专升本高等数学资料答案。
1. 极限。
例12．解：
2. 导数(微分)及其应用。
例4解： 所以，
例5．解：
所以 例6．解：
例7.解：
归纳可得。例8.解： .
归纳可得 .
所以， 例9．解：
例12．解：方程两边关于求导，得：故 又
所以， 当时，由方程，得：故。
例15．证明：令 ，.显然在上可微，且。
一）因为 ，且，故由闭区间上连续函数的零点定理知，至少存在一个点，使得，即。
二）下面用反证法证明满足的点是唯一的。事实上，假设另有一个点，也使得成立。则由拉格朗日中值定理知，存在介于与之间的点，使得。
式就与的假设前提相矛盾！故满足的点是唯一的。
例19.解：；由题意知：
即有。解之，得：
例20.解：（一）在上，对函数应用罗尔定理知，存在，使得同理，在上，对函数应用罗尔定理知，存在，使得显然。
二）最后，在上，对函数应用罗尔定理知，存在，使得
例21．解：因为，而。
故及均是水平渐近线；
又因为 ，故是垂直渐近线。
3. 不等式证明的方法。
例1．证明：对于任意的，在上对函数应用拉格朗日中值定理，知存在一点，使得。
即。所以 ，即 .
例2．证明：令由拉格朗日中值定理，得：存在，使得。
即。又由于 .
所以有： 例3．证明：令 ，
则 ；注意到，当时，因此在上单减。所以当时，有：即因此。
在上单增。所以当时，有：
即有： 例4．证明： 令则
令，得在内的唯一驻点。
又当时，；而当时，所以。
为在内的最大值，故对于任何的， 有：
即当时， 例5．证明：令
则 ； 注意到，当时，因此在上单减。所以当时，有：即因此在上单减。所以当时，有：
即有：.例6．证：令，则。
注意到在上单减，且故
例7．证：由拉格朗日中值定理知。
故对于任何，有
所以 4. 不定积分。
例6.解：由题设：即。
故得： 所以。
例7.解法一（三角代换）：令则。
解法二（倒代换）：令则。
解法三（直接凑微分）：
例12.解：
其中。分部）
其中 所以。
例13.解： （令）
例14.解：令则。
（分部）例16.解：
例17.解：由，有，故。
故 将代入得。
由式解出 所以
5. 定积分。
例2.解：设 ，则。
两边积分，得：即。故
例7.解：
例10.证：令 ，
则在上连续，且在内可导。
一）因为，，故由根值定理知存在一点，使得 ，即方程至少有一个小于1的正根。
二）又，，故在上严格单调增加，因此方程至多有一个根。
综合（一）、（二）即证明了方程有且仅有一个小于1的正根。
例11.证：令，，则。
则；.故由罗尔定理知，存在，使得，即。
所以 .例13.解：（一）绕轴旋转所得的立体的体积。
二）绕轴旋转所得的立体的体积。
分部）例14.解：（一）.
二）令，得（舍）或。
又，故，所以为极小值。
例15.解：令，则。
分部）分部）
例17.证。
其中。利用周期函数的性质）
将代入得。所以，也是以为周期的函数。
6．多元函数微分法。
例1.解；
其中。令，则当时，
其中 （等价）.
例4．解：（一）因为。
所以，不存在。
二）因为。所以，
例5．解： ；
所以，.例6.解： ；
所以 例11.证：两边全微分，得，即。故 所以
因此 例12.解：设 .
设上点处的切平面平行于平面。
处的切平面的法向量为。
处的切平面方程为。
根据题意知。
且 .联立解得
或者。故或。
所以，由得所求切平面方程为。
或。例13.解：；.
由题意知即解之得。
例14.解：（一）解方程组。
得唯一驻点：
（二）.在处，因为故为极小值。
例15.解：（一）. 在的内部。
令，得： 所以，在内有无数多个驻点，且。
2.在的边界上。
作格朗日函数，令解之，或。
由于， 所以，例16.解：（一）设该矩形的底和高分别为，则该矩形绕其高旋转形成的旋转体体。
积为则问题转化为求在条件，即下的条件极值。 用拉格朗日乘数法解之。
令 二）求的驻点，即。
因此该矩形的长、短边分别为该矩形绕短边旋转可使旋转体有最大体积。
例17.解法一：设内接于椭球面且各个面平行于坐标轴的长方体在第一卦限的顶点的坐标为则长方体的体积为。
则原问题转化为求函数在条件下的极值。令 由。
解之， 根据实际情况，必有最大值，所以当长方体的长、宽、高分别为、、时，长方体体积最大，为。
注意：上述方程（*）的解法：
由（1）（2）+（3），得： ，即 ，故。
将（5）代入（1），得 ：
同理，分别将（5）代入（2），（3）得 ：，
解法二：原问题等价于求的最大值，而此三个正数的和等于1，由均值不等式，有：
又当，即当时，综合起来，当长方体在第一卦限的顶点的坐标为时体积最大，最大值为。
例18.证：曲面的切平面在坐标轴上截下的各线段（原点到交点）长度（即截距）之和为常数。
证明：在曲面上任取一点，则曲面在该点的且平面方程为。
即。注意到点在曲面上，故有。
因此可化为。
进一步，上式可化为截距式方程。
由式可知此切平面在坐标轴上的截距分别为。
其和为。例19.解：（1）l为抛物线上从点o(0,0)到点b(1,1的一段弧；
其中， 2）l为抛物线上从点o(0,0)到点b(1,1的一段弧。
其中， 3）l为有向折线段oab，这里o,a,b依次是点o(0,0),a(1,0),b(1,1).
例21.解：问题即为求函数。
的极值。解方程组。
得唯一驻点： 根据实际问题的背景，知即为所求之为最大值。
例22.解：设 .
则在点处的切平面的法向量为。
在点处的切平面为。
即 例23.解：设上点（对应参数）处的切线平行于平面处的切向量为。
由题意知，据此解得故，所以在点处的切线方程为：
例24.(1) 设且， 求。
2) 已知， 且与交成钝角，求。
3) 设， ,且，求。
4) 已知三角形的顶点， ,求。
5）设， ,求设值 ,使。
解：（1）注意到：）
又因为，故的几何意义表示以为边的矩形的面积。
所以。2）由的几何意义知：
所以 （舍去）或。
故可设。又已知，即。
所以， 4）因为； 所以 又
5）设， ,求设值 ,使。
）要使//，只须 ，由此解得 ；
）要使，只须，解得
7.二重积分。
例1.解：设 ，则。
两边在上做二重积分得，即。
其中 由式解得 ，所以。
例5.解：以直线将区域分成两个子区域，
其中，其中。
所以 例7.解：
例12.解：原式=
例15.解：此题中积分区域本来是非常规范的矩形域（画图）
但由于被积函数为分段函数，故需要用直线将积分区域分成两个小区域。
即，则原式=.
其中，，于是。
原式=例16.解： 设，则，所以。
例18.解：原式=（分部）
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