河南电大高等数学形考作业答案10787.pdf

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1、第一章 初等函数及其图形 练习1.1 初等函数及其图形 一.确定下列各函数中哪些是偶函数，哪些是奇函数:1.xxaaxf)(0a)；解:xfaaxfxx xxaaxf为偶函数.2.xxxf11ln)(；解:xfxxxxxf11ln11ln,xxxf11ln为奇函数.3.)1ln()(2xxxf 解:xfxxxxxxxf2221ln11ln1ln,21lnxxxf为奇函数.二.设xxf2cos3)(sin,求)(cosxf。解:xxxf2sin222cos3sin,xxf2cos22cos 三.设xxgxxfsin)(,arccos)(,试求复合函数)(),(xfgxgf的定义域和值域。解:xx

2、gfsinarccos,.D,0R xxfgarccossin,1,1D,1,0R.四.设00,1)(xxxxxf,0,0,)(2xxxxxg 求复合函数)(),(xfgxgf。解:0,10,12xxxxxgf,0,1,101,122xxxxxxxfg 第二章 极限与连续 2.1 数列极限 一.填空:(河南学历考试网 )1.设11nnxn,对于任意的正数,当n大于正整数N12时,|1|nx,所以1limnnx；当n大于正整数N19.999 时,410|1|nx。2.设nanxn22,对于任意的正数,当n大于正整数N2|a时,|1|nx,所以1limnnx。3.对于任意的正整数,存在正整数N1,

3、当Nn 时,|02cos|nn,所以02coslimnnn。二.用定义证明01lim2nn。证.0,要 使 012n,即21n,只 要12n,即1n.取 正 整 数1N,则当Nn 时,就有 012n,即01lim2nn.三.对 于 数 列nx,若axk2(k),axk12(k),证 明:axn(n)。证.0,axk2(k),ZK 1,只要122Kk,就有 axk2;又 因axk12(k),ZK 2,只要12122Kk,就有axk 12.取 12,2max21KKN,只要Nn,就有axn,因此有axn(n).2.2 函数极限 一.填空 1.极限)(lim0 xfxx的定义是:对于任意的0M,存在

4、0,当00 xx时,就有 Mxf。2.极限)(limxfx的定义是:对于任意的0M,存在0X,当Xx 时,就有 Mxf。3.极限Axfxx)(lim0的定义是:对于任意0,存在0,当xx00时,就有 Axf。4.对 于 任 意 的 正 数,存 在 正 数=5,当|2|0 x时1225x,因 此12)25(lim2xx。二.求xxxf|)(在0 x处的左、右极限,并说明 xf在0 x处的极限是否存在。解:1limlim00 xxxxxx,1limlim00 xxxxxx,由 于xxxxxx00limlim,所 以 xf在0 x处的极限不存在.三.用定义证明:4lim22xx。证:不妨设12 x,

5、即31 x,从而252242xxxx,0,要使2542xx,只要52x.于是取5,1m i n,则当20 x时,就有 42x,因此4lim22xx.四.用极限定义证明:函数 xf当0 xx 时极限存在的充要条件是左、右极限各自存在且相等。证:必 要 性.若 Axfxx0lim,0,0,当00 xx时,就 有 Axf.因而,当00 xx时,有 Axf,所以 Axfxx0lim;同时当xx00时,有 Axf,所以 Axfxx0lim.充分性.若 Axfxx0lim,Axfxx0lim.0,01,当100 xx时,就有 Axf,也02,当200 xx时,有 Axf.取21,min,则当00 xx时,

6、就有 Axf.所以 Axfxx0lim.2.3 无穷大与无穷小 一.求下列量的等价无穷小量(0 x):1.)1ln(x；解.xxxx1ln,11lnlim0的等价无穷小量为0 xx 2.1xe；解.1,11lim0 xxxexe的等价无穷小量为0 xx.3.11nx 解.11,1111lim0nnxxxnx的等价无穷小量为01xxn 二.求下列量的等价无穷大量:1.)(xxxx；解.xxxxxxxx,1lim的等价无穷大量为)(xx 2.)1(3212xxxx。解.321,1121321lim221xxxxxxxx的等价无穷大量为)1(121xx.三.当0 x时，下面等式成立吗？1.)()(3

