AAA组

15.求极限lim⁡x→0sin⁡x+x2sin⁡1x(2+x2)ln⁡(1+x)\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin x+x^2\sin\cfrac{1}{x}}{(2+x^2)\ln(1+x)}x→0lim​(2+x2)ln(1+x)sinx+x2sinx1​​。

解
lim⁡x→0sin⁡x+x2sin⁡1x(2+x2)ln⁡(1+x)=lim⁡x→012+x2⋅sin⁡x+x2sin⁡1xx=12lim⁡x→0(sin⁡xx+xsin⁡1x)=12.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin x+x^2\sin\cfrac{1}{x}}{(2+x^2)\ln(1+x)}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1}{2+x^2}\cdot\cfrac{\sin x+x^2\sin\cfrac{1}{x}}{x}\\ &=\cfrac{1}{2}\lim\limits_{x\to0}\left(\cfrac{\sin x}{x}+x\sin\cfrac{1}{x}\right)=\cfrac{1}{2}. \end{aligned} x→0lim​(2+x2)ln(1+x)sinx+x2sinx1​​​=x→0lim​2+x21​⋅xsinx+x2sinx1​​=21​x→0lim​(xsinx​+xsinx1​)=21​.​
（这道题主要利用了洛必达法则适用条件求解）

BBB组

3.当x→0+x\to0^+x→0+时，下列无穷小量中，与xxx同阶的无穷小是（  ）
(A)1+x−1;(A)\sqrt{1+x}-1;(A)1+x​−1;
(B)ln⁡(1+x)−x;(B)\ln(1+x)-x;(B)ln(1+x)−x;
(C)cos⁡(sin⁡x)−1;(C)\cos(\sin x)-1;(C)cos(sinx)−1;
(D)xx−1.(D)x^x-1.(D)xx−1.

解  选项(A)(A)(A)，1+x−1∼12x\sqrt{1+x}-1\sim\cfrac{1}{2}x1+x​−1∼21​x，是关于xxx的一阶无穷小。
  选项(B)(B)(B)，ln⁡(1+x)−x=[x−12x2+ο(x2)]−x∼−12x2\ln(1+x)-x=\left[x-\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^2)\right]-x\sim-\cfrac{1}{2}x^2ln(1+x)−x=[x−21​x2+ο(x2)]−x∼−21​x2，是关于xxx的二阶无穷小。
  选项(C)(C)(C)，cos⁡(sin⁡x)−1∼−12sin⁡2x∼−12x2\cos(\sin x)-1\sim-\cfrac{1}{2}\sin^2x\sim-\cfrac{1}{2}x^2cos(sinx)−1∼−21​sin2x∼−21​x2，是关于xxx的二阶无穷小。
  选项(D)(D)(D)，xx−1=exln⁡x−1∼xln⁡xx^x-1=e^{x\ln x}-1\sim x\ln xxx−1=exlnx−1∼xlnx，不是关于xxx的一阶无穷小。（这道题主要利用了无穷小求解）

15.计算下列极限。

（5）lim⁡x→∞e−x(1+1x)x2;\lim\limits_{x\to\infty}e^{-x}\left(1+\cfrac{1}{x}\right)^{x^2};x→∞lim​e−x(1+x1​)x2;

解
lim⁡x→∞e−x(1+1x)x2=lim⁡x→∞ex2ln⁡(1+1x)−x=elim⁡x→∞ln⁡(1+1x)−1x(1x)2=x=1telim⁡t→0ln⁡(1+t)−tt2=elim⁡t→011+t−12t=e−12.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to\infty}e^{-x}\left(1+\cfrac{1}{x}\right)^{x^2}&=\lim\limits_{x\to\infty}e^{x^2\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-x}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}}{\left(\frac{1}{x}\right)^2}}\\ &\xlongequal{x=\frac{1}{t}}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\ln(1+t)-t}{t^2}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\frac{1}{1+t}-1}{2t}}=e^{-\frac{1}{2}}. \end{aligned} x→∞lim​e−x(1+x1​)x2​=x→∞lim​ex2ln(1+x1​)−x=ex→∞lim​(x1​)2ln(1+x1​)−x1​​x=t1​et→0lim​t2ln(1+t)−t​=et→0lim​2t1+t1​−1​=e−21​.​
（这道题主要利用了变量代换求解）

（19）lim⁡x→0+xx−(tan⁡x)xx(1+3sin⁡2x−1).\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^x-(\tan x)^x}{x(\sqrt{1+3\sin^2x}-1)}.x→0+lim​x(1+3sin2x​−1)xx−(tanx)x​.

