《高等数学》第六版 上册(同济大学出版社) 课件PPT

x

1x1f(0) 1.解：limf(x)limsinlimx0x0x5x05

551所以a 5

x33x23x2313(x1)(x1)2.解：因lim 取k=2 limlimx1x1k(x1)k1(x1)kkx1(x1)k13(x1)(x1)3lim23 x12(x1)

211113.解：y\'f\'(lnx)，y\'\'f\'\'(lnx)2f\'(lnx)22[f\'\'(lnx)f\'(lnx)] xxxx

1y\'0 4.解：两边对x求导：1y\'21ysin

1y21y\'(1)1y\'1y\'1 2221y1yy

2yy\'21所以：y\'\'43(21) yyy

5.由lim(ax1)0及题设，可推出limln[1x0x0f(x)f(x)]0lim0, x0sinxsinx

f(x)

limf(x)1limf(x)A 所以：原式limxx0elna1x0xxlnalnax0x2

f(x)所以lim2Alna x0x

ax2lnx126.解：由已知条件可知应满足：1，解得：xe 2axx1所以a 2e

exb17.解因lim存在，并且lim(xa)(x1)0，所以必有lim(exb)0，x1x1x1(xa)(x1)

所以b=e。

exee(ex11)x1原式=lim limelimx1(xa)(x1)x1(xa)(x1)x1(xa)(x1)1若a1eelim x1xa1a

所以：be,a

1－1－

成都理工大学2012—2013学年

第一学期《高等数学》中期考试试卷答案

一、填空题（每小题4分，共60分）

1.f(x)

1sinxx0若使f(x)在(,)上连续，则：a=

1x

5ax0

。

2.当x1时，x33x2是x1的阶无穷小。

3.设函数f(u)二阶可导，且yf(lnx)，则y\'\'=1

x

2[f\'\'(lnx)f\'(lnx)]。

4.设方程xyarctayn确定了y是x函数yf(x)，则d2y

dx

2= 21

y3(y

21)。 ln(1

f(x)

5.设lim

)

x0

A(a0,a1，A为常数)，则limf(x)ax1

x0x2=Alna。

6.若抛物线yax2与曲线ylnx相切，则a=12e

。

7.曲线y(x1)

的拐点坐标是(15,。

8.曲线y1

x

ln(1ex)的渐近线有y0,x0,yx。

9.设f(x)的导数在xa处连续，又lim

f\'(x)

xaxa

1，则xa是f(x)的

－1－

11n

)

nnn2

exesinx

11.极限lim。

x0xsinx

x3ax2x

4l，则常数a=4，l=10。 12.设lim

x1x1

xln(1t2)d2y1t2

13.求参数方程所确定的函数y的二阶导数：2=。

4tdxytarctant

10.极限lim(1

b

14.抛物线yax2bxc，当x=时，曲率最大。



1112x0x02xsincosxsin

15.设f(x)，则f\'(x)= 。 xxx

0x00

二、解答题（每题8分，共40分）

x

16.设F(x)limt2[f(x)f(x)]sin，其中f(x)二阶可导，试求F\'(x)。

ttt

xf(x)f(x)sin

x 解：F(x)lim

tx

ttxf(x)fx()sn

xlili

ttx

tt

xf(x)

(x)xf( x)F(x)f

exb

17.设f(x)，x1是可去间断点，确定a,b的取值。

(xa)(x1)exb

解因lim存在，并且lim(xa)(x1)0，所以必有lim(exb)0，

x1x1x1(xa)(x1)

所以b=e。 原式

－2－

exee(ex11)x1

=lim limelimx1(xa)(x1)x1(xa)(x1)x1(xa)(x1)

1若a1e

elim x1xa1a

所以：be,a1

1

18.证明：当x0时，arctanx。

x21

证明：令F(x)arctanx，则

x2

11

F(x)0，因此F(x)单调递减。故

1x2x2

1

F(x)F()limF(x)0，即arctanx0

xx21

亦即arctanx

x2

19.设f(x)在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且f(0)1，f(1)0，

f()

则在（0，1）内至少存在一点，使得：f\'()。



证： 设Fxxfx，则Fx在0,1上连续，在0,1内可导且F0F10

由罗尔定理：至少存在一点0,1，使得F0，即：

fFxfxxx

ff



f

0，亦即：

f



20.已知在[0,a]上，|f\'\'(x)|M，且f(x)在(0,a)内取到最大值，试证：|f\'(0)||f\'(a)|Ma。

证：因f(x)在(0,a)内取得最大值，不妨设为c，又f(c)存在，由费马定理：f(c)0对f(x)在[0,c]，[c,a]上分别使用拉格朗日中值定理： f(c)f(0)f(1)c(01c) f(a)f(c)f(2)(ac)(c2a) 于是：

f(0)f(1)CMC

 f(0)f(a)MCM(ac)Ma

f(a)f(2)(ac)M(ac)

－3－

同济大学第六版高等数学课后答案12

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