7、2xoxox；解.002232xxxoxxox,032xxoxox 2.)()(2xoxxo；解.0)(,00)()(2222xxoxxoxxxoxxxo 3.)()(2xoxo。解.2xxo不一定趋于零,)()(2xoxo不一定成立(当0 x时)2.3 极限的运算法则 一.判断题(正确的结论打“”，错误的结论打“”):1.若)(lim0 xfxx存在，)(lim0 xgxx不存在，则)()(lim0 xgxfxx不存在。()反证.若)()(lim0 xgxfxx存在,则)(lim0 xgxx)()(lim0 xfxgxfxx存在,矛盾.2.若)(lim0 xfxx，)(lim0 xgxx均不

8、存在，则)()(lim0 xgxfxx不存在。()例 如:0,10,1xxxf,0,10,1xxxg,)(lim0 xfx，)(lim0 xgx均 不 存 在,但11lim)()(lim00 xxxgxf 3.Axfx)(lim,则Anfn)(lim。()4.若 xgxf,又)(lim0 xfxx与)(lim0 xgxx均 存 在，则)(lim0 xfxx)(lim0 xgxx。()例如.0 x时,xx12,但01lim2limxxxx 5.0)(lim0|)(|limxfxfaxax。()二.填空:1.已知)1)(lim0 xaxbexx，则a_,b_。)1)(lim0 xaxbexx,即0

9、1)1)(lim0babexaxxx,1,0ba 2.已知22lim222xxbaxxx，则a_,b_。由所给极限存在知,024ba,得42ab,又由23412l i m2l i m2222axaxxxbaxxxx,知8,2ba 三.计算题:1.4586lim224xxxxx；解:.3212lim4124lim4586lim44224xxxxxxxxxxxxx 2.)(lim22xxxxx；解:111112lim2lim)(lim2222xxxxxxxxxxxxxxxx 3 11lim31xxx；解.321111lim11lim332131xxxxxxxxx 4.)2221(limnnnn；解

10、.2142lim)221(lim)2221(limnnnnnnnnnnnnn 5.NnNn1211lim。解.111212211211nnnnnnn 1112111312121122111NNNnNn 21112lim211lim1NnNNnN 2.4 两个重要极限 一.求下列极限:1.302sinsin2limxxxx；解.原式=1242sin2sin2limcos1sin2lim22020 xxxxxxxxxx 2.nxmxxsinsinlim(nm,为整数)；解.原式 nmntntmtmtntmtntnmtmnmnmtnmtttx1sinsin1limsin1sin1limsinsinl

11、im000令 3.xxnx)arccoscos(lim0(n为奇数)；解.原式 nsnssnsntntnksknsstttx211012022arccos1sinsin1lim2cos2coslimcoscoslim令令令 4.cos1coslimnnn；解.原式=21sin21sin2limnnnnn nnnnnnnnnnnnn1110212121sin21sin2lim 二.求下列极限:1.2)11(lim22xxxx；解.原式=212212222121limexxxxx 2.xxxtan2)(sinlim；解.原式=ttttttxxxxxxtxcossin2sin21cos102sinc

12、os1sin1sin1221cos1lim1sin1lim令 11cos1lim02coscos2sin1cos10etttttt 2.6 函数的连续性 一.研究下列函数的连续性，并指出间断点类型:1.xxfsgn；解.0,10,00,1sgnxxxxxf,0 x为唯一的第一类(跳跃)间断点.2.xxxg；解.nx，Zn(整数集)，0n，为第一类(跳跃)间断点；3.xf)111()111(xxxx；解.xf1,011)111()111(xxxxxxxx,1,0 xx为其间断点,0,1xx为第一类可去间断点;1x为第二类间断点.4.xy1cos2。解.0 x为第二类本性间断点.二.适当选取a,使

