1、高等數學習題解答習題一一單項選擇題1、A 2、D 3、C 二填空題 1、 2、（9，1）三計算題 1、（1）解 函數要有意義，必須滿足即 定義域為（2）解 函數要有意義，必須滿足解得或3（1）解 由 得 交換、y得反函數為 （2）解 由 得 交換、y得反函數為 4（1）解 只有t=0時，能；t取其它值時，因為 ，無定義 （2）解 不能，因為，此時無意義5解（1） (2) 令 則 6解 7解 設 所以 解得 習題二一單項選擇題1、A 2、B 3、D 二填空題 1、>1 2、單調增加三計算題 1、（1）解 因為 所以函數是偶函數（2）解 因為 所以函數是奇函數（3）解 所以函數是奇函數2解

2、因為 而的周期為，所以是周期函數，周期為 3解 由 得表面積： 四 證明 習題三一單項選擇題1、C 2、C 3、B 4、C 二填空題 1、1 2、a 3、 4、2，0 5、1三判斷正誤1、對； 2、對； 3、錯 四（1） 證明 令 只要，取 當時，恒有 所以（2）證明 因為，對取定的，存在M>0，當x>M時，有 故當x>M時，習題四一單項選擇題1、B 2、B 3、B 4、D二填空題 1、 2、0，6 3、 4、2，2三判斷正誤1、錯； 2、錯； 3、錯； 四計算題1、原式2、原式3、原式4、原式5、原式 6、原式 7、因為 所以 習題五一、1.B， 2.A, 3. B二、1.

3、 2三、1.（1） （2）（3）（4）2（1）（2）（3）(4)(中間思維過程同前)（5）四1.證明：2.證明：只要證明原數列單調有界就可以達到目的習題六一、1B，2B，3B，4B，5。B二、1，2。可去，3。1個三、1解： 2解： 有四、證明： 習題七一、1A，2C二、1充分，必要，2。-2，3。必要三、1（1）解： （2）解： 2解： 為第二類3.解： 有 四、1。證明：2證明： 習題八一、1B，2A，3。D二、1-2， 21三、1（1）解： （2）解： 2（1）解： （2）解： 3（1）解： （2）解： 4。解： 習題九一、1D，2D，3A二、1，2.-2()3., 三、1（1），（2）

4、。，（3）。，（4）。 2（1），（2），（3），（4） （5），（6），（7） （8） 3、（1）， (2),(3),(4)四（1） 證明：（2）證明： 習題十一、1D 2C二、1 20三、計算題1求下列函數的高階導數(1)，求 解：(2)設求（提示：）解：，2設和都三階可導，求，解：3、 （1） 解：（2）解：4、 （1）解： （2）解：5、 解：6、求曲線在處的切線方程，法線方程 解： 切線方程： 法線方程：習題十一一、1A C 2A 3B二、1 2 3 三、1、（1） （2） （3） 2、（1） （2） 2、3、 4、 5、 7、 （1）（2）略習題十二一、1D 2A 3C 4B 5D

5、 6A二、11 21 0 30 4 5三、1、原式=2、（1） （2）3、（1） （2） 4、 5、設處處可導 有 既 且既 且 有 6、 四、 又 于是即：可尋習題十三一、1A 2D二、13 2三、計算題：1、 （1）原式（2）原式 （3）原式（4）原式 （5）原式 （6）原式 （7）原式 （8）原式=2、原式=四、證明題：（1）證：區間編點為 兩點連線斜率為 又 于是 即總是位于區間的正中點（2）當 即：4、 即： 3、 則只有一實根習題十四一、1C 2C 3B 4B 二、1 20 3 (0, 0) 三、計算題：1、解：令在內遞減，在內遞增。2、解：3、解： 時，點（1，-2）為曲線的拐點

6、。4、解：為水平漸近線 為垂直漸近線四、證明題：1、證：當 2、證：在（0，2）內至少有使，為一個根又 只有一個負根習題十五 導數的應用 總習題一、計算題1、計算下列極限（1）原式=（2）原式=（3）原式=（4）原式=，因為，所以 原式=（5）原式=（6）令，則，時，原式=2、解：由題意，而（1）又代入（1）式，得：所以，即函數在x=0連續。3、解：，令，得。列表：1負0正負0正單調減少單調增加單調減少單調增加4、解： 令，得；又所以，當時，取得極小值。二、證明題：1、證：由已知，在連續，在可導，由拉格朗日中值定理，使得，（1）因為，有同理，對在應用拉格朗日中值定理，再結合已知，使得（2）對在

