郑州大学版高等数学(上册)第一章课后详解答案.doc

习题1、11. 求下列函数得定义域、（1） （2）（3） （4）解：（1）只要分母不为零即可，即且、定义域为（2）只要即可，故定义域为（3）只要即可，故定义域为（4）只要并且即可，易解得定义域为2、 下列各对函数就是否相同？为什么？（1）；（2）、解：（1）不同，因为定义域不同，得定义域为，而得定义域为全体实数、（2）相同，因为定义域相同，均为全体实数，对应法则也相同、3、 求下列函数得反函数，并指出其定义域、（1） （2）解：（1）由可得，故，由于，所以原函数得反函数为，定义域为（2）由可得，所以，故原函数得反函数为，定义域为4、 判断下列函数得奇偶性（1） （2）（3） （4）解：（1）由于，所以为偶函数、（注：其中用到了）（2） ，所以为奇函数、（3），所以为奇函数、（4），所以为偶函数、5、下列函数在指定区间内就是否有界？（1） （2）解：（1）在上，故有界；而在上，函数无上界，故无界、（2）在上，函数无上界，故无界；而在上，故有界、6、 将下列复合函数进行分解（1） （2）（3） （4）解：（1）（2）（3）（4）7、 已知，求解：令，则， ，由于函数与变量符号得选择无关，故8、 设，求解：当时，故，当时，故，当时，故 、当时，故，当时，故，当时，故、综上， 9、 两个单调增加得函数得复合函数就是否一定单调增加？它们得乘积又如何？答：两个单调增加得函数得复合函数一定单调增加、但就是乘积不一定设与能够复合，并且都就是单调增得函数，即对任意得，都有；对任意得，都有、特别对，显然有，故，即证复合函数仍为单调增、下面瞧乘积，例如，显然在都就是单调增得，但就是在并不就是单调增得，而，显然在都就是单调增得，仍在上单调增、10、 设就是周期为得奇函数，当时，；当时，求得表达式、解：由于就是周期为得函数，所以，又就是奇函数，可知、当时，由就是奇函数可得当时，由以及周期为，可知综上可得11、 设，且，求解：由题即知，故、令，则，、所以12、 设，求解：利用二倍角公式、，令，则、从而、习题1、21. 从图象上观察并写出下列极限（1） （2）（3）（4）解：图略、（1），不存在，（也就是不存在）（2），（不存在），（不存在），（3），不存在，不存在，（4），不存在、2、 设函数求当时，函数得左、右极限，并说明当时函数得极限就是否存在、解：左极限，右极限，由于左右极限都存在但就是不相等，所以当时函数得极限不存在、3、 求函数当时得左、右极限，并说明当时函数得极限就是否存在、解：左极限，右极限，由于左右极限都存在但就是不相等，所以当时函数得极限不存在、4、 设函数求解：当时，只关心离0很近得那些点，所以可以认为，故当时，左右极限都存在但就是不相等，所以不存在、当时，只关心离3很近得那些点，所以可以认为，故、5、 设，求得值、解：（1）当时，可以认为，故，故，从而，所以由式，可知，即； （2）当时，可以认为，故，故，从而，所以由式，可知、综上，可得方程组，解得、（注：，）6、 设、求：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）、解：由于故易得（1） （2） （3） （4）（5）不存在（左右极限都存在但就是不相等）、习题1、31、 下列函数在自变量怎样得变化过程中为无穷小量？在怎样得变化过程中为无穷大量？（1）； （2）； （3）； （4）解：（1）在处无定义、由，可知此函数在时为无穷小量；由，可知此函数在时为无穷大量、（2）在处无定义、由，可知此函数在时为无穷小量；由，可知此函数在时为无穷大量、（3）由，可知此函数在时为无穷小量；由，可知此函数在时为无穷大量、（4）在处无定义、由，可知此函数在时为无穷小量；由，可知此函数在时为无穷大量、2、 两个无穷小量得商就是否为无穷小量？