高数a1练习册第一章答案
更新时间:2023-06-04 05:57:01 阅读量: 实用文档 文档下载
- 高数a1试卷推荐度:
- 相关推荐
第一章 函数与极限 第一节 映射与函数
1、 填空题.
x,0 x 1
x, 1 x 0
(1) x|x 2,x 1 , (2) , (3) 0 , (4) a, (5) x 1 2,x 2
1 1 x 0 3 x,2 x 3x, x. (6) ..
2、 选择题.
(1) B (2) A (3) B (4) B (5) B (6) C (7)C
3、(1) 解: 因为 g(x 1) 2x 3x 1 2(x 1) (x 1) 2 比较系数,知 a 2,b 1,c 2.
2
g(t) 2t t 2. (2) 解: 由(1)可知,
2
g(x 1) 2(x 1) (x 1) 2 2x2 5x 1. 所以
2
2
xxx
f(sin) 1 1 2sin2 2 2sin2
222 4、解: 由题意知,
2
f(x) 2 2x 所以, .
( x)2, x 0
f( x) 2
( x) x, x 0 5、解:
x2,x 0 2
x x,x 0.
2
2f(x) f(1 x) x.6、, (1) 2 2f(1 x) f(x) (1 x) , (2)
(1) 2 (2),解得
1
f(x) (x2 2x 1)
3 .
1 V R3(1 )2 (1 )2
32 2 . 7、解:
8、略.
9、解: (1) 因为 f[g( x)] f[g(x)], 所以 f[g(x)]是偶函数.
(2) 设x1 x2,因为 g(x) 是单调递减函数,所以 g(x1) g(x2), 又因为 f(x) 是单调递增函数,所以 f[g(x1)] f[g(x2)]. f[g(x)]是单调减少函数.
第二节 数列的极限
1、 填空题.
(1) 0 (2) 0 (3) 0, 6, (4) 必要,充分. 2、 选择题.(1)B (2) D (3) D.
5n 25111 n
. 3、(1) 证明: 对任意给定的 0, 要使 2n 122(2n 1)n,只需 5n 25
N []
2n 12 , 当 n N时,有所以 0, 取 .
1
5n 25
n 2n 12. 由极限的定义知
lim
|u a| ,
4.由极限定义知, 对 0, 正整数N, 当 n N时n
lim|un| |a|||u| |a|| |u a| nn又 , 由极限定义,知 n .
反之,如un ( 1)n。
limyn 0 {x}|x| Mn Znn5.证: 因为数列有界, 知对每一个, 有 .由 n , 根据定
义知, 0, 正整数N,当 n N时
|yn 0|
M
所以,当n N时,由极限的定义n
|xnyn 0| |xn||yn| M
M
.
limxnyn 0
.
第三节 函数的极限
1、 填空题.
(1) b,1,1 (2) 充要条件 (3) 必要,充分,必要,充分,充要. 2、选择题.(1) A (2) C (3) D (4) C
3、(1) 对
0,取
3
, 当
0 |x 3|
时,有
|3x 1 8| |3x 9| 3|x 3| 3 ,
由极限的定义,可知 x 3
xn
12n
lim(3x 1) 8
.
2,
4、解: 取
yn
1
2n ,n Z .
,
n
limxn 0
, n
limyn 0
limsin
但是
n
111 1limsin 0limsinn xnynx 不存在. , . 所以 x 0
第四节 无穷小与无穷大
1、 填空题.
(1) , -1 (2) 无穷小 (3) 无穷小. 2、选择题.(1) C (2) D 3、 证明: 0, 取
M
1
, 当 |x| M时
sinx11sinx lim 0
x x|x|Mx 由极限的定义知 .
k2k M, 现取 xk 2k ,当k k0
4、对任意给定的M 0, 存在正整数0,使得 0
时
|y(xk)| |xkcosxk| 2k M,
所以 y xcosx 在 ( , )内是无界函数.
'xk 2k
2
,k Z
另一方面,令
'''
|y(x)| |xcosx| 0. kkk, 则
所以y xcosx 不是x 时的无穷大.
第五节 极限运算法则
1、选择题.
, , , , √ (5) D (6) D (1) B (2) D (3) C (4) ,2、(1)解: 原极限 -1.
(x 1)2x 1
lim lim 0x 1(x 1)(x 1)x 1x 1
(2) 解: 原极限.
2 1/x 1/x22
lim 2x 3. 3 1/x(3) 解: 原极限
2lim
(4) 解: 原极限
1/x
0
x 1 1/x2
.
x3 2x2lim lim(x 2)2 0limx3 2x2 16 0x 2(x 2)2
(5) 解: 因为 x 2,x 2,所以 .