7、應用拉格朗日中值定理，使得，由（1），（2）式可見2、證：設，有，令，得唯一解：；又所以是唯一的極小值點，因而是的最小值點。所以，都有，因此，等號僅在時成立。3、證：設，任取的兩個零點，不妨設由已知，在可導，在連續，且由羅爾中值定理，使：即由此即證得在的任意兩個零點間，必有的零點4、證：設，則在連續，在可導，且，則由羅爾中值定理，使：而即方程在內至少有一根5、證：設，則，因為時，所以，即單調增加，有，又有單調增加，得，即習題十六 不定積分的概念與性質一、單項選擇題：1、A 2、D 3、B 4、C 5、C二、填空題：1、，（C為任意常數）2、C 3、函數在區間連續 4、積分，（注：）三、計算題：

8、（1）原式= （2）原式=（3）原式=（4）原式=（5）原式=（6）原式=（7）原式=（8）原式=習題十七 不定積分的換元積分法一、單項選擇題：1、D 2、C 3、C 4、D二、填空題：1、 2、 3、三、計算題1、（1）原式=（2）原式=（3）原式=（4）原式=（5）原式=（6）原式=（7）原式=（8）原式=（9）原式=（10）原式=（11）原式=（12）原式=（13）原式=（14）原式=（15）原式=（16）原式=2、（1）解：令，則原式=因為，原式=（2）解：令，則，原式=因為，原式=（3）解：原式=（4）解：原式=而，所以原式=（5）解：令，則，原式=（6）解：令，則，原式=習題十八

9、不定積分分部積分法一、填空題：1、 2、3、，二、計算題：1、求下列不定積分：（1）原式=（2）原式=（3）原式=其中所以原式=（4）設則即，解得：（5）原式=，則：即，解得：代入原式=（6）令，則，原式=（7）原式=（8）原式=（9）原式=（10）令，則：即，解得：（11）令，則：即，解得：（12）原式=2、解：由已知，所以：所以習題十九不定積分總習題一選擇題：1若，則有（ A、B、C ）A BC D2下列等式正確的是（ A ）ABCD3若的導函數是，則有一個原函數為（ D ）A B C D*4若連續，是的一個原函數，則（ A ）A當是奇函數時必為偶函數B當是偶函數時必為奇函數C當是周期函數

10、時必為周期函數D當是單調函數時必為單調函數二填空題：1設是的一個原函數，則。2設，則3設連續, 4*，且：，則三計算題：1求下列不定積分：(1) (2)解： 解： (3) (4)解： 解： (5) (6) 解： 解：原式 （7） （8）解：原式 解：原式 2設，求。解： 又，故，即3*設且有二階連續導數，求解：第一章函數 自測題一、填空題：1.2.3.二、解答題1. 解因為，所以。而，故有。的圖形略2.解（1）。（2）（3）3.證，我們有。因為在內單調增加，所以有，又因為為定義在上的奇函數，上式可改寫為即所以，在內單調增加。4. 解 (1) ； (2) 。5. 解 由題意可列出函數關系如下：6

11、. 解 設批量為件，每年需要進貨次，由于均勻銷售，庫存量由件均勻地減少到0件，平均庫存量為件。一年的庫存費為(元)，訂貨費為(元)。綜上，我們有。7. 解 設租金定為每天每套元，由題意，每天可以租出套客房，此時，每天的收入為。當元時，收入最大，最大收入為16000元，此時空出20套客房。8. 解 設月利潤函數為，由題意可列出函數關系如下：。9. 解 由題意可列出函數關系如下：10. 解 (1)需求函數的圖形為：(2) (3) 銷售額的圖形如下，經濟意義是：當時銷售額最大。11. 解 (1) 由題意可列出函數關系如下：(2) 利潤函數為 （3）(元)。第二章 極限與連續 自測題一、填空題：1.填