请举例说明、答：不一定，比如说当时，与都就是无穷小量，故不就是无穷小量，又与都就是无穷小量，就是无穷小量、3、 求下列极限、（1）； （2）； （3）； （4）（5）； （6）； （7）；（8）； （9）； （10）解：（1）由于，可知在上为有界函数，而当时，为无穷小量，有界函数乘以无穷小量仍为无穷小量，故（2）由于，可知在上为有界函数，而当时，为无穷小量，故（3） （通分，消元）（4）（5）（6）（7）（8）（注：5，6，7，8类型相同，当时，多项式得商得极限主要瞧分子分母得次数，分子次数大于分母次数，则极限为；分子次数小于分母次数，则极限为0；分子次数等于分母次数，极限为最高次项系数得商、做法见上）（9）（10） 4、 设，求得值、解：由于，故，从而可被整除，不妨设，则、由极限可知、故5、 设，满足：（1）；（2），求，得值、解：由可知分子次数等于分母次数，且此时极限为，故有、由，可知，从而可被整除，不妨设，则、由极限可知、故、6、 设在得某邻域内有界，且 求、解：在得某邻域内有界，而当时为无穷小量，从而可知、7、 设存在，且，求解：由题可知，只需求出即可，在两边同时求当时得极限、，易解得，从而、习题1、41. 利用数列极限存在得准则，求下列极限、（1） （2）（3） （4）解：（1）设，显然有，而，由两边夹原理可知、（2）当时，令，则显然、且由二项式公式有，故，从而、而，不等式左边常数也就是0，由两边夹原理可知，从而、（3）设，显然有而，由两边夹原理可知、（4）显然，而，由两边夹原理可知、2. 利用数列极限存在得准则，求下列数列得极限（1）； （2）（3）、解：（1）显然数列为单调增得，设，依次得，归纳可得、即数列有上界，由单调有界原理可知此数列有极限，不妨设为、对两端同时取极限，可得，解得或者（显然不可能）、故数列极限为2、（2）（i）当时，依次可得，故此数列为常数数列，显然极限存在，且为、（ii）当时，利用几何算术平均值不等式可知，依次可得（）、而（），故此数列除了以外，均为单调增加得，且有界、由单调有界原理可知数列有界，而数列得极限与前有限项无关，故原数列极限也存在，不妨设为、对两端同时取极限，可得，解得或者（显然不可能）、故数列极限为、综合（i）（ii）可知数列极限为、（3）（i）当时，依次可得，故此数列为常数数列，显然极限存在，且为、（ii）当时，利用几何算术平均值不等式可知，依次可得（）、而（），故此数列除了以外，均为单调减小得，且有下界、由单调有界原理可知数列有界，而数列得极限与前有限项无关，故原数列极限也存在，不妨设为、对两端同时取极限，可得，解得或者（显然不可能）、故数列极限为、综合（i）（ii）可知数列极限为、3、 若，证明：、证明：由，可知对，都，当时，就有、从而当时，由定义可知、（注：此结论对函数极限也同样成立，即“若，则”、反过来不对、但就是有“若，则”，对数列也成立、）4、 对于数列，若，证明：、证明：第一种证法，用几何意义来说（不严格）、由可知，对，数列中落在区间外得只有有限多项，数列中落在区间外得也只有有限多项、而对于数列来说，其中得项不在数列之中就在数列之中，从而落在区间外得也只有有限多项、由几何意义即知、第二种证法：用极限定义、由，可知对，都，当时，就有、由，可知对上述得，都，当时，就有、令，则当时，有、由定义可知、习题1、51. 