高等数学同济版习题及答案.pdf

第五章定积分习题及答案(简单层次)1203cossinxdxx；2adxxax0222；331221xxdx；41145xxdx；5411xdx；614311xdx；721ln1exxdx；802222xxdx；9dxx02cos1；10dxxx sin4；11dxx224cos4；1255242312sindxxxxx；13342sindxxx；1441lndxxx；1510 xarctgxdx；16202cosxdxex；17dxxx02sin；18dxxe1lnsin；19243coscosdxxx；2040sin1sindxxx；21dxxxx02cos1sin；2221011lndxxxx；23dxxx4211；2420sinlnxdx；250211dxxxdx0。(B 层次)1求由0cos00 xyttdtdte所决定的隐函数y对x的导数dxdy。2当x为何值时，函数xtdttexI02有极值？3xxdttdxdcossin2cos。4设1,211,12xxxxxf，求20dxxf。51lim202xdtarctgtxx。6设其它,00,sin21xxxf，求xdttfx0。7设时当时当0,110,11xexxxfx，求201 dxxf。82221limnnnnn。9求nknknknnene12lim。10设xf是连续函数，且102dttfxxf，求xf。11若2ln261xtedt，求x。12证明：212121222dxeex。13已知axxxdxexaxax224lim，求常数a。14设0,0,12xexxxfx，求312 dxxf。15设xf有一个原函数为x2sin1，求202dxxfx。16设xbaxxfln，在3,1上0 xf，求出常数a，b 使31dxxf最小。17已知2xexf，求10dxxfxf。18设102022dxxfdxxfxxxf，求xf。1902sincoscoscosdxxxfxxf。20设0 x时，dttftxxFx022的导数与2x是等价无穷小，试求0f。(C 层次)1 设xf是 任 意 的 二 次 多 项 式，xg是 某 个 二 次 多 项 式，已 知121406110fffdxxf，求dxxgba。2设函数xf在闭区间ba,上具有连续的二阶导数，则在ba,内存在，使得fabbafabdxxfba32412。3 xf在ba,上 二 次 可 微，且0 xf，0 xf。试 证2afbfabdxxfafabba。4 设函数xf在ba,上连续，xf在ba,上存在且可积，0bfaf，试证dxxfxfba21(bxa)。5设xf在1,0上连续，010dxxf，110dxxxf，求证存在一点x，10 x，使4xf。6设xf可微，00f，10f，dttxtfxFx022，求40limxxFx。7 设xf在ba,上 连 续 可 微，若0bfaf，则xfdxxfabbxabamax42。8设xf在BA,上 连 续，BbaA，求 证dxkxfkxfbak0limafbf。9 设xf为奇函数，在,内连续且单调增加，dttftxxFx03，证明：(1)xF为奇函数；(2)xF在,0上单调减少。10设xf可微且积分dtxtxfxf10的结果与x无关，试求xf。11若xf在,0连续，20f，1f，证明：03sin xdxxfxf。12求曲线xdttty021在点(0,0)处的切线方程。13 设xf为 连 续 函 数，对 任 意 实 数a有aadxxxf0sin，求 证xfxf 2。14设方程yxtdtyxtgx02sec2，求22dxyd。15设xf在ba,上连续，求证：afxfdttfhtfhxah1lim0(bxa)16当0 x时，xf连续，且满足xdttfxx102，求2f。17设xf在1,0连续且递减，证明010dxxfdxxf，其中1,0。18设xf连续，dttaftfxFx20，00f，1af，试证：122aFaF。19设xg是ba,上的连续函数，dttgxfxa，试证在ba,内方程0abbfxg至少有一个根。20设xf在ba,连续，且0 xf，又dttfdttfxFxbxa1，证明：(1)2xF(2)0 xF在ba,内有且仅有一个根。21设xf在a2,0上连续，则aadxxafxfdxxf0202。22设xf是以为周期的连续函数，证明：0202sindxxfxdxxfxx。23设xf在ba,上正值，连续，则在ba,内至少存在一点，使babadxxfdxxfdxxf21。24证明10010ln1lnlnduufduufufdttxfx。25设xf在ba,上连续且严格单调增加，则babadxxxfdxxfba2。26 设xf在ba,上可导，且Mxf，0af，则22abMdxxfba。27设xf处处二阶可导，且0 xf，又tu为任一连续函数，则aadttuafdttufa0011，0a。28设xf在ba,上二阶可导，且0 xf，则2bafabdxxfba。29设xf在ba,上连续，且0 xf，0badxxf，证明在ba,上必有0 xf。30 xf在ba,上 连 续，且 对 任 何 区 间ba,有 不 等 式1Mdxxf(M，为正常数)，试证在ba,上0 xf。