高数(二)作业答案

一、填空题

1. {2,4}； 2. (1,2)(2,4]； 3. 2； 4. yex12 .

二、选择题

1. (C)； 2. （D）； 3. （D）； 4. (C) ； 5. (C).

三、解答题

1.解：由f(x1)x22x(x1)21，有

f(x)x21，所以，f(x1)(x1)21x22x.

所以，f(x)ln(x1x2)在(,)上是奇函数.

1,ex1,1,x0,2. 解：f[g(x)]f(ex)0,ex1, 即f[g(x)]0,x0,1,ex1,1,x0.e1,x1,e,x1, g[f(x)]ef(x)e0,x1, 即g[f(x)]x1, 1,e1,x1,e1,x1.3. 解：因为，3f(x)f(1x)x， (x0) 所以，令x11t，则tx，故有3f(1t)f(t)1t，即 f(x)3f(1x)1x 联立方程（1）（2），解得f(x)318x8x.

1

1）2）

（

（

《高等数学》(二)检测题1-2答案

一、填空题

1. [2,2]； 2. (,1][3,)； 3.(,3]；

4. 100010Q（0Q10000），

100010（0Q10000）. Q二、选择题

1. （D）； 2. (B).

三、1.ytanu,uv,v1x2； 2. y2u2,usinv,vx 3. ylnu,u1e,v1x； 4. yu,uarctanv,v1sint,tv1； xx.

四、解答题

1. 解：设成本函数为C(x)，收益函数为R(x)，利润函数为L(x)，则

L(x)R(x)C(x)(200x)x50(200x)(200x)(x50).

2. 解：设卖出游戏机Q台时的成本函数为C(Q)，收益函数为R(Q)，利润函数

Q(750060Q)50Q7500. 为L(Q)，则L(Q)R(Q)C(Q)110 （1）由L(Q)0，得Q150，即卖出150台可保本； （2）当Q100时，L(100)2500，此时亏本2500元；

（3）由L1250，即50Q75001250，得Q175，所以当生产175台

时，可获利1250元.

3. 解：设所围圆锥底圆半径为r，由2r2RRr表示所围圆锥的体积，则

2RR，用V2112RR22RR2Vr2R2r2()R2()

3322R3(2)242 （02）. 224

2

《高等数学》(二)检测题2-1答案

一、填空题

n1n； 2. (1)n11(1)n1. 2n1； 3. n； 4. （1）1； （2）0； （3）0； （4）不存在.

二、选择题

1. (A)； 2. (C)； 3. (D)； 4. (C)； 5. (D).

《高等数学》(二)检测题2-2答案

一、填空题

1. ax0； 2. 2； 3. 0； 4. 不存在； 5. 二、选择题

1. (B)； 2. (B)； 3. (D)； 4. (B)； 5.（A）.

3

0.

《高等数学》(二)检测题2-3答案

一、填空题

1. 1、1； 2. 0、、1； 3. 0； 4. 2.

二、选择题

1. (D)； 2. (C) 、(B)； 3. (D) . 三、计算题

x23x2(x1)(x2)x21 1. 解：lim. limlim2x1x1x1(x1)(x1)x12x1(xh)3x33x2h3xh2h3lim2. 解：lim

h0h0hhlim(3x23xhh2)3x2.

h03. 解：limx0x11x11limlim. x0xx(x11)x0x1124. 解：lim2x11112lim. limx1x1x1x1(x1)(x1)x1x12sinx1sinxx01x5. 解：limlim1. xcosxxxcosx011xx1x16. 解：因为lim20，而arctanx有界，所以lim2arctanx0.

xxxx于是，lim1x1x122arctanx(10)(20)2. xx1352n1(12n1)n/2n2limlim21. 7. 解：lim22nnnn1n1n11x21b(ba)x(1a)x2axb)lim2，有 8. 解：由lim(x1xx1x 

1a0,a1, 得

ab2,b3.

4

《高等数学》(二)检测题2-4答案

一、填空题

1. 1； 2.

21112； 3. ； 4. ； 5.4； 6. e.

25ee二、选择题

1. (D)； 2. (C) .

三、计算题

1cosx(x)2/21 1. 解：limlim.

x0x0xx2 2. 解：limsin(x1)x1x11. limlim22x1x1x1x1x1(x1)(x1)(x1)42x12x22x1lim13. 解：limx2x1x2x12x2x1e1e.