求下列各极限、（1） （2） （3） （4）（5） （6） (7) (8) （9） （10） （11） （12）解：（1）（2）（3）（4） （当时，）（5）令，则，且当时，所以（6），令，则，且当时，所以（7）令，则，且当时，、所以（8），令，则当时，所以（9）（10）因为，由数列极限与函数极限得关系可知，从而当时，当时，、综合可知、（11），令，则当时，又，故、（12）令，则，且当时，所以、2、 求下列各极限、（1） （2） （3）（4） （5） （6）（7） （8）、解：（1）（2）（3） （4） （分子分母同时有理化）（5）讨论时函数得极限时，我们只关心那些离0很近得正数，不妨设，有，故，不等式三边同时乘以，不改变不等号得方向，故有，而，不等式右边为常数1，由两边夹原理可知、（6）利用函数得性质可知，其中，为有界函数，而当时，为无穷小量，故、从而可得（7）（8） ，而，故、习题1、61. 比较下列无穷小得阶、（1） 当时，与（2） 当时，与（3） 当时，与（4） 当时，与解：（1）由于，故就是得高阶无穷小、（2）由于，故就是得同阶无穷小、（3）由于，故就是得高阶无穷小、（4）由于，故与就是等价无穷小、2. 证明：当时，（1） ； （2）证明：（1）由于，从而要证只需计算极限即可、，由定义即知、（2）由于，从而要证只需计算极限即可、，由定义即知、3、 利用极限得运算法则与无穷小得有关性质求下列极限、（1） （2） （3）（4） （5） （6）（7） （8） （9）（10）、解：（1）（2） （时，所以）（3）（由）（4）（5）（6），其中第一步用到了有理化、（7）（8），其中第二项中， （无穷小乘以有界函数仍为无穷小）（9）（10）习题1、71、 讨论函数 在处得连续性、解：由于，故在处左连续，又，故在处右连续，因此在处连续、2、 求函数得连续区间，并求极限、解：由于为初等函数，所以在、与上都连续、，3、 讨论下列函数得间断点，并指出间断点得类型、（1） （2）（3） （4）解：（1）由于为初等函数，故只有两个间断点，与，而，所以这两个都就是第二类间断点、（2）由于为初等函数，故只在处间断，从而间断点为（）、当时，故为可去间断点；当时，故（）为第二类间断点、（3）由于为初等函数，故只在处间断，而当时得左右极限都不存在，故为第二类间断点、（4）由于为初等函数，故只在处间断，而（当时，），故为第二类间断点4、已知函数在处连续，求与得值、解：由于在处连续，故在处既就是左连续又就是右连续，从而，即得、5、 证明：方程在区间内至少有一个实根、证明：令，显然在上连续、又，由零点定理可知，使得、即方程在区间内至少有一个实根、6、 证明：方程在区间内至少有一个实根、证明：令，显然在上连续、又，由零点定理可知，使得、即方程在区间内至少有一个实根、7、 确定得值，使下式成立、（1）（2）、解：（1）由可知分子次数小于分母次数，从而，、故，、（2）由可知（若，则极限为）且（若，则极限不能确定），因此、并且，故、8、 设函数在区间上连续，且，证明：必存在点，使得、证明：令，显然在区间上连续，、（i） 若，取即得、（ii） 若，取即得、（iii） 若与都不等于0，则有，由零点定理可知，使得，即、综合（i）（ii）（iii）可得必存在点，使得、复习题11. 已知，且，求并写出它得定义域、解：，故，而，所以，其定义域为、2. 设函数 求，、解：当时， ，所以；当时，所以、因此、当时， ，所以；当时，所以、因此、3. （1）设定义在区间内，判断函数与得奇偶性；（2）证明：定义在区间内得任何函数都可以表示为一个偶函数与一个奇函数之与、解：（1）由可知为偶函数；由，可知为奇函数、（2）显然，故得证、4、 设函数在内有定义，就是得反函数，求及得反函数、解：由可得，故，所以得反函数为；由可得，故，所以得反函数为、5、 求下列极限、（1）；（2），（）；（3） ； （4） ； （5）；（6）； （7）； （8）、解：（1），故、（2）因，故、（注意到当时，）（3）当时， 故；当时，、综合可知（4）由于，以及，由两边夹原理可知、（5），（）（）左右极限都存在并且相等，所以、（6）、（7），而从而（8），而，从而、6、 （1）如果数列，都发散，问数列就是否发散？