自我测试题参考答案 第一章函数连续极限 A级自测题 一、选择题 1.D.2.C.3.D.4.B.5.C.6.A. 二、填空题 1.l+∞). 2.x)=VnI-x),xe(-o,0] 3.es. 4.e2. 5.n=5. 6.-1. 三、1.-1. 2. 3.1. 4.4. 5.ln2. 四、x=0是∫(x)的第一类间断点中的跳跃间断点，x=1是∫(x)的第二类间断点中的 无穷间断点 五、a=2,b=1. 六、1.证明用单调有界准则证明. 由-8名2立点点广a0.脚 1 ”=2.所以民单调增加.又一名十名1，所以有上果，根器单调有 界准则知{x,收敛.证毕。 2.证明设fx)=x+1+sinx,显然 （1)x)在闭区间-2上连续： 2)孕-受1-1-受0， 所以由零点定理知)在(-号孕内至少有一个零点，即x1+smx=0在(-号孕内至少
1 自我测试题参考答案 第一章 函数 连续 极限 A 级自测题 一、选择题 1．D． 2．C ． 3．D． 4．B． 5．C． 6．Ａ． 二、填空题 1．[1, ) + ． 2．( ) ln(1 ) x x = − ， x − ( ,0]． 3． 6 e ． 4． 2 e − ． 5． n = 5 ． 6． −1． 三、1． −1． 2． 2 10 ( ) 3 ． 3．1． 4． 4 ． 5．ln 2 ． 四、 x = 0 是 f x( ) 的第一类间断点中的跳跃间断点， x = 1 是 f x( ) 的第二类间断点中的 无穷间断点． 五、 a = 2， b = 1． 六、1．证明 用单调有界准则证明． 由于 1 1 1 1 1 1 1 n n n n k k x x n k n k + + = = − = − + + + = 1 1 1 2 1 2 2 1 n n n + − + + + = 1 0 2(2 1)( 1) n n + + ，其中 n =1,2, ．所以 { }n x 单调增加．又 1 1 1 1 1 n n n k k x = = n k n = = + ，所以 { }n x 有上界，根据单调有 界准则知 { }n x 收敛．证毕． 2．证明 设 f x x x ( ) 1 sin = + + ，显然 （1） f x( ) 在闭区间 [ , ] 2 2 − 上连续； （2） ( ) 2 f − = 1 1 2 − + − = 0 2 − ， ( ) 2 f = 1 1 2 + + 0 ， 所以由零点定理知 f x( ) 在 ( , ) 2 2 − 内至少有一个零点，即 x x + + = 1 sin 0 在 ( , ) 2 2 − 内至少
有一个根。证毕 B级自测题 一、选择题 1.A.2.C.3.D.4.D.5.B6.D. 二、填空题 1 2.1. 3.2. 4.x=1,x=-1. 5.a=2,b任意. 三、1.5 3.1. 6 4.e2. 5.6 6.4 7.1 四、当a>0时，f(x)在(-0，+o)内连续：当a≤0时，f(x)在(-0,0U0,+oo)内连 续，在点x=0处间断 五、上证月由于0，则5=+学2号=6.同腰可得26>0， 知有下界又x-+学，0+学且2a,得号≤1即 化，}单调减少.于是根据单调有界准则知化，}有极限.设mx,=A,令n→0对 一红+受)丙缩取极限，则有4-4+分解得46.所以血x6. 2.证明设fx)=x2”+ax2++a2nx-1.则f0)=-11,由于 mf)=+o,则M>03X>0,当x>X时，有fx)>M>0,现任意取一点，使 x>X，则f)>0.所以f)在(0，)上连续且f0)fx,)<0,根据零点定理可知， fx)=0在(0，x)内至少有一个实根，从而fx)=0在(0，+)内至少有一个实根：同理可 证fx)=0在(-0,0)内至少有一个实根.即方程x+4xm++mx-1=0至少有两