解  因为lim⁡x→0+xx=lim⁡x→0+exln⁡x=1,lim⁡x→0+exln⁡tan⁡x=1\lim\limits_{x\to0^+}x^x=\lim\limits_{x\to0^+}e^{x\ln x}=1,\lim\limits_{x\to0^+}e^{x\ln\tan x}=1x→0+lim​xx=x→0+lim​exlnx=1,x→0+lim​exlntanx=1。对分母作等价无穷小代换：1+3sin⁡2x−1∼12⋅3sin⁡2x∼32x2(x→0+)\sqrt{1+3\sin^2x}-1\sim\cfrac{1}{2}\cdot3\sin^2x\sim\cfrac{3}{2}x^2(x\to0^+)1+3sin2x​−1∼21​⋅3sin2x∼23​x2(x→0+)，得
原式=23lim⁡x→0+xx−(tan⁡x)xx3=23lim⁡x→0+xx[1−(tan⁡xx)x]x3=−23lim⁡x→0+(tan⁡xx)x−1x3=−23lim⁡x→0+exln⁡(tan⁡xx)−1x3.\begin{aligned} \text{原式}&=\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^x-(\tan x)^x}{x^3}=\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^x\left[1-\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)^x\right]}{x^3}\\ &=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)^x-1}{x^3}=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{e^{x\ln\left(\frac{\tan x}{x}\right)}-1}{x^3}. \end{aligned} 原式​=32​x→0+lim​x3xx−(tanx)x​=32​x→0+lim​x3xx[1−(xtanx​)x]​=−32​x→0+lim​x3(xtanx​)x−1​=−32​x→0+lim​x3exln(xtanx​)−1​.​
  对分子作等价无穷小代换：当x→0+x\to0^+x→0+时，有
exln⁡(tan⁡xx)−1∼xln⁡(tan⁡xx)=xln⁡[1+(tan⁡xx−1)]∼x(tan⁡xx−1)=tan⁡x−x,原式=−23lim⁡x→0+tan⁡x−xx3=−23lim⁡x→0+sec⁡2x−13x2=−49lim⁡x→0+(tan⁡xx)2=−29.e^{x\ln\left(\frac{\tan x}{x}\right)}-1\sim x\ln\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)=x\ln\left[1+\left(\frac{\tan x}{x}-1\right)\right]\sim x\left(\frac{\tan x}{x}-1\right)=\tan x-x,\\ \begin{aligned} \text{原式}&=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\tan x-x}{x^3}=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\sec^2x-1}{3x^2}\\ &=-\cfrac{4}{9}\lim\limits_{x\to0^+}\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)^2=-\cfrac{2}{9}. \end{aligned} exln(xtanx​)−1∼xln(xtanx​)=xln[1+(xtanx​−1)]∼x(xtanx​−1)=tanx−x,原式​=−32​x→0+lim​x3tanx−x​=−32​x→0+lim​3x2sec2x−1​=−94​x→0+lim​(xtanx​)2=−92​.​
（这道题主要利用了等价无穷小代换求解）

CCC组

3.记f(x)=27x3+5x2−2f(x)=27x^3+5x^2-2f(x)=27x3+5x2−2的反函数为f−1f^{-1}f−1，求极限：lim⁡x→∞f−1(27x)−f−1(x)x3\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f^{-1}(27x)-f^{-1}(x)}{\sqrt[3]{x}}x→∞lim​3x​f−1(27x)−f−1(x)​。

