《经济数学基础》课程教学资源：自测题（一）答案与提示

自测题(一)答案与提示 填空 x In x 7、-25:8、f(x0)=0且f(x)两侧异号 +C:10、2x-1 二、选择 1、B2、B3、D4、D5、B 三、计算 1、解原式=lm x-sin x . lim 1-coSx 1 x→0 xsIn x. tanxI+0 xlnr 0 2、解:原式=lm x-e lim 1-(n x+D)e 1-x+In (hx+1)2e =lim(x.x+x( x+1)2x lim .In(x+vI+ 3、解:原式=ex+x ln(x+√1+x2) 原式=e0=1 4、解:y=-1··sec2x+ sin x. In( tan x)-cox sec x x 2 tan x +sin x In(tan x) SIn SIn x sin x In(tan x) y=cos x In(tan x)+sin x tan x cos x In( tan x)+sec x 5、解:将x=0代入原式,得y=1, 原式两边直接求导,e2(2+y)-(y+xy)snxy=0 将x=0,y=1代入上式 (0)=-2 6、解:设y=y1+y2

自测题（一）答案与提示 一、填空 1、[3，4]； 2、 x x 3 4 3 + ； 3、 2 1 ； 4、2 ； 5、 2 1 − e ； 6、 dx x ln x 1 − ； 7、-25；8、 f (x0 ) = 0 且 ( ) 0 f  x 两侧异号 ； 9、 e c x + ( +1) 3 1 3 ； 10、2x −1 二、选择 1、B 2、B 3、D 4、D 5、B 三、计算 1、解原式= 0 lim x→ = − x x x x x sin .tan sin 0 lim x→ = − 3 sin x x x 0 lim x→ 6 1 2 1 cos 2 = − x x 2、解：原式= 1 lim x→ 0 0 ln 1 ln = − + − x x x e x x 1 lim x→ 1 1 1 (ln 1). ln − − + x x e x x = 1 lim x→ 2 ln 2 ln 1 (ln 1) . 1 x e x e x x x x x − − − + = 1 lim x→ ( . (ln 1) 2 2 2 + + = x x x x x x x 3、解：原式= 2 .ln( 1 1 lim x x x x e + + →+  x→+ lim 0 1 1 1 lim ln( 1 ) 2 2 = + = + + →+   x x x x x  原式= 1 0 e = 4、解： x x x x x x x y 2 2 sec tan 1 sin ln(tan ) cos 2 sec 2 1 2 tan 1  = • • + • − • • = x x x x sin 1 sin .ln(tan ) sin 1 + − = sin x.ln(tan x) x x y x x x 2 .sec tan 1  = cos ln(tan ) + sin . = cos x.ln(tan x) + sec x 5、解：将 x = 0 代入原式，得 y = 1， 原式两边直接求导， .(2 ) ( ).sin 0 2 +  − +  = + e y y xy xy x y 将 x = 0， y = 1 代入上式  y(0) = −2 6、解：设 1 2 y = y + y

VI (,y,=arctan x-1 有:hy=xx-h(x+1 =In +x( =hn yI 1-x+1x+1 x+1 +1 y=y1+y2=( x+1 x+1x 7、解原式」 ecan d arctan x+1(k1+x2 =emx+h2(1+x2)+c 8、解:令x=tant,t∈(0, 原式 ●Sec2tdt=t·sect ect-hn/sect+tan t+c sec t √1+x2· arctan x-hlx+√1+x2|+c 四、应用题 1、(1)Q=-200e02p,Q(0=-200e-2 (2) EO P EO EP 2、利润函数≈(125-x)x (100+x+x +24x-100 L=-x+24:令L=0→x=10,又∠、∠0 x=10时利润最大。 五、证明题 设F(x)=f(x)-f(x+1),则F(x)在(0上连续,F(0)=f(0)-f(1), F(l)=f(1)-f(2)=f(1)-f(0),若,f(0)=f(1)则f(0)=f(1)=f(2), 取=1∈(0.2),有∫(5)=f(+1),若f(0)≠f(1),则F(0)与F(1)异号

