0 ，而2+arctann<2 ，即2+ arctann 有界，

 n1 2 n \x

n 2 

n = 0 。

⑵lim2n n ®¥

解（一）： lim2n sin

n®¥

x 

=limn 

2 n®¥

x sin

xx 

n 

n=x= x （利用重要极限）

n ®¥ xx

n 

2n2 

（二）：lim2nsin

n®¥

xn x =lim2 = x （利用等价无穷小代换）。 n 

2nn ®¥ 2 

- x 

cos(xex)- cos(xe ) ⑶ lim3 x ® 0 x

æxex+xe-xöæxex-xe-x

-2sinçsinç÷22èøè=limx®0x3- x 

öæxex+xe-xöæxex- xe ö

- 2 ÷ç÷ç÷ 22 ø= limèøèø

3 x ® 0 x

( e

=-lim

x®0

x

+e-x)( ex-e-x) 2x

x 2 

( e=- x ® 0 x 2 

x

2 x 

+e-x) e- x( e - 1 ) 

2 x

x 2 

=-lim( e+e

x

x®0

-x

) e 

- x 

( e 

lim

x ® 0 

2 x 

- 1 ) 

2 x

=- 2 。

1 ö æ1 ö ælim1 ç2 ÷ ç1 + 2 ÷ x ®¥ æx 2 + 1 ö ee x èø =2 

⑷ lim ç2 ÷ =lim ç。 === e ÷ 22 - 1 x-x (- 1) x ®¥ x - x ®¥ 1 1 e èø 1ö1 ö ç1 2 ÷ ææ

lim1-lim1 çç2÷2 ÷ x ø èx®¥x ®¥

èxøè- x ø

⑸

x ® =lim( 1-2xx®0

x + 1

x

=lim( 1-2x)

x®0

1

1 x

=lim( 1-2x) lim( 1-2xx®0

x®0

1 

x 

1 

ìü - 2 

- 2 x =limí[ 1+(-2x) ]= e ý x ® 0 

îþ

- 2 

e2 -( 1 + x )e2 - e ⑹ lim=limx ® 0 x®0x x

2 

x 

2 x 2 ln( 1 + x ) x 

-e= x ® 0 

2 

ln( 1 + x ) x 

21 ù é2

-ln1 +x ( ) 2 êx1 + x ú ëxû 1 

é2x-2( 1+x) ln( 1+x) ù -2ln( 1 + x ) 2 2

=lim-( 1+xlimê=-e= e 。 ú 2x®0x®0x ® 0 3x2 + 2 x(1+x)x ëû

é3x-sin3x3x-sin3x3- 3cos3 x 3sin3 x ù

=lim=lim= ⑺ lim ê2 ú x ® 0 ln(1-10x2)30 x 2 xln(1- 10x ) û x®0xln(1-10x2)x®0x(-10x2)x ® 0 - ë

=-13sin3x 9 

=。 10x ® 0 2x 20 

ì x + 2 

,                              x £ 0 2 ï x + 1 

⒊已知函数

 f(x ) = ，求 limf(x),limf(x ) 。

x®0 x ®¥

    x > 0 解：因为 limf(x )=lim

x®0-

x + 2 

= 2 ，

2 -

x ® 0 x + 1 

x®0

lim+f(x )=lim+

x®0

= x ® 0 

=2lim+

x®0

sinx ， x ® 0 x x ® 0 

x ® 0 

所以 lim-f(x)¹ lim+ f(x ) ， limf(x ) 不存在； 

x®0

x®-¥

limf(x )=lim

x + 2 

= 0 ，

 limf(x )=lim= 0 ， 2 x ®-¥ x x®+¥x ®+¥ + 1 x ®+¥

x ®¥

所以 limf(x)=limf(x )= 0 ，故limf(x )= 0 。

x®-¥

⒋求函数 f(x ) ln(1+ x ) 

的间断点，并指出其类型。 2 

x- 2 x

解：函数 f(x ) 的定义域为( -1,0) È( 0,2) È( 2, +¥ ) ， x= 0 和 x= 2 是 f(x ) 的间断点。

)1ù 1 éln(1+ x 因为 limf(x )=lim ê=，所以 x= 0 是 f(x ) 的可去间断点，是第一类间断点， ú x®0x ® 0 x - 2û 2 ëx1x2 - 2x 0 又 lim=lim== 0 ，所以 limf(x ) =¥，于是 x= 2 是 f(x ) 的无穷间断点，属于第二 x®2f(x)x ® 2 ln(1+ x x ® 2 )ln3 类间断点。

⒌证明方程 x=asin x+ b ，(a>0,b > 0) 至少有一个正根，并且不超过a+ b 。

证明：令 f(x)=x-asin x- b ，则 f(x ) 在[ 0,a+ b ] 上连续， 又 f(0) =- b ， f(a+b)=a+b-asin(a+b)-b=a-asin(a+ b ) 若sin(a+b )= 1 ，则 f(a+b )= 0 那么a+ b 就是原方程的一个根；

