高数a1练习册第一章答案

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( ).

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