2 有一个根．证毕． B 级自测题 一、选择题 1．A． 2．C． 3．D ． 4．D． 5．B 6．Ｄ． 二、填空题 1． 2 , 1 1, 1 x x x + − − 2．1． 3．2 ． 4． x = 1， x =−1． 5． a = 2 ，b 任意． 三、1． 2 2 ． 2． 2 6 − ． 3． 1． 4． 2 e ． 5． 6 ． 6． 1 4 ． 7． 1． 四、当 a 0 时， f x( ) 在 ( , ) − + 内连续；当 a 0 时， f x( ) 在 ( ,0) (0, ) − + 内连 续，在点 x = 0 处间断． 五、1．证明 由于 1 x 0 ，则 2 1 1 1 1 1 ( ) 2 a a x x x a x x = + = ．同理可得 1 0 n x a + ， 知 { }n x 有下界．又 1 1 ( ) 2 n n n a x x x + = + ， 1 2 1 (1 ) 2 n n n x a x x + = + ，且 2 n x a ，得 1 1 n n x x + 即 n n 1 x x + ， { }n x 单调减少．于是根据单调有界准则知 { }n x 有极限．设 lim n n x → = A ，令 n → 对 1 1 ( ) 2 n n n a x x x + = + 两端取极限，则有 1 ( ) 2 a A A A = + ，解得 A a = ．所以 lim n n x → = a ． 2．证明 设 2 2 1 1 2 1 ( ) 1 n n n f x x a x a x − = + + + − − ．则 f (0) 1 0 = − ，则对于 n 1 ，由于 lim ( ) x f x →+ = + ，则 M X 0, 0 ，当 x X 时，有 f x M ( ) 0 ，现任意取一点 0 x ，使 0 x X ，则 0 f x( ) 0 ．所以 f x( ) 在 0 (0, ) x 上连续且 0 f f x (0) ( ) 0 ，根据零点定理可知， f x( ) 0 = 在 0 (0, ) x 内至少有一个实根，从而 f x( ) 0 = 在 (0, ) + 内至少有一个实根；同理可 证 f x( ) 0 = 在 ( ,0) − 内至少有一个实根．即方程 2 2 1 1 2 1 1 0 n n n x a x a x − + + + − = − 至少有两
个不同实根.证毕 第二章导数与微分 A级自测题 一、选择题 1.B.2.C.3.C.4.A.5.B 二、填空题 1.1. 2.高阶无穷小. 3.r21 +x) 4.y-4=x-,y-4=-2-. 5.cosx 三、fx)在区间-，n3),h3,3)上连续且可导，在x=n3处不连续，不可导。 四、1.20+e巧 2.d-dk y 3.(x3-270x)cosx-(30x2-720)sinx. 4.er).f(e)e+f(e)en.f(x). 5.0-01-5 1+x)° 6.-e sin(x+y) -y 7.+5+列'+sm+W 五，k正男由于/0)=细90回2g0-,又为益线 x-a 函数则有mo()=a.故fa)=pa).证毕. 2.证明少少山少1 在h-天1 杂云袅会品密 (1) 脚密-培合孕点台应 (2) 3
3 个不同实根．证毕． 第二章 导数与微分 A 级自测题 一、选择题 1．B． 2．C． 3．C． 4．A． 5．B 二、填空题 1．1． 2．高阶无穷小． 3． 1 ( 1) 2 ! (1 ) n n n x + − + ． 4． 1 ( 1) 4 2 y x − = − ， 2( 1) 4 y x − = − − ． 5．cos x 三、 f x( ) 在区间 [ ,ln 3) 2 − ， (ln3,3) 上连续且可导，在 x = ln 3 处不连续，不可导． 四、1． 2 2 (1 ) x x e x e + ． 2． 2 2 dy x a dx = − , 2 2 x y x a = − ． 3． 3 2 − − − − ( 270 )cos (30 720)sin x x x x x ． 4． ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x x x x f x e f e e f e e f x + ． 5． 4 (1 )(1 5 ) (1 ) x x x − − + ． 6． 1 3 2 t e − − ． 7. sin( ) 1 sin( ) x y x y + − + + ， 3 [1 sin( )] y x y − + + ． 五、1．证明 由于 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim lim ( ) x a x a x a f x f a x a x f a x x a x a → → → − − = = = − − ，又 ( ) x 为连续 函数则有 lim ( ) ( ) x a x a → = ．