合肥學(xué)院高數(shù)上冊習(xí)題答案詳解

1、第一章 函數(shù)與極限習(xí)題1.1A組 1.1定義域?yàn)閤|xk(kZ) (2)x|x. 2.(x+1)= = 3. 4.(1)y= (2)y= 5.(1) (2)6. 對 7.圓錐形漏斗的底面半徑高所以V= 8. B組1.12 所以當(dāng)a>時，定義域?yàn)?當(dāng)時，定義域?yàn)椤?. 3. 4.(1)y=tanu,u=v+w,v= (2)y=.5.(1)令x=-1,那么 (2)習(xí)題1.21.1無極限 2 (3)無極限.2. (1) 3.證明: 4. 當(dāng)k> 取 | 5. 由于| 逆命題不成立，如習(xí)題1.3 A組1.(1)對 (2)對 (3) 對 有 (4) 2.由于 故當(dāng)|x|>時，|y-1|

2、<0.01 3.(1)(2) 故 4. 由于B組1.， 2. 故不存在 習(xí)題1.4 A組 1.(1) (2) (3) (4) (5) (6) 2.(1) (2) (3) (4) (5) 3.(1)(2)(3)(4)(5)(6)4.由所給遞推關(guān)系可知： 故 從而當(dāng)n>1時單調(diào)減且有下界，故單調(diào)有界收斂準(zhǔn)那么知存在 不妨設(shè) a=舍去 5.因?yàn)?假設(shè) 又 從而有單調(diào)有界收斂準(zhǔn)那么知收斂 設(shè)(舍) 從而B組1.(1) (2)0 2.a=3,b=43.4.由于 習(xí)題1.5 A組 1.(1) (2) (3) 2.由于 3.(1)由于 (2)由于 4.(1)要使 (2)由于 故k=2 (3)要使

3、故k=1 (4)故k=35.(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)(8)(9)(10) B組1.1 (2) =2. 3. 故4. =習(xí)題1.6 A組 1.(1正確 2錯誤 3錯誤 4錯誤5錯誤 6錯誤 2.(1) 。 3.(1) . (2)為無窮間斷點(diǎn)。為可去間斷點(diǎn)。 (3)x=0為第二類間斷點(diǎn)。 (4) , 在處無定義， 所以為可去間斷點(diǎn)，補(bǔ)充定義可使為連續(xù)點(diǎn)。 另外，故為的無窮間斷點(diǎn)。 4. 其連續(xù)區(qū)間為 5. 6.(1) B組1. 當(dāng)|x|<1時 f(x)= 當(dāng)|x|>1時 f(x)= 當(dāng)|x|=1時 f(x)=即 2. 3. 那么由f(x) ,g(x)在點(diǎn)處

4、連續(xù)知1.7 A組 1. 令f(x)=x-cosx,且f(x)在故由零點(diǎn)定理知，方程f(x)=0在.2. 令f(x)= 同理 原點(diǎn)定理知 至少 3.令 由于f(1)=1+e>0,f(-1)=-1+ 4.由于f(x)在 即對 故m 由介值定理知，至少 B組 1.證：令h(x)=f(x)-f(x+a),a 由于f(x)在0,1上連續(xù)，故h(x)在0,1-a上連續(xù)，又f(x)在0,1上非負(fù)，且f(0)=f(1)=0, 故h(0)=f(0)-f(a)=-f(a)0,h(1-a)=f(1-a)-f(1)=f(1-a)0 從而h(0)h(1-a)a0 假設(shè)h(0)h(1-a)=0,那么必有h(0)=

5、0或h(1-a)=0,取 假設(shè)h(0)h(1-a)<0,由零點(diǎn)定理，必存在一點(diǎn)2證：原方程等價于，令，顯然在0,1上連續(xù)，且，那么由零點(diǎn)定理，可知方程在0,1內(nèi)有解，即原方程在0,1內(nèi)有解。總復(fù)習(xí)題一 一根底知識 1.定義域?yàn)椋骸?2.gf(x)= 當(dāng)x>0時f(x)=x>0 當(dāng)-1<x 當(dāng) 故gf(x)= 從而gf(x)的定義域?yàn)镽 3.未必存在，但當(dāng)存在 反例：當(dāng)4.(1) (2) (3) (4) (5) (6)5.由于f(0)=1, 故f(x)在x=0處不連續(xù)6.令f(x)=x-a-bsinx,那么f(x)在0,a+b上連續(xù)，又f(0)=-a<0,f(a+b