1 x x2 3 3 1
lim lim 3 3 x 11 xx 11 x1 x (6) 解: 原极限
lim
(x 1)(x 2) (x 2) lim 122x 1(1 x)(x 11 x x)1 x x.
limx( x2 x) lim
(7) 解:
x
x
x x2 x
1
2
.
25
(3x)25(2x)20 *x44 3 lim 4544x (2x) *x 2 . (8) 解: 原极限
lim
(9) 解: 原极限
1 sinx/x1 0
1
x 1 cosx/x1 0.
lim
n
(n 5n) (n 3n)(n 5n) (n 3n)
lim
n
8n
n 5n n 3n.
(10) 解: 原极限
lim
n
8
5n/n 3n/n
8
4n 2 .
lim
1
0 e 1 x,x (0, )3、解: 因为 , 所以当x 1时,x 1. 则
x
x 1
lim(x 1)e
1
x 1
lim(x 1)(1
x 1
1
) lim(x 1 1) 1x 1x 1
.
x 1
lim(x 1)e-
1
x 1
1
0
x 1x 1, (时, )
因为原函数的左右极限不相等,所以原函数的极限不存在.
x2 1 (ax b)(x 1)(1 a)x2 (a b)x 1 b
lim lim 0x x x 1x 15、解: 原极限等价于 ,
1 a 0 a 1 a b 0b 1. 所以 , 解得 (x2 1)( x x) limx 1(3 x) (1 x)6.解: 原极限
(x2 1 x x) limx 12(1 x)
lim
第六节 极限存在准则 两个重要极限
1、 选择题. (1) A.
(x 1)( x x)
22
x 1 2.
tanxsinx1
lim 1 1 1
x 0x 0xxcosx2、 (1) 因为 .
lim
lim
所以原极限
sinx/x 31 34
x 0tanx/x 21 23.
kx
x ( k)
1 1 lim 1 lim 1 x x
x x (2) 原极限
e k
.
x1/cosx 11 cosx lim lim lim2
22x 0xcosxx 0xcosxx(3) 原极限 x 0
2sin2
11 sin(x/2) 1
lim
x 0
x/2 cosx2. 2
2 lim 1 x 2x 1 (4) 原极限
e
x
2
x 1
2
lim 1 x
2x 1
2x 12
(x 1)22x 1
lim
2(x 1)
2x 1
e.
sin(x/2n) lim x xnn x/2(5) 原极限.
limxsin
(6) 原极限
x 0
1sinx
lim 0 1 1xx 0x.
sinx(1 cosx)(1 cosx)2sin2(x/2)1 lim lim2 lim 32x 0x 0x 0sinxcosxsinxcosxsinxcosx2. (7) 原极限
lim
t 0
(8) 令 x n t,原极限
sin(t n )sint
( 1)nlim ( 1)n
t 0tt.
x a2a
x2ax a
2a
lim 1 x x a (9) 极限等式可以化简为
解得 a ln3.
e
2ax
x x alim
e2a 9
.
第七节 无穷小的比较
1. 选择题.
(1)B (2)C (3) D
lim
2.(1)原极限
3x3
x 02x2.
sinx/cosx sinx1 cosxx2/21 lim lim lim
x 0sin2xcosxx 0x2cosx2. sin3x(2)原极限x 0
lim
(3)原极限
x 0
xsinx 1 cosxx2( xsinx cosx)
113 xsinx1 cosx 1
lim 2 (1 ) 2x 0 x24. x2 2
n
n
(4)因为当x 0时,sinx与x是等价无穷小,sinx与x是等价无穷小,所以
原极限
0,n m
x
limm 1,n mx 0x
,n m
n
.
1 x)~x,(5) 因为当x 0时,ln(
x 1~
1
x
2,所以
lim
x 0
原极限
x
21x2.
2sin2xsinx lim 2lim 2x 0xsinxx 0x (6) 原极限.
lim
(7) 原极限
sinx
1
x 01 sinx)~sinx,x 0) x (ln(
3、(1)
n111n
n2 n n2 n2 2 n2 n n2 ,
n211 n2 1 2 n 2 2 2 2
n n n n n 2 n n
11 1
limn 2 2 2 1n n n n n 2 由夹逼准则知, .
an 1
(2) 由于
12 2 an 2,n 0,1,2, 2an
.
所以 因此
an 111
(1 2) 1an2an
.
{an}单调递减且有下界.
存在,设其为A.