4. 解： lim(12x)x01sinxlim(12x)x012x2xsinxe2.

四、解答题

1. 证明：设xn11n1n2212n1n221nn2，

则xn

1n1nn211yn； 1nn2xn

2nn2nnn2111/nzn，

1. 111limylimz1lim因为，所以nn2nnn2n2nn21n 2. 证明：显然数列{xn}有界，又xn1xn(2xn)xn，这表明数列{xn}单

2调增加，于是极限limxn存在. 设limxna，对递推公式xn12xnxn两边

nn2取极限，有a2aa，解得a1（由数列{xn}单调增加，故a0舍去），

所以limxn1.

n 5

《高等数学》(二)检测题2-5答案

一、填空题

1.(,1)、(1,2)、(2,)，x1； 2. ，0； 3. 1.

二、选择题

1.（C）； 2.（B）； 3. （D）； 4. （C）.

三、计算题

1. 解：原式lim2x1.

x04x2xsinx1sinx12. 解：原式lim2lim. 2x0x02x2x23. 解：原式limnn22n2221.

sin2x4. 解：原式lim(1sinx)2xx022122lim(1sinx)sinxx02x2e121e.

sin2x1 （其中lim）.

x022x25. 解：当且仅当limf(x)f(1)时，函数f(x)在x1点连续，由此有

x1x2axblim22，首先lim(x2axb)1ab0，即b1a，

x1x1xx2x2axbx2ax1ax1a2alimlim2， 于是，lim22x1xx2x1x1x23xx2 所以，a4、b5.

6

《高等数学》（二）检测题2-6答案

一、选择题

1.（D）； 2. （B）.

二、证明题

1.证明：令f(x)xsinx1，由于f(x)是初等函数，所以在[0,]上连续且

f(0)10，f()10.

由零点定理得方程xsinx1在(0,)内至少有一个实根.

2.证明：设f(x)lnxx1/2，则函数f(x)在闭区间[1/2,1]上连续，又

1111f()ln20，f(1)0，由零点定理知方程lnxx在(,1)内2222至少有一个实根，从而至少有一个不超过1的正根.

f(x)0替代. 注：f()0也可以用limx0123.证明：记F(x)f(x)g(x)，由题设知F(x)在闭区间[a,b]上连续，且

F(a)f(a)g(a)0， F(b)f(b)g(b)0.

若f(a)g(a)或f(b)g(b)，则可取a或b，若

f(a)g(a)，f(b)g(b)，则得F(a)0，F(b)0.

由闭区间上连续函数的零点定理，知至少存在一(a,b)，使F()0即

f()g(). 综上：至少存在一[a,b]，使得f()g().

4．证明：由函数f(x)在闭区间[x1,xn]上连续，则f(x)在闭区间[x1,xn]上有最小值m与最大值M，而mf(x1)f(x2)f(xn)M，由介值

nf(x1)f(x2)f(xn).

n定理推论有[x1,xn]使得f()

7

《高等数学》（二）检测题3-1解答

一、填空题

1. f(x0) ； 2. f(0)； 3. 4，1； 4. x2y10.

二、选择题

1. (B)； 2.（B）； 3.（C）； 4.（B）； 5.（B）.

三、解答题

f(x)f(0)ex1lim1； 1. 解：f(0)limx0x0xxf(0)limx0f(x)f(0)cosx1lim0，于是f(x)在x0点不可导. x0xxex,x0, f(x)

x,x0.sin2. 解：由于limf(x)limxsin10f(0)，故f(x)在x0处连续.

x0x0x1x2sin0f(x)f(0)1x由导数定义，f(0)limlimlimxsin0， x0x0x0x0xx2 所以，f(x)在x0处可导.

3. 解：要使f(x)在x1处可导，必须f(x)在x1处连续，而

xf(1)limeef(1)lim(axb)ab；f(1)ab. ；x1x1由f(1)f(1)f(1)，有abe. 又

f(1)limx1f(x)f(1)axb(ab)lima， x0x1x1f(x)f(1)ex(ab)e(ex11)f(1)limlimlime.

x0x0x0x1x1x1(1)f(1)，得ae，此时b0. 由f(x)在x1处可导，有f故当ae，b0时，函数f(x)在x1处可导.

f(x)存在，及f(x)在x1点连续，则f(1)0，于是

x1x21f(x)f(x)f(1)1f(1)lim2，所以f(1)4. lim2x1x1x1x1x124. 解：由极限lim

8

《高等数学》（二）检测题3-2答案

一、填空题

1.