1 1 ) , arctan 1 ( 1 2 − + = + = x x y x x y x 有： ln ln ln( 1) y1 = x x − x +  1 1 1 ) ln 1 1 1 ( 1 ln 1 1 + + + = + + − + =  x x x x x x x x y y        + + + + =  1 1 1 ) ln( 1 ( 1 x x x x x y x 1 1 ) 1 1 .( ) 1 1 1 ( 1 2 2 2 + − = − + − + + =  x x x x x y  1 1 1 1 1 ) ln 1 ( 1 2 2 + −       + + + + =  +   = x x x x x x y y y x 7、解：原式=   + + + + ( 1) 1 ln(1 ) 2 1 arctan 2 2 2 arctan d x x x e d x x = e x c x + ln (1+ ) + 4 arctan 1 2 2 8、解：令 ) 2 tan , (0,  x = t t   原式=  • • tdt t t t 2 sec sec tan =  t • sec t − sec tdt = t • sec t − ln sec t + tan t + c = + x • x − x + + x + c 2 2 1 arctan ln 1 四、应用题 1、（1） 0.02 2 200 , (100) 200 − Q = − e Q = − e p （2） 50 P EP EQ = − ， P=100= −2 EP EQ 2、利润函数 (100 ) 5 (125 ) 2 x x x x L − + + − = = 24 100 5 6 2 − x + x − 24 5 12 L = − x + ；令 L = 0  x =10 ，又 0 5 12 L = −   x =10 时利润最大。 五、证明题 设 F(x) = f (x) − f (x +1) ，则 F(x) 在 (0,1] 上连续， F(0) = f (0) − f (1) ， F(1) = f (1) − f (2) = f (1) − f (0) ，若， f (0) = f (1) 则 f (0) = f (1) = f (2) ， 取  = 1(0,2) ，有 f ( ) = f ( +1) ，若 f (0)  f (1) ，则 F(0) 与 F(1) 异号

必存在∈(0,1)c(0.2)使F(5)=0,即f(5)=f(5+1) 自测题(二)答案与提示 填空 1、g(x)= arccos(2-x2)[-√3,-l]l[,]2、-503、e-24、15 a=2;b=-17 9、hnx+snx+c 10, xcosx. In x +sin x-(1+sn x ).hx+c 二、选择 1、A2、C3、 Im [l(3-e)-l(2+x x→02+x x→0 =lim 3 1,则lm( COs x x→02+x In 2 原式 2、原式=lmx2-助 x2-2(sn2x) 4. x. sin x x→0 cos 4x sin 4x 4 =lim x→0 3 3、解:原式两边求导 y 12x+2 yx-y=x+yy 将(1)式两边再求导:yx-y+y’=1+(y1)2+yy”代入y 21+(+x2)22√1+x

必存在  (0,1)  (0,2) 使 F( ) = 0 ，即 f ( ) = f ( +1) 自测题（二）答案与提示 一、填空 1、 ( ) arccos(2 );[ 3, 1] [1, 3] 2  x = − x − −  2、-50 3、 −2 e 4、1 5、 2 2 x − 6、 a = 2;b = −1 7、 2 1 1 e e + − 8、1 9、ln x + sin x + c 10、 x.cos x.ln x + sin x − (1+ sin x).ln x + c 二、选择 1、A 2、C 3、D 4、A 5、D 三、计算 1、解：  0 lim x→ x x x e csc ) 2 3 ln( + − = 0 lim x→ [ln( 3 ) ln( 2 )] sin 1 e x x x − − + = 0 lim x→ 1 cos 2 1 3 = − + − − − x e x e x x ，则 0 lim x→ csc 1 ) 2 3 ( − = + − e x e x x 原式= 1 2 ln 2 − + e 2、原式= 0 lim x→ x x x x x 2 2 2 2 2 .sin − sin .cos = 0 lim x→ 4 2 2 (sin 2 ) 4 1 x x − x = 0 lim x→ 3 2 sin 4 4 1 x x − x = 3 4 3 sin 4 lim 6 1 cos 4 lim 0 2 0 = = − → → x x x x x x 3、解：原式两边求导： 2 2 2 2 2 2 . 2 . 1 . 1 ( ) 1 x y x y y x y x y x y + +  = •  − +  y .x − y = x + y.y （1）  x y x y y − +  = 将（1）式两边再求导  yx − y + y = 1+ ( y) + y.y 2 代入 y  3 2 2 2 2 ( ) 2( ) x y x y dx d y y − +  = = 4、解： + + • + +  = • 2 2 2 2 1 2 1 ( 1 ) 1 2 1 x x x y