若sin(a+b )< 1 ，则 f(a+b)=a[ 1-sin(a+b )] > 0 ，于是由零点定理可知，在( 0,a+ b ) 内至少存在一 点x 使 f (x )= 0 ，即 x=asin x + b ，这时，原方程在( 0,a+ b ) 内至少有一个根。 综上所述，原方程至少有一个正根，且不超过a+ b 。

p éù x ⒍设 F(x)=limt2 êf(x+)- f(x )ú sin，(x¹ 0) ，其中 f(x ) 二阶可导，求 F¢ (x ) 。

t ®¥ tt ëû

p x ù é

f(x+)- f(x )êú p éù x 解： F(x)=limt2 êf(x+)-f(x)ú sin=limêpxú = p xf¢ (x ) ，

t®¥t ®¥ x tëû t êú

tt û ë

F¢(x)=p [ f¢(x)+ xf¢¢ (x ) ] 。

ì 1 

,x < 1 2 

⒎ a, b为何值时，函数 f(x ) = í 在 x= 1 处可导。 1 + x 

ï ax+b,x ³ 1 î 解：因 f (1)= 1 ，且 limf(x )=lim

x®1-

1 

= 1 ； limf(x)=lim(ax+b) =a+ b ， 2 - ++

x ® 1 x®1x ® 1 1 + x

要使 f(x ) 在 x= 1 处连续，必须 a+b = 1 ；

1 

- 1 2 f(x)- f (1) f(x)-f(1)(ax+b )- 1 ¢ ¢ 又因 f (1)=lim=lim=- 1 ； f(1)=lim=lim = a ， - + -

x®1-x ® 1 x®1x ® 1 x-1x - 1 x-1x - 1 

+

+

要使 f(x ) 在 x= 1 处可导，必须 a=- 1 ， 再由 a+b = 1 ，得 b= 2 ，

故当 a=- ) 在 x= 1 处可导。 1 ， b= 2 时 f(x 

dyæ3x - 2 ö 2 ¢ ⒏已知 y= f ç且 f(x)= arctan x ，求。 ÷

dxx = 0 è5x + 2 ø 解：令 u =

3x - 2 

，则 y= f( u ) ， 5x + 2 

2 

dydu3(5x+2)-5(3x-2)16æ3x - 2 ö =f¢ ( u)=arctanu 2 g= arctan ç÷ dxdx(5x+2)2(5x+2)2 è5x + 2 ø

dy

=4arctan1 = p 。 dxx = 0 

ì x= 2lncot t d2 ⒐设 í ，求2 。

dx x = 0 î y= tan t

dy 

dysec2 ttan t 解：=， ==dx 2 2 

(- csct ) 

dtcot t

1 2 sec t 2 

dydætant ö 11 =-== tan t ， çdx 2 

2 dxdt è2(- csc2 t ) 4 dtcot t

d2ydx2

d2 y 1 =2 = 。 dx t p 4 x=0 

4 

⒑ y= ex sin x ，求 y (n ) 。

p

解：

 y¢=exsinx+excosx=

x sin(x 4 

ppù é

y¢¢=êexsin(x+)+excos(x+)ú =

44û ë

M

y

(n) 

 esin(x p4 2 

x 

=

n 

p

ex sin(x 。

4 

⒒设曲线 y= f(x ) 由方程 x+e2 y=4- 2e  xy 确定，试求曲线在 x= 1 处切线方程。 解：方程 x+e

2 y

=4- 2e  两边关于x求导，即 1+2e

-2ye xy - 1

=2 y

2e+ 2xe xy 

xy 2 y

dy-2ye xy - 1 dydy xy 

=-2e(y+ ) 故= 2 y， dxdx dx2e+ 2 xe xy 

dy

由 x= 1 代入原方程得 y = 0 ，dx

x = 1 y = 0 

x = 1 y = 0 

1 =，

4 

dy1 

故所求曲线在点(1,0)处的切线斜率为：=，

dxx = 1 4 

y = 0 

1 

所求曲线在 x= 1 处的切线方程是： y-0=-(x - 1) 即 x+4y -1= 0 。

4 

⒓设 f(0)=f (1)= 0 ， f(x ) 可导，求证存在 xÎ (0,1) 使 f(x)+xf ¢ (x )= 0 。 证明：设 F(x)= xf(x ) ， F(x ) 在[ 0,1 ] 上满足罗尔定理的条件， 故至少存在一点 x Î ( 0,1)  使 F ¢ (x )= 0 ，即 f(x)+xf ¢ (x )= 0 。

⒔已知(-¥,+¥ ) 上的可导函数 f(x ) 满足limf¢ (x) = A ，求 limx ®¥

x ®¥

f(x)-f(x- a ) 

，(a¹ 0) 。

a

解：对 f(x ) 在[ x- a, x ] （或[ x, x- a ] ）上应用拉格朗日定理得： f(x)-f(x-a)= af ¢ (x ) 

x 在x与x- a 之间，当x®¥时，x ®¥，从而有 lim

x®¥

f(x)-f(x- a ) 

=limf¢(x )=limf¢ (x) = A 。 x ®¥x ®¥ a

x3-ax2 -x + 4 

⒕设 l = lim 为有限值，问a与l应等于多少？

x ®- 1 x + 1 

解：因为当 x®- 时，分子极限为0，故能使原极限存在且为有限值，必有分子的极限也为0， 1 即 lim(x3-ax2 -x+4)=-1-a +1+4= 0 ，所以 a= 4 ，

x ®- 1 

x3-4x2-x+43x2 -8x - 1 

于是 l =lim=lim= 10 。

x®-1x ®- 1 x + 11 

1 + x 2 x 

⒖求证： e < ，(0<x < 1) 。

1 - x

证明：因0<x < 1 ，得1-x > 0 ，故所证的不等式变为： e2 x (1-x)-(1+x )< 0 

2 x 令 f(x)=e2 x (1-x)-(1+ x ) ，因 f¢ (x)=e2 x (1-2x )- 1 ， f¢¢ (x)=-4xe < 0 ，

故 f¢ (x ) 单调递减，又 f¢ (0)= 0 ，故 f¢ (0)< 0 ，所以 f(x ) 单调递减，再由 f (0)= 0 知 f(x)< f (0) ，

1 + x 2 x 即： e < ，(0<x <1) 

1 - x