高等数学复习题(含答案)

第1页高等数学复习题与答案解析一、一元函数微积分概要（一）函数、极限与连续1.求下列函数的定义域:(1)y=216x+xsinln，(2)y=)12arcsin(312xx.解(1)由所给函数知,要使函数y有定义，必须满足两种情况，偶次根式的被开方式大于等于零或对数函数符号内的式子为正，可建立不等式组，并求出联立不等式组的解.即,0sin,0162xx推得2,1,0π)12(π244nnxnx这两个不等式的公共解为π4x与π0x所以函数的定义域为)π,4[)π,0(.(2)由所给函数知，要使函数有定义，必须分母不为零且偶次根式的被开方式非负；反正弦函数符号内的式子绝对值小于等于1.可建立不等式组，并求出联立不等式组的解.即,112,03,032xxx推得,40,33xx即30x,因此，所给函数的定义域为)3,0[.2.设)(xf的定义域为)1,0(，求)(tanxf的定义域.解：令xutan,则)(uf的定义域为)1,0(u)1,0(tanx,x（k,k+4）,kZ,)(tanxf的定义域为x（k,k+4）,kZ.3.设)(xf=x11，求)]([xff，)]([xfff.解：)]([xff=)(11xf=x1111=x11(x1,0),)]([xfff=)]([11xff=)11(11x=x(x0,1).4.求下列极限：（1）123lim21xxxx,（2）652134lim2434xxxxx,第2页解：原式=1)1)(2(lim1xxxx解:原式=424652134limxxxxx=)2(lim1xx=2.（抓大头）=1.（恒等变换之后“能代就代”）（3）xxx222lim2,（4）330sintanlimxxx,解：原式=)22)(2()22)(22(lim2xxxxx解：0x时33~tanxx,=221lim2xx33~sinxx,=41.（恒等变换之后“能代就代”）原式=330limxxx=1lim0x=1.（等价）（5）)100sin(limxxx,（6）2121lim()11xxx，解：原式=100limsinlimxxxx解：原式=2211212(1)lim()lim111xxxxxx=0+100=100（无穷小的性质）11(1)11limlim(1)(1)12xxxxxx．(7)215limxxx．解:原式=52115limxxx．（抓大头）（8）11lim21xxx.解：因为0)1(lim1xx而0)1(lim21xx，求该式的极限需用无穷小与无穷大关系定理解决．因为011lim21xxx，所以当1x时，112xx是无穷小量，因而它的倒数是无穷大量，即11lim21xxx．（9）3sinlim1xxxx．第3页解：不能直接运用极限运算法则，因为当x时分子，极限不存在，但sinx是有界函数，即sin1x而0111lim1lim33xxxxxx，因此当x时，31xx为无穷小量.根据有界函数与无穷小乘积仍为无穷小定理，即得3sinlim01xxxx.（10）203coscoslimxxxx．解：分子先用和差化积公式变形，然后再用重要极限公式求极限原式=202sinsin2limxxxx=441)22sin4(limsinlim0xxxxxx．（也可用洛必达法则）（11）xxx)11(lim2.解一原式=10])11[(lim)11(lim)11()11(limxxxxxxxxxxx=1ee1，解二原式=)1()(2])11[(lim2xxxx=1e0．（12）30tansinlimxxxx．解：xxxx30sinsintanlim=xxxxxcos)cos1(sinlim3020sin(1cos)1limcosxxxxxx=2202sin2limxxx=21（222~2sin,0xxx）．（等价替换）5.求下列极限（1）201cotlimxxxx（2）)eeln()3ln(coslim33xxxx（3）)]1ln(11[lim20xxxx（4）)ln(lim0xxnx（5）xxxcos1lim解：（1）由于0x时，1tancotxxxx，故原极限为00型，用洛必达法则所以xxxxxxxxxxsinsincoslim1cotlim2020第4页30sincoslimxxxxx（分母等价无穷小代换）20cossincoslim3xxxxxx01sinlim3xxx31.（2）此极限为，可直接应用洛必达法则所以)eeln()3ln(coslim33xxxx=)eeln()3ln(limcoslim333xxxxx3eelime1lim3cos333xxxxxxxelim3cose1333cos.（3）所求极限为型，不能直接用洛必达法则，通分后可变成00或型.)]1ln(11[lim20xxxxxxxxxxx2111lim)1ln(lim02021)1(21lim)1(211lim00xxxxxx.