高等數學答案與詳解 2 廣東

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第二章導數與微分

習題2-1

1.解：當自變量從*變到*1時，y相應地從f(*)=8*變到f(*1)=8*1，所以導數

ylim

f(*1)f(*)*1*

lim

8(*1*)*1*

8.

*1**1*

2.解：由導數的定義可知

f(*)lim

f(*h)f(*)

h

a(*h)b(*h)c(a*b*c)

h

2a*hhbh

h

22

2

h0

lim。

h0

lim

h0

2a*b

3．解：(cos*)lim

cos(**)cos*

*

2sin

lim

*0

2***

sin

*

*0

-limsin

*0

2**2

sinlim

*0

*

sin**2

4.解：〔1〕不能，〔1〕與f(*)在*0的取值無關，當然也就與f(*)在*0是否連續(xù)無關，故是f(*0)存在的須要條件而非充分條件.〔2〕可以，與導數的定義等價.〔3〕可以，與導數的定義等價.5.解：〔1〕5*；〔2〕

4

1216

*

32

；〔3〕

227

15

*

7

；

〔4〕

1*ln

13

；〔5〕*

56

；〔6〕2e

2*

.

2

6.解：物體在t時刻的運動速度為：V(t)S(T)3t(m/s)，故物體在t2s時的速度

為：V(t)t23212(m/s).7．證明：由導數定義，知：

f(0)lim

f(*)f(0)

*0

*0

2

lim

f(*)f(0)

*

*0

高等數學答案與詳解

t*

lim

t0

f(t)f(0)

t

lim

t0

f(t)f(0)t0

f(0)

所以，f(0)0。8.解：y2*4

*2,y4，故在點(2,4)的切線平行于直線y4*5；同理在點

39

,的切線垂直于直線2*6y50.24

9.解：過點(1,1),(3,9)的直線的斜率為：K

9131

2

4，而y(*)2*，令2*4，

得：*2，所以該拋物線上過點(2,4)的切線平行于此割線.10.解：〔1〕連續(xù)，但由于

f(0h)f(0)

h

0h

1h

2/3

因而lim

f(0h)f(0)

h

h0

lim

1h

2/3

h0

，即導數為無窮大。

12

1*sin,*02

〔2〕y，而limylim*sin0y*

*0*0*0,*0

*0

，所以函數在*0處連

*sin

2

1

0，所以函數在*0點處可導.

續(xù)而lim

*0

*0

11.解：要使函數f(*)在*1處連續(xù)且可導，那么應滿意

limf(*)limf(*)f(1),lim

*1

f(1*)f(1)

*

*1

存在，

*

*1*0

limf(*)lim(a*b)ab，limf(*)limee

*1

*1

*1

abe

又lim

*0

f(1*)f(1)

*

lim

*0

a(1*)be

*

lim

*0

f(1*)f(1)

*

lim

*0

e

1*

e

*

e，

abe*

要使lim

f(1*)f(1)

*

*0

存在，那么lim

*0

a(1*)be

*

lim(a

*0

)e，

abe0

ae,b0。

ae

12.解：由于f(0)=lim

*0

f(*)f(0)

*

lim

*0

*

2

*

0

高等數學答案與詳解

f(0)=lim

*0

f(*)f(0)

*

lim

*0

**

1

f(0)f(0)1，所以f(0)不存在.

13.解：當*0時，f(*)*3是初等函數，所以f(*)3*2；同理，當*0時

*0*

3

當*0時f(0)=limf(*)3*；

*0

2

0，f(0)=lim

*0

*0*

3

故f(0，0)0，

3*2,

所以f(*)0,

3*2

*0

3*2,

*0或f(*)2

,3*

*0

*0*0

.

14．(1)證明：設f(*)f(*)，且f(*)可導，那么由導數定義

f(*h)f(*)

h

f(*h)f(*)

h

f[(*h)]f(*)

h

f(*)lim

h0

lim

h0

lim

h0

f(*)

即結論可證。(2)略.