（2）如果数列收敛，发散，问数列就是否一定发散？答：（1）不一定，比如都发散，也发散、又与都发散，但就是为常数列显然收敛、（2）也不一定、比如收敛，发散，为常数列显然收敛；再比如收敛，发散，发散、7、 （1）证明不等式、（2）计算，其中证明：（1）一方面，上述连乘式中除了第一项以外，其余每一项都大于1，故；另一方面，又，由此可得 从而有，两边开方即得、不等式得证、（2）由（1）中得不等式可知，而，由两边夹原理可知、8、 设，（），证明数列收敛，并求其极限值、解：（i）若，则，依次得，从而此数列为常数列，显然数列收敛，且极限为（ii）若，则（由于函数在上为单调增），归纳得、又，即数列为单调减小得数列，且有下界，由单调有界原理可知数列收敛，不妨设其极限值为，在两边同时取极限，可得，解得，显然不可能，故极限为（iii）若，则（由于函数在上为单调增），归纳得、又，即数列为单调增加得数列，且有上界，由单调有界原理可知数列收敛，不妨设其极限值为，在两边同时取极限，可得，解得，显然不可能，故极限为综合（i）（ii）（iii）可知数列收敛，其极限值为、9、 设函数连续，求常数得值、解：当时，从而；当时，从而当时，当时，、由于在与处都连续，故，易解得、10、 设函数（），求得间断点与连续区间，并指出间断点得类型、解：当时，从而，故当时，此时，故当时，故、所以显然在处间断，在区间与上都连续，为跳跃间断点、11、 设函数有无穷间断点及可去间断点，求得值、解：由于为初等函数，故只在与处间断，从而显然有、由于为可去间断点，即存在，而分母得极限=0，所以，从而、12、 证明方程（）在区间与内各有一个实根、证明：（第一种证法）令，显然在区间与上都连续、，、在区间上，利用零点定理可知一定存在一点，使得、在区间上，利用零点定理可知一定存在一点，使得、由此即得方程在区间与内各有一个实根、（第二种证法）令，显然在区间与上都连续、又，、由此可知存在，使得；存在，使得又在区间上连续，由零点定理存在一点，使得、由，可知存在，使得；存在，使得、又在区间上连续，由零点定理存在一点，使得、综上方程在区间与内各有一个实根、13、 设函数在区间上连续，且，证明：存在一点，使得、证明：令，显然在区间上连续、，、（i）若，取即可、（ii）若，则，由零点定理可知存在一点，使得，即、综合（i）（ii）可知存在一点，使得、14、 设函数在上有定义，且对任意均有，又在处连续，证明：在上连续、证明：首先由可知，又在处连续，从而、要证在上连续，只需证明对，即可、在中，令，从而、15、 设函数在处连续，且及，证明：函数在处连续、证明：只需证明即可、由及可知、 由在处连续及可知，从而（习题1、4中第3题后得注释）、又，左边为常数0，右边，由两边夹原理可知，从而有、16、 设函数在区间上连续，又，证明：存在，使得，其中、证明：令，显然在区间上连续、又，、（i）若，即，取或即可得证、（ii）若，则，由零点定理可知存在，使得、综合（i）（ii）可知存在，使得、17、 求下列各题中常数得值（1）（2）解：（1）由可知，易解得，（2），分母极限为0，故可被整除，不妨设，则，、又，可知、所以，18、 设，（），其中常数，求、解：（i）若，则，依次得，故此时数列为常数列，显然极限为0、（ii）若，则，归纳得，即数列为单调增数列、又，归纳得，即数列有上界、由单调有界原理可知此数列有极限，不妨设为、在两边同时取极限，可得，求得，显然不可能，故极限、综合（i）（ii），可知