人教版高中数学选修2-2课后习题解答

第一章 导数及其应用 3．1变化率与导数 练习（P6）

在第3 h和5 h时，原油温度的瞬时变化率分别为1和3. 它说明在第3 h附近，原油温度大约以1 ℃／h的速度下降；在第5 h时，原油温度大约以3 ℃／h的速率上升. 练习（P8）

函数h(t)在tt3附近单调递增，在tt4附近单调递增. 并且，函数h(t)在t4附近比在t3附近增加得慢. 说明：体会“以直代曲”的思想. 练习（P9） 函数r(V)33V(0V5)的图象为 4

根据图象，估算出r(0.6)0.3，r(1.2)0.2.

说明：如果没有信息技术，教师可以将此图直接提供给学生，然后让学生根据导数的几何意义估算两点处的导数. 习题1.1 A组（P10）

1、在t0处，虽然W1(t0)W2(t0)，然而

W1(t0)W1(t0t)W2(t0)W2(t0t).

tt 所以，企业甲比企业乙治理的效率高.

说明：平均变化率的应用，体会平均变化率的内涵. 2、

hh(1t)h(1)4.9t3.3，所以，h(1)3.3. tt新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

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这说明运动员在t1s附近以3.3 m／s的速度下降. 3、物体在第5 s的瞬时速度就是函数s(t)在t5时的导数.

ss(5t)s(5)t10，所以，s(5)10. tt 因此，物体在第5 s时的瞬时速度为10 m／s，它在第5 s的动能Ek4、设车轮转动的角度为，时间为t，则kt2(t0). 由题意可知，当t0.8时，2. 所以k13102150 J. 225252，于是t. 88 车轮转动开始后第3.2 s时的瞬时角速度就是函数(t)在t3.2时的导数.

(3.2t)(3.2)25t20，所以(3.2)20. tt8 因此，车轮在开始转动后第3.2 s时的瞬时角速度为20s1. 说明：第2,3,4题是对了解导数定义及熟悉其符号表示的巩固.

5、由图可知，函数f(x)在x5处切线的斜率大于零，所以函数在x5附近单调递增. 同理可得，函数f(x)在x4，2，0，2附近分别单调递增，几乎没有变化，单调递减，单调递减. 说明：“以直代曲”思想的应用.

6、第一个函数的图象是一条直线，其斜率是一个小于零的常数，因此，其导数f(x)的图象如图（1）所示；第二个函数的导数f(x)恒大于零，并且随着x的增加，f(x)的值也在增加；对于第三个函数，当x小于零时，f(x)小于零，当x大于零时，f(x)大于零，并且随着x的增加，f(x)的值也在增加. 以下给出了满足上述条件的导函数图象中的一种.

说明：本题意在让学生将导数与曲线的切线斜率相联系.

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习题3.1 B组（P11）

1、高度关于时间的导数刻画的是运动变化的快慢，即速度；速度关于时间的导数刻画的是速度变化的快慢，根据物理知识，这个量就是加速度. 2、

说明：由给出的v(t)的信息获得s(t)的相关信息，并据此画出s(t)的图象的大致形状. 这个过程基于对导数内涵的了解，以及数与形之间的相互转换.

3、由（1）的题意可知，函数f(x)的图象在点(1,5)处的切线斜率为1，所以此点附近曲线呈下降趋势. 首先画出切线的图象，然后再画出此点附近函数的图象. 同理可得（2）（3）某点处函数图象的大致形状. 下面是一种参考答案.

说明：这是一个综合性问题，包含了对导数内涵、导数几何意义的了解，以及对以直代曲思想的领悟. 本题的答案不唯一. 1．2导数的计算 练习（P18）

1、f(x)2x7，所以，f(2)3，f(6)5. 2、（1）y1； （2）y2ex； xln2 （3）y10x46x； （4）y3sinx4cosx；

11x （5）ysin； （6）y.

332x1新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

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习题1.2 A组（P18） 1、

SS(rr)S(r)2rr，所以，S(r)lim(2rr)2r.

r0rr2、h(t)9.8t6.5.

3、r(V)133. 34V24、（1）y3x21； （2）ynxn1exxnex； xln23x2sinxx3cosxcosx（3）y； （4）y99(x1)98； 2sinx（5）y2ex； （6）y2sin(2x5)4xcos(2x5). 5、f(x)822x. 由f(x0)4有 4822x0，解得x032. 6、（1）ylnx1； （2）yx1. 7、yx1.

8、（1）氨气的散发速度A(t)500ln0.8340.834t.

（2）A(7)25.5，它表示氨气在第7天左右时，以25.5克／天的速率减少. 习题1.2 B组（P19） 1、（1）

（2）当h越来越小时，ysin(xh)sinx就越来越逼近函数ycosx.

h（第4页共25页）

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（3）ysinx的导数为ycosx.

2、当y0时，x0. 所以函数图象与x轴交于点P(0,0). yex，所以yx01.

所以，曲线在点P处的切线的方程为yx.

2、d(t)4sint. 所以，上午6:00时潮水的速度为0.42m／h；上午9:00时潮水的速度为

0.63m／h；中午12:00时潮水的速度为0.83m／h；下午6:00时潮水的速度为1.24m／h.

1．3导数在研究函数中的应用 练习（P26）

1、（1）因为f(x)x22x4，所以f(x)2x2.

当f(x)0，即x1时，函数f(x)x22x4单调递增； 当f(x)0，即x1时，函数f(x)x22x4单调递减. （2）因为f(x)exx，所以f(x)ex1.

当f(x)0，即x0时，函数f(x)exx单调递增； 当f(x)0，即x0时，函数f(x)exx单调递减. （3）因为f(x)3xx3，所以f(x)33x2.

当f(x)0，即1x1时，函数f(x)3xx3单调递增； 当f(x)0，即x1或x1时，函数f(x)3xx3单调递减. （4）因为f(x)x3x2x，所以f(x)3x22x1.

1 当f(x)0，即x或x1时，函数f(x)x3x2x单调递增；

3新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

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1 当f(x)0，即x1时，函数f(x)x3x2x单调递减.

32、

注：图象形状不唯一.