15.解：當f(0)0時，不妨設f(0)0，那么在*0的某一鄰域中有f(*)0，故

|f(*)|f(*，所以)|f(*)|在*0處也可導；

|f(*)||f(0)|

*0

f(*)f(0)

*0

當f(0)0時，由于sgn*，其中

1,*0

sgn*0,*0，分別在*0處計算左、右極限，得在*0處的左導數為|f(0)|，

1,*0

右導數為|f(0)|，所以|f(*)|在*0處也可導的充分須要條件f(0)0。16.略17.略

習題2-2

1.解：〔1〕6sin2*；〔2〕12cos(3t1)；〔3〕6e〔4〕5(*1)；〔5〕12e

4

3*

8sin2*；

4*

；〔6〕

1

3

；

(1*)2

2

高等數學答案與詳解

〔7〕

1ln*(*ln*)

2

；〔8〕(*1)2(5*22*2)；

42

〔9〕*2e*

(3sin**sin**cos*)；〔10〕

*(9*4)ln**3*2*

.

(3ln**2

)

2

2．解：〔1〕(cot*)cos*(cos*)sin*(sin*)cos*1csc2

*sin*sin2*sin2

*〔2〕(csc*)1

cos*sin*

csc*cot*。

sin2

*3．解：〔1〕(arccos*)1

1；

siny

cosy

〔2〕同理可證。

4.解：〔1〕y2sin*

3cos*，y*

4

〔2〕同理可求f(2)

103.

5.解：當y0時，2*

1

12*

0，那么*

2

，所以y*14，故

2

切線方程為4*y20,

4*y20.

6.解：〔1〕y[(2*2

3)5

]5(2*2

3)4

(2*2

3)

5(2*2

3)4

4*20*(2*2

3)4

；

〔2〕y(sin(52*2))co*(52*2)(52*2)4cos(52*2

)*；

〔3〕y(e3*

2

2*1

)e

3*

2

2*1

(3*2

2*1)

e

3*2

2*1

(6*2)；

〔4〕y(sin(*2))2*cos*2

；

〔5〕y(cos2

*)2cos*(sin*)2sin*cos*；

1

〔6〕y[(a2

*2

)2]

12

2

12

2

(a*)

(a2*2

)

；

高等數學答案與詳解

*〔7〕y[arctan(e*

)]

1*

；

1(e*

)

2

(e)

e

1e

2*

〔8〕y[(arccos*)2]

2arccos*(arccos*)

；

〔9〕y(lnsin*)1sin*

(sin*)cot*；

3

〔10〕y(log3

1)*

2

a(*1))

(*.

(*3

1)lna

3(*3

1)lna

7.解：〔1

〕y(arccos(12*))

(12*)

；

〔2

〕y

1arcsin

*

1

*

；〔3〕y1ln*

1ln*

(1ln*)(1ln*)(1ln*)(1ln*)

(1ln*)

2

2*(1ln*)

2

；〔4

〕y[ln(*

1(*

1；

〔5〕y(sinn*cosn*)(sinn*)cosn*sinn

*(cosn*)

=nsin

n1

*cos(n1)*；

〔6

〕y

12

1sin2*2cos2*

11sin2*2

1sin2*

1sin2*

|cos2*|(1sin2*)；〔7

〕ye(arctan

；

〔8〕y(lnln(ln*))

11lnln*

(lnln*)*ln*[ln(ln*)]

；

高等數學答案與詳解

〔9

〕y

2*

2

〔10〕y

1*1

1arccot*

2tan2

1*2

2tan1

2

2tan

21

1

2

**1

.11*2

2sec222*2

tan2

13cos28.解：當*0時，f(*)

*cos*sin*

*

2

；當*0時f(*)

11*

cos**sin*；在分段點*0，由導數定義知

f)f(0)

(0)limf(**0

*00

ff(*)f(0)limln(1*)*cos*

(0)lim*0

*0

*

0

*0

所以，f(0)0在*0也可導，故f(*)在(,)上都可導。9．解：〔1〕yeln(sin*)cos*

e

cos*lnsin*

，

ye

coslnsin*

cos2*sin*sin*lnsin*2

(sin*)cos*cos*

sin*lnsin*sin*；

10.解：〔1〕f((*))sin(*3)sin3*2

；

〔2〕f((*))sin(*3)cos*3

；

〔3〕(f((*)))(sin*3)cos*3(*3)3cos*3*2

.