解  首先，显然有lim⁡x→∞f(x)x3=lim⁡x→∞(27+5x−2x3)=27\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to\infty}\left(27+\cfrac{5}{x}-\cfrac{2}{x^3}\right)=27x→∞lim​x3f(x)​=x→∞lim​(27+x5​−x32​)=27。
  先令t=27xt=27xt=27x，再令y=f−1(x)y=f^{-1}(x)y=f−1(x)，则t=f(y)t=f(y)t=f(y)，且x→∞x\to\inftyx→∞时，t→∞,y→∞t\to\infty,y\to\inftyt→∞,y→∞，所以
lim⁡x→∞f−1(27x)x3=3lim⁡t→∞f−1(t)t3=3lim⁡y→∞yf(y)3=3lim⁡y→∞y3f(y)3=31273=1.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f^{-1}(27x)}{\sqrt[3]{x}}&=3\lim\limits_{t\to\infty}\cfrac{f^{-1}(t)}{\sqrt[3]{t}}=3\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y}{\sqrt[3]{f(y)}}=3\sqrt[3]{\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y^3}{f(y)}}\\ &=3\sqrt[3]{\cfrac{1}{27}}=1. \end{aligned} x→∞lim​3x​f−1(27x)​​=3t→∞lim​3t​f−1(t)​=3y→∞lim​3f(y)​y​=33y→∞lim​f(y)y3​​=33271​​=1.​
  同理，令y=f−1(x)y=f^{-1}(x)y=f−1(x)，则x=f(y)x=f(y)x=f(y)，且x→∞x\to\inftyx→∞时，y→∞y\to\inftyy→∞，所以
lim⁡x→∞f−1(x)x3=lim⁡y→∞yf(y)3=lim⁡y→∞y3f(y)3=1273=13.\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f^{-1}(x)}{\sqrt[3]{x}}=\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y}{\sqrt[3]{f(y)}}=\sqrt[3]{\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y^3}{f(y)}}=\sqrt[3]{\cfrac{1}{27}}=\cfrac{1}{3}. x→∞lim​3x​f−1(x)​=y→∞lim​3f(y)​y​=3y→∞lim​f(y)y3​​=3271​​=31​.
  因此，原式=1−13=23=1-\cfrac{1}{3}=\cfrac{2}{3}=1−31​=32​。（这道题主要利用了变量代换求解）

4.计算下列极限。

（2）lim⁡x→0∫0xsin⁡2t4+t2∫0x(t+1−1)dt;\lim\limits_{x\to0}\displaystyle\int^x_0\cfrac{\sin2t}{\sqrt{4+t^2}\displaystyle\int^x_0(\sqrt{t+1}-1)\mathrm{d}t};x→0lim​∫0x​4+t2​∫0x​(t+1​−1)dtsin2t​;

解
lim⁡x→0∫0xsin⁡2t4+t2∫0x(t+1−1)dt=lim⁡x→0sin⁡2x4+x2(x+1−1)=lim⁡x→0(x+1+1)sin⁡2xx4+x2=lim⁡x→02(x+1+1)4+x2⋅sin⁡2x2x=2.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\displaystyle\int^x_0\cfrac{\sin2t}{\sqrt{4+t^2}\displaystyle\int^x_0(\sqrt{t+1}-1)\mathrm{d}t}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin2x}{\sqrt{4+x^2}(\sqrt{x+1}-1)}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{(\sqrt{x+1}+1)\sin2x}{x\sqrt{4+x^2}}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{2(\sqrt{x+1}+1)}{\sqrt{4+x^2}}\cdot\cfrac{\sin 2x}{2x}\\ &=2. \end{aligned} x→0lim​∫0x​4+t2​∫0x​(t+1​−1)dtsin2t​​=x→0lim​4+x2​(x+1​−1)sin2x​=x→0lim​x4+x2​(x+1​+1)sin2x​=x→0lim​4+x2​2(x+1​+1)​⋅2xsin2x​=2.​
（这道题主要利用了积分式求导求解）

（3）lim⁡x→+∞(x3+2x2+13−xe1x);\lim\limits_{x\to+\infty}(\sqrt[3]{x^3+2x^2+1}-xe^{\frac{1}{x}});x→+∞lim​(3x3+2x2+1​−xex1​);