13、函数00,)(xxaxexfx连续。解.10000efaf,当1a时,xf即为连续函数.三.证明方程)0(03pqpxx有且只有一个实根。证.令 0,0,3ffqpxxxf,由零点定理,至少存在一点使得 0f,其唯一性,易由 xf的严格单调性可得.四.求下列极限:1.xxxxx111)21(lim；解.132)21(lim20111xxxxx 2.xxx1cos)(arctanlim；解.22)(arctanlim11cosxxx 3.210)(coslimxxx。解.214142sin21cos1010222)1cos1(lim)(coslimexxxxxxxx 第三章 导数与微分 3.1

14、导数的概念 一选择题 1 下列命题正确的是（D）(A)初等函数在其定义区间内可导；(B)()(afaf，其中a为常数；(C)若曲线)(xfy 在点)(,(00 xfx处有切线，则)(0 xf 存在；(D)可导的偶函数的导数是奇函数 2 下列命题不正确的是（B）(A)若)(xf在0 x处不连续，则)(xf在0 x处必不可导；(B)若)(xf在0 x处的左导)(0 xf与右导)(0 xf均存在，则)(0 xf 存在；(C)若)(xf在0 x处可导，则 xf在0 x处必连续但不一定可导；(D)若)(0 xf 存在，则极限)(21)()21(lim000 xfxfmxfmm 二填空题 1 设5322x

15、xxy，则dxdy6561x 2 设2)(xxf，则)(xff24x，)(xff22x。3 设某物体的运动规律为22110gtts，则该物体在1t秒到tt1秒的时间段内的平均速度vtg2110，及1t秒时瞬时速度)1(vg10。三设函数)(xf在0 x处可导，求下列极限值 1hhxfhxfh)3()2(lim000；解.原式 000000533)3(22)2(limxfhxfhxfhxfhxfh 2000)()(lim0 xxxxfxfxxx 解.原式 00000000)(lim0 xfxfxxxxxxfxfxfxxx 四设2sin)(xxxf 00 xx ，求)(),6(xff 解.当0 x

16、时,xxxfcossin,当0 x时,xxxf22,当0 x时,00lim0,10sinlim0200 xxfxxfxx,显然 00ff,0f 不存在.则得 0,20,cosxxxxxf,3266xxf 五设抛物线2axy 与xyln相切，试求 1a 值及切点坐标 2过该点的切线方程和法线方程 解.1.由题意知 xaxxaxlnln22,即xaxxaxln122,求得eaex21,及21y,故得ea21,切点21,e.2.斜率exkex1ln,所求切线方程为exey121，即 0211 yxe；法线方程为exey21，即021eyxe。3.2 求导法则 一.填空题 1设xkexftan)(，则

17、)(xfxxkekxk21tansectan，若ef)4(，则k21 2设txxxtttf22)11)(lim)(，则)(tftett22，)(tftet2221 3设)1arccos()(,012xxfx，则)(xf222x 4 设tttf11)(，则)4(f181 二计算下列各函数的导数 1)(cotsincos22xy 解：xxxxxy22222csccot2cotsincotcos2cotcoscos xxxx2222cotcoscoscot2sincsccot2 2)1ln(2xxeey 解.xxxxxxxeeeeeeey22221111 3baxaxxbaby)()()(（0,0b

18、a）解.axbbxabaxxbabaaxbaxabxbxbaaxxbababy)(1)()()()(ln)(121 xbxaabaxxbabbaxln)()()(4axaxaxyarcsin22222 (0a)解.22222222221112221xaaaxaxaxxay 三设)(xf可导，)(cos)(sin22xfxfy，求dxdy 解.xxfxxfdxdy2222coscossinsin xfxfxxxxfxxxf2222cossin2sinsincos2coscossin2sin 四.设)112(,cos)(2xxfyxxf 求dxdy 解.令112xxu,于是 ufy,dxdudud

19、ydxdy.22112coscosxxuufdudy,213112xxxdxdu,则得 22112cos13xxxdxdy 3.3 高阶导数 一.填空题 1.设xxyarctan12,则 y222arctan1xxx 2.设21lnxxy,则 y2 3(1)xx 3.设nxxxxy21,则1ny(1)!n 4.已知 xf具有任意阶导数,且 xfxf2,则当2n(n为正整数)时,xfn1!()nn fx 二.计算下列各函数的n阶导数.1.6512xxy;解 611171xxy，1161117!1611171nnnnnnxxnxxy 2.xeyxcos;解 4cos2sin21cos212sinc