11.解：〔1〕(fn(cos*))nf(n1)

(cos*)(f(cos*))nf

(n1)

(cos*)f(cos*)sin*；〔2〕(cosn

[f(*)])ncosn1

[f(*)](cos[f(*)])ncos

n1

[f(*)]sin[f(*)]f(*).

習題2-3

1.解：〔1〕y3e

3*5

,y9e

3*5

；

〔2〕yet

sintet

cost,y[et

(costsint)]2et

cost；〔3〕y(sin2

*ln*)2sin*cos*ln*sin2

*

1*

高等數學答案與詳解

2

y*cos*ln*sin*12sin2

2sin2*sin*

*2cos2*ln*；**2

〔4〕y(tan*)sec2*，y(sec2*)2sec*(sec*)2sec2*tan*；

〔5

〕y(ln(*

1

1*

，

y1

1

〔6〕y[(1*2)arctan*]2*arctan*(*2

1)

11*

2

2*arctan*1.

y(2*arctan*1)2arctan*

2*1*

2

2.解：由于(*3)6,(*3)(4)0，運用萊布尼茨公式得

y

(5)

(e*)

(5)

*35(e*)

(4)

(*3

)

543*2*

123

(e)(*3)(*315*60*60)e

y(5)

(0)60.

3.解：y

(20)C022*(20)12*(e2*)(19)C22*(18)

20*(e)C20222(e)220e

2*

*220219e

2*

2*

20192

2!

218e

2*

2220e

2*

(*20*95)。1

1dy

y4．解：〔1〕d2*dydydy(y)2

y2dyy(y)3

；d*yy3

d(y)3d(y)32

2

〔2〕d*

dyyy3(y)

dy3dy

d*d*

(y)

5

3(y)yy

(y)

5

。

5．證明

：y

；

高等數學答案與詳解

y

(1*)(1*

2**

2

2*

*

2

2

2**

；

故有y3y1(2**2)

0.

16.解：〔1〕y(n)(*n)(n)00(n*n1)(n1)n(n1)21n!；〔2〕12131**,2*,*32*4*

依次類推就可以導出它的一般規(guī)律

1

(n)

(1)

n

n!*

*

n1

〔3〕y

11*

,y

1(1*)

2

,y

12(1*)

3

；y(4)

123

(1*)

4

一般地，可得

y

(n)

(1)

n1

(n1)!(1*)

n

即[ln(1*)](n)(1)n1

(n1)!。

(1*)

n

〔4〕y1

(((*2)(*3)*2)(*3))

(*2)2(*3)2

52*

11

(*2)2(*3)2(*3)

2(*2)2

y1111(*2)2(*3)22(*3)3(*2)3

y21111

(*3)3(*2)332(*3)4(*2)4

高等數學答案與詳解

一般地，可得

y

(n)

11n

.(1)n!n1n1

(*2)(*3)

習題2-4

1.解：〔1〕兩邊關于*求導，得

1ye*y(y*y)0，整理可得

*y

y

ey1；

1*e

*y

〔2〕兩邊關于*求導，得

4*y2*2

yy2

2*yy3y2

y0，

整理可得

2

y

y4*y2*2

2*y3y

2

；

〔3〕兩邊關于*求導，得

e*y

(y*y)yln*

y*

cos2*2，

整理可得

*y

y

2*cos2*y*ye

*2

e

*y

*ln*

；

〔4〕兩邊關于*求導，得

y0，

整理可得

y2.解：*2y5

2*y0兩邊關于*求導，得

2*5y4

y2y2*y0

整理可得y

2y2*5y4

2*

，y*10，所以曲線在點(1,1)處的切線方程為y1

y10(*1)，即y1.

高等數學答案與詳解

3.解：對ysinycos(*y)0兩邊關于*求導，得

ysin*ycos*sin(*y)(1y)0

整理可得，y

ycos*sin(*y)

，那么0sin*sin(*y)

y*1

1

1

。

y

2

2

4.解：〔1〕應用隱函數的求導方法，得

dy

*1dy2d*sec(*y)d

解得：dy2

d*

csc(*y)，對此式再對*求導

d2

yd*

22csc2(*y)cot(*y)dy12csc2(*y)cot3

(*y)。

d*〔2〕應用隱函數的求導方法，得dy(e

*y2*)yd*

(e

*y

*)*

，對此式兩邊再對*求導，得

*yy

(e)[(y*y)2

2y](2y4*y)

*(e

*y

*)

.