故 f a a ( ) ( ) = ．证毕． 2．证明 2 1 1 dy dy dt dy dx dt dx dt x = = − ， 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 1 d y d dy d dy dt d dy dx dx dx dt dx dx dt dx x = = = − ， （1） 其中 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 d dy d dy d y dy d dt dx dt dt dt dt dt x x x = = + − − − ， （2）
(3) 持》代入@)相2-警密品 (4) 将代入0有装空亡会 将会杂代入原方粗得密+=0，正米。 B级自测题 一、选择题 1.B.2.B.3.D.4.B. 二、填空题 1.nl. 2知 3.3x-y-7=0 三、1.y方++派-0+. 2.2l+xtanx)nsec在 3.(nx)-f(nx)]. 4g器 5.(nx)'Tn(n x)+n 6.tmx*mn-同 -e2 7,-m-心 f 8.0-万 9.-1+ 2-2y 四、-9r-r L( 五、1.证明用数学归纳法. 假设当自然数5无时，公式都成立，即多=少，那么，当n=+1时
4 其中 2 2 1 ( ) (sec ) sec tan 1 1 d d x t t t dt dt x x = = = − − ， （3） 将（3）代入（2）得 2 2 2 2 1 ( ) 1 1 d dy d y dy x dt dx dt dt x x = + − − ． （4） 将（4）代入（1）得 2 2 2 2 2 2 3 1 1 (1 ) d y d y dy x dx dt x dt x = + − − ． 将 dy dx ， 2 2 d y dx 代入原方程得 2 2 2 0 d y a y dt + = ．证毕． B 级自测题 一、选择题 1．B． 2．B． 3．D． 4．Ｂ． 二、填空题 1． n!． 2． 3 4 ． 3．3 7 0 x y − − = ． 三、1． y = 2 3 3 3 3 1 [(1 1 ) (1 ) ] 27 x x x − + + + ． 2． 2(1 tan )ln( sec ) x x x x dx x + ． 3． 2 1 [ (ln ) (ln )] f x f x x − ． 4． 101 101 1 100! 100! [ ] 3 ( 4) ( 1) x x − − − ． 5． 1 (ln ) [ln(ln ) ] ln x x x x + ． 6． 1 1[ cot ] sin 1 2 2(1 ) x x x e x x x e x e − + + − − ． 7． sin cos 2 t e t t ， 3 ( cos sin cos ) 4 t t t t t e t e te e e t − − ． 8． 3 (1 ) f f − ． 9． 2 2 ( )(1 ) 2 2 t y e t ty − + − ． 四、 (3) 2 5 ( ) ( ) 3[ ( )] [ ( )] f x f x f x f x − − ． 五、1．证明 用数学归纳法． 当 n = 1 时， 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) n n x x x n d d x e e e dx dx x − = = − 成立． 假设当自然数 n k 时，公式都成立，即 1 1 1 1 ( 1) ( ) n n n x x n n d x e e dx x − + − = ．那么，当 n k = +1 时
