合肥工业大学高数习题册上册答案详解

∴ f (x) = 2x + sin x 在 (−∞, +∞) 内是严格递增函数。 方法 2（导数法） ∵ f ′(x) = 2 − cos x > 0(−∞ < x < +∞)
∴ f (x) ∈↑ (−∞,+∞) 。■
4．设 f (x) 在[−a, a] 上是奇函数，证明：若 f (x) 在[0, a] 上递增，则 f (x) 在[−a, 0] 上也递增．
―――――
习题 2 − 3 极限存在准则
1．计算下列极限：
(1)
lim
x→0
tan
x− x3
sin
x
；
5
《高等数学》习题册参考解答
【解】
L
=
lim(
x→0
sin x
x
⋅
1 cos
x
⋅
1
−
cos x2
x
)
=
lim
x→0
sin x
x
lim
x→0
1 cos
x
lim
x→0
1
−
cos x2
x
= 1⋅1⋅ 1 = 1 。■ 22
2
=1，
x→0−
x→0−
x
x→0− a + x + a − x a
lim f (x) = lim ln(1 + 2x) = lim 2x = 2 ，
x→0+
x→0+
x
x x → 0 +
∴当 1 = 2 ，即 a = 1 时， lim f (x) 存在。■
a
4
x→0
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(2)
lim
x→2
sin(x − 2) x2 − 4
；
【解】 L = lim sin(x − 2) lim 1 = 1⋅ 1 = 1 。■
x→2 x − 2 x→2 x + 2
44
(3) lim( x − 2)x ； x→∞ x
【解】
L
=
lim[(1 +
x→∞
1 −x
−x
)2
]− 2
= [lim(1 + x→∞
= lim
ax
= a lim
1
= a =1，
x→0 x( ax + 4 + 2) x→0 ax + 4 + 2 4
∴ a = b = 4 。■
1
3．若
f (x)
=
1
+
ex
1
，求 lim x→0−
f
(x) ， lim x→0+
f (x) ， lim x→0
f (x) ．
1− ex
【解】∵
lim
1
=
−∞ ，
《高等数学》习题册参考解答
合肥工业大学
高等数学习题册 参 考 解 答
1
《高等数学》习题册参考解答
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习题1 −1 函数
1．设函数
f
(x)
=
2
+Baidu Nhomakorabea
x,
x
≤
0,
，求
2x , x > 0,
（1） f (−1) ， f (0) ， f (1) ；
∴{xn} 有下界。
于是，由单调有界收敛准则知：存在极限
lim
n→∞
xn
。
6
《高等数学》习题册参考解答
（2）求极限：设
lim
n→∞
xn
=
a
，则由
xn
=
6 + xn−1 求极限可得 a =
6 + a ，即
a2 − a − 6 = (a + 2)(a − 3) = 0 ，
解得： a = −2,3 。注意到 xn > 0 ，故 a = 3 。■
1
+
ex
1
1− ex
t
=1 x
=
lim
t →+∞
1 1
+ −
et et
1
=
lim
t →+∞
et 1
et
+1 =
−1
lim
t →+∞
1 et
lim
t →+∞
1 et
+1 = −1，
−1
4
《高等数学》习题册参考解答
故 lim f (x) 不存在。■ x→0
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1 −x
−
)
x 2
]−
2
=
e−2 。■
2
2
(4)
lim(
x→∞
x2 x2
+ 1) x2 −1
．
【解】
L
=
1 + lim x→∞ 1 −
1
x2 1
x2
x 2
=
lim(1 +
x→∞
lim(1 −
x→∞
1 x2
)
x
2
1 x2
)
x
2
=
e e−1
= e2 。■
2．设 x1 = 10, xn+1 = 6 + xn (n = 1, 2,3,⋅ ⋅ ⋅) ，试证数列{xn } 的极限存在，并求此数列极限．
（2） f (∆x) − f (0) ， f (−∆x) − f (0) （ ∆x > 0 ）．
∆x
∆x
【解】（1） f (−1) = (2 + x) |x=−1= 1, f (0) = (2 + x) |x=0 = 2, f (1) = 2x |x=1= 2 ；
（2）
f (∆x) − ∆x
f (0)
【证】（1）证明极限的存在性 ·单调性：
∵ x1 = 10, x2 = 6 + x1 = 4 ，∴ x2 − x1 = 4 −10 < 0 。
∵ xn+1 − xn =
6 + xn −
6 + xn−1 =
xn − xn−1 6 + xn + 6 + xn−1
<
xn
