重慶理工大學(xué)大一高等數(shù)學(xué)C1練習(xí)冊答案

1、.高等數(shù)學(xué)習(xí)題解答習(xí)題一一單項(xiàng)選擇題1、A 2、D 3、C二填空題1、2、（9，1）三計(jì)算題1、（1）解 函數(shù)要有意義，必須滿足即定義域?yàn)椋?）解函數(shù)要有意義，必須滿足解得或3（1）解由 得 交換、y得反函數(shù)為（2）解 由 得 交換、y得反函數(shù)為4（1）解只有t=0時(shí)，能；t取其它值時(shí)，因?yàn)?，無定義 （2）解 不能，因?yàn)?，此時(shí)無意義5解（1） (2) 令 則6解 7解 設(shè) 所以解得 習(xí)題二一單項(xiàng)選擇題1、A 2、B 3、D二填空題1、12、單調(diào)增加三計(jì)算題1、（1）解 因?yàn)樗院瘮?shù)是偶函數(shù)（2）解因?yàn)?所以函數(shù)是奇函數(shù)（3）解 所以函數(shù)是奇函數(shù)2解因?yàn)?而的周期為，所以是周期函數(shù)，周期為3解

2、 由 得表面積：四 證明習(xí)題三一單項(xiàng)選擇題1、C 2、C 3、B 4、C 二填空題1、12、a3、4、2，05、1三判斷正誤1、對； 2、對； 3、錯四（1） 證明 令 只要，取 當(dāng)時(shí)，恒有 所以（2）證明 因?yàn)?，對取定的，存在M0，當(dāng)xM時(shí)，有 故當(dāng)xM時(shí)，習(xí)題四一單項(xiàng)選擇題1、B 2、B 3、B4、D二填空題1、2、0，63、4、2，2三判斷正誤1、錯； 2、錯； 3、錯； 四計(jì)算題1、原式2、原式3、原式4、原式5、原式6、原式7、因?yàn)?所以 習(xí)題五一、1.B， 2.A, 3. B二、1. 2三、1.（1） （2）（3）（4）2（1）（2）（3）(4)(中間思維過程同前)（5）四1.證明

3、：2.證明：只要證明原數(shù)列單調(diào)有界就可以達(dá)到目的習(xí)題六一、1B，2B，3B，4B，5。B二、1，2。可去，3。1個(gè)三、1解：2解：有四、證明： 習(xí)題七一、1A，2C二、1充分，必要，2。-2，3。必要三、1（1）解： （2）解：2解：為第二類3.解： 有 四、1。證明：2證明： 習(xí)題八一、1B，2A，3。D二、1-2，21三、1（1）解： （2）解： 2（1）解： （2）解：3（1）解：（2）解：4。解： 習(xí)題九一、1D，2D，3A二、1，2.-2()3.,三、1（1），（2）。，（3）。，（4）。 2（1），（2），（3），（4） （5），（6），（7） （8） 3、（1），(2),(3),

4、(4)四（1） 證明：（2）證明：習(xí)題十一、1D 2C二、1 20三、計(jì)算題1求下列函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)(1)，求解：(2)設(shè)求（提示：）解：，2設(shè)和都三階可導(dǎo)，求，解：3、 （1）解：（2）解：4、 （1）解： （2）解：5、 解：6、求曲線在處的切線方程，法線方程解：切線方程：法線方程：習(xí)題十一一、1A C 2A 3B二、1 2 3三、1、（1） （2） （3）2、（1）（2）2、3、4、5、7、 （1）（2）略習(xí)題十二一、1D 2A 3C 4B 5D 6A二、11 21 0 30 4 5三、1、原式=2、（1） （2）3、（1）（2）4、 5、設(shè)處處可導(dǎo) 有 既 且既 且 有 6、四、 又于是

5、即：可尋習(xí)題十三一、1A 2D二、13 2三、計(jì)算題：1、 （1）原式（2）原式（3）原式（4）原式 （5）原式 （6）原式 （7）原式（8）原式=2、原式=四、證明題：（1）證：區(qū)間編點(diǎn)為 兩點(diǎn)連線斜率為 又 于是 即總是位于區(qū)間的正中點(diǎn)（2）當(dāng)即：4、即：3、則只有一實(shí)根習(xí)題十四一、1C 2C 3B 4B 二、1 20 3 (0, 0) 三、計(jì)算題：1、解：令在內(nèi)遞減，在內(nèi)遞增。2、解：3、解：時(shí)，點(diǎn)（1，-2）為曲線的拐點(diǎn)。4、解：為水平漸近線為垂直漸近線四、證明題：1、證：當(dāng)2、證：在（0，2）內(nèi)至少有使，為一個(gè)根又只有一個(gè)負(fù)根習(xí)題十五 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 總習(xí)題一、計(jì)算題1、計(jì)算下列極限（1