县ew- -尝-六-gg 4+ grg 2 即当n=k+1时，等式也成立 2.证明由于对任何xye(-o,+o)有fx+)=fx)f).取y=0,则有 f(x)=f(x)f(0)=f(x)[1-f(0)=0. 由x的任意性及∫'(O)=1,知f(0)=1.所以对任何x∈(-0，+o)有 fa)=e+a==rw-f@ △r Ar =-U-f0-0=. △r △r 第三章微分中值定理与导数的应用 A级自测题 一、选择题 1.C.2.A.3.D.4.D.5.D. 二、填空题 1.5=2 2.-1. 3.e. 4.16:0. 5 三1月 2.6 3.在(-0，-及上单调减：在-L匀5，+o)上单谓增.在x=-1及x=5处取得 极小值，分别为(-=0及6)=0，在x=号处取得极大值/兮-派。 4.(-0,-1)与(-1，】是曲线的凸区间：L,+∞)是曲线的凹区间.(1,0)是拐点. 5.x-+x-旷+6血+山x-1y 3 四、用反证法，假设f(x)在[0，上有两个零点x,不妨设x<:,则f()在区间
5 1 1 1 ( ) k k x k d x e dx + + = 1 [ ( )] k k x k d d x e dx dx = 1 1 1 2 ( ) k k k x x k d kx e x e dx − − − = 1 1 1 1 2 1 ( ) [ ( )] k k k k x x k k d d d k x e x e dx dx dx − − − − − = 1 1 1 1 ( 1) ( 1) [ ] k k x x k k d k e e x dx x − + − − − = 1 1 1 1 1 1 2 ( 1) ( 1) ( 1) k k k x x x k k k k e k e e x x x + + + + − − − − + = 1 1 2 ( 1)k x k e x + + − ． 即当 n k = +1 时，等式也成立． 2．证明 由于对任何 x y 、 − + ( , ) 有 f x y f x f y ( ) ( ) ( ) + = ．取 y = 0 ，则有 f x f x f f x f ( ) ( ) (0) ( )[1 (0)] 0 = − = ． 由 x 的任意性及 f (0) 1 = ，知 f (0) 1 = ．所以对任何 x − + ( , ) 有 f x ( )= 0 ( ) ( ) lim x f x x f x → x + − = 0 ( ) ( ) ( ) lim x f x f x f x → x − = 0 ( )[ ( ) 1] lim x f x f x → x − = 0 ( )[ ( ) (0)] lim x f x f x f → x − = f x f ( ) (0) = f x( ) ． 第三章 微分中值定理与导数的应用 A 级自测题 一、选择题 1．C． 2．A． 3．D． 4．D． 5．D． 二、填空题 1． 1 2 = ． 2． −1． 3． 2 e ． 4．16 ；0． 5． 1 2 ． 三、1． 1 2 2． 1 6 ． 3． 在 1 ( , 1] [ ,5] 2 − − 及 上单调减；在 1 [ 1, ] [5, ) 2 − + 及 上单调增．在 x x = − = 1 5 及 处取得 极小值，分别为 f ( 1) 0 − = 及 f (5) 0 = ，在 1 2 x = 处取得极大值 1 81 3 ( ) 18 2 8 f = ． 4． ( , 1) − − 与 ( 1,1] − 是曲线的凸区间； [1, ) + 是曲线的凹区间． (1,0) 是拐点． 5． 5 6ln 11 2 3 ( 1) ( 1) ( 1) 2 3! x x x + − + − + − 四、用反证法, 假设 f x( ) 在 [0,1] 上有两个零点 1 2 x x, , 不妨设 1 2 x x ,则 f x( ) 在区间
[,满足罗尔定理条件，于是至少存在一点E∈(：，x)c(0,),使得∫()=0，而当 x∈(0,1)时，了(x)=3x2-30，由零点定理可知，至少存在一点刀∈（分），使F)=0,而F0)=0,由罗尔 定理可知至少存在一点ξ∈(0，)，使F()=0,即f'()=1,而(0，)c(0,),从而可知至少 存在一点5∈(0，)，使(5)=1 六、提示：构造辅助函数F(x)=lnfx),对F(x)在[a,b]用拉格朗日中值定理即可证. 七、设-m,epie)=产-兰0， 即当eo(a),即 m2b-号b>lm2a-手a.故m2b-n2a>4b-a). 八、本题实际是求使窗户面积最大的圆的半径r和h的值，设窗的面积为S,则有 5=号+2油满足条件1=和+2动+2，解出0-2-列代入，有 S0)=号+0-2m.0er2令S=0,得雅-的驻点r十由铜图 的实际意义知道当r= 十4时，5的面积最大，通过的光线最充足 B级自测题 一、选择题 1.c. 2.D. 3.D. 4.C.5.c 二、填空题 1.1680. 2 3.1. 4.+- 5.le]. 6