3、因为f(x)ax2bxc(a0)，所以f(x)2axb. （1）当a0时，

f(x)0，即xb时，函数f(x)ax2bxc(a0)单调递增； 2ab时，函数f(x)ax2bxc(a0)单调递减. 2af(x)0，即x（2）当a0时，

f(x)0，即xf(x)0，即xb时，函数f(x)ax2bxc(a0)单调递增； 2ab时，函数f(x)ax2bxc(a0)单调递减. 2a4、证明：因为f(x)2x36x27，所以f(x)6x212x. 当x(0,2)时，f(x)6x212x0，

因此函数f(x)2x36x27在(0,2)内是减函数. 练习（P29）

1、x2,x4是函数yf(x)的极值点，

其中xx2是函数yf(x)的极大值点，xx4是函数yf(x)的极小值点. 2、（1）因为f(x)6x2x2，所以f(x)12x1. 令f(x)12x10，得x 当x1. 1211时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减. 1212新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

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所以，当x111149时，f(x)有极小值，并且极小值为f()6()22. 1212121224 （2）因为f(x)x327x，所以f(x)3x227. 令f(x)3x2270，得x3. 下面分两种情况讨论：

①当f(x)0，即x3或x3时；②当f(x)0，即3x3时. 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x (,3) ＋ 单调递增 3 0 54 (3,3) － 单调递减 3 0 (3,) ＋ 单调递增 f(x) f(x) 54 因此，当x3时，f(x)有极大值，并且极大值为54；

当x3时，f(x)有极小值，并且极小值为54.

（3）因为f(x)612xx3，所以f(x)123x2. 令f(x)123x20，得x2. 下面分两种情况讨论：

①当f(x)0，即2x2时；②当f(x)0，即x2或x2时. 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x (,2) － 单调递减 2 0 (2,2) ＋ 单调递增 2 0 22 (2,) － 单调递减 f(x) f(x) 10 新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答 （第7页共25页）

因此，当x2时，f(x)有极小值，并且极小值为10；

当x2时，f(x)有极大值，并且极大值为22

（4）因为f(x)3xx3，所以f(x)33x2. 令f(x)33x20，得x1. 下面分两种情况讨论：

①当f(x)0，即1x1时；②当f(x)0，即x1或x1时. 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x (,1) － 单调递减 1 0 (1,1) ＋ 单调递增 1 0 2 (1,) － 单调递减 f(x) f(x) 2 因此，当x1时，f(x)有极小值，并且极小值为2；

当x1时，f(x)有极大值，并且极大值为2

练习（P31）

（1）在[0,2]上，当x1149时，f(x)6x2x2有极小值，并且极小值为f(). 121224 又由于f(0)2，f(2)20.

因此，函数f(x)6x2x2在[0,2]上的最大值是20、最小值是49. 24（2）在[4,4]上，当x3时，f(x)x327x有极大值，并且极大值为f(3)54；

当x3时，f(x)x327x有极小值，并且极小值为f(3)54；

又由于f(4)44，f(4)44.

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因此，函数f(x)x327x在[4,4]上的最大值是54、最小值是54.

1（3）在[,3]上，当x2时，f(x)612xx3有极大值，并且极大值为f(2)22.

3155 又由于f()，f(3)15.

327155 因此，函数f(x)612xx3在[,3]上的最大值是22、最小值是.

327（4）在[2,3]上，函数f(x)3xx3无极值. 因为f(2)2，f(3)18.

因此，函数f(x)3xx3在[2,3]上的最大值是2、最小值是18. 习题1.3 A组（P31）

1、（1）因为f(x)2x1，所以f(x)20. 因此，函数f(x)2x1是单调递减函数.

（2）因为f(x)xcosx，x(0,)，所以f(x)1sinx0，x(0,). 22 因此，函数f(x)xcosx在(0,)上是单调递增函数. 2 （3）因为f(x)2x4，所以f(x)20. 因此，函数f(x)2x4是单调递减函数. （4）因为f(x)2x34x，所以f(x)6x240. 因此，函数f(x)2x34x是单调递增函数. 2、（1）因为f(x)x22x4，所以f(x)2x2.

当f(x)0，即x1时，函数f(x)x22x4单调递增. 当f(x)0，即x1时，函数f(x)x22x4单调递减.

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（2）因为f(x)2x23x3，所以f(x)4x3. 当f(x)0，即x 当f(x)0，即x3时，函数f(x)2x23x3单调递增. 43时，函数f(x)2x23x3单调递减. 4（3）因为f(x)3xx3，所以f(x)33x20. 因此，函数f(x)3xx3是单调递增函数. （4）因为f(x)x3x2x，所以f(x)3x22x1. 当f(x)0，即x1或x1时，函数f(x)x3x2x单调递增. 31 当f(x)0，即1x时，函数f(x)x3x2x单调递减.

33、（1）图略. （2）加速度等于0. 4、（1）在xx2处，导函数yf(x)有极大值； （2）在xx1和xx4处，导函数yf(x)有极小值； （3）在xx3处，函数yf(x)有极大值； （4）在xx5处，函数yf(x)有极小值. 5、（1）因为f(x)6x2x2，所以f(x)12x1. 令f(x)12x10，得x 当x 当x1. 121时，f(x)0，f(x)单调递增； 121时，f(x)0，f(x)单调递减. 12111149时，f(x)有极小值，并且极小值为f()6()22. 1212121224 所以，x （2）因为f(x)x312x，所以f(x)3x212.

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令f(x)3x2120，得x2. 下面分两种情况讨论：

①当f(x)0，即x2或x2时；②当f(x)0，即2x2时. 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x (,2) ＋ 单调递增 2 0 16 (2,2) － 单调递减 2 0 (2,) ＋ 单调递增 f(x) f(x) 16 因此，当x2时，f(x)有极大值，并且极大值为16；

当x2时，f(x)有极小值，并且极小值为16.

（3）因为f(x)612xx3，所以f(x)123x2. 令f(x)123x20，得x2. 下面分两种情况讨论：

①当f(x)0，即x2或x2时；②当f(x)0，即2x2时. 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x (,2) ＋ 单调递增 2 0 22 (2,2) － 单调递减 2 0 (2,) ＋ 单调递增 f(x) f(x) 10 因此，当x2时，f(x)有极大值，并且极大值为22；

当x2时，f(x)有极小值，并且极小值为10.

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（4）因为f(x)48xx3，所以f(x)483x2. 令f(x)483x20，得x4. 下面分两种情况讨论：

①当f(x)0，即x2或x2时；②当f(x)0，即2x2时. 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表：

x (,4) － 单调递减 4 0 (4,4) ＋ 单调递增 4 0 128 (4,) － 单调递减 f(x) f(x) 128 因此，当x4时，f(x)有极小值，并且极小值为128；

当x4时，f(x)有极大值，并且极大值为128.