5.解：兩邊取對數，

lnycos*lnsin*，

再分別求導數，(lny)(cos*)lnsin*cos*

(sin*)sin*

y*y

sin*lnsin*cos*

cossin*

2于是求得y(sin*)

cos*

cos*

*

sin*lnsin*sin。

〔2〕先兩邊取對數，得

lny*lntan2*

對上式兩邊關于*求導，得1*

y

ylntan2*

tan2*sec22*2，于是y(tan2*)*

4*lntan2*。sin4*

〔3〕先兩邊取對數，得

高等數學答案與詳解

*

lny*ln

1*

對上式兩邊關于*求導，得

1yyln

*1*

1

*1*

*

即y*

*11*

ln*11*

；

〔4〕先兩邊取對數，得

lnyln(2*1)

1ln*

1ln(3*1)

12

4

8

ln(*1)

對上式兩邊關于*求導，得

1yy

231

2*1

12*

4(3*1)

8(*1)

即

y(2*2131

2*12*4(3*1)8(*1).

6.解：〔1〕

dydt

abcosbtabsinat，

d*dt

absinbtabcosat

由參數方程的求導公式，得

dydy

d*sinatcosbt

d*

cosatsinbt；dt

2

)a(1t2

〔2〕

dy2at(1t)2t

d*a(1t2

)2at2t

dt

(1t2

)

2

，

dt

2(1t2

)

2

由參數方程的求導公式，得

dy

dy

2

2

d*d*2at(1t)a(1t)2t2a(1t2)2at2t2t

t2

1；dt

7.解：dydt(22t)et(2tt2)et，d*tt

dt

eet由參數方程的求導公式，得

dydy

2

d*d*t4t2

1t；dt

高等數學答案與詳解

dyd*

2，t0對應的點為(1,0)，故

t0

切線方程為：2*y20,法線方程為：*2y10.8.解：

dy*dt

pet

，

ddt

2tm

由參數方程的求導公式，得

dydy

t

dtpe

d*d*

2tmdt

又曲線在t1過原點，得

01mn〔1〕

0pe2e〔2〕

又已知曲線與直線2*3y50平行，故

dyd*

22

t0

m

3

〔3〕聯(lián)立〔1〕〔2〕〔3〕可解得：

m3,n2,p2。

9.解：〔1〕

dyt

d*t

dt

e(costsint)，

dt

e(costsint)

dy

由參數方程的求導公式，得

dy

cosd*d*

tsint

costsint，對此式再求導，得dt

ddy(costsint)(costsint)(costsint)(costsint)

dtd*(costsint)

2

22

(costsint)(costsint)

2(costsint)

2

(costsint)

2

，

即

d2

yd*

2

2

et

(costsint)

3

；

高等數學答案與詳解

dy

〔2〕

dy

f(t)tf(t)f(t)

dtt，對此式再求導，得d*d*f(t)dt

dydydd2

dyd*d*

2

dtd*d*

d*dt

1f(t)

。

10.解：設在時刻t漏斗中水面高度為hh(t)，漏斗在高為h(t)處的截面圓的半徑為r(t)，桶中水面的高度為HH(t).

〔1〕建立變量h與H之間的關系

因任何時刻t，漏斗中的水量與水桶中的水量之和應等于開始時裝滿漏斗的總水量，設水的密度為1，那么有

3

r(t)6

h(t)18

r(t)h(t)5H(t)6

2

2

3

又由于，所以r(t)

h(t)3

，代入上式，得

3

3

27

h(t)25H(t)6

〔2〕對上式關于t求導，得

19h(t)

2

dh(t)dt

25

dH(t)dt

0，解得

dH(t)dt

1925

h(t)

2

dh(t)dt

。

由已知，當h(t)12cm時，

dh(t)dt

1cm/s，代入上式得

1625

dH(t)dt

12

2

925

(1)

1625

(cm/s)，

故桶中水面上升的速度為習題2-5

cm/s。

1.解：y(**)*2**(*)，dy2**

ydy2**(*)2**(*)

2

2

222

當*0.1時，ydy0.01，當*0.01時，ydy0.0001.