6、）原式=（2）原式=（3）原式=（4）原式=，因?yàn)?，所?原式=（5）原式=（6）令，則，時(shí)，原式=2、解：由題意，而（1）又代入（1）式，得：所以，即函數(shù)在x=0連續(xù)。3、解：，令，得。列表：1負(fù)0正負(fù)0正單調(diào)減少單調(diào)增加單調(diào)減少單調(diào)增加4、解： 令，得；又所以，當(dāng)時(shí)，取得極小值。二、證明題：1、證：由已知，在連續(xù)，在可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理，使得，（1）因?yàn)?，有同理，對在?yīng)用拉格朗日中值定理，再結(jié)合已知，使得（2）對在應(yīng)用拉格朗日中值定理，使得，由（1），（2）式可見2、證：設(shè)，有，令，得唯一解：；又所以是唯一的極小值點(diǎn)，因而是的最小值點(diǎn)。所以，都有，因此，等號僅在時(shí)成立。3、證：設(shè)，任取

7、的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)由已知，在可導(dǎo)，在連續(xù)，且由羅爾中值定理，使：即由此即證得在的任意兩個(gè)零點(diǎn)間，必有的零點(diǎn)4、證：設(shè)，則在連續(xù)，在可導(dǎo)，且，則由羅爾中值定理，使：而即方程在內(nèi)至少有一根5、證：設(shè)，則，因?yàn)闀r(shí)，所以，即單調(diào)增加，有，又有單調(diào)增加，得，即習(xí)題十六 不定積分的概念與性質(zhì)一、單項(xiàng)選擇題：1、A 2、D 3、B 4、C 5、C二、填空題：1、，（C為任意常數(shù)）2、C 3、函數(shù)在區(qū)間連續(xù) 4、積分，（注：）三、計(jì)算題：（1）原式= （2）原式=（3）原式=（4）原式=（5）原式=（6）原式=（7）原式=（8）原式=習(xí)題十七 不定積分的換元積分法一、單項(xiàng)選擇題：1、D 2、C 3、C 4、D

8、二、填空題：1、 2、 3、三、計(jì)算題1、（1）原式=（2）原式=（3）原式=（4）原式=（5）原式=（6）原式=（7）原式=（8）原式=（9）原式=（10）原式=（11）原式=（12）原式=（13）原式=（14）原式=（15）原式=（16）原式=2、（1）解：令，則原式=因?yàn)?，原?（2）解：令，則，原式=因?yàn)?，原?（3）解：原式=（4）解：原式=而，所以原式=（5）解：令，則，原式=（6）解：令，則，原式=習(xí)題十八 不定積分分部積分法一、填空題：1、 2、3、，二、計(jì)算題：1、求下列不定積分：（1）原式=（2）原式=（3）原式=其中所以原式=（4）設(shè)則即，解得：（5）原式=，則：即，解得

9、：代入原式=（6）令，則，原式=（7）原式=（8）原式=（9）原式=（10）令，則：即，解得：（11）令，則：即，解得：（12）原式=2、解：由已知，所以：所以習(xí)題十九不定積分總習(xí)題一選擇題：1若，則有（ A、B、C ）A BC D2下列等式正確的是（ A ）ABCD3若的導(dǎo)函數(shù)是，則有一個(gè)原函數(shù)為（ D ）A B C D*4若連續(xù)，是的一個(gè)原函數(shù)，則（ A ）A當(dāng)是奇函數(shù)時(shí)必為偶函數(shù)B當(dāng)是偶函數(shù)時(shí)必為奇函數(shù)C當(dāng)是周期函數(shù)時(shí)必為周期函數(shù)D當(dāng)是單調(diào)函數(shù)時(shí)必為單調(diào)函數(shù)二填空題：1設(shè)是的一個(gè)原函數(shù)，則。2設(shè)，則3設(shè)連續(xù), 4*，且：，則三計(jì)算題：1求下列不定積分：(1) (2)解： 解：(3) (4