− xn−1 ，
∴由数学归纳法可知： xn+1 − xn < 0 ，即 xn+1 < xn (n = 1,2,L) ，故{xn } 为单调减少数列。
2
《高等数学》习题册参考解答
【证】∵对任意 x1, x2 ∈[−a,0], x1 < x2, a > 0 ，有 − x1,−x2 ∈[0, a],−x1 > −x2 ，
∴由 f (x) 在[0, a](a > 0) 上单调增加可得： f (−x1) > f (−x2 ) 。
又∵ f (x) 在[−a, a] 上是奇函数，即 f (−x1) = − f (x1), f (−x2 ) = − f (x2 ) ，
lim x
e1− x ) =1 − ex→01− x
**
=1 −
e0
=
0，
x→0
∴ lim f (x) = ∞ ，即 x = 0 为第二类间断点，且为无穷间断点。 x→0
x
lim x
∵ lim (1 − e1− x ) = 1 − ex→1−1−x = 1 − e+∞ = −∞ ，
x →1−
x
lim x
·有界性：只需证明有下界。 显然， xn > 0 。或者由数学归纳法
∵ x1 = 10 > 3, x2 = 6 + x1 = 4 > 3 ， x3 = 6 + x2 = 10 > 3 ，
x4 = 6 + x3 = 6 + 10 > 6 + 9 = 3 ，
xn = 6 + xn−1 > 6 + 3 = 3 ，
【解】 L = lim ( x→0
2 − 1 + cos x )( 2 + 1 + cos x ) x2 ⋅ ( 2 + 1 + cos x )
=
lim
x→0
1
−
cos x2
x
⋅
lim
x→0
2+
1 1 + cos x
=
lim
x→0
1 x2 2 x2
⋅
1 22
=
1 42
。■
(3)
lim
x→0
1
−
cos(sin x2
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习题 2 − 4 连续函数及其性质
1．求函数 f (x) =
1 的间断点，并说明其类型． x
1 − e1−x
【解】显然，当 x = 0,1 时，函数无定义，故 x = 0,1 均为间断点。
∵ lim(1 −
x*
=
lim
x → −1
3
−
(
x2 x3
− x + 1) +1
=
lim
x → −1
2
+ x
x−x 3 +1
2
=
lim
x → −1
(1
(1 +
+ x)(2 − x) x)(1 − x + x
2
)
=
lim
x → −1
1
2−x −x+x
2
=
3 3
= 1。■
2．求常数 a 和 b ，使得 lim ax + b − 2 = 1 ．
=
2( x2
−
x1)
+
sin
x2
−
sin
x1
=
2( x2
−
x1)
+
2 cos
x1
+ 2
x2
sin
x2
− 2
x1
≥
2( x2
−
x1) +
2 ⋅ (−1) ⋅ sin
x2
− 2
x1
>
2( x2
−
x1)
+
2 ⋅ (−1) ⋅
x2
− 2
x1
= x2 − x1 > 0 ，其中用到 −1 ≤ cos x,sin x ≤ x(x > 0) ，
∴ − f (x1) > − f (x2 ) ，即 f (x1) < f (x2 ) ，故 f (x) 在[−a, 0] 上也是单调增加。■
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习题 2 −1 极限 1． 求下列极限：
(1) lim n→∞
(−2)n (−2)n+1
lim
1
=
+∞
，∴
lim
1
ex
= 0，
lim
1
ex
=
+∞ 。
x x → 0 −
x x → 0 +
x→0−
x→0+
1
1
从而， lim x→0−
f
(x)
=
lim
x→0−
1
+
ex
1
1 + lim e x
=
x→0− 1
= 1，
1 − e x 1 − lim e x
x→0−
lim
x→0+
1
f
(x)
=
lim
x→0+
x)
．
【解】 L
=
lim
x→0
1 2
sin 2 x2
x
=
1 2
(lim x→0
sin x
x )2
=
1 2
。■
2．设
f
(
x)
=
ln(1+ 2x) , x
a+x− a−x, x
x > 0,
确定正数 a 的值，使得 lim f (x) 存在． x→0
−1 ≤ x < 0,
【解】∵ lim f (x) = lim a + x − a − x = lim
=
(2
2∆x − 2 , ∆x
+ ∆x) − ∆x
2
,
∆x ∆x
> <
0, 0
=
2∆x − ∆x 1,
2
,
f (−∆x) − f (0) = (2 − ∆x) − 2 = −1(∆x > 0) 。■
∆x
∆x
2．已知 f (1 ) = x + 1+ x2 ，求 f (x) ． x
∆x > 0, ∆x < 0.