11(3x) ； 2. secxtanx2xarctanx1； 2x12x4xxx； 4.3.

211f()f(). 2xxx二、选择题

1. （D）； 2.（A）； 3.（B）； 4.（D）.

三、计算题

1.解：ycosx(1cosx)sinx(sinx)1. 21cosx(1cosx)2.解：ysec2xx2secxsecxtanxsec2x2xsec2xtanx. 3.解：ycos(1x)(1)cot(1x).

sin(1x)2222224.解：y2sinxcosxsinxsinxcosx2xsin2xsinx2xsinxcosx. 5.解：yecsc21x111121csc2x21. 2cscxcscxcotxx2x2cscxcotxe16.解：由yln(1x)ln(1x)，所以

y11111. 1x2x1x2x(1x)x21182x27.解：y9x29x2.

29x2x239x21998.解：y

9

2x21222x21(x1)2x11xx12.

《高等数学》（二）检测题3-3答案

一、填空题

1.

xxex1； 2. 32lnx； 3. 6； 4. 0；

(1x)4x2e1x2115. (1).

(1x)(2x)x1x2x二、选择题

1.（C）； 2.（B）； 3.（D）； 4.（C）.

三、计算题

1. 解：yx2ex，取ue y(100)100x，vx，由莱布尼茨公式，有，

2kC100u(100k)v(k)(ex)(100)x2100(ex)(99)2x4950(ex)(98)2 k0ex(x2200x9900).

2. 解：方程sinuxu1两边同时对x求导，有cosu解得

duduux0，dxdxduudydyduu，所以. dxxcosudxdudx(1u2)(xcosu)dydyeyeyyydyexe3. 解： 方程两边对x求导，有，得； dxdxdx1xey2yd2y 2dxeydydy(2y)ey()yy2ydxdxe(3y)ee(3y).

(2y)2(2y)22y(2y)3yyxx4. 解：方程两边对x求导，有exeyyeye0， 当x0时，得y(0)1，y(0)e1.

切线方程为y1(e1)(x0)，即(e1)xy10.

10

《高等数学》（二）检测题3-4答案

一、填空题

3dx； 251sinxsinx)dx； 5. (1) ln1xC， (2) e3xC. 4．x(cosxlnx3x二、选择题

1. 充分必要； 2. 1； 3. 1. （B）； 2.（B）.

三、计算题

dy2xe2xx2e2x22xe2x(1x)，得 1. 解：由dx dy2xe2x(1x)dx 2. 解：dy1x1(1x2)1x2dxxx1x2dx, dyx1/223dx． 33. 解： 由原方程知当x0时y1，故

dyx0(ln31)dx．

xy 4．解：方程两边同时求微分，有e(dxdy)ydxxdy，

x0由原方程知，当x0时，y0，代入上式，得dy所以

dx，

dydxx01．

f(x) 5. 解：dyd[f(lnx)e e

f(x)]ef(x)df(lnx)f(lnx)def(x)

[f(lnx)f(x)f(lnx)]dx． x 11

《高等数学》（二）检测题3-5答案

一、计算题

1. 解：f(x)ex(2xx2)；

Eyxf(x)2x． Exf(x)ex1Eyxf(x)x1． 2. 解：f(x)(1)；Exf(x)xxQ2RQ10； 二、 解：(1)总收益RPQ10Q；平均收益R5Q5边际收益

dR2Q10； dQ5Q206; (2)RQ20120;RdRdQQ202.

三、解：(1) PdQP； QdP5(2) (3)0.61，说明当P3时，需求变动的幅度小于价格变动的幅度，即P3时，价格上涨１％，需求只减少0.6%．

四、解：(1)EPdQP5P； dPQ45P5． 7 (2) 当P2时，EP

12

《高等数学》（二）检测题4-1答案

一、填空题

f(b)f(a)1．； 2．２．

ba二、选择题

1. （Ｃ）； 2. （C）； ３.（Ｄ）； 4. （B）； 5. （A）．

三、证明题

1. 证明：取函数f(x)arcsinxarccosx（1x1）， f(x)11x211x20，于是f(x)恒为常数，设f(x)C，

又f(0)2，得C2，所以arcsinxarccosx2（1x1）.