2.解：y(**)****2**(*)*，

dy(2*1)*，

2

2

2

高等數學答案與詳解

當*3,*0.1時，y0.71，dy0.7；當*3,*0.01時，y0.0701，dy0.07。3.解：由于dy(3*21)d*,*0.01，所以，*由2變到1.99時，在*2處的微分為

dy11(0.01)0.11。

4.解：〔1〕由于y14**24*3，所以dy(14**24*3)d*；〔2〕由于ye*2

(12*2)，dye*2

(12*2)d*；〔3〕由于y

1*

2*

2(1*2

2

，)

dy

1(1*2

)

2

d*；

〔4〕由于y4*tan(1*2)sec2(1*2)，所以dy4*tan(1*2)sec2(1*2)d*；〔5〕由于y3lncos*tan*ln3，所以dy3lncos*tan*ln3d*；

〔6〕由于yaea*sinb*bea*cosb*，所以dy(aea*sinb*bea*cosb*)d*；5.解：〔1〕1

costC；〔2〕13

tan3*C；〔3

C；〔4〕

1arctan

*1*

2

a

a

C；〔5〕

2

e

C；〔6〕

12

ln2

*C；

6.解：圓柱體Vr2

l,VdV2rlr，以r0.15,l4,r0.001代入得V80.150.0010.0037699

銅的密度為8.9g/cm3

，故每個插頭所需要銅的質量為：mV0.3355g。7．證明：由圖可知

DR

當

h很小時，由近似公式

R

1*1*知

R

R1RRh2h2

12R

2R故有

DR

RR1h2h2

1。

2R

2R

高等數學答案與詳解

8.解：設f(*)cos*,*0

3

，*160'

180

，那么

f(*)sin*,f(*1)

0)2

,f(*02

故cos59

12

2

180

0.5151；

〔2〕設f(*)tan*,*

0

4

，*

180

，那么

f(*)sec2

*,f(*0)1,f(*0)2

故tan45

12

180

1.0349；

〔3〕設f(*)lg*,*010，*1，那么

f(*)

1*ln*

,f(*0)1,f(*0)

110ln10

故lg111

110ln10

1.0434；

〔4〕設f(*)e*

,*01，*0.01，那么

f(*)e*

,f(*0)ef(*0)e

故e1.01ee0.012.7455；〔5

〕設f(*)

*025，*1，那么

f(*)

f(*0)5,f(*10)

10

故5110

5.1；

〔6

〕設f(*)

*010，*4，那么

f(*)

13*

23

,f(*0)10,f(*0)

故104

9.9867。

9．證明：〔1〕設ysin*,*00,**，那么

f(*)f(*0)f(*0)*0cos0**；

高等數學答案與詳解

〔2〕設f(*)(1*),*00,**，那么

f(*)(1*)1

,f(*0)1,f(*0)，故

f(*)f(*0)f(*0)*1*；

〔3〕設f(*)ln(1*),*00,**，那么

f(*)

11*

,f(*0)0,f(*0)1，故

f(*)f(*0)f(*0)**.

習題2-6略.

本章復習題A

一、1.充分，須要.2.充要.3.解：由極限定義，可得lim

f(*0h)f(*0h)

h0

limf(*0h)f(*0)

f(*0)f(*0h)h

h0hh

，lim

f(*0h)f(*0)

h

lim

f(*0)f(*0h)

h0

h0

h

f(*0)f(*0)2f(*0)

所以A2f(*0)。4.2.5.3*y70.二、1.B.2.C.3.B.4.B.5.D.三、解：1.ye*y

(*2

y*y1)

ye*y

(*2

y2*y*yy)e*y

(*2

y*y1)(*yy).

由于*0時，y1，所以y|*01；y|*02.2.y(arctanln(3*1)

11ln2

(3*1)

(ln(3*1))

3

(3*1)[1ln2

(3*1)]

.

3.y(5)C02(5)C1(4)2(3)

5*(cos*)52*(cos*)C52(cos*)

高等數學答案與詳解

2

*sin*10*cos*20sin*.