∴ L = lim n + 1 = 1 。■ n→∞ 2n 2
(3) lim[(1+ r)(1+ r2 )L(1+ r2n )] ( r < 1) ； n→∞
【解】∵ (1 + r)(1 + r2 )L(1 + r2n ) = (1 − r)(1 + r)(1 + r2 )L(1 + r2n ) 1− r
(n
1 − 1)2
](1
−
1 n2
)
=
22 −1 22
⋅
32 − 32
1
⋅
42 − 42
1L
(n − (n
1)2 − − 1)2
1
⋅
n2 −1 n2
=
1⋅3 22
⋅
2⋅4 32
⋅
3 ⋅ 5L (n − 2) ⋅ n 42 (n − 1)2
⋅
(n
− 1)(n n2
+ 1)
= 1 ⋅ 1 ⋅ 1L1 ⋅ n + 1 = n + 1 ， 2 1 1 1 n 2n
x→0
x
【解】∵ lim ax + b − 2 = 1 ， lim x = 0 ，
x→0
x
x→0
∴ lim( ax + b − 2) = b − 2 = 0 ，即 b = 4 。 x→0
于是， lim x →0
( ) ax + b − 2
x
0 0
= lim ( x→0
ax + 4 − 2)( ax + 4 + 2) x( ax + 4 + 2)
= (1 − r 2 )(1 + r 2 )L(1 + r 2n ) = L = 1 − r 2n+1 ，
1− r
1− r
∴ L = lim 1 − r 2n+1
1 − lim r 2n+1
=
n→∞
=
1
。■
n→∞ 1− r
1− r 1− r
(4) lim x( x +1 − x) ； x→+∞
3
《高等数学》习题册参考解答
习题 2 − 2 无穷小与无穷大 1．利用等价无穷小的代换求下列极限：
(1) lim tan(2x) ⋅ ln(1+ x) ； x→0 sin(3x) ⋅ arctan(2x)
【解】 L = lim 2x ⋅ x = 1 。■ x→0 3x ⋅ 2x 3
(2) lim x→0
2 − 1+ cos x ； sin2 x
【解】令 t = 1 ，则 f (t) = 1 +
x
t
1+
1 t2
，故
f (x) =
1 x
+
1+
1 x2
。■
3．证明： f (x) = 2x + sin x 在 (−∞, +∞) 内是严格递增函数． 【证】方法 1（定义法）
∵对任意 x1, x2 ∈ (−∞,+∞), x1 < x2 ，有
f (x2 ) − f (x1) = (2x2 + sin x2 ) − (2x1 + sin x1)
【解】∵ x ( x + 1 − x ) = x ( x + 1 − x )( x + 1 + x ) =
x =1，
( x +1+ x)
x +1+ x 1+ 1 +1
x
∴ L = lim 1 = 1 。■ x→+∞ 1 + 1 + 1 2 x
(5)
lim (
x→−1
3 x3 +1
−
x
1) +1
．
【解】 L
+ 3n + 3n+1
；
【解】分之分母同除 3n ，利用四则运算极限法则和幂极限可得
L
=
lim
n→∞
(− 2)n + 3
(−2)(− 2)n
1 +
3
=
1 3
。■
3
(2)
lim(1 −
n→∞
1 22
)(1
−
1 32
)
⋅
⋅⋅
(1
−
1 n2
)
；
【解】∵
(1 −
1 22
)(1
−
1 32
)(1 −
1 42
)L[1 −