6 1 2 [ , ] x x , 满足罗尔定理条件, 于是至少存在一点 1 2 ( , ) (0,1) x x ,使得 f ( ) 0 = , 而当 x(0,1) 时, 2 f x x ( ) 3 3 0 = − ,这与 f ( ) 0 = 矛盾, 故假设不成立, 命题得证. 五、设 F x f x x ( ) ( ) = − , 易见 F x( ) 在 [0,1] 上连续, 在 (0,1) 内可导, 又 F(1) 1 0 = − , 1 1 ( ) 0 2 2 F = , 由零点定理可知,至少存在一点 1 ( ,1) 2 ,使 F( ) 0 = ,而 F(0) 0 = ,由罗尔 定理可知至少存在一点 (0, ) ,使 F( ) 0 = ,即 f ( ) 1 = , 而 (0, ) (0,1) ,从而可知至少 存在一点 (0,1), 使 f ( ) 1 = 六、提示:构造辅助函数 F x f x ( ) ln ( ) = , 对 F x( ) 在 [ , ] a b 用拉格朗日中值定理即可证. 七、设 2 2 4 ( ) ln x x x e = − ， 2 e x e ，则 2 ln 4 ( ) 2 x x x e = − ， 2 1 ln ( ) 2 x x x − = ，所以 当 x e 时， ( ) 0 x ，故 ( ) x 单调减小．从而当 2 e x e 时， 2 2 2 4 4 ( ) ( ) 0 x e e e = − = ， 即当 2 e x e 时， ( ) x 单调增加．因此当 2 e a b e 时， ( ) ( ) b a ，即 2 2 2 2 4 4 ln ln b b a a e e − − ．故 2 2 2 4 ln ln ( ) b a b a e − − ． 八、 本题实际是求使窗户面积最大的圆的半径 r 和 h 的值, 设窗的面积为 S , 则有 2 2 2 r S rh = + 满足条件 l r h r = + + 2 2 , 解出 1 ( 2 ) 2 h l r r = − − 代入 S , 得 2 ( ) ( 2 ) 2 r S r r l r r = + − − , 0 2 l r + , 令 S r( ) 0 = , 得唯一的驻点 4 l r = + ,由问题 的实际意义知道当 , 4 4 l l r h = = + + 时, S 的面积最大, 通过的光线最充足. B 级自测题 一、选择题 1． C． 2．D． 3．D． 4．C． 5．C． 二、填空题 1．1680． 2． 1 2 − ； 3．1． 4． 1 1 ( 1), n n e + − + − ． 5． 1 [1, ] e e ．
三、1.4 2品 4.单调增加区间(-0，)和(3，+)，单调减少区间(L,3),(-0,0)是凸的，(0，)和 化+树)是四的，极小值儿一头，拐点Q0,铅直渐近线x=1,斜渐近线y=x+2. 5.4=235 四、f(x)在[a,b)](00,所以f(x)单调递增，当x>1 时，f'(x)>f")=0,从而有f(x)单调递增，所以x>1时，fx)>f)=0,即 e>r+0. 证法2设f)=,g()=子，显然它们在，x)上满足柯西中值定理条件，所以有 -g国-g四g帽元，11时，以)>0=e.故在 2 5>1时有 专=8>e,即e>+n 证法3展开fx)=e为x=1点处带拉格朗日余项的二阶泰勒公式 e=e+x-+x-+x-以，1e+-+x-x2+). 六、证明()令(x)=fx)-x,显然它在0，上连续，又)=f)-1=-1<0, 1