2 121+x2+x2-12√1 1+ √1+x 2+x2)l dx arctan 5、解:原式= dx=- arctan-d arctan r Jatar -(arctan 53)2+x tan x-] tan 3 dx=-(arctan 5)+x, tan +3 n/cos +c 6、解:令x=mnt=cosh原式:」,1 cos tdt dt 1+ d cot t cot t 2+cot- t 四、应用题 1、解:由条件知:c≠0,又∵lm(-)2=e2由拉格朗日中值定理,有 V∈(x-1,x),有:f(x)-f(x-1)=f(5).1, 那么:lm[(x)-f(x =mf()=e故e2=e,:c=1 2、解:由题意,y=f(x)在x=1处连续,且in 4+f(1-x) 2x m(1-x)-/()=-4:mf(=x-(-4=mf(=x)-/0(-1)=-1 f(1)=k=2∴曲线y=f(x)在(1,f(1)的切线方程为:y-2x+6=0 3、解:(1)需求弹性:EQ (-0.5) >1,P>12 12-0.5P24-P Q=12-0.5P;∴P<24,∴商品需求弹性大于1时,商品价格相应取12<P<24 (2)Q=12-0.5P P=24-2Q;L(Q)=R(Q)-C()=P·Q-C(Q)

] 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 [ 4 1 2 2 2 2 x x x x x x + • + − − + • + + = 2 2 2 2 2 . 4 1 1 2 1 . 2 1 1 x x x x x x − + + + + = ) 1 2 1 ( 2 1 1 2 2 2 x x x x − + + = 2 2 (2 ) 1 1 x + x + x −  dx x x x dy 3 2 (2 ) 1 1 + + = − 5、解：原式= dx x x dx x x x   + + 2 2 cos 1 . 1 1 1 arctan 2 2 2 =   − + 2 tan 1 arctan 1 arctan x x d x d x =  − + − dx x x x x 2 tan 2 ) . tan 1 (arctan 2 1 2 = c x x x x − + + + 2 ln cos 2 1 2 ) .tan 1 (arctan 2 1 2 6、解：令 x = sin t,dx = costdt 原式=  + tdt t t .cos cos 1 . 1 sin 1 2 =  + dt t t 2 2 1 csc csc =  + − d t t cot 2 cot 1 2 = c t − + 2 cot .arctan 2 1 四、应用题 1、解：由条件知： c  0 ，又  x→ lim x c e x c x c 2 ( ) = − + 由拉格朗日中值定理，有：  (x −1, x) ，有： f (x) − f (x −1) = f ( ).1， 那么： x→ lim f (x) − f (x −1)= x→ lim f ( ) = e 故 e e c = 2 ， 2 1 c = 2、解：由题意， y = f (x) 在 x =1 处连续，且  0 lim x→ 1 2 4 (1 ) = − + − x f x  0 lim x→ f (1− x) − f (1) = −4 ； 0 lim x→ = − − − x f x 2 (1 ) ( 4) 0 lim x→ ) 2 1 ( (1 ) (1) • − − − − x f x f =− 1  f (1) = k = 2  曲线 y = f (x) 在 (1, f (1)) 的切线方程为： y − 2x + 6 = 0 3、解：（1）需求弹性： P P EP EQ 12 0.5 ( 0.5) − = − • = 1 24  − − P P ， P  12  Q = 12 − 0.5P ；  P  24， 商品需求弹性大于 1 时，商品价格相应取 12  P  24 （2） Q = 12 − 0.5P  P = 24 − 2Q; L(Q) = R(Q) − C(Q) = P • Q − C(Q)

(24-2Q)Q-(Q2+5)=24-32-5:L(Q)=24-6x=0→x=4 L"(4)=-60 f小(0)=0即f(x)≥0,1+xh(x+1+x2)≥√+x2 6-10检测答案 、填空 2 ∑=!x”,x∈(1 7、2ex+(e+2 9、+2 x 二、选择 1、解:原式 √-x2ax令x=snt cos2tdt=2 sin t(l-sin t)dt 1+x 1+sin t cs3s-1-52(-cs2h 4 l∫"x+x) In 2、解:原式= 2|1+x 1+x2x 3、原式小”xd=c 2e的 4、解:由已知条件可得 21)+2