所以n
liman
在已知条件的等式两边取极限,即
12
liman 1 lim(an )n n 2an
A
12
(A ) A 2A
第八节 函数的连续性及间断点
1. 填空题.(1) 一 (2) 二 (3) 1 (4) 2 2. 选择题.(1) C (2) B (3) B. 3. 解: 由x 1 x 1
limf(x) lim(2 x) 1
x 1
2limf(x) limx 1
x 1
所以原函数在x 1处是连续的.
4. 解: 左极限 x 0
limf(x) lim
x 0
sinx
1x
1
limf(x) limxsin b 0 b bx 0 x 0 x 右极限
要使函数在x 0处连续,即需
x 0
limf(x) limf(x) f(0) a
x 0
所以 a 1,b 1.
5. 解: 因为 x 0
lime 0
1
x
1x
,所以 x 0
lim
1
1 f(0)
1 e1/x; 1
0 f(0)1/x
1 e;
因为
x 0
lime
,所以 x 0
lim
所以左右连续的定义知: 原函数在点 x 0 是右连续函数. 6. 解: 左极限
x 1
limf(x) limsinax sina
x 1
若f(x)在x 1处连续,只需
x 1
limf(x) limf(x) 1 f(1)
x 1
即 sina 1,解得
a 2k
3
,k Z2.
第九节 连续函数的运算与初等函数的连续性
1. 填空题. x
(1) 0,0 (2) ( , 3),( 3,2),(2, ). (3) ( ,0],(0, ). 2. (1) 解: 原极限 0 2 0 5 e
2
ln(2cos
(2) 解: 原极限
3
) ln1 0
.
(3) 解: 原极限 e 1.
1
(4) 解: 原极限3. 证明: 设x
lim(1 3tanx)3tan
x 0
2
2
x
3
e3
.
limf(x) A
, 由函数极限的定义,知对于 1, X 0, 当|x| X时,
有 |f(x) A| 1,
所以, 当|x| X时,|f(x)| |f(x) A A| |f(x) A| |f(x)| 1 |A|.
而由已知条件知 f(x)在( , )上连续,所以f(x)在[ X,X]上也连续,因此,f(x)在
[ X,X]上是有界函数, 即 x [ X,X], M' 0, 使得|f(x)| M'.
'
x ( , )M max(1 |A|,M), 则有 |f(x)| M. 对任意的, 取
所以函数 f(x)在( , )上有界.
第九节 闭区间上连续函数的性质
1. 选择题.(1) C.
2. 证明: 令F(x) xlnx 1, F(x)显然是闭区间[1,2]上的连续函数, 又因为
F(1) 1 0, F(2) 2ln2 1 0( ln22 ln4 lne). 所以 F(1)F(2) 0, 由连续
函数的介值定理知至少存在一点 [1,2], 使得 f( ) 0.
所以方程xlnx 1至少有一个介于1和2之间的实根.
3. 证明: 令 F(x) x asinx b, 取 M a b 0( a 0,b 0), 又
F(0) b 0, 而 F(M) M asinM b M a b 0, 所以 F(0)F(M) 0,
另外, F(x)显然是
[0,M]上的连续函数, 由闭区间上连续函数的介值定理知, 在区间(0,M)上至少存在F(x)的一个正根, 也即方程x asinx b至少有一个正根.
假设方程x asinx b有一个正根 大于a b, 则有 asin b, 但是
asin b a b , 矛盾. 所以, 方程x asinx b所有的正根都不超过a b.
2. 证明: 令 F(x) f(x) x, 则有 F(a) f(a) a 0( f(a) a),
F(b) f(b) b 0( f(b) b), 又因为, F(x)是[a,b]上连的续函数, 由闭区间
上连续函数的性介值定理知, 在区间(a,b)上至少存在F(x)的一个正根 , 即
F( ) f( ) 0, 所以 f( ) , (a,b).
第一章 综合练习题 一. 填空题.
1( ,]
2 (3) g[f(x)] f[g(x)] (4) 1 (1) 1 (2)
(5) 0, 1 1.
二. 单项选择题.
(1) B (2) D (3) C (4) D (5) A (6) C
x2 5xx2 5xlg 0 1
66三. 解: 由题意知 , 即 , 解之得 x ( , 6] [1, ).
四. 解: 注意到
Rf {0,1},Rg [1,2]
.
1,|g(x)| 1
f[g(x)]
0,|g(x)| 1
1,x 1
0,R\{ 1}.
2 x2,|f(x)| 1
g[f(x)]
2,|f(x)| 1
2 2 x,x R.
五. 证: 由 f(0) 0,|g(x)| |f(x)|, 取x 0, 得 g(0) 0.