6、（1）在[1,1]上，当x147时，函数f(x)6x2x2有极小值，并且极小值为. 1224 由于f(1)7，f(1)9，

所以，函数f(x)6x2x2在[1,1]上的最大值和最小值分别为9，

47. 24 （2）在[3,3]上，当x2时，函数f(x)x312x有极大值，并且极大值为16； 当x2时，函数f(x)x312x有极小值，并且极小值为16. 由于f(3)9，f(3)9，

所以，函数f(x)x312x在[3,3]上的最大值和最小值分别为16，16.

11 （3）在[,1]上，函数f(x)612xx3在[,1]上无极值.

33新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

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1269 由于f()，f(1)5，

3271269 所以，函数f(x)612xx3在[,1]上的最大值和最小值分别为，5.

327 （4）当x4时，f(x)有极大值，并且极大值为128.. 由于f(3)117，f(5)115，

所以，函数f(x)48xx3在[3,5]上的最大值和最小值分别为128，117. 习题3.3 B组（P32）

1、（1）证明：设f(x)sinxx，x(0,). 因为f(x)cosx10，x(0,) 所以f(x)sinxx在(0,)内单调递减

因此f(x)sinxxf(0)0，x(0,)，即sinxx，x(0,). 图略 （2）证明：设f(x)xx2，x(0,1). 因为f(x)12x，x(0,1)

1 所以，当x(0,)时，f(x)12x0，f(x)单调递增，

2f(x)xx2f(0)0；

1 当x(,1)时，f(x)12x0，f(x)单调递减，

2f(x)xx2f(1)0；

11 又f()0. 因此，xx20，x(0,1). 图略

24（3）证明：设f(x)ex1x，x0. 因为f(x)ex1，x0

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

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所以，当x0时，f(x)ex10，f(x)单调递增，

f(x)ex1xf(0)0；

当x0时，f(x)ex10，f(x)单调递减，

f(x)ex1xf(0)0；

综上，ex1x，x0. 图略 （4）证明：设f(x)lnxx，x0. 因为f(x)11，x0 x 所以，当0x1时，f(x)110，f(x)单调递增， xf(x)lnxxf(1)10；

当x1时，f(x)110，f(x)单调递减， xf(x)lnxxf(1)10；

当x1时，显然ln11. 因此，lnxx. 由（3）可知，exx1x，x0.

. 综上，lnxxex，x0 图略 2、（1）函数f(x)ax3bx2cxd的图象大致是个“双峰”图象，类似“

”或“

”的形状.

若有极值，则在整个定义域上有且仅有一个极大值和一个极小值，从图象上能大致估计它的单调区间.

（2）因为f(x)ax3bx2cxd，所以f(x)3ax22bxc. 下面分类讨论：

当a0时，分a0和a0两种情形： ①当a0，且b23ac0时，

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设方程f(x)3ax22bxc0的两根分别为x1,x2，且x1x2，

当f(x)3ax22bxc0，即xx1或xx2时，函数f(x)ax3bx2cxd单调递增； 当f(x)3ax22bxc0，即x1xx2时，函数f(x)ax3bx2cxd单调递减. 当a0，且b23ac0时，

此时f(x)3ax22bxc0，函数f(x)ax3bx2cxd单调递增. ②当a0，且b23ac0时，

设方程f(x)3ax22bxc0的两根分别为x1,x2，且x1x2，

当f(x)3ax22bxc0，即x1xx2时，函数f(x)ax3bx2cxd单调递增； 当f(x)3ax22bxc0，即xx1或xx2时，函数f(x)ax3bx2cxd单调递减. 当a0，且b23ac0时，

此时f(x)3ax22bxc0，函数f(x)ax3bx2cxd单调递减 1．4生活中的优化问题举例 习题1.4 A组（P37）

1、设两段铁丝的长度分别为x，lx，则这两个正方形的边长分别为

xlx，，两个正方

44xlx21形的面积和为 Sf(x)()2()(2x22lxl2)，0xl.

4416 令f(x)0，即4x2l0，xl. 2ll 当x(0,)时，f(x)0；当x(,l)时，f(x)0.

22 因此，xl是函数f(x)的极小值点，也是最小值点. 2 所以，当两段铁丝的长度分别是

l时，两个正方形的面积和最小. 2x新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答 （第15页共25页）

a2、如图所示，由于在边长为a的正方形铁片的四角截去 四个边长为x的小正方形，做成一个无盖方盒，所以无 盖方盒的底面为正方形，且边长为a2x，高为x. （1）无盖方盒的容积V(x)(a2x)2x，0x（2）因为V(x)4x34ax2a2x， 所以V(x)12x28axa2. 令V(x)0，得xa. 2aa（舍去），或x. 26aaa 当x(0,)时，V(x)0；当x(,)时，V(x)0.

662 因此，xa是函数V(x)的极大值点，也是最大值点. 6a时，无盖方盒的容积最大. 6 所以，当x3、如图，设圆柱的高为h，底半径为R， 则表面积S2Rh2R2 由VR2h，得hRV. 2RV2V2 因此，S(R)2R2R2R2，R0. 2RR 令S(R)hV2V. 4R0，解得R32R 当R(0,3V)时，S(R)0； 2（第3题）

当R(3V,)时，S(R)0. 2 因此，R3VVV322R. 是函数S(R)的极小值点，也是最小值点. 此时，h22R2新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第16页共25页）

所以，当罐高与底面直径相等时，所用材料最省.

1n2n24、证明：由于f(x)(xai)，所以f(x)(xai).

ni1ni11n 令f(x)0，得xai，

ni11n 可以得到，xai是函数f(x)的极小值点，也是最小值点.

ni11n 这个结果说明，用n个数据的平均值ai表示这个物体的长度是合理的，

ni1 这就是最小二乘法的基本原理.

x22x5、设矩形的底宽为xm，则半圆的半径为m，半圆的面积为m，

82矩形的面积为ax2axm2，矩形的另一边长为()m 8x8因此铁丝的长为l(x)x2x8a2ax2a (1)x，0xx44x令l(x)148a2ax，得（负值舍去）. 024x当x(0,8a8a8a)时，l(x)0；当x(,)时，l(x)0. 448a是函数l(x)的极小值点，也是最小值点. 48am时，所用材料最省. 4因此，x所以，当底宽为6、利润L等于收入R减去成本C，而收入R等于产量乘单价. 由此可得出利润L与产量q的函数关系式，再用导数求最大利润.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第17页共25页）

11 收入Rqpq(25q)25qq2，

8811 利润LRC(25qq2)(1004q)q221q100，0q200.

881 求导得Lq21

41 令L0，即q210，q84.

4 当q(0,84)时，L0；当q(84,200)时，L0；

因此，q84是函数L的极大值点，也是最大值点.