解  令x=1tx=\cfrac{1}{t}x=t1​，有
lim⁡x→+∞(x3+2x2+13−xe1x)=lim⁡t→0+t3+2t+13−ett=lim⁡t→0+13(t3+2t+1)−23(2+3t2)−et1=13×1×2−1=−13.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to+\infty}(\sqrt[3]{x^3+2x^2+1}-xe^{\frac{1}{x}})&=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\sqrt[3]{t^3+2t+1}-e^t}{t}\\ &=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\cfrac{1}{3}(t^3+2t+1)^{-\frac{2}{3}}(2+3t^2)-e^t}{1}\\ &=\cfrac{1}{3}\times1\times2-1=-\cfrac{1}{3}. \end{aligned} x→+∞lim​(3x3+2x2+1​−xex1​)​=t→0+lim​t3t3+2t+1​−et​=t→0+lim​131​(t3+2t+1)−32​(2+3t2)−et​=31​×1×2−1=−31​.​
（这道题主要利用了变量代换求解）

（4）lim⁡x→01+12x2−1+x2(cos⁡x−ex22)sin⁡s22;\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1+\cfrac{1}{2}x^2-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x-e^{\frac{x^2}{2}})\sin\cfrac{s^2}{2}};x→0lim​(cosx−e2x2​)sin2s2​1+21​x2−1+x2​​;

解
lim⁡x→01+12x2−1+x2(cos⁡x−ex22)sin⁡s22=lim⁡x→01+12x2−[1+12x2−18x4+ο(x4)]{[1−12x2+ο(x2)]−[1+12x2+ο(x2)]}⋅x22=lim⁡x→018x4+ο(x4)−12x2+ο(x4)=−14.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{1+\cfrac{1}{2}x^2-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x-e^{\frac{x^2}{2}})\sin\cfrac{s^2}{2}}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1+\cfrac{1}{2}x^2-\left[1+\cfrac{1}{2}x^2-\cfrac{1}{8}x^4+\omicron(x^4)\right]}{\left\{\left[1-\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^2)\right]-\left[1+\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^2)\right]\right\}\cdot\cfrac{x^2}{2}}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\cfrac{1}{8}x^4+\omicron(x^4)}{-\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^4)}=-\cfrac{1}{4}. \end{aligned} x→0lim​(cosx−e2x2​)sin2s2​1+21​x2−1+x2​​​=x→0lim​{[1−21​x2+ο(x2)]−[1+21​x2+ο(x2)]}⋅2x2​1+21​x2−[1+21​x2−81​x4+ο(x4)]​=x→0lim​−21​x2+ο(x4)81​x4+ο(x4)​=−41​.​
（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

7.设a⩾5a\geqslant5a⩾5且为常数，则kkk为何值时极限I=lim⁡x→+∞[(xα+8x4+2)k−x]I=\lim\limits_{x\to+\infty}[(x^\alpha+8x^4+2)^k-x]I=x→+∞lim​[(xα+8x4+2)k−x]存在，并求此极限值。

解  当k⩽0k\leqslant0k⩽0时，I=−∞I=-\inftyI=−∞，极限不存在；
  当k>0k>0k>0时，
I=x=1t∞−∞lim⁡t→0+[(1tα+8t4+2)k−1t](α⩾5)=lim⁡t→0+(1+8tα−4+2tα)k−tαk−1tαk.\begin{aligned} I&\xlongequal[x=\frac{1}{t}]{\infty-\infty}\lim\limits_{t\to0^+}\left[\left(\frac{1}{t^\alpha}+\frac{8}{t^4}+2\right)^k-\frac{1}{t}\right](\alpha\geqslant5)\\ &=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{(1+8t^{\alpha-4}+2t^\alpha)^{k}-t^{\alpha k-1}}{t^{\alpha k}}. \end{aligned} I​∞−∞x=t1​​t→0+lim​[(tα1​+t48​+2)k−t1​](α⩾5)=t→0+lim​tαk(1+8tα−4+2tα)k−tαk−1​.​
  只有当αk−1=0\alpha k-1=0αk−1=0，即k=1αk=\cfrac{1}{\alpha}k=α1​时极限才可以用洛必达法则，否则极限为∞\infty∞，不存在。故
I=lim⁡t→0+(1+8tα−4+2tα)1α−1t=lim⁡t→0+1α(8tα−4+2tα)t.I=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{(1+8t^{\alpha-4}+2t^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}-1}{t}=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\cfrac{1}{\alpha}(8t^{\alpha-4}+2t^\alpha)}{t}. I=t→0+lim​t(1+8tα−4+2tα)α1​−1​=t→0+lim​tα1​(8tα−4+2tα)​.
  当α=5\alpha=5α=5时，I=lim⁡t→0+158t+2t5t=85I=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{1}{5}\cfrac{8t+2t^5}{t}=\cfrac{8}{5}I=t→0+lim​51​t8t+2t5​=58​，此时k=15k=\cfrac{1}{5}k=51​；
  当α>5\alpha>5α>5时，I=0I=0I=0，此时k=15k=\cfrac{1}{5}k=51​。（这道题主要利用了分类讨论求解）