第五章定积分(A)1203cossinxdxx解：原式41cos41cos204203xxdx2adxxax0222解：令taxsin，则tdtadxcos当0 x时0t，当ax时2t原式2022coscossintdtatata20420244c o s182s i n4dttatdta42044164sin41828ataa331221xxdx解：令tgx，则ddx2sec当1x，3时分别为4，3原式dtg3422secsec342s i ns i nd332241145xxdx解：令ux45，则24145ux，ududx21当1x，1 时，1,3u原式61581132duu5411xdx解：令tx，tdtdx2当1x时，1t；当4x时，2t原式2121211212tdtdtttdt32ln221ln22121tt614311xdx解：令ux1，则21ux，ududx2当1,43x时0,21u原式2ln21111212210021duuuduuu721ln1exxdx解：原式2211ln1ln11lnln11eexdxxdx232ln1221ex802222xxdx解：原式02022111xarctgxdx24411a r c t ga r c t g9dxx02cos1解：原式002cos2cos2dxxdxx220c o s2c o s2dxxxdx22s i nsi n2220 xx10dxxx sin4解：xx sin4为奇函数0sin4xdxx11dxx224cos4解：原式2022204cos22cos24dxxxdx2022022cos2cos2122cos12dxxxdxx2020204cos12cos22dxxxdxx202044cos4122sin2xxdx234sin412320 x1255242312sindxxxxx解：12sin2423xxxx为奇函数012sin552423dxxxxx13342sindxxx解：原式34xdctgx3434c t g x d xx c t g x34s i nln9341x22ln23ln934123ln2193411441lndxxx解：原式41ln2xxd4141lnln2xdxxx4112ln42dxxx412122ln8dxx42ln81510 xarctgxdx解：原式10221arctgxdx1022102121dxxxarctgxx10210121218xdxdx101021218a r c t g xx21416202cosxdxex解：原式202sin xdex2022022s i ns i ndxexxexx202c o s2xdeex2022022c o s2c os2d xexxeexx202c o s42x d xeex故251cos202exdxex17dxxx02sin解：原式020222cos1sindxxxdxxx02022c o s2121x d xxdxx02032s i n4161xdxx002322s i n2s i n416x d xxxx032c o s416xxd462c o s2c o s4163003x d xxx18dxxe1lnsin解：原式eedxxxxxx111lncoslnsinedxxe1lncos1sineedxxxxxxe111lnsinlncos1sinedxxee1lnsin11cos1sin故11cos1sin2lnsin1edxxe19243coscosdxxx解：原式242cos1cosdxxx2004s i nc o ss i nc o sx d xxd xxx20230423c o s32c o s32xx323442040sin1sindxxx解：原式402sin1sin1sindxxxx4022c o ss i ndxxtgxx4024021s e cc o sc o sdxxxxd242c o s14040 xtgxx21dxxxx02cos1sin解：令tx2，则原式2222cos12sin2dtttt2222s i n1c o ss i n1c o s2dtttttt4s i ns i n1c o s220202ta r c t gdttt2221011lndxxxx解：原式2102211lnxdxx210222102111111211ln2dxxxxxxxxxx210221ln3ln81dxxx210221013ln81xdxdx21011ln21213ln81xx3ln832123dxxx4211解：原式0222042111211dxxxxdxxxxxdxx1211202221220 xxarctg2420sinlnxdx解：原式40220coslnsinln2ln22cos2sin2lndtttdxxxtx令4040c o slnsinln22ln2tdttdt24402s i nlnsinln22ln2udutdtut20s i nln22ln2tdt故2ln2sinln20 xdx250211xxdx0解：令tx1，则dttdx21原式02022211111ttdttttttdtt0202021111112xxdxxxxdxxxdx211002a r c t g xdxx故41102xxdx(B)1求由0cos00 xyttdtdte所决定的隐函数y对x的导数dxdy。