２. 证明：取函数f(t)tarctant，对任何x0，则f(t)在闭区间[0,x]上 连续，在开区间(0,x)内可导，由拉格朗日定理知，存在(0,x)，使得

12xf(x)f(0)f()(x0)，即xarctanx112x120，

所以，当x0时， xarctanx.

5３. 证明：取f(x)xx1 ，则f(x)在任何区间上连续且可导.

5 若方程xx10有两个不同实根x1、x2，不妨设x1x2，则 f(x1)f(x2)，由罗尔定理，有(x1,x2)使得f()0，与对任何实数，

f()5410矛盾，所以方程x5x10不能有两个不同的实根.

4. 证明：取函数F(x)anxnan1xn1a2x2a1x, 则F(x)在[0,x0]上连续，在(0,x0)内可导，且F(0)F(x0)0. 由罗尔定理，有(0,x0)使得f()0，而 f()nann1(n1)an1n22a2a1. 即nann1(n1)an1n22a2a10，这表明方程

nanxn1(n1)an1xn22a2xa10至少有一个小于x0的正根.

13

《高等数学》（二）检测题4-2答案

一、填空题

1．32； 2．10； 3．11； 4．． 22二、选择题

1. （Ｂ）； 2. （D）．

三、计算题

exex2exexexexlimlim1. 1.解：原式limx0x0x02x2x2ex1xex1xex11 2.解：原式limlimlim.

x0x(ex1)x0x02x2x211(2)xx1cotxsinxlimlimlim1．3. 解：原式=lim

x0sinxx0cosxx0x0sinxcosx1xsec2x1cos23x12cos3x(sin3x)3limlim4. 原式=lim

3sec23xcos2x332cosx(sinx)xxx222 limx2cos3x3sin3x=3. limsinxcosxx21etetetetlim. 5. 解：令2t，则原式lim3lim2limttttx6t6t3t6. 解：原式=limexosinxlnxex0limsinxlnx,而

1lnxsin2xsin2xxlimlimlimlim0，故原式x0cscxx0cscxcotxx0xcosxx0x=e1．

lnx1x07. 解：原式＝limex1＝elnxlimx11x1lnx，而limlimx1，故原式＝e1．

x1x1x118.解：原式＝limexln(e3x5x)/x,而

ln(e3x5x)3e3x9e3x27e3xlimlim3xlim3xlim3, 故原式＝e3． 3xxxex5xx3e5x9e 14

《高等数学》（二）检测题4-3答案

一、填空题

1．单调增加； 2．(,0]； 3．x0； ４. x1； 5. 2， 大．

二、选择题

1.（Ｂ）； 2.（D）； 3.（Ｂ）； 4.（A）； 5.（A）．

三、解：定义域为x0，y1列表为

2x2，由y0，得驻点为x2． xx)，单调减少区间是(0,2]； 单调增加区间是(,0)及[2，极小值为y(2)2(1ln2)，无极大值.

)．y四、解：定义域为(，点不可导．列表为

5x233x，由y0得驻点x2，另在x0 5

单调增加区间是(,0]及[2/5,)，单调减少区间是[0,2/5]；

23320极大值为y(0)0，极小值为y().

525五、１．证明： 令fx1111x1x,fx0， 2221x所以当x0时，函数fx单调增加，故当x0时，fxf00，

即1２.证明：令f(x)e1x1x． 2x11xlnx，则f(x)ex1lnx1,f(x)ex11． x当x1时，f(x)0，得f(x)单调增加，于是f(x)f(1)0； 进而，有函数f(x)单调增加，所以f(x)f(1)0，即 e

15

x11xlnx．

《高等数学》（二）检测题4-4答案

一、填空题

1．(2,2e2)； 2. 3, 6； 3．(，1]及[2，)，[1，2]； 4. [3,0)及(0,)， (,3]， (3,2)， y0， x0.

9二、选择题

1．（D）； 2. （A）.