12、表 對任意給定的，總存在使得當時，總有2. 3. 4. 5. 6. 7. 一，可去 8. 一，可去；二，無窮；一，可去。 9. 一，跳躍 10. 二，振蕩二、解答題1. 證明 對于任意給定的，因為，所以總存在，使得當時，總有。對數列，當時，總有所以，。 反過來未必成立，例如：。2. 解 (1) 左極限，右極限 (2) 極限不存在，因為。 (3) 3. 解 (1) 當時，為無窮小量，而是有界函數，所以。(2) 。(3) 。(4) 。(5) 。(6) 分子、分母同除以，可得。(7) ，根據無窮小量與無窮大量的關系可得，。(8) 分子、分母同除以，可得。(9) 利用等比數列的求和公式，可得。(10)

13、 注意到 ，所以。(11) 先通分化簡，。(12) 分子、分母同除以，得。(13) 當，所以。(14) 當，所以。(15) 當時，所以。(16) 。(17) 當，所以。(18) 當，所以。(19) 當，故。(20) 當，故。(21) 因為(無窮小乘有界函數)，所以。(22) 令，。(23) 。(24) 。(25) (26) 。4. 證明 (1) 因為，所以有。由于，故。(2) 注意到下列不等式：， 。利用兩邊夾準則，我們有。(3) 容易得到關系式，用數學歸納法可證。，所以數列是單調增加的有界數列，由單調有界數列必有極限可得，存在，設為。所以我們有 即 ，解得，因此 5. 解 當時，由題意知，時

14、，是等價無窮小，所以可得時，因此有。6. 解 ，所以。7. 解 (1) 。 (2) 為函數的間斷點，且為第一類間斷點。事實上，。8. 解 ，要使在處連續，只需在處既右連續又左連續。因為在是右連續的，只須在左連續即可。，由此解得，。三、證明題1. 證明 對任意給定的，要使，只要。故取，當時，有成立，所以。2. 證明 考慮輔助函數，在區間上滿足介值定理的條件，所以至少存在一點，使得，即方程在區間內至少有一實根。3. 證明 考慮輔助函數，顯然在區間上連續，且，由介值定理得，至少存在一點，使得，即 。4. 證明 考慮輔助函數，顯然在區間上連續，且，由介值定理得，至少存在一點，使得。即方程至少有一個小于

15、1的正根。5. 證明 設，在區間上連續，由閉區間上連續函數的最大值最小值定理可得，在區間上有最大值和最小值，又由介值定理得，對任意的，都有所以有 故 又由介值定理得，至少存在一點，使得 。6. 證明 假設在區間上的值變號，即存在，不妨設，使得異號，在區間上連續，且，由介值定理得，至少存在一點，使得。這與已知條件相矛盾。故在區間上的值不變號。7. 證明 考慮輔助函數，在區間上連續，且，由介值定理得，至少存在一點，使得，即 。第三章 導數、微分、邊際與彈性 自測題一、填空題1. A 2. 充分 3. 4. 5. 6. 7. 8. ，。 9. 0.110601，0.11 10. ， 11. 460，

16、 4.6，2.3，2.3 12. 增加，0.82二、解答題1. 解 (1) 。 (2) 。(3) 。(4) 。 (5) 。(6) ，所以有. (7) (8) . (9) . (10) (11) . (12) . (13) (14) . (15) (16) (17) (18) 2. 解 (1) ，所以。(2) ，所以，故。3. 解 根據導數的定義以及在處連續，我們有.4. 解 利用左右導數， 我們可以求得 5. 解 因為，利用極限與無窮小的關系，我們有其中。由于在處連續，在上式兩端取極限，可得利用導數的定義，我們有.6. 解 直線的斜率為，曲線在的切線的斜率為由已知條件，解得。所以切點的坐標為，