解：将两边对x求导得0c o s xdxdyeyyexdxdycos2当x为何值时，函数xtdttexI02有极值？解：2xxexI，令0 xI得0 x当0 x时，0 xI当0 x时，0 xI当0 x时，函数xI有极小值。3xxdttdxdcossin2cos。解：原式taaxdttdttdxdcos2sin2coscosxaxadttdttdxdcos2sin2coscosxxxxc o sc o sc o ss i ns i nc o s22xxxs i nc o sc o sc o ss i nc o s22xxxx22s i nc o ss i nc o ss i nc o sxxx2s i nc o sc o ss i n4设1,211,12xxxxxf，求20dxxf。解：2121020211dxxdxxdxxf386121213102xxx51lim202xdtarctgtxx。解：xxarctgxxdtarctgtxxx2121lim1lim2122202型xa r c t g xxxxa r c t g xxxx222211lim1lim411lim222arctgxxx6设其它,00,sin21xxxf，求xdttfx0。解：当0 x时，0000 xxdtdttfx当x0时，2cos1sin210 xtdtxx当x时，10sin21000 xxxdttdtdttfdttfdttfx故时当时当时当xxxx,10,cos1210,0。7设时当时当0,110,11xexxxfx，求201 dxxf。解：时当时当1,111,111xexxxfx211012011111dxxedxdxxfx2110111111xdxxdeeexxx2ln1ln1101xee1ln82221limnnnnn。解：原式nnnnnn121lim321lim101dxxnninin9求nknknknnene12lim。解：原式nknknknnee1211lim4110102a r c t g ea r c t g edxeexxx10设xf是连续函数，且102dttfxxf，求xf。解：令Adttf10，则Axxf2，从而AdxAxdxxf22121010即AA221，21A1xxf11若2ln261xtedt，求x。解：令uet1，则21lnut，duuudt212当2ln2t时，3u当xt时，1xeu313122ln22121xxeextarctguuuuduedt6132xea r c t g从而2lnx12证明：212121222dxeex。证：考虑21,21上的函数2xey，则22xxey，令0y得0 x当0,21x时，0y当21,0 x时，0y2xey在0 x处取最大值1y，且2xey在21x处取最小值21e故2121212121212112dxdxedxex即212121222dxeex。13已知axxxdxexaxax224lim，求常数a。解：左端axxeaxa221lim右端axaxdexxdex2222222axaxd xxeex22222axaxd eea22222axaxad xexeea222222aeaa22122aaeeaa222122解之0a或1a。14设0,0,12xexxxfx，求312 dxxf。解：令tx2，则edtedttdttfdxxft1371210012113115设xf有一个原函数为x2sin1，求202dxxfx。解：令tx2，且xxxf2sinsin120020412122dttf tdttftdxxfx0004141dttfttfttdf0si n12si n41020ttt16设xbaxxfln，在3,1上0 xf，求出常数a，b 使31dxxf最小。解：当31dxxf最小，即31lndxxbax最小，由0ln xbaxxf知，baxy在xyln的上方，其间所夹面积最小，则baxy是xyln的切线，而xy1，设 切 点 为00ln,xx，则 切 线000ln1xxxxy，故01xa，1ln0 xb。于是3131231ln2lnxdxbxxadxxbaxI31lnln124xdxaa令024aIa得21a从而20 x，12lnb又022aIa，此时31dxxf最小。17已知2xexf，求10dxxfxf。解：22xxexf102101021xfxfdxfdxxfxf210222212exex18设102022dxxfdxxfxxxf，求xf。解：设Adxxf10，Bdxxf20，则ABxxxf22ABdxABxxdxxfA22131210210ABdxABxxdxxfB2423820220解得：31A，34B，于是32342xxxf1902sincoscoscosdxxxfxxf。解：原式00coscossincoscosxdxf xxdxxf000c o sc o sc o ss i nc o sc o sx d xxfxxfxdxxf020设0 x时，dttftxxFx022的导数与2x是等价无穷小，试求0f。解：200302202lim3limxdttf xxdttftxxxxxxfxxdttfxxx2lim2lim000 x,0102 f故210f(C)1 设xf是 任 意 的 二 次 多 项 式，xg是 某 个 二 次 多 项 式，已 知121406110fffdxxf，求dxxgba。