213x0，得x1；又在x0点y三、定义域为(,)，由y93x5不存在. 列表为：

1]及[0，)； 于是上凹区间为[1，0]，上凸区间为(， 拐点是(1，0)及(0，0).

1x2四、1.解: 定义域为(,).奇函数,故图形关于原点对称.y, 22(1x)2x(x23).由y0，得x1；由y0得x0,x3. y23(1x)由limy=limxxx0，得水平渐近线y0，无铅直渐近线. 21x

16

112x1xx2.解：定义域为x0.y2ex0,y，由，得. y0e42xx11lime1，水平渐近线y1；lime铅直渐近线x0，且lime0. xx0x01x1x1x

17

《高等数学》（二）检测题4-5答案

一、填空题

1. 0, 7； 2. 36； 3. 2, 12； 4. 2.

二、选择题

1．（B）； 2.（D）.

三、解: 设小院的宽为x,长为

y250,2xy5050(x0). ,则所需材料的长度为y2xxx100. 令y0,得驻点x5. 3x由y0,知x5为极小值点.又驻点惟一,故极小值点就是最小值点,即当小院的宽为5m长为10m时最省材料.

四、解：收益函数为R(x)15xex3，由R(x)5(3x)ex30，得唯一驻点

x3.在(0，)内，R(x)0，于是x3是极3)内，R(x)0；在(3，大值点，也是最大值点.所以，该产品最大收益时的产量为x3，此时价格是

P(3)1545，最大收益是R(3). ee五. 解: 设利润为y,则y2q28q3.由y4q8,y4.令

y0,得唯一驻点q2.由于y0,故q2为y2q28q3唯一的极

2大值点,即为y2q8q3的最大值点.所以当产量q2(艘)时,利润为最

大, 最大利润为y(2)5(亿元).

六、解:设p表示降价后的销售价,x为降价后增加的销售量,y(x)为总利润.

则

0.4cbxbx,总利润函数y(x)(bxa)(cx). ,即pb4cbp0.1b4c(3b4a)c3bb.由xa.令yx0得唯一驻点x02b2c4y(x)y(x)b(3b4a)c0,可知当x0时,为y(x)极大值点.又驻点惟一,2c2b(3b4a)c故极大值点就是最大值点,即当销售价定为时可获最大利润.

2b

18

《高等数学》（二）检测题4-6答案

一、填空题

(1)n1xn12nn1. 1； 2. (； 3．． 01)1(x1)(x1)(1)(x1)n2(1x)二、选择题 1. （A）； 2. （B）． 三、解：由f(k)(x)ex(kx)，（k0,1,2,,n,n1）

f(0)0，f(k)(0)k (k1,2,,n), 代入麦克劳林公式，得

f(0)2f(n)(0)nf(n1)(x)n1 xef(0)f(0)xxxx

2!n!(n1)!xx3xn(n1x)exn1 xxx（01)．

2!(n1)!(n1)!2四、 解：由f(k)(x)m(m1)(mk1)(1x)mk，（k1,2,,n,n1）

f(0)1,f(k)(0)m(m1)(mk1) (k1,2,,n),代入麦克劳林公式，得 (1x)m1mxm(m1)2m(m1)(mn1)nxxRn(x)， 2!n!m(m1)(mn)(1x)mn1n1 其中，Rn(x)（01）. x，

(n1)!五、 解：设ytanx，则ysec2x，y2sec2xtanx，

y4sec2xtan2x2sec4x. y(0)0,y(0)1,y(0)0,y(0)2.

y(0)2y(0)3x33xxo(x)xo(x3)， 于是，y(x)y(0)y(0)x2!3!3x3 所以，P3(x)x.

3六、由limxx0f(x)1得，f(x0)0，f(x0)1. 由函数f(x)在xx0点的一

xx01f()(xx0)2，有 2阶泰勒公式f(x)f(x0)f(x0)(xx0) f(x)xx0

1f()(xx0)2xx0. 219

《高等数学》（二）检测题5-1答案

一、填空题

1．f(x)C；

2．y12x31；

33．lnxarctanxC；

4．lnx2xC．

二、选择题

1．（D）；

2．（C）；

3．（C）．

三、计算题

12x12C. 1．解：原式2dx3dxxln22xx2．解：原式

353x24x4128dxx2dx4xdx4dxx2x28xC.