6、)=b(1-sinx)0 當(dāng)f(a+b)>0時，f(0)f(a+b)<0,由零點(diǎn)定理，f(x)在(0,a+b)內(nèi)至少有一個零點(diǎn) 當(dāng)f(a+b)=0時，x=a+b即為x=a+bsinx的一個正根。 綜上所述，x=a+bsinx至少有一個正根，且它不超過a+b二、技能拓展 1(1)由于f(x)的定義域?yàn)?1,0,那么 (2) 故 2(1) (2)= (3)而 (4) 4.因?yàn)?=,即a=1,b=-1 5.因?yàn)?故 6.由于 7.令f(x) 由于 同理由 8.由于f(x)在a,b上連續(xù)，故f(x)在a,b上有最大值M和最小值m,即m 從而m,故由介值定理知，三、探究應(yīng)用 1(1) 2 2

7、.由 (1),故2 (3). = 3(1)設(shè)圓的半徑為r，那么AB=2r (2)OC=r4.設(shè)投射角為 消去t可得 將x=1750,y=0代入得 在 在(m)顯然只有后者才能使拋物線的頂點(diǎn)高度更大，即只要小山的高度不超過742m,就以一定能打到躲在山后離我軍1750m遠(yuǎn)處的鬼子兵，由此可知恰能打中鬼子兵的彈道曲線是：5.證明：設(shè)該圓的半徑為R，以該圓的中心O為坐標(biāo)圓點(diǎn)建立坐標(biāo)，那么圓的參數(shù)方程為 根據(jù)條件可知，該圓上P(Rcost，Rsint)點(diǎn)處的溫度ft在閉區(qū)間0,2上連續(xù)且有 ， 由于任一條直徑兩端點(diǎn)所對應(yīng)的參數(shù)正好相差，作輔助函數(shù) 顯然 = 由零點(diǎn)定理可知，一定存在，。2.1 A組B組

8、2.2 A組組2.3 A組B組2.4 A組B組2.5 A組B 組2.6 A 組3略B 組2.7 A組B 組2.8 A組B 組2.9 A組B 組2.10 A組B 組2.11 A組B 組2.12 A組B 組總復(fù)習(xí)題二二、技能拓展三、探究應(yīng)用習(xí)題.A組1 S=2dx2 1 23 1當(dāng)時，故由積分的單調(diào)性知。 2當(dāng)時， ，從而有，故。4.當(dāng)時，有，又因?yàn)?，故?，即 。B組1當(dāng)時，故，而，由夾逼定理知：。2原極限=，函數(shù)，由于在上連續(xù)，從而可積。將區(qū)間等分：，那么由定積分的定義知： 。31當(dāng)時，故又，從而，即證。2當(dāng)時，故。習(xí)題3.2A組11 20 3 (4) (5)2.方程兩邊關(guān)于求導(dǎo)得：，故。.

9、組，故是的一個原函數(shù);，故是的一個原函數(shù);，故是的一個原函數(shù)。4因?yàn)椋?習(xí)題3.3A組11 2 321 2 3 4 5 67(8)(9)103由題意知：f0=0 且 ，所以，又 ， 故 ，從而 。B組1.(1)(2)(3)(4)(5)(6) 習(xí)題3.4 A組1(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)令，那么故(10)令x=sect，那么 ， 2.(1) 234567令，那么當(dāng)時，當(dāng)時。故8令，那么當(dāng)時，當(dāng)時。 故3解法一：令，那么 解法二：，那么 41由于為上的奇函數(shù)，故。 2由奇偶函數(shù)的性質(zhì)知： 。5.由題意知且，故。B組11(2) (3)(4)(5) 令，那么，故 (6)

10、 令 即，故 2.(1) (2) (3)(4)(5) 3.由于，故，又因f(x)在內(nèi)連續(xù)，故由積分中值定理知 ， ，因?yàn)閱握{(diào)不減，故 ，從而 所以單調(diào)不增，4.由題意知：且 習(xí)題3.5A組1.(1)(2)(3)(4) (5)(6) (7)(8)2.由題意知所求總產(chǎn)量為B組1.(1) (2)(3)(4) 2.所求總廢棄量為： 習(xí)題3.6A組1.(1)設(shè)那么有比擬系數(shù)得 故，從而有 (2)因那么有比擬兩邊系數(shù)得 ， ， 故，從而(3) 設(shè)，那么有，比擬兩邊系數(shù)得 ， ， ，從而(4)由于(5)令， 那么，故 (6) (7)令，那么 ，故 8令，那么B組1.(1)令t=，那么 dx=2tdt2. 令