所以，产量为84时，利润L最大,

习题1.4 B组（P37）

1、设每个房间每天的定价为x元， 那么宾馆利润L(x)(50x1801)(x20)x270x1360，180x680. 10101 令L(x)x700，解得x350.

5 当x(180,350)时，L(x)0；当x(350,680)时，L(x)0. 因此，x350是函数L(x)的极大值点，也是最大值点. 所以，当每个房间每天的定价为350元时，宾馆利润最大. 2、设销售价为x元／件时， 利润L(x)(xa)(cc 令L(x) 当x(a, 当xbx45b4)c(xa)(5x)，ax. bb48c4ac5bc4a5b. x0，解得xbb84a5b4a5b5b)时，L(x)0；当x(,)时，L(x)0. 8844a5b是函数L(x)的极大值点，也是最大值点. 84a5b元／件时，可获得最大利润. 8新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第18页共25页）

所以，销售价为

1．5定积分的概念 练习（P42）

8. 3说明：进一步熟悉求曲边梯形面积的方法和步骤，体会“以直代曲”和“逼近”的思想. 练习（P45）

ii1i121、sisiv()t[()22]()2，i1,2,nnnnnni 于是 ssisiv()t

ni1i1i1i12[()2]

nnni1nnnn,n.

11()2nn1[1223n(n121n21)()2 nnnnn2]2

1n(n1)(2n1)2 3n6111(1)(1)2

3n2n 取极值，得

n1i1115 slim[v()]lim[(1)(1)2]

nnn3n2n3i1ni1n说明：进一步体会“以不变代变”和“逼近”的思想. 2、

22km. 3说明：进一步体会“以不变代变”和“逼近”的思想，熟悉求变速直线运动物体路程的方法和步骤.

练习（P48）

20x3dx4. 说明：进一步熟悉定积分的定义和几何意义.

从几何上看，表示由曲线yx3与直线x0，x2，y0所围成的曲边梯形的面积S4.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第19页共25页）

习题1.5 A组（P50） 1、（1）(x1)dx[(11i12100i11)1]0.495； 100100 （2）(x1)dx[(11i11000i12500i11)1]0.499； 500500i11)1]0.4995. 10001000 （3）(x1)dx[(112说明：体会通过分割、近似替换、求和得到定积分的近似值的方法. 2、距离的不足近似值为：18112171310140（m）； 距离的过剩近似值为：271181121713167（m）. 3、证明：令f(x)1. 用分点 ax0x1xi1xixnb

,n)

将区间[a,b]等分成n个小区间，在每个小区间[xi1,xi]上任取一点i(i1,2,nn 作和式

i1f(i)xi1baba， n 从而

ba1dxlimni1nbaba， n说明：进一步熟悉定积分的概念. 4、根据定积分的几何意义，101x2dx表示由直线x0，x1，y0以及曲线y1x210所围成的曲边梯形的面积，即四分之一单位圆的面积，因此015、（1）x3dx.

141x2dx4.

由于在区间[1,0]上x30，所以定积分x3dx表示由直线x0，x1，y0和曲线

10yx3所围成的曲边梯形的面积的相反数.

10111 （2）根据定积分的性质，得x3dxx3dxx3dx0.

11044新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第20页共25页）

由于在区间[1,0]上x30，在区间[0,1]上x30，所以定积分x3dx等于位于x轴上方的

11曲边梯形面积减去位于x轴下方的曲边梯形面积.

115 （3）根据定积分的性质，得xdxxdxx3dx4

1104423032由于在区间[1,0]上x0，在区间[0,2]上x0，所以定积分x3dx等于位于x轴上方的

3312曲边梯形面积减去位于x轴下方的曲边梯形面积.

说明：在（3）中，由于x3在区间[1,0]上是非正的，在区间[0,2]上是非负的，如果直接利用定义把区间[1,2]分成n等份来求这个定积分，那么和式中既有正项又有负项，而且无法抵挡一些项，求和会非常麻烦. 利用性质3可以将定积分xdx化为xdxx3dx，这样，x311023032在区间[1,0]和区间[0,2]上的符号都是不变的，再利用定积分的定义，容易求出x3dx，

1020x3dx，进而得到定积分x3dx的值. 由此可见，利用定积分的性质可以化简运算.

12在（2）（3）中，被积函数在积分区间上的函数值有正有负，通过练习进一步体会定积分的

几何意义.

习题1.5 B组（P50）

1、该物体在t0到t6（单位：s）之间走过的路程大约为145 m.

说明：根据定积分的几何意义，通过估算曲边梯形内包含单位正方形的个数来估计物体走过的路程.

2、（1）v9.81t.

i118988.29（m）； （2）过剩近似值：9.819.812242i1 不足近似值：9.81i188i111879.8168.67（m） 2242 （3）9.81tdt；

04409.81tdt78.48（m）.

3、（1）分割

在区间[0,l]上等间隔地插入n1个分点，将它分成n个小区间：

ll2l(n2)l[0,]，[,]，……，[,l]， nnnn新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第21页共25页）

记第i个区间为[(i1)lil,]（i1,2,nnn），其长度为

xil(i1)ll. nnnll2l(n2)l 把细棒在小段[0,]，[,]，……，[,l]上质量分别记作：

nnnnm1,m2,n,mn，

则细棒的质量mmi.

i1（2）近似代替

当n很大，即x很小时，在小区间[(i1)lil,]上，可以认为线密度(x)x2的值变nn(i1)lil化很小，近似地等于一个常数，不妨认为它近似地等于任意一点i[,]处的函数

nn(i1)lill值(i)i2. 于是，细棒在小段[,]上质量 mi(i)xi2（i1,2,n）.

nnn（3）求和

得细棒的质量 mmi(i)xi2i1i1i1nnnl. n（4）取极限

细棒的质量 mlimi2ni1nll，所以mx2dx..

0n1．6微积分基本定理 练习（P55）

（1）50； （2）

42550； （4）24； ； （3）333（5）

31ln2； （6）； （7）0； （8）2. 22说明：本题利用微积分基本定理和定积分的性质计算定积分. 习题1.6 A组（P55） 1、（1）

4019； （2）3ln2； （3）ln3ln2； 322新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第22页共25页）

32171； （6）e2e2ln2. （4）； （5）86说明：本题利用微积分基本定理和定积分的性质计算定积分.

2、sinxdx[cosx]302.

03它表示位于x轴上方的两个曲边梯形的面积与x轴下方的曲边梯形的面积之差. 或表述为：位于x轴上方的两个曲边梯形的面积（取正值）与x轴下方的曲边梯形的面积（取负值）的代数和.