53xxcos2xsin2xdx(cosxsinx)dxsinxcosxC. 3．解：原式

sinxcosx4．解：原式311dx21x21x2dx3arctanx2arcsinxC.

x3272727dxx23x95．解：原式dx

3x3x1332xx9x27ln3xC. 32dx1tanxC. 6．解：原式2cos2x2四、解：由C(x)515x，知

1C(x)C(x)dx515x2dx5x30xC

12再由C(100)500300C1800，知C1000，从而

C(x)5x30x1000(元)．

20

《高等数学》（二）检测题5-2答案

一、填空题

1(23x)6C； 1．182．2exC； 3．ln2lnxC；

4．2x2x2C； 5．

二、选择题 1．（D）； 三、计算题

1sinxarctanC． 22 2．（D）．

dxdx11(x1)21．解：原式lnx1ln2x1ClnC.

x12x1222x11exexd(1ex)xdxdxxln(1e)C. 2．解：原式1ex1ex1d(x4)1arcsin(x4)C 3．解：原式41(x4)244．解：原式

1d(1x2)11223(arctanx)darctanxln(1x)(arctanx)C. 221x2322225．解：原式sinxcosxd(cosx)(1cosx)cosxd(cosx)

11cos5xcos3xC. 531116．解：原式(sin3xsinx)dxcos3xcosxC.

2622223或，原式2sinxcosxdx2cosxd(cosx)cosxC.

37．解：令xsint（原式2t2），则

costdtdttxtttanCarcsinxC． 1cost1cost2211x8．解：设xtant (2t2)，则

sec2tdt1332costdt(1sint)d(sint)sintsintC 原式sec5t3x1x2x33(1x)23C．

21

《高等数学》（二）检测题5-3答案

一、填空题

1．x1x2arcsinxC；

2．xtanxlncosxC；

3．xlnxxC；

4．(x1)exC．

二、选择题

1．（C）；

2．（D）．

三、计算题

1．解：令12xt，则x 原式12(t1)，dxtdt．于是， 2tdt1(11t1t)dttln1tC12xln(112x)C．

t2x2tdt2．解法一：令，．于是， dxt，则x222x11t(1t)(1t2)22tdtdt2x1原式t2C2C． t2txt4(1t2)22解法二：令xtant（0t2），则dx2tantsectdt，于是，

2原式21tant2tan4tsecttantsectdt

2cottcsctdt2csctC2解法三：用倒代换， 原式x1C． xxdx211/xd(11/x)11/x211/xC2x1C． x注：此题还有其他作法，以上作法仅在于抛砖引玉．

2223．解：原式xd(sinx)xsinx2xsinxdxxsinx2xd(cosx)

x2sinx2xcosx2cosxdxx2sinx2xcosx2sinxC．

4．解：原式xarctanxx1dxxarctanxln(1x2)C 1x22 22

2225．解： lnxdx2(xxlnxxdx)xx(3lnx2)C

3396．解：设xt，则xt，于是

t22tt2ttt原式e3tdt3te6tedt3te6te6eC

3333(x22x2)e7．解：原式

333xC.

1111x1(2)dxln1xlnxClnC．

1xxxx1xx8．解：原式2x2dxdxx22x2x22x2

d(x22x2)d(x1)22ln(x2x2)arctan(x1)C． 2x2x2(x1)1

23

《高等数学》（二）检测题6-1答案

一、填空题

1. 必要，充分； 2. 6，51； 3. /4； 4. 0； 5. .

二、选择题

1.（A）； 2.（A）； 3. （B）； 4.（A）.

三、计算或证明

1. 解：设f(x)1sin2x，由于11sinx2，

2，f()2，故函数f(x)1sin2x在区间[，]上的最并且f()1244小值m1，最大值M2，由定积分的估值定理，得

555 14(1sin2x)dx2，

44444 即 554(1sin2x)dx2.

4x44x3 2．证明：设f(x)（0x1），则f(x)0，于是f(x)4421x(1x)在区间[0，1] 上单调增加，在区间[0，1]上f(x)的最小值mf(0)0，最大值Mf(1)1，区间长度ba1由定积分的估值定理，得 21x4dx1. 001x423.证明：由定积分中值定理

n1narctanxarctan(nn1)，于是 dx1x212limnn1narctanxarctandxlim0. 221x1

24

《高等数学》（二）检测题6-2答案

一、填空题

1.