11、u=tan() ，那么3. ， 4 (1)當(dāng) ，即 或 時，原式= 2當(dāng)，即時，習(xí)題3.7A組1.不正確。 2.不正確。 34123456B組1 1 2， 又 .3令 那么 ，.2(1) (2) 習(xí)題3.8A組 1 1由，那么所求面積為2由，那么所求面積為 3由圖形的對稱性知，所求面積A為第一象限局部與坐標(biāo)軸所圍成的面積的4倍，即2 先求切線方程，由于故拋物線在0，-3及3,0處的切線方程分別為： 交點(diǎn)為，故所求面積為 .3.(1) 2星形線的參數(shù)方程為，由圖形的對稱性知， 3 4.由于，從而弧長元素，故所求弧長 5由于，從而星形線的弧長元素 由對稱性知所求弧長為 6外表面積 7B組11由得，

12、即，故由圖形的對稱性知所求面積為 2由得，即，故由圖形的對稱性知所求面積為 2 由星形線的對稱性知 3由心臟線的對稱性知，它在與撒謊能夠的弧長相等，又因，故其全長為4懸鏈線，其長度為 習(xí)題3.9A組123建立如圖直角坐標(biāo)系，取x為積分變量，那么，對任意的，對應(yīng)于小窄條所受壓力近似于其中r為水的比重,而所以所求壓力為 4由于媒質(zhì)的阻力與速度的平方成正比，設(shè)比例為k，于是媒質(zhì)的阻力為 ，在上克服阻力所做的功功微元為 ，當(dāng)物體從移動到時時間t從到，克服阻力所做的功為 B組1 建立如下圖的直角坐標(biāo)系 ，選取x為積分變量，那么，相應(yīng)于 上僅一小區(qū)間的一薄層水的高度為，水的比重為，那么這薄層水吸出水池外的

13、功微元為，所以所求功為 23建立如下圖的直角坐標(biāo)系 ，選取y為積分變量，那么，在上任取小區(qū)間，。由微元法知引力微元為 k為引力常數(shù) 設(shè)引力與x軸正向的夾角為，那么 ，所以所求引力F在水平方向和垂直方向的分力、的微元分別為 將、分別在上積分得引力分量 總復(fù)習(xí)題三一、 根底知識11A2A 3C 4C 5D6D212304 5 6？789431 2 3因?yàn)?，所?4 5令 ， 456圓的面積 圓的周長7前兩個小時內(nèi)消耗的總能量 8前三個月的銷售總量為 二、 技能拓展1 令，即，故，所以2，由題意知 ，故或，假設(shè)，那么有故；假設(shè)，那么有，當(dāng)時，極限值為，當(dāng)時，極限值為0，這均與極限值為2不一致，故。從

14、而3證明：不妨設(shè)在上，那么，且在上有，其中、分別為在上的最小值與最大值，從而有， 假設(shè)，那么由上式知，從而在上任取一點(diǎn)作為均成立； 假設(shè)，那么，由連續(xù)函數(shù)的介值定理知，至少存在使得4 56擺線與x軸所圍成的面積 弧長 體積 7曲邊梯形的面積 三、探究應(yīng)用11將等分，令，由柯西不等式可得 兩邊令，即得。 221 2令，那么 又 所以3曲線在上的弧長 而橢圓，即的周長故在一個周期上的弧長等于橢圓的周長。第四章 常微分方程習(xí)題4.111是 二階 2不是 3是 二階 4是 二階 5不是 6是 三階21由 于 ，。故是方程的解。2 故是所給方程的解31234 由于，故， ，故，從而，均為方程的解，同理可