20、osxexxexxeyxxx 42cos24sin4cos22xexxeyxx 由此推得 4cos2nxeyxnn 三.设 xf三阶可导,且 22xfxfy,求yy ,解 xfxfxf xy222 xfxfxfxfxxfy 22422222 xfxfxfxfxfxfxfxxf xxf xy 2248842322 xfxfxfxfxfxxf x 26812232 3.4微分与微分技术 一.填空题 1设()f x在0 x处可导，且0()0fx，则0limxydyx 0 。2 设()f x在0 x处可导，且0()2fx，则当0 x 时，该函数在0 x处微分dy是与x的同阶 无穷小。3dxxdx5 C

21、5ln5；dxxxxd221 C1ln 4(sin1)xdxxedxeexxexxxxx14cot2111sin21 二设下列各方程确定函数()yy x,求22d ydx 11yyxe 解 由yxeeyyy，得yexeeyyyy21，322222232322yyeyyyeyyeyyedxydyyyy 2yxxy 解 yxxyln1ln1，即yyxxlnln yyyxln1ln，得yxyln1ln1，则得 3222ln1ln1ln1ln11ln1ln11yxyxxyyyyyxyxy 3lncossincosxtyttt 在3t处 解 tttxttancossin，ttytsin，ttxydxdy

22、ttcos，又 tttdxdytsincos，则361tansincos33322tttttttttxdxdydxyd 三 设()yy x是由方程22()()y f xxf yx确定，其中()f x是可微函数 试求：dydx 解 由 xyyf xyfxfyxfyy222，得 yf xxyfyfxfyxy222 四设曲线方程为223arctan23ln(1)xttytt 求曲线在3x 处的切线方程 解 由3x 得2,0yt，2112txt,2123ttyt。当0t时，3tx，3ty，10tttxyk。则 过 点2,3的 切 线 方 程 为32xy，即05 yx。第四章 中值定理与导数的应用 练习

23、 4.1 微分中值 一、试证明：对函数rqxpxy2 应用拉格朗日中值定理时所求得的点 总是位于区间的正中间.证：设 为任一区间，,)(2barqxpxxf 显然，f(x)在 a,b 上连续，在(a,b)内可导，由 Lagrange 定理得至少有一点),(ba，使 )()()(abfafbf 即)(2()()(22abqprqaparqbpb 2 ab 即求得的 位于区间的正中间.二、已知函数)4)(3)(2)(1()(xxxxxf，不求)(xf的导数，讨论方程0)(xf的实根并指出它们所在的区间.解：因为 f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0,函数 f(x)在区间(1,2),(2,3)

24、,(3,4)上满足 Rolle 定理条件，由 Rolle 定理得至少有一点)4 ,3(),3 ,2(),2 ,1(321 使 )3,2,1(0)(ifi，又)(xf 为一元三次函数，因而方程0)(xf最多只有三个实根，所以0)(xf有三个实根分别属于(1,2),(2,3),(3,4).三、证明下列不等式：;arctanarctan .1baba,2 当 x1 时，e x e x.)(11arctanarctan ),(,arctan)(,arctan)(.1 2babaabLagrangeabxxfabbaxxf，使故存在一点定理的条件，上满足在）函数（不妨设对设证明：.1arctanarct

25、an 11 22bababa则而)1)()1)()1()(),1(,1 )(,)(.2xeeexexffxfxLagrangexxfexexfxx即，使存在一点定理的条件，则至少上显然满足在设.0)(01 ,0 1 ,1 exeexexfxeexxxx即而 四、证明：若 函 数)(xf在(-,+)内 满 足 不 等 式)()(xfxf，且1)0(f，则xexf)(.)(1 )(1 1)0()()()(0)()()()()()()()()()(:xxxxxxxexfx feC fCxfexFxFxfxfxfxfexfexfexFxfexF即则又常数从而则而则令证 五、证明方程 x 3 x 2 x