解：设atabx，则10dtabatabgdxxgIba10dtatabgab令tfatabg于是agf 0，221abgf，bgf 1由已知得bgabgagabI2462设函数xf在闭区间ba,上具有连续的二阶导数，则在ba,内存在，使得fabbafabdxxfba32412。证：由泰勒公式20000!2xxfxxxfxfxf其中baxx,0，位于0 x与x之间。两边积分得：dxxxfdxxxxfdxxfdxxfbabababa20000!2303020200062xaxbfxaxbxfxfab令20bax，则22222122baababbafbafabdxxfba33226baababffabbafab32412，ba,。3 xf在ba,上 二 次 可 微，且0 xf，0 xf。试 证2afbfabdxxfafabba。证明：当bax,时，由0 xf，0 xf知xf是严格增及严格凹的，从而afxf及axabafbfafxf故afabdxafdxxfbabababadxaxabafbfafdxxf221ababafbfafab2afbfab4 设函数xf在ba,上连续，xf在ba,上存在且可积，0bfaf，试证dxxfxfba21(bxa)。证明：因为在ba,上xf可积，故有bxxabadttfdttfdxxf而xadttfxf，dttfxfbx于是bxxadttfdttfxf21baxabxdttfdttfdttfxf21215设xf在1,0上连续，010dxxf，110dxxxf，求证存在一点x，10 x，使4xf。证：假设4xf，1,0 x由已知100dxxf，110dxxxf，得10101021211dxxfxdxxfdxxxf101021421dxxdxxfx121214121210dxxdxx故dxxdxxfx101021421从而042110dxxfx04xf因为xf在1,0连续，则4xf或4xf。从而410dxxf或4，这与100dxxf矛盾。故4xf。6设xf可微，00f，10f，dttxtfxFx022，求40limxxFx。解：令utx22，则2021xduufxF，显然2xxfxF于是41041040lim4lim4limlim2202203040fxfxfxxfxxFxxFxxxx。7 设xf在ba,上 连 续 可 微，若0bfaf，则xfdxxfabbxabamax42。证：因xf在ba,上连续可微，则xf在2,baa和bba,2上均满足拉格朗日定理条件，设xfMbxamax，则有bbabaabadxxfdxxfdxxf22bbabaadxbxfbfdxaxfaf2221bbabaadxbxfdxaxf22212224abMdxbxMdxaxMbbabaa故Mdxxfabba24。8设xf在BA,上 连 续，BbaA，求 证dxkxfkxfbak0limafbf。证：bababadxxfkdxkxfkdxkxfkxf11令ukx，则kbkabaduufdxkxf于是bakbkabadxxfkdxxfkdxkkfkxf11kaakbbdxxfkdxxfk11故kaakkbbkbakdxxfkdxxfkdxkxfkxf1lim1limlim000afbf9 设xf为奇函数，在,内连续且单调增加，dttftxxFx03，证明：(1)xF为奇函数；(2)xF在,0上单调减少。证：(1)xutxduufuxdttftxxF0033xxfduufux03为奇函数xFduufuxx03xF为奇函数。(2)xxdtttfdttfxxF003xxfxxfdttfx30 xxfdttfx20 xxfdtxftfx0由 于xf是 奇 函 数 且 单 调 增 加，当0 x时，0 xf，00 xdtxftfxt0，故0 xF，,0 x，即xF在,0上单调减少。10设xf可微且积分dtxtxfxf10的结果与x无关，试求xf。解：记Cdtxtxfxf10，则Cduufxfdtxtxfxfx010由xf可微，于是0 xfxf解之xkexf（k 为任意常数）11若xf在,0连续，20f，1f，证明：03sin xdxxfxf。解：因00sinsinxfxdxdxxf00c o ss i nx d xxfxf x0c o s xd xxf000s i nc o sc o sx dxxfxxfxx d f0s i n0 x d xxfff00s i n3s i n21x d xxfx d xxf所以03sin xdxxfxf。12求曲线xdttty021在点(0,0)处的切线方程。解：21 xxy，则20y，故切线方程为：020 xy，即xy2。13 设xf为 连 续 函 数，对 任 意 实 数a有aadxxxf0sin，求 证xfxf 2。证：两边对a求导0s i n1s i nafaafa即afaf令xa，即得xfxf 2。14设方程yxtdtyxtgx02sec2，求22dxyd。解：方程两边对x求导，得yyxyyx1s e c1s e c222从而yxyxy22sincos1yyxyxy1c o ss i n2yxyx3c o ss i n215设xf在ba,上连续，求证：afxfdttfhtfhxah1lim0(bxa)证：设xF为xf的原函数，则左边aFxFhaFhxFhh1lim0haFhaFhxFhxFh0limafxf右边。