4.

d*dt

1

11t

2

t1t

，

dydt

3t2t，

2

dyd*

3t2t

t1t

(3t2)(1t)，

dyd*

2

2

d

dy

dt(6t5)(t1).dtd*t

*y

5．對方程兩邊關于*求導，得y*ye(1y)，解得y

yee

*y

*y

*

,所以

dy

yee

*y

*y

*

d*.

注：此題也可以利用一階微分形式不變性求解。

四、解：由可導肯定連續(xù)，知f(0)lime

*0

a*

1,f(0)lim(bsin2*)b，由連續(xù)性，有f(0)f(0)b1

*0

有因f(0)lim

*0

e

a*

1

*

，f(0)lim

*0

bsin2*b

*

2，由可導性，必有

f(0)f(0)，故有f(0)lim

*0

2

2

e

a*

1

*

lim

*02

ae

a*

1

2，可得a2.

五、解：yf(a*b)(a*b)f(a*b)2a*

222

yf(a*b)(a*b)2a*f(a*b)2a

2af(a*b)4a*f(a*b).

2

t

2222

六、解：對2ytye5式關于t求導，在求導的過程中，yy(t)

2

t

2yyt2yye0，解得

dydt

ye

2t

22yt

,

d*dt

11t

2

由參數方程求導公式，得

dydy

(ye)(1t)

.d*d*22tydt

2

t

2

七.解：f(*)在*0點連續(xù)可導，f(0)f(0)f(0)且f(0)f(0)

高等數學答案與詳解

1

2sin

2

*

2

2

1f(0)lim*

2

lim2

*2sin

**

2

2

0e

2

*(cos*)

0

*0

*lim(12sin

*0

*0

2

)

f(*)f(0)

1f(0)bb0

。f(0)*lim

2

0

*0

*2

*lim0

(cos*)

e

1f(0)a,ae

2

.

八．證：*0時，f(*)11e*

2

*

3

,

41

1f(*)6

*2(n)

(*)P(*)e*

2

4(n1,2,),

*

*6e,,f

式中Pn(Z)為Z的3n次多項式

11

*

2

f(0)lim

e

f(0)*0

*

lim0

10，

*e*

2

設f

(n)

(0)0，那么由

1

(n)

(n)

lim

f

(*)f

(0)

*P1

n*

*0

*

lim

*0

1

0，

e*

2

可得f(n1)

(0)0，由此即得對任意正整數n都有f(n)

(0)0。

本章復習題B

一、1.

ysin(*y)e*y

1)n

2n!e

*y

*sin(*y)

.2.

((1*)

n1

.3.f(*0)k

4.(mn)f(*0).5.dyde

*ln(1sin*)

(1sin*)*

d(*ln(1sin*))

(1sin*)**cos*

1sin*ln(1sin*)d*

dy|*d*.

，

，

高等數學答案與詳解

6．y(ln*)二、1.D.2.B．

1*

1，得*1，因此所求切線方程為y*1。

222232

3.解：設切點為(*0,0)，那么按題意有y(*0)3*03ad,*0a又*03a*0b0,

22226那么b2*0(3a*0)4a，所以選D.

4.解：由導數定義知

f(0)lim

f(*)f(0)

*

*0

0，再由極限的不等式性質，存在0，當*(,)時，

f(*)f(0)

*

0當*(0,),(*(,0))時，f(*)f(0)0(0)，應選C.

5.解：當*3時對應t1(t3不合題意〕，相應地yln2。為求法線，先求切線的斜率dyd*

*3

18

，于是yy(*)在*3處的法線方程為yln28(*3)。令y0得法線與*

18

軸交點的橫坐標是*ln23，應選A.

三、解：1.y6*tan(103*2)；2.n2.3．

dyd*

22

cosf(*)f(*)2*.

dyd*

2

2

22222222

2f(*)cos[f(*)]4*{f(*)cos[f(*)][f(*)]sin[f(*)]}

4.

12ln.

24

5.y.

6.兩邊取對數得：

lny*ln

ab

alnbaln*bln*blna

兩邊關于*求導數，得

1dyyd*

ln

aba*b*

ab*aablnd*b*ab*

dy

*ab

.

高等數學答案與詳解

四、解：參數方程為

dy

dyd*

6

*(1cos)cosy(1cos)sin

，

6

得切點坐

標

2

34

,

12

，4

d*d

6