= (24 2 ). ( 5) 24 3 5 2 2 − Q Q − Q + = Q − Q − ； L(Q) = 24 − 6x = 0  x = 4 L(4) = −6  0 ， Q = 4 时，利润最大，最大利润为： L(4) = 43 五、证明 证：设 2 2 f (x) = 1+ x ln( x + 1+ x ) − 1+ x x  −,+) 令 ( ) ln( 1 ) 0 0 2 f  x = x + + x =  x = （唯一）  1 0 1 1 (0) 0 2 =  +  = x x f  f最小 (0) = 0 即 f (x)  0 ， 2 2 1+ x ln( x + 1+ x )  1+ x 6—10 检测答案一 一、填空 1、 9 2 − ； 2、3； 3、2； 4、 ( a) a 4 1+ 4 ； 5、2 ； 6、 ( )   = − − 1 1 1 n n n x n ，x (−1,1) ； 7、 2edx + (e + 2)dy ； 8、1 ； 9、 4 2 2 x + x ； 10、3 二、选择 1、A 2、B 3、C 4、A 5、C 三、计算 1、解：原式= x dx x t x x 1 sin 1 1 0 2 − = +  令  + 2 0 2 .cos 1 sin sin  tdt t t = ( )  − 2 0 sin 1 sin  t t dt =  − − 2 0 2 2 0 cos sin   t tdt = ( ) 4 1 cos 2 1 2 1 1 2 0   − − = −  t dt 2、解：原式= ( ) ( )  + + + 1 2 2 2 1 1 ln 2 1 d x x x =       + − + −  + + 1 2 1 2 1 . 1 1 1 ln 2 1 dx x x x x = ( )             − − + + − + →+ 1 2 2 ln 1 2 1 ln 1 ln lim 2 1 x x x x x = ln 2 4 1 3、原式= ( )    = 1 0 0 2 0 1 0 2 2 2 1 e dy xdx e x dy y y y y = ( 1) 4 1 2 1 1 0 2 = −  ye dy e y 4、解：由已知条件可得          +       = −    y x f x y f x y x g 2 ，         −           +      =    y x f y x y x f x y f y x g 1 ，          +        +       =    y x f x y y f x y x y f x y x g 2 1 4 2 2 3 2

5、解由于os"n≤1,:"cos3"x≤n,而级数∑"有: =h+12n1 原级数也收敛 6、…∑mx=x∑mx",令S(x)=∑nx",x∈(-1) 则S()=∑[m“a=x=1=,x∈(1) s(-(=x)-(-)", rE( ) Em"(=rF, TE(L)y 令上式中x= 7、解:原方程化为:dx1 d1+y2 s arctan y,以为自变量,x为未知函数的一阶线 1+y2 性微分方程,代通解公式x= arctan y, dy arctan y-1+ce-arctan y 8、解:原方程对应齐次方程的特征根深蒂固为A1=1,2=-3,故齐次方程通解为: 5()=c+c(3y,又:f()=5,:设特解为:y*()=代入原方程得A=5, 原方程的通解为:y()=c1+c2(-3)+2t 四、应用题 1、解:如右图: (31=xC(2、 a