又函数f(x)在x 0处连续, 由函数连续的定义, 知 0, 0, 当|x| 时, 有 |f(x)| .对上面给出的 , , 有 |g(x) g(0)| |g(x)| |f(x)| , 由函数连 续的定义知, 函数g(x)在x 0处也连续.
lim
六. (1) 解: 原极限
x 511
lim
x 5(x 5)(x 1 2)x 5x 1 24.
23
(2) 解: 原极限
lim .
xx 523 (1 x x2)(1 x)(2 x)2 x lim lim lim 132x 1x 1(1 x)(x 11 x x21 x1 x x)(3) 解: 原极限 .
1
3sinx lim lim
x 0(1 cosx)ln(1 x)x 0(1 cosx)ln(1 x)
(4) 解: 原极限
x2cos
1
3x lim lim
x 0(1 cosx)xx 0(1 cosx)x
x2cos
1
3 lim
2x 0(1 cosx)
xcos
331
0 ( limxcos 0). 22x 0x
x2
1x2
(e 1)2
1 cos(e 1)(x2)2x4lim lim limm 1n limm 1n
mnmnx 0x 0x 02x 022x2xxx 七. 解:
要使上面的极限等于1, 则 n 4,m 1.
1 (x) (x) (x)
ln ln1 1 (x) 1 (x) ln[1 (x)] ln[1 (x)] lim lim lim
x x0x x0 (x) (x)x x0 (x) (x) (x) (x)八. 解: (x) (x)
1 (x)
1 limlim 1
x x0 (x) (x)x x01 (x)
,
1 (x)] ln[1 (x)]是等价无穷小. 所以 (x) (x) 和 ln[
x
x
九. 解: 因为
tan(x )
4时, 4
. 所以
lim f(x)
x
4
.
x
x
因为
tan(x )
4时, 4
. 所以
lim f(x) 0
x
4
.
x
所以 点.
4 是 f(x) 的第二类间断点. 同理可证,
x
5
4 也是 f(x) 的第二类间断
3 x tan(x )
4时, 4因为
x
0
. 所以
lim f(x) 1
x
3
4
.
3 x tan(x )
4时, 4因为
x
x
0
. 所以
lim f(x) 1
x
3
4
.
虽然 f(x)在
3 3 3
x x
4的左右极限存在且相等, 但f(x)在4没有定义, 所以4
x
7
4 也是 f(x) 的可去间断点.
是f(x)的可去间断点, 同理可证,
pq
f(c) f(d) f( )
p q十. 证: 要证 pf(c) qf(d) (p q)f( ), 只需证 p q
我们不妨设f(c) f(d), 下面我们证明
f(c)
pq
f(c) f(d) f(d)p qp q.
p qq
1f(c) f(d) [f(d) f(c)] 0 p q p qp q 由 ,
pq
f(c) f(d) f(c)
p q得 p q.
q pp
f(c) 1f(d) [f(c) f(d)] 0 p qp q p q 由,
pq
f(c) f(d) f(d)p qp q得 .
又f(x)显然是[c,d]上的连续函数, 由闭区间上连续函数的介值定理知, 至少有一点
[c,d]使pf(c) qf(d) (p q)f( ).
正在阅读:
高数a1练习册第一章答案06-04
2010云南省第一学期毛概试题及答案05-13
安全教育培训管理规定11-12
2012年一级安全评价师模拟考试题05-17
用阿贝折射仪测液体的折射率05-26
教程下(题+答案)(电子版)09-20
- 教学能力大赛决赛获奖-教学实施报告-(完整图文版)
- 互联网+数据中心行业分析报告
- 2017上海杨浦区高三一模数学试题及答案
- 招商部差旅接待管理制度(4-25)
- 学生游玩安全注意事项
- 学生信息管理系统(文档模板供参考)
- 叉车门架有限元分析及系统设计
- 2014帮助残疾人志愿者服务情况记录
- 叶绿体中色素的提取和分离实验
- 中国食物成分表2020年最新权威完整改进版
- 推动国土资源领域生态文明建设
- 给水管道冲洗和消毒记录
- 计算机软件专业自我评价
- 高中数学必修1-5知识点归纳
- 2018-2022年中国第五代移动通信技术(5G)产业深度分析及发展前景研究报告发展趋势(目录)
- 生产车间巡查制度
- 2018版中国光热发电行业深度研究报告目录
- (通用)2019年中考数学总复习 第一章 第四节 数的开方与二次根式课件
- 2017_2018学年高中语文第二单元第4课说数课件粤教版
- 上市新药Lumateperone(卢美哌隆)合成检索总结报告
- 练习册
- 答案
- 高数