高等数学C1习题解答全部

《高等数学C1习题解答全部》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高等数学C1习题解答全部（47页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、高等数学习题解答习题一一单项选择题1、A 2、D 3、C 二填空题 1、 2、（9，1）三计算题 1、（1）解 函数要有意义，必须满足即 定义域为（2）解 函数要有意义，必须满足解得或3（1）解 由 得 交换、y得反函数为 （2）解 由 得 交换、y得反函数为 4（1）解 只有t=0时，能；t取其它值时，因为 ，无定义 （2）解 不能，因为，此时无意义5解（1） (2) 令 则 6解 7解 设 所以 解得 习题二一单项选择题1、A 2、B 3、D 二填空题 1、1 2、单调增加三计算题 1、（1）解 因为 所以函数是偶函数（2）解 因为 所以函数是奇函数（3）解 所以函数是奇函数2解 因为 而

2、的周期为，所以是周期函数，周期为 3解 由 得表面积： 四 证明 习题三一单项选择题1、C 2、C 3、B 4、C 二填空题 1、1 2、a 3、 4、2，0 5、1三判断正误1、对； 2、对； 3、错 四（1） 证明 令 只要，取 当时，恒有 所以（2）证明 因为，对取定的，存在M0，当xM时，有 故当xM时，习题四一单项选择题1、B 2、B 3、B 4、D二填空题 1、 2、0，6 3、 4、2，2三判断正误1、错； 2、错； 3、错； 四计算题1、原式2、原式3、原式4、原式5、原式 6、原式 7、因为 所以 习题五一、1.B， 2.A, 3. B二、1. 2三、1.（1） （2）（3）

3、（4）2（1）（2）（3）(4)(中间思维过程同前)（5）四1.证明：2.证明：只要证明原数列单调有界就可以达到目的习题六一、1B，2B，3B，4B，5。B二、1，2。可去，3。1个三、1解： 2解： 有四、证明： 习题七一、1A，2C二、1充分，必要，2。-2，3。必要三、1（1）解： （2）解： 2解： 为第二类3.解： 有 四、1。证明：2证明： 习题八一、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： 习题九一、1D，2D，3A二、1，2.-2()3., 三、1（1），（2）。，（3）。，（4）。 2（1）

4、，（2），（3），（4） （5），（6），（7） （8） 3、（1）， (2),(3),(4)四（1） 证明：（2）证明： 习题十一、1D 2C二、1 20三、计算题1求下列函数的高阶导数(1)，求 解：(2)设求（提示：）解：，2设和都三阶可导，求，解：3、 （1） 解：（2）解：4、 （1）解： （2）解：5、 解：6、求曲线在处的切线方程，法线方程 解： 切线方程： 法线方程：习题十一一、1A C 2A 3B二、1 2 3 三、1、（1） （2） （3） 2、（1） （2） 2、3、 4、 5、 7、 （1）（2）略习题十二一、1D 2A 3C 4B 5D 6A二、11 21 0 30

5、4 5三、1、原式=2、（1） （2）3、（1） （2） 4、 5、设处处可导 有 既 且既 且 有 6、 四、 又 于是即：可寻习题十三一、1A 2D二、13 2三、计算题：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、证明题：（1）证：区间编点为 两点连线斜率为 又 于是 即总是位于区间的正中点（2）当 即：4、 即： 3、 则只有一实根习题十四一、1C 2C 3B 4B 二、1 20 3 (0, 0) 三、计算题：1、解：令在内递减，在内递增。2、解：3、解： 时，点（1，-2）为曲线的拐点。4、解：为水平渐近线 为垂直渐

6、近线四、证明题：1、证：当 2、证：在（0，2）内至少有使，为一个根又 只有一个负根习题十五 导数的应用 总习题一、计算题1、计算下列极限（1）原式=（2）原式=（3）原式=（4）原式=，因为，所以 原式=（5）原式=（6）令，则，时，原式=2、解：由题意，而（1）又代入（1）式，得：所以，即函数在x=0连续。3、解：，令，得。列表：1负0正负0正单调减少单调增加单调减少单调增加4、解： 令，得；又所以，当时，取得极小值。二、证明题：1、证：由已知，在连续，在可导，由拉格朗日中值定理，使得，（1）因为，有同理，对在应用拉格朗日中值定理，再结合已知，使得（2）对在应用拉格朗日中值定理，使得，由（