D2 D1 a 2 2 y = 2x O x y         +           −       =    y x f y x y x f y x x y f y x g 3 2 2 2 2 2 1 =          +        y x f y x x y f x 3 2 2 1        =    −   x y f x y y g y x g x 2 2 2 2 2 2 2 5、解：由于 1 3 cos2   n ， n n n n n 3 2 cos 2 2   ，而级数   n=1 2 n n 有： n n n u u 1 lim + → = 1 2 2 1 . 2 1 lim 1 =  + + → n n n n n  原级数也收敛 6、   n=1 n nx =   = − 1 1 n n x nx ，令 S(x)= , ( 1,1) 1 1   −  = − nx x n n 则  ( )   = − = 1 0 1 0 n x n x S x dx nx dx = x x x n n −  =  =1 1 ， x (−1,1)  ( ) ( ) 2 1 1 1 x x x S x − =        − = ， x (−1,1)，   n=1 n nx = ( ) 2 1 x x − ， x (−1,1) 令上式中 3 1 x = ，   = = 1 4 3 n 3 n n 7、解：原方程化为： 2 2 1 arctan . 1 1 y y x dy y dx + = + + ，以 y 为自变量， x 为未知函数的一阶线 性微分方程，代通解公式          +  + = + − +  2 2 1 1 2 . . 1 arctan y dy y dy e dy c e y y x = y y ce arctan arctan 1 − − + 8、解：原方程对应齐次方程的特征根深蒂固为 1 =1,2 = −3 ，故齐次方程通解为： ( ) ( ) t y t c c 3 ~ = 1 + 2 − ，又  f (t) = 5， 设特解为： y (t) = At 代入原方程得 4 5 A = ，  原方程的通解为： y(t) c c ( ) t t 4 5 = 1 + 2 − 3 + 四、应用题 1、解：如右图： （1） 3 16 2 2 0 2 1 2 = = +  S x dx D D (2) ( ) ( ) 5 2 2 2 1 32 5 4 V 2x dx a a x = = −    ， 4 2 2 2 2 2 2 .2 dy a y V a a a a y =  −  =  

(3)V=V r(32-a)+m',由V'=4m(-a)=0得(2)区间上 驻点a=1,当00:当a>1时,V<0,∴a=1是极大值点即最大值 129 点,此时V取最大值丌 2、求在12=2xx2条件下总费用c=P1x1+P2x2的最小值,将条件12=2xx2变形, fIn6=ax,+Bhx,, Fxi, x,,a)=p,x,+px,+h(n x,-Bhnx,) ar,psad 0 aF 令 P2 0 得驻点6)6PB 驻点是唯一的,故 PB)(P2a aF =hn6-ahnx-BInx2=0 投入要素x=6Pg P,B 时,总费用最小 PB 五、证明 证:交换积分次序得C[/mx2pb/mx (mxk含x=x=1-「-(m(x-1)(r-/m =Tl/(sin x)x-0xf(sin xdr 移项整理得:「x(mx=2(mxk (sin x)dx 6-10检测题二答案 、填空 2发散:3、6x:40:5.sy:6∫d厂(xy2 2x,2xyax+x2dy9、c2x-2x-210、xy=2 选择 l、C2、C 、计算 、解:∫(m=2x+12/(2x+)=2xcd=2d'=-1-e-e1]2 2、解:设√e-1=,x=h(2+1),则 t2+1

（3） ( ) 5 4 1 2 32 5 4 V = V x +V y =  − a + a ，由 4 (1 ) 0 3 V = a − a = 得 (0,2) 区间上有唯一 驻点 a =1 ，当 0  a 1 时， V  0 ；当 a 1 时， V  0 ， a =1 是极大值点即最大值 点，此时 V 取最大值  5 129 2、求在   12 2 1 2 = x x 条件下总费用 1 1 2 2 c = p x + p x 的最小值，将条件   12 2 1 2 = x x 变形， 得 1 2 ln 6 = ln x +  ln x ， ( , ,) 1 2 F x x = p1 x1 + p2 x2 +  (ln 6 ln ln ) 1 2 − x −  x 令          = − − =   = − =   = − =   ln 6 ln ln 0 0 0 1 2 2 2 2 1 1 1 x x F x p x F x p x F        ，得驻点                               2 1 1 2 6 ,6 p p p p ，驻点是唯一的，故 投入要素            = 1 2 1 6 p p x ，            = 2 1 2 6 p p x 时，总费用最小。 五、证明 证：交换积分次序得： ( )         0 f sin x dx dy y = ( )   x dx f x dy 0 0 sin  = ( )   0 xf sin x dx  ( )   0 xf sin x dx ( ) ( ( ))  = − − − − 0 sin  令x  t  t f  t dt = ( ) ( )  −   0 t f sin t dt = ( ) ( )   −    0 0 f sin x dx xf sin x dx 移项整理得： ( )   0 xf sin x dx = ( )    0 sin 2 f x dx  ( )         0 f sin x dx dy y = ( )    0 sin 2 f x dx 6—10 检测题二答案 一、填空 1、 4 1 ； 2、发散； 3、6 ； 4、0 ； 5、f x y 2 2 1  sec ； 6、 ( )   + − 2 2 1 2 , y y dy f x y dx ； 7、 8  8、 x xydx x dy 2 2 ,2 + 9、 c.2 − 2x − 2 x 10、 xy = 2 二、选择 1、C 2、C 3、A 4、B 5、C 三、计算 1、解： ( ) ( )   = + + 2 1 5 3 f t dtt 2x 12 f 2x 1 dx   = = 2 1 2 1 2 2 x x xe dx xde   2 1 2 1 2 | x x = xe −e = 2 2e 2、解：设 1 , ln( 1) 2 e − = t x = t + x ，则 dt t t dx 1 2 2 + =