10、)解： 解：(5) (6) 解： 解：原式（7） （8）解：原式解：原式2設(shè)，求。解：又，故，即3*設(shè)且有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，求解：第一章函數(shù) 自測題一、填空題：1.2.3.二、解答題1. 解因?yàn)?，所以。而，故有。的圖形略2.解（1）。（2）（3）3.證，我們有。因?yàn)樵趦?nèi)單調(diào)增加，所以有，又因?yàn)闉槎x在上的奇函數(shù)，上式可改寫為即所以，在內(nèi)單調(diào)增加。4. 解 (1) ； (2) 。5. 解 由題意可列出函數(shù)關(guān)系如下：6. 解 設(shè)批量為件，每年需要進(jìn)貨次，由于均勻銷售，庫存量由件均勻地減少到0件，平均庫存量為件。一年的庫存費(fèi)為(元)，訂貨費(fèi)為(元)。綜上，我們有。7. 解 設(shè)租金定為每天每套元，由題意，

11、每天可以租出套客房，此時(shí)，每天的收入為。當(dāng)元時(shí)，收入最大，最大收入為16000元，此時(shí)空出20套客房。8. 解 設(shè)月利潤函數(shù)為，由題意可列出函數(shù)關(guān)系如下：。9. 解 由題意可列出函數(shù)關(guān)系如下：10. 解 (1)需求函數(shù)的圖形為：(2) (3) 銷售額的圖形如下，經(jīng)濟(jì)意義是：當(dāng)時(shí)銷售額最大。11. 解 (1) 由題意可列出函數(shù)關(guān)系如下：(2) 利潤函數(shù)為 （3）(元)。第二章 極限與連續(xù) 自測題一、填空題：1.填表 對任意給定的，總存在使得當(dāng)時(shí)，總有2. 3. 4. 5. 6. 7. 一，可去 8. 一，可去；二，無窮；一，可去。 9. 一，跳躍 10. 二，振蕩二、解答題1. 證明 對于任意給

12、定的，因?yàn)?，所以總存在，使得?dāng)時(shí)，總有。對數(shù)列，當(dāng)時(shí)，總有所以，。 反過來未必成立，例如：。2. 解 (1) 左極限，右極限 (2) 極限不存在，因?yàn)椤?(3) 3. 解 (1) 當(dāng)時(shí)，為無窮小量，而是有界函數(shù)，所以。(2) 。(3) 。(4) 。(5) 。(6) 分子、分母同除以，可得。(7) ，根據(jù)無窮小量與無窮大量的關(guān)系可得，。(8) 分子、分母同除以，可得。(9) 利用等比數(shù)列的求和公式，可得。(10) 注意到 ，所以。(11) 先通分化簡， 等于-1。(12) 分子、分母同除以，得。(13) 當(dāng)，所以。(14) 當(dāng)，所以。(15) 當(dāng)時(shí)，所以。(16) 。(17) 當(dāng)，所以。(18)

13、 當(dāng)，所以。(19) 當(dāng)，故。(20) 當(dāng)，故。(21) 因?yàn)?無窮小乘有界函數(shù))，所以。(22) 令，。(23) 。(24) 。(25) (26) 。4. 證明 (1) 因?yàn)?，所以有。由于，故?2) 注意到下列不等式：， 。利用兩邊夾準(zhǔn)則，我們有。(3) 容易得到關(guān)系式，用數(shù)學(xué)歸納法可證。，所以數(shù)列是單調(diào)增加的有界數(shù)列，由單調(diào)有界數(shù)列必有極限可得，存在，設(shè)為。所以我們有 即 ，解得，因此 5. 解 當(dāng)時(shí)，由題意知，時(shí)，是等價(jià)無窮小，所以可得時(shí)，因此有。6. 解 ，所以。7. 解 (1) 。 (2) 為函數(shù)的間斷點(diǎn)，且為第一類間斷點(diǎn)。事實(shí)上，。8. 解 ，要使在處連續(xù)，只需在處既右連續(xù)又左連