7 三、1． 1 4 2． 2 1 ( ) 2 [ ( )] f a f a − 3. 1 12 − 4． 单调增加区间 ( ,1) − 和 (3, ) + , 单调减少区间 (1,3) ， ( ,0) − 是凸的, (0,1) 和 (1, ) + 是凹的，极小值 3 27 4 x y = = , 拐点 (0,0) , 铅直渐近线: x = 1, 斜渐近线: y x = + 2 ． ５． 7 4 23 e a e = 四、 f x( ) 在 [ , ] a b (0 ) a b 满足拉格朗日中值定理, 从而存在一点 ( , ) a b , 使 f b f a f b a ( ) ( ) ( )( ) − = − , 故问题归结为 2 ( ) ( ) ( ) f b f a f b a ab − = − ,即 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 f b f a f f b a − = = − − − 上式只要 f x( ) 和 1 g x( ) x = 在 [ , ] a b 上应用柯西中值定理即可得到所要证明的结果． 五、证法 1 设 2 ( ) ( 1) 2 x e f x e x = − + ,显然 f x( ) 在 [1, ) + 上连续且可导， ( ) x f x e ex = − ， 在 [1, ) + 上连续且可导，在 [1, ) + 上有 ( ) 0 x f x e e = − ，所以 f x ( ) 单调递增，当 x 1 时, f x f ( ) (1) 0 = ，从而有 f x( ) 单调递增，所以 x 1 时, f x f ( ) (1) 0 = ，即 2 ( 1) 2 x e e x + . 证法 2 设 ( ) t f t e = ， 2 g t t ( ) = ，显然它们在 [1, ] x 上满足柯西中值定理条件，所以有 2 ( ) (1) ( ) 1 ( ) (1) ( ) 2 x e e f x f f e x g x g g − − = = = − − , 1 x .再令 ( ) x e x x = ，显然 ( ) x 在 [1, ) + 上连续且 可导, 2 ( 1) ( ) 0 x x e x x − = ．所以 ( ) x 在 [1, ) + 单调递增．当 x 1 时, ( ) (1) x e = ．故在 1 时有 ( ) e e = ，即 2 ( 1) 2 x e e x + . 证法 3 展开 ( ) x f x e = 为 x = 1 点处带拉格朗日余项的二阶泰勒公式 2 3 ( 1) ( 1) ( 1) 2! 3! x e e e e e x x x = + − + − + − , 1 x ， 所以 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) 2! 2 x e e e e e x x x + − + − = + . 六、证明(1) 令 = − ( ) ( ) x f x x , 显然它在 [0,1] 上连续, 又 = − = − (1) (1) 1 1 0 f
宁=0，根据零点定理知存在n∈(，)，使Φ)=0，即f0)=刀 (2)令F)=e(x)=e[fx)-),它在0，川l上满足罗尔定理的条件，故存 5∈(0，使F'(5)=0,即e{f'(5)-f()-】-1}=0,故 f"(5)-Lf9-】=1. 七、证明对f(x)在0，x(x>0)上利用拉格朗日中值定理，并注意到f(x)≥k>0, 有fx)-f0)=f'(5)x≥a(00,使得fx)>0,又f0)0知，f(x)单调增加，因此，f(x)不可能有第二个零点，故方 程fx)=0在(0，+∞)内有唯一的实根. 八、由0=m盟)，可知f0是)在0,2习上的最小值.又)在(0,2)内可导， 从而有∫=0.由于∫x)在(0,2)内有三阶导数，所以有 0=0+0X-+/0-+,0<s1 =0+r0-+9-r,e-.1<<2 于是2)-f0)=/()+(5川=1，即了()+()=6.由()的连续性可知， 了”在[后，上有最大值M及最小值m,于是msSD+严sM.再由连续函数 的介值性定理知，至少存在一点5e⑤5)c(0,2,使)=严)+包-3. 第四章不定积分 A级自测题 一、选择题 1.B.2.C.3.B.4.D.5.B. 二、填空题