原式 t2+4-4 dt= 2+ 2-4 arctan=2=4- 3、解 lim =n+L=lim (n+2) (n+)22(n+1)n+1 原级数收敛 4、解,收敛半径R=2m12|mn++()- 当x=时,原级数化为∑+(-) 发散 当x==时,原级数化为∑×/37 中∑(条件收敛∑ 收敛,(lim ==<1),当x=--时,原级数收敛 n-o n+1 原级数收敛半径为R=,收敛域为 5、解:方程两边对x求导,y+y++x1=0(1)1=-y+2 y 程两边对y求导,x+y2y+z+xy=0 (2)x′ x+2 + x d===dx +=rdy (+)x+(x+z)y (2)式两边再对x求导1+÷+y=++xm=02=2 ayax (x+yp 6解:积分区域D=(xy)≤x51xy≤√x}=单≤y1yxy d sinyly-y 地一y1-m 7、解:原方程对应齐次方程的特征根为:A1=-2,2=1,齐次方程的通解为

原式=  + 2 0 2 2 4 2 dt t t = = − = − + + −  4 2 2 4arctan 4 4 4 2 2 0 2 0 2 0 2 2 t dt t t t 3、解：  n n n u u 1 lim + → = ( ) ( ) 2 .( 1)! . 1 2 . 2 ! lim 1 2 1 + + + + + + → n n n n n n n n n = ( ) 1 1 1 1 . 1 2 2 lim + →       + + + n n n n n = 1 2  e  原级数收敛 4、解：收敛半径 R = 1 lim + → n n n a a = ( )( ( ) ) ( ( ) ) 1 1 5 3 1 5 3 lim + + → + − + + − n n n n n n n = 5 1 当 5 1 x = 时，原级数化为  ( )  =               + − 1 5 1 3 1 1 n n n n n 发散 当 5 1 x = − 时，原级数化为  ( )  =               − + 1 5 1 1 3 1 n n n n n ，其中 ( )  = − 1 1 1 n n n 条件收敛，   =       1 1 5 3 n n n 收敛，（ 1 5 3 5 3 . 1 5 3 lim 1 =       +        + → n n n n n ），当 5 1 x = − 时，原级数收敛  原级数收敛半径为 5 1 R = ，收敛域为       − 5 1 , 5 1 5、解：方程两边对 x 求导， y + yz  x + z + xz  x = 0 （1） y x y z zx + +  = − 程两边对 y 求导， x + yz  y + z + xz  y = 0 （2） y x x z z y + +  = − ( ) ( ) y x y z dx x z dy dz z dx z dy x y + + + + =  +  = − （2）式两边再对 x 求导 1+ z  x + yz  yx  + z  y + xz  yx  = 0 ( ) 2 2 2 x y z y x z + =    6、解：积分区域 D = (x, y)0  x  1, x  y  x= (x y)  y  y  x  y 2 , 0 1,    x x dy y y dx 1 sin 0 =   y y dx y y dy 2 1 sin 0 = ( )  − 1 0 sin 2 y y dy y y =  − − 1 0 1 0 cos y y sin ydy =1− sin 1 7、解：原方程对应齐次方程的特征根为： 1 = −2,2 =1 ，齐次方程的通解为：

y()=c1( 2)+C2, f()=3:特解设为:y*()=1(4+4)代入得: A=61 5 即y*()=2-2t,从而所给方程的通解为 (-2y+ 8、解:原方程对应齐次方程的特征根为:A1=0,乙=3,齐次方程的通解为: y(x)=c1+c2e3,:f(x) 特解设为:y*(x)=x(4+4x)代入得: A0=0,A1=1, (x)=x2,方程的通解为:y(x)=c+c2e2+x2, 将y0)=0,y(0)=6代入得c1=-1,c2=2,所求特解为:y(x)=2ex+x2-1 四、应用题 1、解:(1)当00,于是s在a2 时取得它在0<a<1时的 最小值,且最小值为2-√2 (2)使S1+S2最小的平面图形绕x轴旋转一周所得体积为: √2 √2 =丌 2、解:C(x,y)=x2+y2+4xy+10x-10y+300 R(x,y)=xP+yP 120 0.5 0.25