11.设f(x)=lim⁡n→∞1+(2x)n+x2nn(x⩾0)f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}(x\geqslant0)f(x)=n→∞lim​n1+(2x)n+x2n​(x⩾0)。

（1）求函数f(x)f(x)f(x)的表达式；

解  当0⩽x<120\leqslant x<\cfrac{1}{2}0⩽x<21​时，有1n⩽1+(2x)n+x2nn⩽1⋅3n\sqrt[n]{1}\leqslant\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}\leqslant1\cdot\sqrt[n]{3}n1​⩽n1+(2x)n+x2n​⩽1⋅n3​；
  当12⩽x<2\cfrac{1}{2}\leqslant x<221​⩽x<2时，有2x<1+(2x)n+x2nn⩽2x3n2x<\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}\leqslant2x\sqrt[n]{3}2x<n1+(2x)n+x2n​⩽2xn3​；
  当x⩾2x\geqslant2x⩾2时，有x2⩽1+(2x)n+x2nn⩽x23nx^2\leqslant\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}\leqslant x^2\sqrt[n]{3}x2⩽n1+(2x)n+x2n​⩽x2n3​。
  又lim⁡n→∞3n=1\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{3}=1n→∞lim​n3​=1，故
f(x)={1,0⩽x<12,2x,12⩽x<2,x2,x⩾2.f(x)=\begin{cases} 1,&0\leqslant x<\cfrac{1}{2},\\ 2x,&\cfrac{1}{2}\leqslant x<2,\\ x^2,&x\geqslant2. \end{cases} f(x)=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​1,2x,x2,​0⩽x<21​,21​⩽x<2,x⩾2.​

（2）讨论函数f(x)f(x)f(x)的连续性。

解  因为f(x)f(x)f(x)在[0,12),[12,2),[2,+∞)\left[0,\cfrac{1}{2}\right),\left[\cfrac{1}{2},2\right),\left[2,+\infty\right)[0,21​),[21​,2),[2,+∞)上连续，又
lim⁡x→(12)−f(x)=1,lim⁡x→(12)+f(x)=1,f(12)=1,lim⁡x→2−f(x)=4,lim⁡x→2+f(x)=4,f(2)=4,\lim\limits_{x\to\left(\frac{1}{2}\right)^-}f(x)=1,\quad\lim\limits_{x\to\left(\frac{1}{2}\right)^+}f(x)=1,\quad f\left(\frac{1}{2}\right)=1,\\ \lim\limits_{x\to2^-}f(x)=4,\quad\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=4,\quad f(2)=4,\\ x→(21​)−lim​f(x)=1,x→(21​)+lim​f(x)=1,f(21​)=1,x→2−lim​f(x)=4,x→2+lim​f(x)=4,f(2)=4,
  所以f(x)f(x)f(x)在[0,+∞)[0,+\infty)[0,+∞)上连续。（这道题主要利用了分类讨论求解）

写在最后

  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
   欢迎非商业转载，转载请注明出处。

张宇1000题高等数学 第一章 函数极限与连续相关推荐

1. 张宇1000题高等数学 第二章 数列极限

   目录 CCC组 3.设当a⩽x⩽ba\leqslant x\leqslant ba⩽x⩽b时,a⩽f(x)⩽ba\leqslant f(x)\leqslant ba⩽f(x)⩽b,并设存在常数kkk, ...

2. 张宇1000题线性代数 第一、二章 行列式、余子式和代数余子式的计算

   目录 第一章 行列式 A A A组 3. ∣ 1 3 9 27 1 − 1 1 − 1 2 4 8 16 1 − 2 4 − 8 ∣ = \begin{vmatrix}1&3&9&am ...