16当0 x时，xf连续，且满足xdttfxx102，求2f。解：等式两边对x求导，得132122xxxxf令212xx得1x将1x代入得：152f故512f。17设xf在1,0连续且递减，证明010dxxfdxxf，其中1,0。证：1010dxxfdxxfdxxf则010dxxfdxxf011dxxfdxxf2111ff，1,1，,02211ff由于xf递减，21ff故0010dxxfdxxf即010dxxfdxxf。18设xf连续，dttaftfxFx20，00f，1af，试证：122aFaF。证：aadttaftfdttaftfaFaF02022222aadttaftfdttaftf02022aaadttaftftadtaftf02222aaaaadttaftftaftftaftf022222在第一个积分中，令uta2，则aaaduuafufdttaftf0222而102222affaftaftfaa故122aFaF19设xg是ba,上的连续函数，dttgxfxa，试证在ba,内方程0abbfxg至少有一个根。证：由积分中值定理，存在ba,使baabgdttgbf即0abbfg故是方程0abbfxg的一个根。20设xf在ba,连续，且0 xf，又dttfdttfxFxbxa1，证明：(1)2xF(2)0 xF在ba,内有且仅有一个根。证：(1)21xfxfxF(2)01abdttfaF，0badttfbF又xF在ba,连续，由介值定理知0 xF在ba,内至少有一根。又0 xF，则xF单增，从而0 xF在ba,内至多有一根。故0 xF在ba,内有且仅有一个根。21设xf在a2,0上连续，则aadxxafxfdxxf0202。证：aaaadxxfdxxfdxxf2020令uax2，dudx，则aaaadxxafduuafdxxf00222故aadxxafxfdxxf020222设xf是以为周期的连续函数，证明：0202sindxxfxdxxfxx。证：dxxfxx20sin20s i ns i ndxxfxxdxxfxx令ux，则02s i ns i nduufuudxxfxx0s i nduufuu(xf以为周期)故0202sindxxfxdxxfxx23设xf在ba,上正值，连续，则在ba,内至少存在一点，使babadxxfdxxfdxxf21。证：令bxxadttfdttfxF由于bax,时，0 xf，故0badttfaF0badttfbF故由零点定理知，存在一点ba,，使得0F即0badttfdttfbadxxfdxxf又ababadxxfdxxfdxxfdxxf2故babadxxfdxxfdxxf21。24证明10010ln1lnlnduufduufufdttxfx。证：设1utx，则xxduufdutxf1101lnln0101ln1lnxxduufduuf令vu1，则1101lnln1lnxxxduufdvvfduuf100lnlnduufduufx故10010ln1lnlnduufduufufdttxfx25设xf在ba,上连续且严格单调增加，则babadxxxfdxxfba2。证：令xaxadtttfdttfxaxF2则xxfxfxadttfxFxa2xfaxdttfxaxadtxftfxta，xf在ba,严格单增0 xftf则0 xF，从而0aFbF即02babadtttfdttfba故babadxxxfdxxfba226 设xf在ba,上可导，且Mxf，0af，则22abMdxxfba。证：由假设对bax,，可知xf在xa,上满足微分中值定理，则有axfafxfxf，xa,又因Mxf，bax,故axMxf于是22abMdxaxMdxxfbaba。27设xf处处二阶可导，且0 xf，又tu为任一连续函数，则aadttuafdttufa0011，0a。证：由泰勒公式，有20000!21xxfxxxfxfxf其中在x与0 x之间又因0 xf，故0!2120000 xxfxxxfxfxf即000 xxxfxfxf令tux，adttuax001则aaaaadttuafdtdttuafdttuf0000011dtdttuatua01即aadttuaafdttuf001。28设xf在ba,上二阶可导，且0 xf，则2bafabdxxfba。证：对bax,，将xf在20bax处展开，得22!21222baxfbaxbafbafxf其中在x与2ba之间。由题设0 xf，则0f。从而222baxbafbafxf积分babadxbaxbafbafabdxxf222即2bafabdxxfba29设xf在ba,上连续，且0 xf，0badxxf，证明在ba,上必有0 xf。证：由0 xf得0badxxf，再由题设0badxxf，知0badxxf又由于0 xf，对bax,得，00 xabadttfdttf即0 xadttf，从而0 xadttfxf30 xf在ba,上 连 续，且 对 任 何 区 间ba,有 不 等 式1Mdxxf(M，为正常数)，试证在ba,上0 xf。证：令xadttfxF，则xfxF又MdxxfFF令，则上式左端fF，右端0。由此得0f，由的任意性知0 xf。