8 1 1 ( ) 0 2 2 = ,根据零点定理知存在 1 ( ,1) 2 , 使 = ( ) 0 , 即 f ( ) = . (2) 令 ( ) ( ) [ ( ) ] x x F x e x e f x x − − = = − , 它在 [0, ] 上 满 足 罗尔 定理 的条 件, 故 存 (0, ) , 使 F( ) 0 = , 即 e f f { ( ) [ ( ) )] 1} 0 − − − − = , 故 f f ( ) [ ( ) )] 1 − − = ． 七、证明 对 f x( ) 在 [0, ]( 0) x x 上利用拉格朗日中值定理, 并注意到 f x k ( ) 0 , 有 f x f f x kx x ( ) (0) ( ) (0 ) − = ，f x f kx x ( ) (0) (0 ) + ，于是 lim ( ) x f x →+ = + . 故存在 0 x 0 ,使得 0 f x( ) 0 ，又 f (0) 0 , 由零点定理知, 存在 0 + (0, ) (0, ) x , 使得 f ( ) 0 = ；再由 f x k ( ) 0 知, f x( ) 单调增加, 因此, f x( ) 不可能有第二个零点, 故方 程 f x( ) 0 = 在 (0, ) + 内有唯一的实根. 八、由 [0,2] (1) min ( ) x f f x = ，可知 f (1) 是 f x( ) 在 [0,2] 上的最小值．又 f x( ) 在 (0,2) 内可导， 从而有 f (1) 0 = ．由于 f x( ) 在 (0,2) 内有三阶导数，所以有 2 3 1 (1) ( ) (0) (1) (1)( 1) ( 1) ( 1) 2! 3! f f f f f = + − + − + − ， 1 0 1 ， 2 3 1 (1) ( ) (2) (1) (1)(2 1) (2 1) (2 1) 2! 3! f f f f f = + − + − + − ， 2 1 2 ． 于是 1 2 1 (2) (0) [ ( ) ( )] 1 3! f f f f − = + = ,即 1 2 f f ( ) ( ) 6 + = ．由 f x ( ) 的连续性可知， f x ( ) 在 1 2 [ , ] 上有最大值 M 及最小值 m ，于是 1 2 ( ) ( ) 2 f f m M + ．再由连续函数 的介值性定理知，至少存在一点 1 2 ( , ) (0,2) ，使 1 2 ( ) ( ) ( ) 3 2 f f f + = = ． 第四章 不定积分 A 级自测题 一、选择题 1．B． 2．C． 3．B． 4．D． 5．B． 二、填空题
1.fx)=-i-x2+C. 2.x+C. 3.e+C 4.In|cscx-cotx+C. 5.f(x)e'+C. 三kn2+c. 2.-cosx+secx+C. 3.4x-+C 4. 5.2x+5-x-2G+C.6.nx-1+R-2x+5)+C 7.万n-m+c 8.C. 9.3nl+2+5mr2+2x+2)-2 arctg(x+)+C. 10.3m++5-1+C. 1 Inx 1.2tc x 四、∫厂(x)dk=fx)-∫xdf厂'(x,令1=(x), 然后积分∫(x)=f(x)-∫xdf(x】=f-(x)-Jf)d =(x)-F0+C=f'()-f(x】+C. B级自测题 一、选择题 1.A.2.C. 3.c 二、填空题 1.2e0(x-7)+12 2.e(-2x2-1)+C 三、1.arcsine+e-e产+C.2.(sin()+-cos(inx)+C
9 1． 2 f x x C ( ) 1 = − − + ． 2． x C+ ． 3． 1 3 3 x e C+ ． 4． ln csc cot x x C − + ． 5． ( ) x f x e C+ ． 三、1． 1 72 2ln 72 x + C ． 2． − + + cos sec x x C ． 3． 1 10 (4 1) 40 x C − + ． 4． ln 1 x C x x − − + ． 5． 5 2 1 2 2 2 5 2 x x x x C + − − + ． 6． 2 ln( 1 2 5) x x x C − + − + + ． 7． 2 ln csc cot 2 2 x x − + C ． 8． 2 x 1 C x − + ． 9． 1 2 3ln 2 ( 2 2) 2 ( 1) 2 x ln x x arctg x C + + + + − + + . 10． 3 3 1 2 3[ln 1 1 ( 1 1) ] 2 x x C + + + + − + ． 11． 3 1 1 ln tan 3cos cos 2 x C x x + + + ． 12． 