3. 张宇1000题高等数学 第十六章 无穷级数

   目录 AAA组 7.设0⩽un⩽1n0\leqslant u_n\leqslant\cfrac{1}{n}0⩽un​⩽n1​,则下列级数一定收敛的是(  ). (A)∑n=1∞un;(A)\displ ...

4. 张宇1000题高等数学 第十四章 二重积分

   目录 BBB组 8.设f(x,y)f(x,y)f(x,y)为连续函数,f(0,0)f(0,0)f(0,0)已知,则I=lim⁡t→0+1πt2∬Df(x,y)dσ=I=\lim\limits_{t\t ...

5. 张宇1000题高等数学 第十五章 微分方程

   目录 AAA组 10.微分方程(1+x2)y′′−2xy′=0(1+x^2)y''-2xy'=0(1+x2)y′′−2xy′=0的通解为______. BBB组 2.微分方程dydx=2xyx2+y\ ...

6. 张宇1000题高等数学 第五章 一元函数微分学的应用（一）——几何应用

   目录 AAA组 4.曲线r=cos⁡2θr=\cos2\thetar=cos2θ在θ=π4\theta=\cfrac{\pi}{4}θ=4π​处的切线方程为______. BBB组 6.设f(x)=∣ ...

7. 张宇1000题高等数学 第三章 一元函数微分学的概念

   目录 BBB组 6.设f(x)f(x)f(x)在(−π2a,π2a)(a>0)\left(-\cfrac{\pi}{2a},\cfrac{\pi}{2a}\right)(a>0)(−2aπ ...

8. 线性代数张宇1000题 第六章 向量组

   目录 BBB组 6.齐次线性方程组的系数矩阵A4×5=[β1,β2,β3,β4,β5]\bm{A}_{4\times5}=[\bm{\beta}_1,\bm{\beta}_2,\bm{\beta}_3 ...

9. 张宇1000题线性代数 第九章 二次型

   目录 AAA组 1.二次型f(x1,x2,x3)=xTf(x_1,x_2,x_3)=\bm{x}^\mathrm{T}f(x1​,x2​,x3​)=xT的秩为(  ). (A)0;(A)0;(A)0; ...

最新文章

1. 皮一皮：浓浓的父爱...
2. 特岗计算机老师年度总结,特岗教师个人年度工作总结
3. java 数据库工厂_月光软件站 - 编程文档 - Java - 简单的数据库连接工厂实现
4. BZOJ1014: [JSOI2008]火星人prefix
5. Android——4.2.2 文件系统文件夹分析
6. 串口输出换行_stm32初学者必会操作----usart串口调试工具
7. php连接db2失败,PHP_浅谈DB2数据库故障处理及最佳实践，　　当你在使用数据库时，可 - phpStudy...
8. ZeroMQ设置超时等待
9. 读书笔记程序员的自我修养 0
10. 跟CSDN客服反馈的交流
11. IDEA 导入项目中文注释乱码解决
12. clickhouse优缺点总结
13. 【Shior学习】subject和session
14. LIBSVM的FQA
15. SONET/SDH技术讲解
16. python绝技运用python成为顶级pdf_python绝技：运用python成为顶级黑客 中文pdf完整版[42MB]...
17. 测试还是国外的香？走进海外测试开发工程师
18. 用Android和IOT检测地震波
19. 【论文】AlexNet 一
20. H5移动网页 苹果键盘修改 换行 为 搜索

热门文章

1. 洛谷月赛2018.8 T1题解(U28036 Nagisa loves Tomoya)
2. 【iOS】—— 知乎日报第二周遇到的问题
3. 美国计算机访学,美国天普大学访学印象
4. 俄罗斯游戏java源代码_Java俄罗斯方块游戏源代码JAVA游戏源码下载
5. python爬取前程无忧scrapy存mogondb案例
6. HTML5期末大作业：游戏网页设计——穿越火线6页(代码质量好) 学生DW网页设计作业源码 web课程设计网页规划与设计
7. DD-WRT封杀P2P
8. python pip安装报错_Python pip安装失败：无效命令egg_info
9. 日本电子货币用户数今夏有望突破一亿
10. 计算机应用2010是一级还是二级,计算机等级考试应该报一级还是二级呢 哪个更有用...