7、1），（2）式可见2、证：设，有，令，得唯一解：；又所以是唯一的极小值点，因而是的最小值点。所以，都有，因此，等号仅在时成立。3、证：设，任取的两个零点，不妨设由已知，在可导，在连续，且由罗尔中值定理，使：即由此即证得在的任意两个零点间，必有的零点4、证：设，则在连续，在可导，且，则由罗尔中值定理，使：而即方程在内至少有一根5、证：设，则，因为时，所以，即单调增加，有，又有单调增加，得，即习题十六 不定积分的概念与性质一、单项选择题：1、A 2、D 3、B 4、C 5、C二、填空题：1、，（C为任意常数）2、C 3、函数在区间连续 4、积分，（注：）三、计算题：（1）原式= （2）原式=（3）

8、原式=（4）原式=（5）原式=（6）原式=（7）原式=（8）原式=习题十七 不定积分的换元积分法一、单项选择题：1、D 2、C 3、C 4、D二、填空题：1、 2、 3、三、计算题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，则原式=因为，原式=（2）解：令，则，原式=因为，原式=（3）解：原式=（4）解：原式=而，所以原式=（5）解：令，则，原式=（6）解：令，则，原式=习题十八 不定积分分部积分法一、填空题：1

9、、 2、3、，二、计算题：1、求下列不定积分：（1）原式=（2）原式=（3）原式=其中所以原式=（4）设则即，解得：（5）原式=，则：即，解得：代入原式=（6）令，则，原式=（7）原式=（8）原式=（9）原式=（10）令，则：即，解得：（11）令，则：即，解得：（12）原式=2、解：由已知，所以：所以习题十九不定积分总习题一选择题：1若，则有（ A、B、C ）A BC D2下列等式正确的是（ A ）ABCD3若的导函数是，则有一个原函数为（ D ）A B C D*4若连续，是的一个原函数，则（ A ）A当是奇函数时必为偶函数B当是偶函数时必为奇函数C当是周期函数时必为周期函数D当是单调函数时必

10、为单调函数二填空题：1设是的一个原函数，则。2设，则3设连续, 4*，且：，则三计算题：1求下列不定积分：(1) (2)解： 解： (3) (4)解： 解： (5) (6) 解： 解：原式 （7） （8）解：原式 解：原式 2设，求。解： 又，故，即3*设且有二阶连续导数，求解：第一章函数 自测题一、填空题：1.2.3.二、解答题1. 解因为，所以。而，故有。的图形略2.解（1）。（2）（3）3.证，我们有。因为在内单调增加，所以有，又因为为定义在上的奇函数，上式可改写为即所以，在内单调增加。4. 解 (1) ； (2) 。5. 解 由题意可列出函数关系如下：6. 解 设批量为件，每年需要进货

11、次，由于均匀销售，库存量由件均匀地减少到0件，平均库存量为件。一年的库存费为(元)，订货费为(元)。综上，我们有。7. 解 设租金定为每天每套元，由题意，每天可以租出套客房，此时，每天的收入为。当元时，收入最大，最大收入为16000元，此时空出20套客房。8. 解 设月利润函数为，由题意可列出函数关系如下：。9. 解 由题意可列出函数关系如下：10. 解 (1)需求函数的图形为：(2) (3) 销售额的图形如下，经济意义是：当时销售额最大。11. 解 (1) 由题意可列出函数关系如下：(2) 利润函数为 （3）(元)。第二章 极限与连续 自测题一、填空题：1.填表 对任意给定的，总存在使得当时

12、，总有2. 3. 4. 5. 6. 7. 一，可去 8. 一，可去；二，无穷；一，可去。 9. 一，跳跃 10. 二，振荡二、解答题1. 证明 对于任意给定的，因为，所以总存在，使得当时，总有。对数列，当时，总有所以，。 反过来未必成立，例如：。2. 解 (1) 左极限，右极限 (2) 极限不存在，因为。 (3) 3. 解 (1) 当时，为无穷小量，而是有界函数，所以。(2) 。(3) 。(4) 。(5) 。(6) 分子、分母同除以，可得。(7) ，根据无穷小量与无穷大量的关系可得，。(8) 分子、分母同除以，可得。(9) 利用等比数列的求和公式，可得。(10) 注意到 ，所以。(11) 先通