26、 1=0 只有一个实根.01 ,)(02)1(01)0(,)(,032)31(3123)(1)(:232223只有一个实根方程由上述分析可知轴至少相交一次图形与那么函数又轴最多相交一次图形与则函数即单调递增因为设证xxxxxfffxxfxxxxfxxxxf 练习4.2 LHospital 法则 一、判断题（正确的打“”，错误的打“”）1012lim11lim020 xxxxx （）211coslimsinlimxxxxxx 极限不存在 （）3设)(xf在 x0处二阶可导，则 hhxfhxfhxfhxfhxfhh2)()(lim)(2)()(lim00020000)(2)()(lim000 xf

27、hxfhxfh （）二、计算题);111(lim .10 xxex ;tan)2ln(lim .22xxx;1)1ln(lim .32xexx ;)1(lnlim .40 xxx);1ln(lnlim .51xxx ;)(coslim .622xxx.212lim11lim)1(1lim)111(lim .1 0000 xxxxxxxxxxxxxexeeexeeexxeex解：.01)sin(cos2lim2coslimsec)2(limtan)2ln(lim .2 2222122xxxxxxxxxxxx.11111111lim11lim1)1ln(lim .3 222xexxeexexxxx

28、xxx)1ln(lnln 0)()1(ln .4 xxyxxyx则设.1lim)1(lnlim )1 (0ln1lim)ln(lnlim)1ln(lnlim 0000eyxxuuuuuxxxxxuux所以令而.0)(limlim lnlim lnlim)1ln(lnlim)1ln(lnlim 1 .5 021010001tttttttttxxtxtttttx则令.1lim)(coslim )2 0)(lim)tan(lim cotlimsinlnlim sinlnlim cosln)2(lim cosln)2(ln )(cos .6 022220202010022eyxtxtttttttttt

29、xxxxyxyxxxtttttxx所以（令而则令 三、已知,83lim2axbbxxax求 a,b.(1)03 0)3(lim 22baabbbxxax得：解：由 82)2(lim3lim 2babxaxbbxxaxax又 (2).16 4 4 6 :)2()1(bbaa或从而或得由 练习4.3 函数的单调性 一、填空 函数32)25(xxy的单调递减区间为 (0,1)，单调递增区间为(-,0)和 (1，+)二、证明不等式：当0 x时，.1arctan)1ln(xxx.1arctan)1ln(0 arctan)1ln()1(0(0)(0 01)1ln(111)1ln()()0(arctan)1

30、ln()1()(222xxxxxxfxfxxxxxxxf xxxxxf所以即时，当从而单调增加设证：练习4.4 函数的极值与最值 一、填空 1当x=3/4 时，函数xxy1 取极大值y=5/4 .2函数dcxbxaxy23满足 b2-3ac 0,2x0,3x 0.二、解：1.CAB 2.A+B+C 3.CBACBACBACBA 4.AB+BC+AC 5.CBACBACBA 三、解：1.CBA 2.CAB 3.CBACBACBA 4.CBABCACAB 5.A+B+C 6.CBA 四、解：1.依题意：21210|xxxA或，故2312141|xxxBA或 2.SxxBA20|.3.2341|xx

31、BBABABA.4.因为 AB=121|xx，故21210|xxxAB或.五、解：1.CBA表示 1990 年以前出版的中文数学书；2.在“馆中的数学书都是 90 年后出版的中文版”的条件下，有 CBA=A；3.CBC表示 1990 年以前出版的都是中文版。练习 12.3 随机事件的概率 一、解：1.P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)=0.9 P(AB)=P(A)P(AB)=0.70.4=0.3 6.04.01)(1)()(ABPABPBAP )()(1)(1)()(ABPAPBAPBAPBAP=10.3=0.7 )()()(ABPBPBAP=0.2 )()()()(PBAPAPBAAP

32、=0.9 2.P(A+B)=1PpBAPBA1)(1)(二、解：1.以 50 人中选 3 人的组合为基本事件，则基本事件总数为350C，以 A 表示事件“某甲当选”，故事件 A 含有249C个基本事件，因而350249)(CCAP。2.以 50 人中选出 3 人的任一种任职方式（排列）作为基本事件，则基本事件总数为350P，以 B 表示事件“某甲当选为班长”，故事件 B 含有249P个基本事件，因而350249)(PPBP。三、解：随机试验为任意取 9 桶交订货人，设 A=“如数得到定货”（4 桶白、3 桶黑、2 桶红），基本事件总数为917C，有利于 A 的基本事件数为2334410CCC，