习题1.6 B组（P55）

12x1e2111341、（1）原式＝[e]0； （2）原式＝[sin2x]； 22222462x36]1 （3）原式＝[. ln2ln22、（1）sinmxdx[cosmx1][cosmcos(m)]0； mm （2）cosmxdxsinmx1[sinmsin(m)]0； mm1cos2mxxsin2mxdx[]；

224m （3）sin2mxdx （4）cos2mxdx1cos2mxxsin2mxdx[].

224m3、（1）s(t)t0gggggg(1ekt)dt[t2ekt]t0t2ekt249t245e0.2t245. kkkkkk （2）由题意得 49t245e0.2t2455000.

这是一个超越方程，为了解这个方程，我们首先估计t的取值范围. 根据指数函数的性质，当t0时，0e0.2t1，从而 500049t5245， 因此，

0.250004950005245t. 49490.2524549 因此245e3.36107，245e1.24107，

所以，1.24107245e0.2t3.36107.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第23页共25页）

从而，在解方程49t245e0.2t2455000时，245e0.2t可以忽略不计. 因此，.49t2455000，解之得 t5245（s）. 49说明：B组中的习题涉及到被积函数是简单的复合函数的定积分，可视学生的具体情况选做，不要求掌握.

1．7定积分的简单应用 练习（P58） （1）

32； （2）1. 3说明：进一步熟悉应用定积分求平面图形的面积的方法与求解过程. 练习（P59）

522（m）. 1、s(2t3)dt[t23t]335342、W(3x4)dx[x24x]040（J）.

024习题1.7 A组（P60） 1、（1）2； （2）2、Wkab9. 2qqbqq. dr[k]kka2rrab3、令v(t)0，即4010t0. 解得t4. 即第4s时物体达到最大高度.

480（m）. 最大高度为 h(4010t)dt[40t5t2]00tt44、设ts后两物体相遇，则

0(3t21)dt10tdt5，

0 解之得t5. 即A,B两物体5s后相遇. 此时，物体A离出发地的距离为

50(3t21)dt[t3t]50130（m）.

5、由Fkl，得100.01k. 解之得k1000. 所做的功为 W1000ldl500l20.105（J）.

00.1新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第24页共25页）

6、（1）令v(t)5t （2）s(5t010550，解之得t10. 因此，火车经过10s后完全停止. 1t551)dt[5tt255ln(1t)]10055ln11（m）. 1t2y习题1.7 B组（P60） 1、（1）aaa2x2dx表示圆x2y2a2与x轴所围成的上

O半圆的面积，因此1aaaxdx22a22

1x （2）[1(x1)2x]dx表示圆(x1)2y21与直线

0（第1（2）

题）

yx所围成的图形（如图所示）的面积，

1 因此，[1(x1)x]dx021241111. 242Oxhby2、证明：建立如图所示的平面直角坐标系，可设抛物线的

b4h方程为yax2，则ha()2，所以a2.

2b从而抛物线的方程为 y4h2x. b2b20（第2题）

于是，抛物线拱的面积S24h24h3b22(h2x)dx2[hx2x]0bh.

b3b3yx223、如图所示.解方程组

y3x 得曲线yx22与曲线y3x交点的横坐标x11，x22. 于是，所求的面积为[(x22)3x]dx[3x(x22)]dx1.

01124、证明：WRhRGMmMmRhMmhdr[G]G. R2rrR(Rh)第一章 复习参考题A组（P65）

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第25页共25页）

1、（1）3； （2）y4. 2、（1）y2sinxcosx2xcos2x； （2）y3(x2)2(3x1)(5x3)； 3）y2xlnxln22x2x2x2（x； （4）y(2x1)4. 3、F2GMmr3. 4、（1）f(t)0. 因为红茶的温度在下降.

（2）f(3)4表明在3℃附近时，红茶温度约以4℃／min的速度下降. 5、因为f(x)3x2，所以f(x)233x.

当f(x)233x0，即x0时，f(x)单调递增；

当f(x)233x0，即x0时，f(x)单调递减.

6、因为f(x)x2pxq，所以f(x)2xp. 当f(x)2xp0，即xp21时，f(x)有最小值. 由p21，得p2. 又因为f(1)12q4，所以q5. 7、因为f(x)x(xc)2x32cx2c2x， 所以f(x)3x24cxc2(3xc)(xc). 当f(x)0，即xc3，或xc时，函数f(x)x(xc)2可能有极值. 由题意当x2时，函数f(x)x(xc)2有极大值，所以c0.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第26页共25页）

图略.

由于

所以，当xx c(,) 3＋ c 30 c(,c) 3－ c 0 (c,) ＋ f(x) f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 cc时，函数f(x)x(xc)2有极大值. 此时，2，c6. 338、设当点A的坐标为(a,0)时，AOB的面积最小. 因为直线AB过点A(a,0)，P(1,1)， 所以直线AB的方程为 当x0时，yy0xa1，即y(xa).

x01a1aaa，即点B的坐标是(0,). a1a11aa2S(a)a.

2a12(a1) 因此，AOB的面积SAOB1a22a0. 令S(a)0，即S(a)2(a1)2 当a0，或a2时，S(a)0，a0不合题意舍去. 由于

所以，当a2，即直线AB的倾斜角为135时，AOB的面积最小，最小面积为2.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第27页共25页）

x (0,2) － 单调递减 2 0 极小值 (2,) ＋ 单调递增 f(x) f(x) 9、D.

10、设底面一边的长为xm，另一边的长为(x0.5)m. 因为钢条长为14.8m. 所以，长方体容器的高为 设容器的容积为V，则

14.84x4(x0.5)12.88x3.22x.

44VV(x)x(x0.5)(3.22x)2x32.2x21.6x，0x1.6.

令V(x)0，即6x24.4x1.60. 所以，x4（舍去），或x1. 15 当x(0,1)时，V(x)0；当x(1,1.6)时，V(x)0. 因此，x1是函数V(x)在(0,1.6)的极大值点，也是最大值点. 所以，当长方体容器的高为1 m时，容器最大，最大容器为1.8 m3. 11、设旅游团人数为100x时，

旅行社费用为yf(x)(100x)(10005x)5x2500100000(0x80). 令f(x)0，即10x5000，x50.

又f(0)100000，f(80)108000，f(50)112500. 所以，x50是函数f(x)的最大值点.

所以，当旅游团人数为150时，可使旅行社收费最多. 12、设打印纸的长为xcm时，可使其打印面积最大. 因为打印纸的面积为623.7，长为x，所以宽为 打印面积S(x)(x22.54)(623.7， x623.723.17) x3168.396，5.08x98.38. x2 655.90726.34x新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第28页共25页）

令S(x)0，即6.343168.396623.7，（负值舍去），027.89. x22.36x222.36 x22.36是函数S(x)在(5.08,98.38)内唯一极值点，且为极大值，从而是最大值点. 所以，打印纸的长、宽分别约为27.89cm，22.36cm时，可使其打印面积最大. 13、设每年养q头猪时，总利润为y元.

