高数第一章单元自测题答案

第一章单元自测题答案

一、填空题

2361．x； 2．1； 3．e； 4．3； 5．2； 6．,.

二、选择题

1．A； 2．A； 3．C； 4．B； 三、计算下列各题

1．解 由exyex1可得 y(ex1)ex

即 ex(1y)y

于是有

xlny1y

改变变量的记号，即得所求反函数为

x

yln1x，定义域D0,1.

．C； 6．C.

5

2．解

limnnn1n1limn2nlimn1n1n21111nn1

12n12n12nn2nn21n22n2nn213．解 因为 ，

n(1n)112n112n2limlimlim2nn2nn21又 nnn=2，n=2

1根据夹逼定理得，原式=2．

3x2x2(x1)(x2)1lim3limlim13x1x1x1x1(x1)(x2x1)x1x14．解 ．

2ax)e2ax2axlimlimae3a8xxaexa(1)xx5．解 因为 ，

x(1于是有 3aln83ln2，即得aln2．

6．解

lim13tanxx021x2limex0ln13tanx2limex01x2ln13tan2xx2,

222ln(13tanx)~3tanx~3xx0因为当时，，于是有

ln(13tanx)3x22limlim23lim13tanxxlime2x0x0xx0x，从而x0221ln13tan2xx2e3．

7．解：函数在x0,x1,x1处没有定义，因此x0,x1,x1是间断点，

xx11limlimx2x21limx2x21x0xx1因为x0=x0，

xx1所以x0为第二类间断点；

xx11limx2x21limx2x1因为x1=x1=2，所以x1为第一类间断点；

xxx1x1

limx2x21，所以x1为第二类间断点. 因为

四、证明题

证明 令Fxfxx，由于fx在a,b上连续，根据连续函数的四则运算性质可知，

F(x)在a,b上连续.且由于afxb可知，

Fafxa0，Fbfbb0，

从而根据零点定理，至少存在一点a,b，使得F0,即f.

第二章单元自测题答案

一 、判断题

1．√； 2．Χ； 3. √； 4.Χ； 5．Χ； 6．√．

二、 选择题

1．（C）；2．（A）；3．（B）；4．（D）．

三 、计算题

xxxxf(x)(esinx)esinxecosxe(sinxcosx)， x01．解 当时，

同理，当x0时，f(x)2x1。当x0时，

x2x0f(x)limlimx11x0x0x ，

exsinx0sinxxf(x)limlimelim1x0x0x0xx ，

从而f(0)1．即

ex(sinxcosx),x0f(x)2x1,x0． 

2．解 利用连锁规则

xy(xarcsintan3(2x1))2 x(xarcsin)(tan3(2x1))2

arcsinxx21x1()2213tan2(2x1)(tan(2x1))2

13tan2(2x1)sec2(2x1)22arcsinxx21x1()22

arcsinxx6tan2(2x1)sec2(2x1)24x2．

3．解 利用连锁规则

2f(x2)(f(x2))y

2(x2)2x2f(x)f

224xf(x)f(x)．

4．解 取对数

2lnyxln(1x)

再对方程两端关于x求导，

11yln(1x2)x(2x)2y1x

2x2y(1x)[ln(1x)]21x．

2x25． 解 取对数

11lnyln(x5)ln(x22)26

再对方程两端关于x求导，

111y(2x)y2(x5)6(x22)

yx531x]222(x5)3(x2)x2

[6． 解 先求一阶导数

y2xlnxx2sin2xcos2x2 2xlnxx2sin4x，

再求二阶导数

y2lnx212cos4x4 2lnx38cos4x．

7． 解 方程两端同时对x求导，得

ye yy1

从而

dy1ydxe1，

y再求导，得

d2yeyyeyyy223dx(e1)(e1) ．

8． 解 先求微分，得

dy(ettet)dt dx(2t2)dt

从而有

dy(ettet)dtettetet dx(2t2)dt2t22．

再求出二阶导数

dy)ttdx1e1edx22t24(t1)dtdt．

d2y2dxd(

9． 解

yln1x21ln(1x2)2，

y12xx21x21x2，

所以

dyydxxdx1x2．

四、应用题

1． 解 曲线yf(x)过(1,0)点，即有f(1)0，

f(12x)f[1(2x)]f(1)lim(2)2f(1)1x0x2x，

因为x0lim所以

f(1)112，即所求切线斜率为k= 2，从而切线方程为

11yx22．

2． 解 圆的面积

2SR ，dS2RdR

取R010，R0.4，则

SdS2R0dR2R0R23.14100.425.12cm2．

五、 证明 首先求出一阶导数和二阶导数

xxyf(e)e

xxx2xyf(e)ef(e)e

从而

xxx2xxxyyf(e)ef(e)ef(e)e

x2xf(e)e ．