14、續(xù)。因?yàn)樵谑怯疫B續(xù)的，只須在左連續(xù)即可。，由此解得，。三、證明題1. 證明 對任意給定的，要使，只要。故取，當(dāng)時(shí)，有成立，所以。2. 證明 考慮輔助函數(shù)，在區(qū)間上滿足介值定理的條件，所以至少存在一點(diǎn)，使得，即方程在區(qū)間內(nèi)至少有一實(shí)根。3. 證明 考慮輔助函數(shù)，顯然在區(qū)間上連續(xù)，且，由介值定理得，至少存在一點(diǎn)，使得，即 。4. 證明 考慮輔助函數(shù)，顯然在區(qū)間上連續(xù)，且，由介值定理得，至少存在一點(diǎn)，使得。即方程至少有一個(gè)小于1的正根。5. 證明 設(shè)，在區(qū)間上連續(xù)，由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的最大值最小值定理可得，在區(qū)間上有最大值和最小值，又由介值定理得，對任意的，都有所以有 故 又由介值定理得，至少存在一

15、點(diǎn)，使得 。6. 證明 假設(shè)在區(qū)間上的值變號，即存在，不妨設(shè)，使得異號，在區(qū)間上連續(xù)，且，由零點(diǎn)定理得，至少存在一點(diǎn)，使得。這與已知條件相矛盾。故在區(qū)間上的值不變號。7. 證明 考慮輔助函數(shù)，在區(qū)間上連續(xù)，且，由零點(diǎn)定理得，至少存在一點(diǎn)，使得，即 。第三章 導(dǎo)數(shù)、微分、邊際與彈性 自測題一、填空題1. A 2. 充分 3. 4. 5. 6. 7. 8. ，。 9. 0.110601，0.11 10. ， 11. 460， 4.6，2.3，2.3 12. 增加，0.82二、解答題1. 解 (1) 。 (2) 。(3) 。(4) 。 (5) 。(6) ，所以有. (7) (8) . (9) . (

16、10) (11) . (12) . (13) (14). (15) (16) (17) (18) 2. 解 (1) ，所以。(2) ，所以，故。3. 解 根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義以及在處連續(xù)，我們有.4. 解 利用左右導(dǎo)數(shù)， 我們可以求得 5. 解 因?yàn)椋脴O限與無窮小的關(guān)系，我們有其中。由于在處連續(xù)，在上式兩端取極限，可得利用導(dǎo)數(shù)的定義，我們有.6. 解 直線的斜率為，曲線在的切線的斜率為由已知條件，解得。所以切點(diǎn)的坐標(biāo)為，切線方程為，即 。7. 解 求一階導(dǎo)數(shù)、二階導(dǎo)數(shù)得 ，相減，得8. 解 (1) ，所以(2) 設(shè)，則，利用Leibniz公式，得(3) (4) ，所以9. 解 (1) ，。(2)

17、 ， (3) ， 10. 解 (1) 由得 ，所以(2) 11. 解 當(dāng)時(shí)，。因?yàn)椋浴?2. 解 取，。由于得13. 解 邊際函數(shù)為，彈性函數(shù)為。14. 解 (1) 需求彈性函數(shù)為。 (2) 。(3) ，所以價(jià)格上漲1%，總收益將會增加。收益函數(shù)為，所以當(dāng)時(shí)，若價(jià)格上漲1%，總收益將增加0.67%.15. 解 (1) 邊際需求為，當(dāng)時(shí)，價(jià)格增加一個(gè)單位，需求量近似地減少24個(gè)單位。(2) 需求彈性為，。說明需求變動的幅度大于價(jià)格變動的幅度，當(dāng)時(shí)，價(jià)格上漲1%，需求減少1.85%。(3) ，所以價(jià)格下降2%，總收益將會增加。所以當(dāng)時(shí)，價(jià)格下降2%，總收益將會增加0.84%。第四章 中值定理及

18、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 自測題一、填空題1. 2. 3. , 4. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 大，小 12. 13. 大 14. , 必要15. 一，二、求解題1. 解 (1) 。(2) 。(3) 設(shè)，則，兩取極限，得，所以，。(4) 令，則。2. 解 因?yàn)樵谑怯疫B續(xù)的，而所以在是左連續(xù)的，故在是連續(xù)的。3. 解 由于，所以極限存在。 因?yàn)榍髮?dǎo)以后的極限不存在，所以不能用羅必塔法則。4. 解 (1) +00+極小值極大值(2) ，0+極大值5. 解 (1) ，令得駐點(diǎn)為。二階導(dǎo)數(shù),我們有,所以，為函數(shù)的極大值且，為函數(shù)的極小值且。(2) ，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。所以是函數(shù)的極大值點(diǎn)且極大值為。6.