2 2 2 ln 1 ln 2( 1) 4 1 x x C x x − + + + + ． 四、 1 1 1 f x dx xf x xd f x ( ) ( ) [ ( )] − − − = − ，令 1 t f x( ) − = ， 然后积分 1 1 1 f x dx xf x xd f x ( ) ( ) [ ( )] − − − = − 1 xf x f t dt ( ) ( ) − = − 1 xf x F t C ( ) ( ) − = − + 1 1 xf x F f x C ( ) [ ( )] − − = − + ． B 级自测题 一、选择题 1．A． 2．C． 3．C． 二、填空题 1． 1 6 2 ( 7) 12 x e x − − + ． 2． 2 2 ( 2 1) x e x C − − − + ． 三、1． 2 arcsin 1 x x x e e e C + − + ． 2． [sin(ln ) cos(ln )] 2 x x x C + + ．
3.arctan()+C. 4.号+gn2r+6n+方n6r+C 方+c, 1 6.-nl+x+c。 邮+cc. 8.-e"In(e*+1)-In(e*+1)+C 9.2esinx+C. 10.-n++1x 21+x2 2+C. 器c 2-邮+c .e. 14.-1 +C ta+2 m-+eox。 四、=∫osx- cosx s4 sinx =snx-a+l:+a+以.， -cosx 从而.e产a+0g+=2, 五、先分别在(s)和L树内求原肠数F闭-后++G51 +G1由于/倒在=1 处连续，因此，原函数F)在这点有定义且连续，从而得F)=F),即+C=1+C, G=+G=+C.故 jaa.月r+acel 六、提示1=∫tan2xsec2x-l)k
10 3． 1 2 arctan( 1) 2 x C + + ． 4． 1 1 1 1 sin 2 sin 4 sin 6 4 8 16 24 x x x x C + + + + ． 5． 1 ln arctan( ) 2 2 x x +C ． 6． 1 7 ln 1 7 x C − − + + ． 7． ln 1 1 x x x e C e − − − + + + ． 8． ln( 1) ln( 1) x x x e e e C − − − + − + + ． 9． 2 2 sin x e x C − + ． 10． 2 2 2 1 ln( 1 ) 1 2 1 2 1 x x x C x x + + − + + + + ． 11． 2 arcsin 1 1 ln 1 2 1 x x C x x − + + − + ． 12． 2 2 ln ln 1 1 x x x x C x − + + + + ． 13． 2 2 2 4 2 4 2 arctan 2 x x x e x e e C − − − − + + ． 14． 1 tan 2 2 C x − + + ． 四、 2 1 1 2 cos cos cos ( 1) sin sin sin n n n n d x x x I n dx x x x + + + = − = − − + 1 2 cos ( 1) ( 1) sin sin sin n n n x dx dx n n x x x + + − = − + + + ， 1 2 cos ( 1) ( 1) sinn n n x n I n I x = − − + + + + + ， 从而， 2 1 cos ( 1)sin 1 n n n x n I I n x n + + − = + + + ， n = 1， 2 ， ． 五、先分别在 ( ,1) − 和 (1, ) + 内求原函数 2 1 2 2 1 , 1 ( ) 2 , 1 x x C x F x x x C + + = + ，由于 f x( ) 在 x = 1 处连续，因此，原函数 F x( ) 在这点有定义且连续，从而得 F F (1 ) (1 ) − + = ，即 1 2 3 1 2 + = + C C ， 2 1 1 1 2 2 C C C = + = + ．故 2 2 1 2 , 1 ( ) 1 , 1 2 x x C x f x dx x x C + + = + + ． 六、提示 2 2 tan (sec 1) n n I x x dx − = − ．