13、分化简，。(12) 分子、分母同除以，得。(13) 当，所以。(14) 当，所以。(15) 当时，所以。(16) 。(17) 当，所以。(18) 当，所以。(19) 当，故。(20) 当，故。(21) 因为(无穷小乘有界函数)，所以。(22) 令，。(23) 。(24) 。(25) (26) 。4. 证明 (1) 因为，所以有。由于，故。(2) 注意到下列不等式：， 。利用两边夹准则，我们有。(3) 容易得到关系式，用数学归纳法可证。，所以数列是单调增加的有界数列，由单调有界数列必有极限可得，存在，设为。所以我们有 即 ，解得，因此 5. 解 当时，由题意知，时，是等价无穷小，所以可得时，因此

14、有。6. 解 ，所以。7. 解 (1) 。 (2) 为函数的间断点，且为第一类间断点。事实上，。8. 解 ，要使在处连续，只需在处既右连续又左连续。因为在是右连续的，只须在左连续即可。，由此解得，。三、证明题1. 证明 对任意给定的，要使，只要。故取，当时，有成立，所以。2. 证明 考虑辅助函数，在区间上满足介值定理的条件，所以至少存在一点，使得，即方程在区间内至少有一实根。3. 证明 考虑辅助函数，显然在区间上连续，且，由介值定理得，至少存在一点，使得，即 。4. 证明 考虑辅助函数，显然在区间上连续，且，由介值定理得，至少存在一点，使得。即方程至少有一个小于1的正根。5. 证明 设，在区间

15、上连续，由闭区间上连续函数的最大值最小值定理可得，在区间上有最大值和最小值，又由介值定理得，对任意的，都有所以有 故 又由介值定理得，至少存在一点，使得 。6. 证明 假设在区间上的值变号，即存在，不妨设，使得异号，在区间上连续，且，由介值定理得，至少存在一点，使得。这与已知条件相矛盾。故在区间上的值不变号。7. 证明 考虑辅助函数，在区间上连续，且，由介值定理得，至少存在一点，使得，即 。第三章 导数、微分、边际与弹性 自测题一、填空题1. A 2. 充分 3. 4. 5. 6. 7. 8. ，。 9. 0.110601，0.11 10. ， 11. 460， 4.6，2.3，2.3 12.

16、 增加，0.82二、解答题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 根据导数的定义以及在处连续，我们有.4. 解 利用左右导数， 我们可以求得 5. 解 因为，利用极限与无穷小的关系，我们有其中。由于在处连续，在上式两端取极限，可得利用导数的定义，我们有.6. 解 直线的斜率为，曲线在的切线的斜率为由已知条件，解得。所以切点的坐标为，切线方程为，即 。7. 解 求一

17、阶导数、二阶导数得 ，相减，得8. 解 (1) ，所以(2) 设，则，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 当时，。因为，所以。12. 解 取，。由于得13. 解 边际函数为，弹性函数为。14. 解 (1) 需求弹性函数为。 (2) 。(3) ，所以价格上涨1%，总收益将会增加。收益函数为，所以当时，若价格上涨1%，总收益将增加0.67%.15. 解 (1) 边际需求为，当时，价格增加一个单位，需求量近似地减少24个单位。(2) 需求弹性为，。说明需求变动的幅度大于价格变动的幅度，当时，

18、价格上涨1%，需求减少1.85%。(3) ，所以价格下降2%，总收益将会增加。所以当时，价格下降2%，总收益将会增加0.84%。第四章 中值定理及导数的应用 自测题一、填空题1. 2. 3. , 4. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 大，小 12. 13. 大 14. , 必要15. 一，二、求解题1. 解 (1) 。(2) 。(3) 设，则，两取极限，得，所以，。(4) 令，则。2. 解 因为在是右连续的，而所以在是左连续的，故在是连续的。3. 解 由于，所以极限存在。 因为求导以后的极限不存在，所以不能用罗必塔法则。4. 解 (1) +00+极小值极大值(2) ，0+极大值5. 解

19、 (1) ，令得驻点为。二阶导数,我们有,所以，为函数的极大值且，为函数的极小值且。(2) ，当时，；当时，。所以是函数的极大值点且极大值为。6. 解 ，容易验证是曲线的拐点，相应的函数值为，相应的切线的斜率为，从而得到相应的法线方程为，。由于法线过坐标原点，所以有。7. 解 ，函数二阶可导，且点为的拐点，所以有，即有关系式 。8. 解 求函数一阶、二阶导数得 ，列表如下：1(1,2)200凸增极小凸减拐点凹减因为，所经曲线有水平渐近线9. 解 (1) ， 凸增极大值凸减拐点凹减极小值凹增极大值为，极小值为。拐点坐标为渐近线：。图形如下：(2) ，凸减拐点凹减极大值凹增凹减拐点坐标为：，极大值