15、證也是方程的解。習(xí)題4.2 A組11將原方程化為，兩邊積分得 故通解為2原方程化為，別離變量的 整理的原方程的通解為 3將原方程化為,別離變量得積分得 為所求通解。4令，那么 故所求通解為 5令，那么 故所求通解為 6令，那么 整理得原方程的通解為 21令，即，那么 故從而得原方程的通解為 2原方程可化為 ，令，即，那么，即 從而所求通解為 3原方程即為 ，令，即，那么故有 從而所求通解為 4聯(lián)立 得令，那么令，那么，從而有 故所求通解為 3(1)由于，那么， 將代入得 ，故所求解為2由于，故 即 將代入得，故所求解為3原方程即為令，那么 從而，代回得代入得，故所求解為4原方程即為令，那么 代

16、入得=1，故所求解為 4設(shè)降落傘的質(zhì)量為，下落初速度為，那么有牛頓第二定律知，即，且 代入得51，其中，故所求解為2，其中，故所求解為3先求的解為，或，將變易為，即令代入原方程得 故所求通解為4解法一 令，原方程為，其中 故原方程的通解為解法二 ，令，解得，常數(shù)變易得， 那么方程通解為5解法一 ，其中，故解法二 ，那么 ，令那么 6，其中， 61，這是的伯努利方程令，那么 從而所求解為及2解法一 當(dāng)時，有令，那么 ，其中，故及是所求的解。解法二 ，當(dāng)時，有，令，那么，那么 ，令那么 故及是所求的解。B組練習(xí)4.3A組1. 1和均是方程的解，但不能組成通解，因?yàn)榕c線性相關(guān)；2與都是方程的解，且能

17、構(gòu)成通解，其通解為；3與均是方程的解，且能構(gòu)成通解，其通解為。2. 1特征方程為，得2，3，故通解為；2特征方程為，得，故通解為；3特征方程為，得，故通解為；4特征方程為，得1，3，故對應(yīng)的齊次線性方程的通解為，由于，其中不是特征值，故可設(shè)特解，代入原方程得，從而原方程的通解為。 5特征方程為，得，故對應(yīng)的齊次線性方程的通解為，由于，其中是單特征值，故可設(shè)特解為，代入得，故通解；6特征方程為，得，故對應(yīng)的齊次線性方程的通解為，由于，其中是特征值，那么可設(shè)特解為，代入原方程得，所以，故所求通解為；7特征方程為，得，故對應(yīng)的齊次線性方程的通解為，由于，其中是二重特征根，所以特解可設(shè)為，代入方程得，

18、推出，故，從而所求通解為。3. (1)令，代入原方程得，得出，故所求通解為； 2原方程即為，令，那么原方程化為，即 *，*的特征方程為，得，由于，其中是單特征值，可設(shè)特解為，代入*得：，所以，從而*的通解為，代回得原方程的通解為。4. (1)特征方程為，得，故通解為，將，代入得：，得，故所求特解； 2特征方程為,得，由于，其中為單特征值，故可設(shè)特解為，代入原方程得：，推出，故通解為，代入，得：，所以，從而所求特解為。5 1由于方程的特征方程為，得，故其通解為，代入，得，推得，從而所求曲線為。B組1. 由于與無關(guān)，故方程的通解為，所以，得出。2. 由題意知：，即，且，這是一個二階常系數(shù)微分方程，

19、解之得運(yùn)動方程為。習(xí)題4.4A組1. 1，所以； 2，所以； 3不顯含， 令，那么，這樣原方程化為，所以； 4不顯含， 令，那么，這樣原方程化為，即； 5不顯含， 令，那么，這樣原方程化為，所以； 6不顯含， 令，那么，代入原方程得，即，從而有。B組1 由物理知識知：物體從速度到停止所需時間，由牛頓第二定律知，即，由于，故，所以，又因，代入得，故運(yùn)動規(guī)律，從而滑行距離。2. 設(shè)導(dǎo)彈的軌跡曲線為，并設(shè)經(jīng)過時間t，導(dǎo)彈位于，乙艦位于，由于導(dǎo)彈頭始終對準(zhǔn)乙艦，故此時就是導(dǎo)彈的軌跡曲線弧在點(diǎn)處的切線，即有，即 又由題設(shè)得弧的弧長為，即 由式和式消去得，兩邊求導(dǎo)，整理得，且，令，那么，上方程化為，由得，從而，代入上式得，即，由上式有，上兩式相加得，由初始條件，那么，所以，當(dāng)時，所以當(dāng)乙艦行到處被導(dǎo)彈擊中?？倧?fù)習(xí)題四一、 根底知識1. 填空（1） 2 2 3 4 5-60002. 選擇題 1 B (2) C (3) A (4) A3.