（4）所求极限为0型，得nxnxxxxx100lnlimlnlim（型）=11011limnxxnx=.01limlim0110nxnxnxxnx（5）此极限为型，用洛必达法则，得1sin1limcoslimxxxxxx不存在，因此洛必达法则失效！但101cos1lim11cos11limcoslimxxxxxxxxxx.6.求下列函数的极限：第5页（1）42lim22xxx，（2）,1,1sin2xaxxxf,0,0xx当a为何值时，)(xf在0x的极限存在.解：(1)41)2)(2(2lim42lim222xxxxxxx,41)2)(2(2lim42lim222xxxxxxx,因为左极限不等于右极限，所以极限不存在．（2）由于函数在分段点0x处，两边的表达式不同，因此一般要考虑在分段点0x处的左极限与右极限．于是，有aaxxaxxxfxxxx0000lim)1sin(lim)1sin(lim)(lim，1)1(lim)(lim200xxfxx，为使)(lim0xfx存在，必须有)(lim0xfx=)(lim0xfx，因此，当a=1时，)(lim0xfx存在且)(lim0xfx=1．7.讨论函数,1sin,)(xxxxf00xx，在点0x处的连续性．解：由于函数在分段点0x处两边的表达式不同，因此，一般要考虑在分段点0x处的左极限与右极限．因而有01sinlim)(lim,0lim)(lim0000xxxfxxfxxxx，而,0)0(f即0)0()(lim)(lim00fxfxfxx，由函数在一点连续的充要条件知)(xf在0x处连续．8.求函数xxxxf)1(1)(2的间断点，并判断其类型：解：由初等函数在其定义区间上连续知)(xf的间断点为1,0xx.21lim)(lim11xxxfxx而)(xf在1x处无定义，故1x为其可去间断点.又xxxfx1lim)(00x为)(xf的无穷间断点.综上得1x为)(xf的可去间断点,0x为)(xf的无穷间断点.第6页（二）一元函数微分学1.判断：（1）若曲线y=)(xf处处有切线，则y=)(xf必处处可导.答：命题错误.如：xy22处处有切线，但在0x处不可导.（2）若Aaxafxfax)()(lim（A为常数），试判断下列命题是否正确.①)(xf在点ax处可导,②)(xf在点ax处连续,③)()(afxf=)()(axoaxA.答：命题①、②、③全正确.(3)若)(xf，)(xg在点0x处都不可导，则)()(xgxf点0x处也一定不可导.答：命题不成立.如：)(xf=,0,,0,0xxx)(xg=,0,0,0,xxx)(xf，)(xg在x=0处均不可导，但其和函数)(xf+)(xg=x在x=0处可导.（4）若)(xf在点0x处可导，)(xg在点0x处不可导，则)(xf+)(xg在点0x处一定不可导.答：命题成立.原因：若)(xf+)(xg在0x处可导，由)(xf在0x处点可导知)(xg=[)(xf+)(xg])(xf在0x点处也可导，矛盾.（5）)('0xf与)]'([0xf有区别.答：命题成立.因为)('0xf表示0)(xxxf在处的导数;)]'([0xf表示对0)(xxxf在处的函数值求导，且结果为0.（6）设)(xfy在点0x的某邻域有定义，且)(0xxf)(0xf=2)(xbxa，其中ba,为常数，下列命题哪个正确？①xf在点0x处可导，且axf0,②xf在点0x处可微，且xaxfxxd|d0,③xaxfxxf00（||x很小时）.答：①、②、③三个命题全正确.2.已知xxcos)'(sin，利用导数定义求极限xxx1)2πsin(lim0.解：xxx1)2πsin(lim0第7页=xxx2sin)2πsin(lim0=2π|)'(sinxx=2πcos=0.3.求，，xxxf1ln)(00xx，的导数.解：当0x时，xxf11)(，当0x时，1)(xf，当0x时，xfxfxfxffxx)0()(lim0)0()(lim)0(00，所以10lim)0(0xxfx，1eln)1ln(lim0)1ln(lim)0(100xxxxxxf，因此1)0(f，于是,1,11)(xxf.0,0xx4.设))((),1ln()(xffyxxf，求dxdy解：)]1ln(1ln[))((xxffy,)]'1ln(1[)1ln(11ddxxxy)1)](1ln(1[1xx.5.已知22arctanln,xxyy求y.解：两端对x求导，得)(1)()(1122222yxyxyxyx，222222222221yxyyxyxyyxyyxy，第8页整理得xyyxy)(，故xyxyy，上式两端再对x求导，得22)()())(1())(1(xyxyyxyyxyxyyyxyxyyxyyy=2)(22xyyyx，将xyxyy代入上式，得2)(22xyyxyxyxy322)(2222yxxyyxxy322)()(2xyyx.6.求y=323)4()3)(2)(1(xxxxx的导数xydd解：两边取对数：yln=)]4ln(ln3)3ln()2ln()1[ln(32xxxxx,两边关于x求导：]413312111[32'1xxxxxyy,)4133