7sinxln2； 2. ln2； 3. ； 4. y； 33e 5. 2x1x4； 6. 4； 7. 1； 8.

x0f(t)dtxf(x).

二、选择题

1.（A）； 2.（B）； 3.（B）； 4.（D）.

三、计算或证明

1. 解：当x0时，F(x)f(t)dt0dt0；

00xx当0x1时，F(x)当x1时，F(x)x0f(t)dt2tdtx2；

01x01xx0f(t)dt2tdt0dt1. 所以

x0,0,F(x)x2,0x1,

1,x1.2. 解：limx0xetdt0x2x2tanxlimx0xetdt0x2x31exx21. limlimx03x2x03x2323. 证明：取F(x)2xx0f(x)dx1，由已知F(x)在闭区间[0,1]上可导.

F(x)2f(x)0，方程F(x)0在开区间(0,1)至多有一个实根； 又F(0)10，F(1)210f(x)dx11f(x)dx0（注意

0110，由零点定理的方程F(x)0在开区间(0,1)至少有一个实根. f(x)dx1）

综上：方程F(x)0在开区间(0,1)有且仅有一个实根，即方程

2xf(x)dx1在开区间(0,1)有且仅有一个实根.

0x

25

《高等数学》（二）检测题6-3答案

一、填空题

1．22； 2. 0 ； 3. 1e12； 4. ln2； 5. f(x2)f(x1).

二、选择题

1.（C）； 2.（B）.

三、计算或证明

1. 解：令xt，则xt2,dx2tdt. 于是 原式2122tdt13221dt2[tln(1t)]121ln. 11t21t2 2．解：令xtant，则dxsectdt，于是

原式/3/4csctdtlncsctcott41/3/4ln12. 341 3．解：原式2xlnx124dxx8ln24x4(2ln21).

x211x2dx1111arctanx0[xarctanx]. 4．解：原式02201x28242 5．解：原式 0f(x)sinxdxf(x)sinx0f(x)sinxdxf(x)cosx00f(x)cosxdx f(x)sinxdx3.

0100 6. 解：令tx1，则

20f(x1)dxf(t)dt111tdtdt 01t12(1t)3/23001ln(1t)102ln2. 3a四、证明：令xat，则dxdt，于是

a0f(x)dxf(at)dtf(at)dtf(ax)dx.

a00a 26

《高等数学》（二）检测题6-4答案

一、填空题

1.

1； 2. 1； 3. 发散； 4. p1. 2二、选择题

1. （D）； 2. （B）； 3. （A）； 4. （A）.

三、计算题

1. 解：

0xexdxxex0exdx0lim0xexxex02limex11.

x 所以，所以广义积分

0xexdx收敛，且收敛于1.

xdxxdx12ln(1x)2. 解：由，得积分发散， 001x201x22xdx 所以，广义积分也是发散的.

1x23．解：x0为瑕点，

10dx(1x)xdx210d(x)1(x)22arctanx102，

所以，广义积分

10(1x)x1收敛于

. 21dx11， 4. 解：x1为瑕点，由20(1x)32(1x)0得广义积分

2dxdx发散，进而广义积分0(1x)30(1x)3是发散的. 1[(1c/x)x/c]cec2c四、解：左式lim； ex/cccx[(1c/x)]e右式12tte2c1c2tc2c12tedtee-224c151，得c. 242cc1e2c. 24由，左式右式，有

27

《高等数学》（二）检测题6-5答案

一、填空题

11； 2.e2； 3.21； 6e434. (a2x2)dx； a ； 5.4x， 32.

31.

二、选择题

1. (C)； 2. (D)； 3. (B).

三、计算题

y3x21. 解：两条曲线交点为，得（-3，-6），（1，2）

y2xx33222A(3x2x)dx3xx.

3323112．解：取y为积分变量，则A3. 解：Vx211y232(y)dy(lny)1ln2.

y221010x4dx5，

1Vy[12(y)2]dy(1y)dy02.

4. 解：A110(axb)dx2aabbA； 22a2a222 V(axb)dxabbA

0312 令Va 又Vaa60a0，则bA.

60，且驻点唯一，因此当a0,bA时，体积V取得最

a0小值.

28