17、切線方程為，即 。7. 解 求一階導數、二階導數得 ，相減，得8. 解 (1) ，所以(2) 設，則，利用Leibniz公式，得(3) (4) ，所以9. 解 (1) ，。(2) ， (3) ， 10. 解 (1) 由得 ，所以(2) 11. 解 當時，。因為，所以。12. 解 取，。由于得13. 解 邊際函數為，彈性函數為。14. 解 (1) 需求彈性函數為。 (2) 。(3) ，所以價格上漲1%，總收益將會增加。收益函數為，所以當時，若價格上漲1%，總收益將增加0.67%.15. 解 (1) 邊際需求為，當時，價格增加一個單位，需求量近似地減少24個單位。(2) 需求彈性為，。說明需求變動

18、的幅度大于價格變動的幅度，當時，價格上漲1%，需求減少1.85%。(3) ，所以價格下降2%，總收益將會增加。所以當時，價格下降2%，總收益將會增加0.84%。第四章 中值定理及導數的應用 自測題一、填空題1. 2. 3. , 4. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 大，小 12. 13. 大 14. , 必要15. 一，二、求解題1. 解 (1) 。(2) 。(3) 設，則，兩取極限，得，所以，。(4) 令，則。2. 解 因為在是右連續的，而所以在是左連續的，故在是連續的。3. 解 由于，所以極限存在。 因為求導以后的極限不存在，所以不能用羅必塔法則。4. 解 (1) +00+極小值極

19、大值(2) ，0+極大值5. 解 (1) ，令得駐點為。二階導數,我們有,所以，為函數的極大值且，為函數的極小值且。(2) ，當時，；當時，。所以是函數的極大值點且極大值為。6. 解 ，容易驗證是曲線的拐點，相應的函數值為，相應的切線的斜率為，從而得到相應的法線方程為，。由于法線過坐標原點，所以有。7. 解 ，函數二階可導，且點為的拐點，所以有，即有關系式 。8. 解 求函數一階、二階導數得 ，列表如下：1(1,2)200凸增極小凸減拐點凹減因為，所經曲線有水平漸近線9. 解 (1) ， 凸增極大值凸減拐點凹減極小值凹增極大值為，極小值為。拐點坐標為漸近線：。圖形如下：(2) ，凸減拐點凹減極

20、大值凹增凹減拐點坐標為：，極大值為：，鉛直漸近線：,水平漸近線。圖形略。10. 解 (1) ，在上的駐點為，計算可得：，所以函數在上的最大值為，最小值。(2) ，在的范圍內有一個駐點，且為函數唯一的駐點，又為函數的極小值點，所以也是函數的最小值點，即。函數無最大值。(3) ，在的范圍內有一個駐點，且為函數唯一的駐點，又為函數的極大值點，所以也是函數的最大值點，即。函數無最小值。11. 解 (1) 利潤.求導得，解得駐點為，即當商品的價格為時，有最大利潤，最大利潤為。(2) 收益函數，求導得，解得駐點為，即當產量為時，收益最大，最大收益為，此時的價格為(3) 平均成本函數為，求導得(4) 由于商

21、品分批購進，一年的采購費用為元。每批量為萬件，由于銷售是均勻的，庫存量由萬件均勻地減少到0件，平均庫存量為萬件，每年每萬件的庫存費用為500元，一年的庫存總費用為元。于是總費用為令，解得。即分5批采購才能使總費用最小，最小費用為10000元。(5) 設分批購進商品，采購費為元。每批量為件，需貸款元，利率為元。(6) 設征稅額為，利潤為那么，令，解得，此時企業的利潤最大，若按生產，征稅額為令，解得，當時，征稅額最大。三、證明題1. 證明 在區間上滿足Lagrange定理的條件，應用Lagrange定理得因為，所以 。2. 證明 對函數在區間上分別應用Rolle定理，得 與 對函數在區間應用Rolle定理，得3. 證明 引入輔助函數，顯然在區間上連續，在內可導，且，由Rolle定理，至少存在一點，使得即 。4. 證明 函數在區間應用Lagrange定理，得至少存在一點，使即 。5. 證明 在區間上考慮函數，由介值定理得，至少存在一點，使得，即至少有一個正根。 設有兩個正根，因為，應用Rolle定理得，存在一點，使得，顯然這樣的是不存在的。故只有一個正根。6. 證明 作輔助函數，。，所以 ，特別 ，由此得。故。7. 證明 （1）在處二階導數存在且連續，利用二次LHospital法則，可得 (2) 在處二階