1 则 yR(q)20000100qq2300q20000(0q400,qN).

2 令y0，即q3000，q300.

当q300时，y25000；当q400时，y20000.

q300是函数y(p)在(0,400]内唯一极值点，且为极大值点，从而是最大值点. 所以，每年养300头猪时，可使总利润最大，最大总利润为25000元. 14、（1）232； （2）2e2； （3）1；

22cosxsinxdx2(cosxsinx)dx[sinxcosx]020； （4）原式＝200cosxsinx （5）原式＝201cosxxsinx2dx[]02. 22415、略. 说明：利用函数图象的对称性、定积分的几何意义进行解释. 16、222.

17、由Fkl，得0.0490.01k. 解之得k4.9.

l20.3 所做的功为 W4.9ldl4.90.10.196（J）

0.120.3第一章 复习参考题B组（P66）

1、（1）b(t)1042103t. 所以，细菌在t5与t10时的瞬时速度分别为0和104. （2）当0t5时，b(t)0，所以细菌在增加；

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第29页共25页）

当5t555时，b(t)0，所以细菌在减少.

2、设扇形的半径为r，中心角为弧度时，扇形的面积为S.

1l 因为Sr2，l2rr，所以2.

2r11l1lSr2(2)r2(lr2r2)，0r.

22r22 令S0，即l4r0，r rl，此时为2弧度. 4ll是函数S(r)在(0,)内唯一极值点，且是极大值点，从而是最大值点. 42 所以，扇形的半径为

l、中心角为2弧度时，扇形的面积最大. 43、设圆锥的底面半径为r，高为h，体积为V，那么r2h2R2.

1111 因此，Vr2h(R2h2)hR2hh3，0hR.

333331R. 令VR2h20，解得h333R是函数V(h)的极大值点，也是最大值点. 3 容易知道，h 所以，当h3R时，容积最大. 3 把h36R代入r2h2R2，得rR. 3326. 3 由R2r，得 所以，圆心角为26时，容积最大. 34、由于80k102，所以k4. 5新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第30页共25页）

设船速为xkm／h时，总费用为y，则y422020x480 5xx 16x 令y0，即169600，x0 x96000，x24. 2x 容易知道，x24是函数y的极小值点，也是最小值点. 当x24时，(1624960020)()941（元／时） 2424 所以，船速约为24km／h时，总费用最少，此时每小时费用约为941元.

390x2130(3)14，50x100 5、设汽车以xkm／h行驶时，行车的总费用yx360x 令y0，解得x53（km／h）. 此时，y114（元） 容易得到，x53是函数y的极小值点，也是最小值点. 因此，当x53时，行车总费用最少.

所以，最经济的车速约为53km／h；如果不考虑其他费用，这次行车的总费用约是114元.

x4426、原式＝edxexdxexdx[ex]02e0ee2.

2204x04ykx7、解方程组  2yxx得，直线ykx与抛物线yxx2交点的横坐标为x0，1k.

x2x31111 抛物线与x轴所围图形的面积S(xx)dx[]0.

02323612 由题设得

1k1kS(xx2)dxkxdx

0201k01k2x31k(xxkx)dx[x]0

232新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第31页共25页）

(1k)3.

634113又因为S，所以(1k). 于是k1.

262说明：本题也可以由面积相等直接得到求出k的值. 但计算较为烦琐.

1k0(xx2kx)dx1k0kxdx1k0(xx2)dx，由此

新课程标准数学选修2—2第二章课后习题解答

第二章 推理与证明 2．1合情推理与演绎推理 练习（P77）

1、由a1a2a3a41，猜想an1.

2、相邻两行数之间的关系是：每一行首尾的数都是1，其他的数都等于上一行中与之相邻

的两个数的和.

3、设VOPQ和VOP2Q2R2分别是四面体OPQ11R1和OP2Q2R2的体积， 11R1则

VOPQ11R1VOP2Q2R2OP1OQ1OR1. OP2OQ2OR2练习（P81） 1、略.

2、因为通项公式为an的数列{an}，

若

an1p，其中p是非零常数，则{an}是等比数列； ……………………大前提 an新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第32页共25页）

an1cqn1 又因为cq0，则q0，则q； ……………………………小前提

ancqn 所以，通项公式为ancqn(cq0)的数列{an}是等比数列. ……………………结论 3、由ADBD，得到ACDBCD的推理是错误的. 因为这个推理的大前提是“在同一个三角形中，大边对大角”，小前提是“ADBD”，而AD与BD不在同一个三角形中. 习题2.1 A组（P83） 1、an2(nN). n12、FVE2.

3、当n6时，2n1(n1)2；当n7时，2n1(n1)2；当n8时，2n1(n1)2(nN).

114、A1A25、b1b21n2（n2，且nN）. An(n2)b17n（n17，且nN）.

ADbnb1b26、如图，作DE∥AB交BC于E.

因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形， 又因为AD∥BE，AB∥DE. 所以四边形ABED是平行四边形. 因为平行四边形的对边相等. 又因为四边形ABED是平行四边形. 所以ABDE.

因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等， 又因为ABDE，ABDC, 所以DEDC 因为等腰三角形的两底角是相等的.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第33页共25页）

BE（第6题）

C 又因为△DEC是等腰三角形, 所以DECC 因为平行线的同位角相等

又因为DEC与B是平行线AB和DE的同位角, 所以DECB 因为等于同角的两个角是相等的，

又因为DECC，DECB, 所以BC 习题2.1 B组（P84） 1、由S123456n1，S2，S3，S4，S5，猜想Sn. 34567n22、略. 3、略. 2．2直接证明与间接证明 练习（P89）

1、因为cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2，所以，命题得证. 2、要证67225，只需证(67)2(225)2， 即证1324213410，即证42210，

只需要(42)2(210)2，即证4240，这是显然成立的. 所以，命题得证. 3、因为 (a2b2)2(ab)2(ab)2(2sin)2(2tan)216sin2tan2， 又因为 16ab16(tansin)(tansin)16sin(1cos)sin(1cos) coscossin2(1cos2)sin2sin2221616sintan， 1622coscos 从而(a2b2)216ab，所以，命题成立.