S2 S1 O a 1 x y y=ax 2 y = x ( ) ( ) 1 2 2 . ~ y t c c t = − + ， f (t) = 3t  特解设为： y (t) t(A At)  = 0 + 1 代入得： 2 1 , 6 5 A0 = − A1 = ，即 y (t) t t 6 5 2 1 2  = − ，从而所给方程的通解为： y c ( ) c t t t t 6 5 2 1 2 2 = 1 − + 2 + − 8、解：原 方程对应 齐次方程 的特征根 为： 1 = 0,2 = 3 ，齐次方程 的通解为： ( ) x y x c c e 3 1 2 . . ~ = + ， f (x) = 2 − 6x ， 特解设为： y (x) x(A A x)  = 0 + 1 代入得： A0 = 0, A1 = 1， ( ) 2 y  x = x ，方程的通解为： ( ) 3 2 1 2 y x c . c .e x x = + + ， 将 y(0) = 0, y(0) = 6 代入得 c1 = −1, c2 = 2 ，所求特解为： ( ) 2. 1 3 2 y x = e + x − x 四、应用题 1、解：（1）当 0  1 时，如图 S = S1 + S2 = ( )  − a ax x dx 0 2 + ( )  − 1 2 a x ax dx = 3 1 3 2 3 − + a a ，由 0 2 2 1 S = a − = ，解出唯一 驻点： 2 2 a = ，又  2 0 2 2 =          S ，于是 S 在 2 2 a = 时取得它在 0  1 时的 最小值，且最小值为 6 2 − 2 （2）使 S1 + S2 最小的平面图形绕 x 轴旋转一周所得体积为：          −         = 2 2 0 4 2 2 2 V  x x dx +   30 2 1 2 1 2 2 2 2 4 + =                 −  x x dx 2、解： ( , ) 4 10 10 300 2 2 C x y = x + y + x y + x − y + ( )       −  +      − = + = 0.25 70 0.5 120 , 1 2 y y x R x y x P yP x

L(x,y)=-3x2-5y2-4xy+230x+290y-300 拉格朗日函数F(x,y,)=L(x,y)+(2x+y-50 F=-6x-4y+230+22=0 F=-10y-4x+290+1=0,得x=15,y=20,=-30,此时P=210,B=200 F=2x+y-50=0 获得最大利润时的产量x=15,y=20,单价分别为210和200。 五、证明 证:由题意可知{n-1)kn}收敛,即存在常数A,使m(n-1)n=A ∑n(an-an1)收敛,∴其和S=m∑an-an)=lm∑an- lim ma=S lim(n-1 而 lim mam+-m a,= lim >a,=S+A 级数∑an收敛,并且和为S+A

( , ) 3 5 4 230 290 300 2 2 L x y = − x − y − x y + x + y − 拉格朗日函数 F(x, y,) = L(x, y)+ (2x + y − 50)       = + − =  = − − + + =  = − − + + = 2 50 0 10 4 290 0 6 4 230 2 0 F x y F y x F x y y x    ，得 x = 15, y = 20, = −30 ，此时 P1 = 210,P2 = 200  获得最大利润时的产量 x = 15, y = 20, 单价分别为 210 和 200。 五、证明 证：由题意可知 (n −1)an  收敛，即存在常数 A，使 (n )an A n − = → lim 1 ，  ( )  = − + 1 1 n  n an an 收敛，  其和 S = m→ lim  ( ) = − + m n n an an 1 1 = a mam S m m n n m − + = → = →  1 1 lim lim 而 1 lim + → m m ma = (n )an A n − = → lim 1 ， a a S A m n n m n  n =  = + = →  =1 1 lim  级数   n=1 n a 收敛，并且和为 S + A