19、 解 ，容易驗(yàn)證是曲線的拐點(diǎn)，相應(yīng)的函數(shù)值為，相應(yīng)的切線的斜率為，從而得到相應(yīng)的法線方程為，。由于法線過坐標(biāo)原點(diǎn)，所以有。7. 解 ，函數(shù)二階可導(dǎo)，且點(diǎn)為的拐點(diǎn)，所以有，即有關(guān)系式 。8. 解 求函數(shù)一階、二階導(dǎo)數(shù)得 ，列表如下：1(1,2)200凸增極小凸減拐點(diǎn)凹減因?yàn)椋?jīng)曲線有水平漸近線9. 解 (1) ， 凸增極大值凸減拐點(diǎn)凹減極小值凹增極大值為，極小值為。拐點(diǎn)坐標(biāo)為漸近線：。圖形如下：(2) ，凸減拐點(diǎn)凹減極大值凹增凹減拐點(diǎn)坐標(biāo)為：，極大值為：，鉛直漸近線：,水平漸近線。圖形略。10. 解 (1) ，在上的駐點(diǎn)為，計(jì)算可得：，所以函數(shù)在上的最大值為，最小值。(2) ，在的X圍內(nèi)有一個(gè)

20、駐點(diǎn)，且為函數(shù)唯一的駐點(diǎn)，又為函數(shù)的極小值點(diǎn)，所以也是函數(shù)的最小值點(diǎn)，即。函數(shù)無最大值。(3) ，在的X圍內(nèi)有一個(gè)駐點(diǎn)，且為函數(shù)唯一的駐點(diǎn)，又為函數(shù)的極大值點(diǎn)，所以也是函數(shù)的最大值點(diǎn)，即。函數(shù)無最小值。11. 解 (1) 利潤.求導(dǎo)得，解得駐點(diǎn)為，即當(dāng)商品的價(jià)格為時(shí)，有最大利潤，最大利潤為。(2) 收益函數(shù)，求導(dǎo)得，解得駐點(diǎn)為，即當(dāng)產(chǎn)量為時(shí)，收益最大，最大收益為，此時(shí)的價(jià)格為(3) 平均成本函數(shù)為，求導(dǎo)得(4) 由于商品分批購進(jìn)，一年的采購費(fèi)用為元。每批量為萬件，由于銷售是均勻的，庫存量由萬件均勻地減少到0件，平均庫存量為萬件，每年每萬件的庫存費(fèi)用為500元，一年的庫存總費(fèi)用為元。于是總費(fèi)用為

21、令，解得。即分5批采購才能使總費(fèi)用最小，最小費(fèi)用為10000元。(5) 設(shè)分批購進(jìn)商品，采購費(fèi)為元。每批量為件，需貸款元，利率為元。(6) 設(shè)征稅額為，利潤為那么，令，解得，此時(shí)企業(yè)的利潤最大，若按生產(chǎn)，征稅額為令，解得，當(dāng)時(shí)，征稅額最大。三、證明題1. 證明 在區(qū)間上滿足Lagrange定理的條件，應(yīng)用Lagrange定理得因?yàn)?，所?。2. 證明 對函數(shù)在區(qū)間上分別應(yīng)用Rolle定理，得 與 對函數(shù)在區(qū)間應(yīng)用Rolle定理，得3. 證明 引入輔助函數(shù)，顯然在區(qū)間上連續(xù)，在內(nèi)可導(dǎo)，且，由Rolle定理，至少存在一點(diǎn)，使得即 。4. 證明 函數(shù)在區(qū)間應(yīng)用Lagrange定理，得至少存在一點(diǎn)，使即 。5. 證明 在區(qū)間上考慮函數(shù)，由介值定理得，至少存在一點(diǎn)，使得，即至少有一個(gè)正根。 設(shè)有兩個(gè)正根，因?yàn)?，?yīng)用Rolle定理得，存在一點(diǎn)，使得，顯然這樣的是不存在的。故只有一個(gè)正根。6. 證明 作輔助函數(shù)，。，所以 ，特別 ，由此得。故。7. 證明 （1）在處二階導(dǎo)數(shù)存在且連續(xù)，利用二次LHosp