说明：进一步熟悉运用综合法、分析法证明数学命题的思考过程与特点. 练习（P91）

1、假设B不是锐角，则B90. 因此CB9090180.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第34页共25页）

这与三角形的内角和等于180°矛盾. 所以，假设不成立. 从而，B一定是锐角. 2、假设2，3，5成等差数列，则2325. 所以(23)2(25)2，化简得5210，从而52(210)2，即2540， 这是不可能的. 所以，假设不成立. 从而，2，3，5不可能成等差数列.

说明：进一步熟悉运用反证法证明数学命题的思考过程与特点. 习题2.2 A组（P91）

1、由于a0，因此方程至少有一个跟xb. a 假设方程不止一个根，则至少有两个根，不妨设x1,x2是它的两个不同的根，

则 ax1b ①

ax2b ②

①－②得

a(x1x2)0

因为x1x2，所以x1x20，从而a0，这与已知条件矛盾，故假设不成立. 2、因为 (1tanA)(1tanB)2

展开得 1tanAtanBtanAtanB2，即tanAtanB1tanAtanB. ① 假设1tanAtanB0，则 所以cos(AB)0.

因为A，B都是锐角，所以0AB，从而AB 因此1tanAtanB0.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第35页共25页）

cosAcosBsinAsinBcos(AB)0，即0

cosAcosBcosAcosB2，与已知矛盾.

①式变形得

tanAtanB1， 即tan(AB)1.

1tanAtanB 又因为0AB，所以AB4.

说明：本题也可以把综合法和分析法综合使用完成证明. 3、因为

1tan1，所以12tan0，从而2sincos0.

2tan 另一方面，要证 3sin24cos2，

只要证6sincos4(cos2sin2) 即证 2sin23sincos2cos20， 即证 (2sincos)(sin2cos)0

由2sincos0可得，(2sincos)(sin2cos)0，于是命题得证.

说明：本题可以单独使用综合法或分析法进行证明，但把综合法和分析法结合使用进行证明的思路更清晰.

4、因为a,b,c的倒数成等差数列，所以 假设B211. bac2不成立，即B2，则B是ABC的最大内角，

所以ba,bc（在三角形中，大角对大边）， 从而

11112211. 这与矛盾. acbbbbac所以，假设不成立，因此，B习题2.2 B组（P91）

2.

s2

1、要证s2a，由于s2ab，所以只需要s，即证bs.

b

2 因为s1(abc)，所以只需要2babc，即证bac. 2 由于a,b,c为一个三角形的三条边，所以上式成立. 于是原命题成立.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第36页共25页）

2、由已知条件得 b2ac ① 2xab，2ybc ②

要证

ac2，只要证aycx2xy，只要证2ay2cx4xy xy由①②，得 2ay2cxa(bc)c(ab)ab2acbc， 4xy(ab)(bc)abb2acbcab2acbc， 所以，2ay2cx4xy，于是命题得证. 3、由 tan()2tan

得

sin()2sin，即sin()cos2cos()sin. ……①

cos()cos 要证 3sinsin(2)

即证 3sin[()]sin[()]

即证 3[sin()coscos()sin]sin()coscos()sin 化简得sin()cos2cos()sin，这就是①式. 所以，命题成立.

说明：用综合法和分析法证明命题时，经常需要把两者结合起来使用. 2．3数学归纳法 练习（P95）

1、先证明：首项是a1，公差是d的等差数列的通项公式是ana1(n1)d. （1）当n1时，左边＝a1，右边＝a1(11)da1，

因此，左边＝右边. 所以，当n1时命题成立.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第37页共25页）

（2）假设当nk时，命题成立，即aka1(k1)d. 那么，ak1akda1(k1)ddak[(k1)1]d. 所以，当nk1时，命题也成立.

根据（1）和（2），可知命题对任何nN都成立. 再证明：该数列的前n项和的公式是Snna1n(n1)d. 21(11)da1， 2 （1）当n1时，左边＝S1a1，右边＝1a1因此，左边＝右边. 所以，当n1时命题成立. （2）假设当nk时，命题成立，即Skka1那么，Sk1Skak1ka1k(k1)d. 2k(k1)da1[(k1)1]d 2(k1)a1k[(k1)1]d 2(k1)a1(k1)kd 2 所以，当nk1时，命题也成立.

根据（1）和（2），可知命题对任何nN都成立. 2、略.

习题2.3 A组（P96） 1、（1）略.

（2）证明：①当n1时，左边＝1，右边＝121，

因此，左边＝右边. 所以，当n1时，等式成立.

②假设当nk时等式成立，即135(2k1)k2.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第38页共25页）

那么，135(2k1)(2k1)k2(2k1)(k1)2.

所以，当nk1时，等式也成立. 根据①和②，可知等式对任何nN都成立.

（3）略. 2、S1 S2 S3111， 122111111(1)()1， 12232233111111111(1)()()1. 1223342233441. n1 由此猜想：Sn1 下面我们用数学归纳法证明这个猜想. （1）当n1时，左边＝S11111111，右边＝11， 1222n122因此，左边＝右边. 所以，当n1时，猜想成立.

（2）假设当nk时，猜想成立，即

111122334111.

k(k1)k1 那么，

11112233411111.

k(k1)(k1)(k2)k1(k1)(k2)111(1) k1k21 所以，当nk1时，猜想也成立.

根据（1）和（2），可知猜想对任何nN都成立. 习题2.3 B组（P96） 1、略

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第39页共25页）

1k211 1k1k2k212、证明：（1）当n1时，左边＝111，右边＝1(11)(12)1，

6因此，左边＝右边. 所以，当n1时，等式成立. （2）假设当nk时，等式成立，

即1k2(k1)3(k2)1k1k(k1)(k2).

6(k1)1.

(k1)]

那么，1(k1)2[(k1)1]3[(k1)2][1k2(k1)3(k2)k1][12311k(k1)(k2)(k1)(k2) 621(k1)(k2)(k3) 6 所以，当nk1时，等式也成立.

根据（1）和（2），可知等式对任何nN都成立.

第二章 复习参考题A组（P98）

1、图略，共有n(n1)1（nN）个圆圈.

n个2、333（nN）.

3、因为f(2)f(1)24，所以f(1)2，f(3)f(2)f(1)8，f(4)f(3)f(1)16…… 猜想f(n)2n. 4、运算的结果总等于1.

5、如图，设O是四面体ABCD内任意一点，连结AO，BO，CO，DO并延长交对面

A于A，B，C，D，则

OAOBOCOD 1

AABBCCDD新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答 （第40页共25页）

C'D'BA'B'D用“体积法”证明：

OAOBOCOD AABBCCDDVOBCDVOCDAVODABVOABC

VABCDVBCDAVCDABVDABC  VABCD1

VABCD6、要证 (1tanA)(1tanB)2

只需证 1tanAtanBtanAtanB2 即证 tanAtanB1tanAtanB

5 由AB，得tan(AB)1. ①

4又因为ABk2，所以

tanAtanB1，变形即得①式. 所以，命题得证.