20、为：，铅直渐近线：,水平渐近线。图形略。10. 解 (1) ，在上的驻点为，计算可得：，所以函数在上的最大值为，最小值。(2) ，在的范围内有一个驻点，且为函数唯一的驻点，又为函数的极小值点，所以也是函数的最小值点，即。函数无最大值。(3) ，在的范围内有一个驻点，且为函数唯一的驻点，又为函数的极大值点，所以也是函数的最大值点，即。函数无最小值。11. 解 (1) 利润.求导得，解得驻点为，即当商品的价格为时，有最大利润，最大利润为。(2) 收益函数，求导得，解得驻点为，即当产量为时，收益最大，最大收益为，此时的价格为(3) 平均成本函数为，求导得(4) 由于商品分批购进，一年的采购费用为元。

21、每批量为万件，由于销售是均匀的，库存量由万件均匀地减少到0件，平均库存量为万件，每年每万件的库存费用为500元，一年的库存总费用为元。于是总费用为令，解得。即分5批采购才能使总费用最小，最小费用为10000元。(5) 设分批购进商品，采购费为元。每批量为件，需贷款元，利率为元。(6) 设征税额为，利润为那么，令，解得，此时企业的利润最大，若按生产，征税额为令，解得，当时，征税额最大。三、证明题1. 证明 在区间上满足Lagrange定理的条件，应用Lagrange定理得因为，所以 。2. 证明 对函数在区间上分别应用Rolle定理，得 与 对函数在区间应用Rolle定理，得3. 证明 引入辅助

22、函数，显然在区间上连续，在内可导，且，由Rolle定理，至少存在一点，使得即 。4. 证明 函数在区间应用Lagrange定理，得至少存在一点，使即 。5. 证明 在区间上考虑函数，由介值定理得，至少存在一点，使得，即至少有一个正根。 设有两个正根，因为，应用Rolle定理得，存在一点，使得，显然这样的是不存在的。故只有一个正根。6. 证明 作辅助函数，。，所以 ，特别 ，由此得。故。7. 证明 （1）在处二阶导数存在且连续，利用二次LHospital法则，可得 (2) 在处二阶导数存在，利用一次LHospital法则再用导数的定义，可得8. 证明 ，根据函数极限与无穷小量的关系，可得其中，显

23、然有 。对于任意的，有 。根据极值的定义，我们有在处取得极小值。9. 证明 (1) 考虑函数求一阶导数得，所以在区间上单调增加，而时，有，即得 当时，。(2) 考虑函数，求一阶导数得，。所以在区间上单调增加，而时，有，即得 。10. 证明 考虑函数。易得时，所以函数在区间内是凹函数，由凹函数的定义，对任意的，我们有即 。模拟试题一一、单项选择题(每小题2分，共20分)：1.D 2.D 3.A 4.B 5.B 二、计算题：(共60分，每小题6分)1、 2、求函数的导数3、 4、5、模拟试题二一、1.C 2.D 3.A 4.D 5.B 6.C 7.D 二、1 = 2分= 1分= 2分2 2分=3分

24、3在定义域内可导，在点可导且连续 2分 3分4=2分= = 1分= 3分三、1证明：设 ， 2分当时，所以单调增加故当时，即单调增加2分故，即所以当时， 1分2证明：是的一个原函数， 2分= 3分模拟试题3一、1.B 2.D 3.C 4.C 5.C 6.C 7.B 二、1 = 3分=2 2分2= = 2分= = 3分3 2分= 3分4 1分2分 2分5两边同时对x求导： 3分解得： 2分三、1（1）当时，即：时取得最大利润，2分解得： 1分又 故当时，取得最大利润。 1分（2）利润改变： 2分 1分 故从利润最大时的产量再生产2台，利润减少4万元。1分2 （1） 交点（） 1分 2分（2） 2分 = 2分四、1证明：1分由已知在上可导，由Lagrange中值定理，使得：2分故由已知为上的单调增函数，而故所以函数在上为单调增函数2分