1tanAtanB7、证明：（1）当n1时，左边＝1，右边＝(1)111，

因此，左边＝右边. 所以，当n1时，等式成立. （2）假设当nk时，等式成立，

即135 那么，135(1)k(2k1)(1)kk.

(1)k(2k1)(1)k1[2(k1)1].

(1)kk(1)k1[2(k1)1] (1)k1[k2(k1)1] (1)k1(k1)

所以，当nk1时，等式也成立.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第41页共25页）

根据（1）和（2），可知等式对任何nN都成立.

第二章 复习参考题B组（P47）

1、（1）25条线段，16部分； （2）n2条线段；

1（3）最多将圆分割成n(n1)1部分.

2 下面用数学归纳法证明这个结论. ①当n1时，结论成立. ②假设当nk时，结论成立，

1即：k条线段，两两相交，最多将圆分割成k(k1)1部分

2 当nk1时，其中的k条线段l1,l2,1,lk两两相交，最多将圆分割成k(k1)1

2,lk都相交，最多增加k1个部

部分，第k1条线段ak1与线段l1,l2,分，因此，k1条线段，两两相交，最多将圆分割成

11k(k1)1(k1)(k1)(k2)1 部分 22 所以，当nk1时，结论也成立.

根据①和②，可知结论对任何nN都成立. 2、要证 cos44cos43

因为 cos44cos4cos(22)4cos(22) 12sin224(12sin22)

18sin2cos24(18sin2cos2) 18sin2(1sin2)4[18sin2(1sin2)]

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第42页共25页）

只需证 18sin2(1sin2)4[18sin2(1sin2)]3 由已知条件，得 sinsincos，sin2sincos，

2 代入上式的左端，得 18sin2(1sin2)4[18sin2(1sin2)] 38sincos(1sincos)32sin2(1sin2)

38sincos8sin2cos22(12sincos)(32sincos) 38sincos8sin2cos268sin2cos28sincos 3 因此，cos44cos43

新课程标准数学选修2—2第三章课后习题解答

第三章 数系的扩充与复数的引入 3．1数系的扩充和复数的概念 练习（P104）

1、实部分别是2，2，

2，0，0，0； 21 虚部分别是，1，0，3，1，0.

32、27，0.618，0，i2是实数；

2i，i，5i8，392i，i(13)，22i是虚数； 72i，i，i(13)是纯虚数. 7新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第43页共25页）

xy2x3yx43、由，得.

y12y1y2练习（P105）

1、A：43i，B：33i，C：32i，D：43i，

511E：3i，F：，G：5i，H：5i.

222、略. 3、略. 习题3.1 A组（P106） 1、（1）由3x2y17x1，得.

5xy2y7 （2）由xy30x4，得

x40y12、（1）当m23m0，即m0或m3时，所给复数是实数. （2）当m23m0，即m0或m3时，所给复数是虚数.

m25m60 （3）当2，即m2时，所给复数是纯虚数.

m3m03、（1）存在，例如2i，23i，等等.

1 （2）存在，例如12i，2i，等等.

2 （3）存在，只能是2i.

4、（1）点P在第一象限. （2）点P在第二象限. （3）点P位于原点或虚轴的下半轴上. （4）点P位于实轴下方.

2m8m1505、（1）当2，即2m3或5m7时，复数z对应的点位于第四象限.

m5m14022m8m150m8m150 （2）当2，或2，即m2或3m5或m7时，复数z

m5m140m5m140对应的点位于第一、三象限.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第44页共25页）

（3）当m28m15m25m14，即m6、（1）2i； （2）2i. 习题3.1 B组（P55）

1、复数z对应的点位于如图所示的图形上. 2、由已知，设za3i（aR）. 则 a2(3)24 解得 a1 所以 z13i 3、因为 z112225， z2(2)2(3)25 z3(3)2(2)25 z4(2)2125 所以，Z1

29时，复数z对应的点位于直线yx上. 3，Z2，Z3，Z4这4个点都在以原点为圆心，半径为5的圆上.

3．2复数代数形式的四则运算 练习（P109）

1、（1）5； （2）22i； （3）22i； （4）0. 2、略. 练习（P111）

1、（1）1821i； （2）617i； （3）2015i； 2、（1）5； （2）2i； （3）5.

3、（1）i； （2）i； （3）1i； （4）13i. 习题3.2 A组（P112）

751、（1）93i； （2）23i； （3）i； （4）0.30.2i.

6122、AB对应的复数为(34i)(65i)9i.

新课程标准数学选修2—2第一章课后习题解答

（第45页共25页）

BA对应的复数为9i. 3、35i.

向量BA对应的复数为(13i)(i)14i. 向量BC对应的复数为(2i)(i)22i.

于是向量BD对应的复数为(14i)(22i)36i， 点D对应的复数为(i)(36i)35i.

4、（1）2124i； （2）32i； （3）313113i； （4）i. 22225、（1）2418134i； （2）i； （3）i； （4）138i. 55656525256、由2(2i3)2p(2i3)q0，得(103pq)(2p24)i0.

于是，有103pq0，解得 p12，q26.

2p240习题3.2 B组（P112） 1、（1）x24(x2i)(x2i).

（2）a4b4(ab)(ab)(abi)(abi), 2、略.

第三章 复习参考题A组（P116）

1、（1）A； （2）B； （3）D； （4）C. 2、由已知，设zbi（bR且b0）；

则(z2)28i(bi2)28i(4b2)(4b8)i.

4b20 由(z2)8i是纯虚数，得，解得b2. 因此z2i.

4b8023、由已知，可得z1z286i，z1z25510i.

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又因为

zz111z1z25510i55i. ，所以z12zz1z2z1z2z1z286i2第三章 复习参考题B组（P116）

1、设zabi（a,bR），则zabi. 由(12i)z43i，得(12i)(abi)43i， 化简，得(a2b)(2ab)i43i.

根据复数相等的条件，有a2b4，解得a2，b1.

2ab3z2i34i. 2i55zi4 1 于是z2i，z2i，则2、（1）

i1 i2 i3 i5 i6 i7 i8 1 i 1 i i 1 i （2）对任意nN，有i4n1i，i4n21，i4n3i，i4n41.

m2cos3、由z1z2，得  24m3sin 消去m可得4sin23sin

394(sin)2.

816 由于1sin1，可得

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