33、所以，2431252)(9172334410CCCCAP=0.1037。四、解：1.10 张卡片中任取三张有310C种取法，若取出的 3 张卡片中最大标数为 5，则其余2 张上的数只能是 0,1,2,3,4，这 5 个数中的 2 个，有25C种可能取法，因而得121)(31025CCAP。2.若取出的 3 数中中间的一数为 5，则最小数取自 0,1,2,3,4，最大数取自 6,7,8,9，各有15C、14C种取法，共有1415CC 种取法，故61)(3101415CCCBP。五、解：1.设 X、Y 分别表示甲、乙两轮到达码头的时刻，则 X、Y 可以取区间0,12内的任意一个值，即120120Y

34、X，而两轮都不需要空出码头（用 A 表示）的充要条件是：YX或 XY2，在平面上建立直角坐标系（如图），两轮都不需要空出码头的时间如图中阴影部分所示，这是一个几何概率问题，所以 288221288100288121)(AP。2.A 不是不可能事件，故 P(A)=0。练习 12.4 条件概率及其性质 一、解：1.P(A+B)=P(A)+P(B)P(AB)，P(AB)=P(A)+P(B)P(A+B)=0.5+0.40.6=0.3；P(A|B)=4.03.0)()(BPABP=0.75，故应选(D)。2.由题知 A，B 相互独立，则 P(AB)=P(A)P(B)，又 P(A)0，P(B)0，P(AB

35、)0，因而A，B 不可能互不相容，故应选(A)。二、解：1.A(AB)=A P(A(AB)=P(A)=0.4，又 A、B 相互独立 P(AB)=P(A)P(B)=0.40.2=0.08，P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)=0.52 P(A|AB)=131052.04.0)()(BAPAP。2.设 B 表示选出的“网球是正品”，显然BA，P(A)=P(AB)=P(A|B)P(B)=0.550.96=0.528.三、解：依题意知：101)(,157)(,154)(ABPBPAP，从而143157101)()()|(BPABPBAP0.214 P(B|A)=83154101)()(APABP0

36、.375 P(A+B)=P(A)+P(B)P(AB)=30191011571540.633 四、解：设 Ai(i=1,2,3,4)表示事件“第 i 次取到红球”，则43,AA分别表示事件第三、四次取到白球，所求概率为 )()|()|()|()(11221332144321APAAPAAAPAAAAPAAAAP tratatrattraratrr32 五、解：设 B1、B2分别表示“从甲袋中取出的球为白球，黑球放入乙袋”的事件，A 表示“从乙袋中取出的球为白球”的事件，由题意：41)|(,21)|(,31)(,32)(2121BAPBAPBPBP B1，B2为一完备事件组 1.由全概率公式知 P

37、(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)=12541312132 2.P(B1|A)=5412531)|()()|()()|()(221111BAPBPBAPBPBAPBP 3.P(B2|A)=51125121)|()()|()(2122iiiBAPBPBAPBP 六、解：设 A 表示“从这批产品中任取一件产品为次品”，Bi(i=1,2,3)表示“从这批产品中任取一件是 i 厂生产的”，依题意 B1、B2、B3构成一个完备事件组，由全概率公式 P(A)=032.004.03.005.02.002.05.0)|()(31iiiBAPBP 七、解：设 C 表示“传递出去的信息是

38、A”，D 表示“接收到的信息是 A”P(D|C)=10.02=0.98 P(D|C)=0.01 根据贝叶斯公式知 P(C|D)=)()|()(DPCDPCP )|()()|()(98.032CDPCPCDPCP 19719601.03198.03298.032 八、解：设 A 表示第二次摸出的两只都是正品，B1表示“摸出的两只都是正品”，B2表示“摸出的两只一只是正品，一只是次品”，B3表示“摸出的两只都是次品”则 P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)2525252524251213252325231CCCCCCCCCCCC=0.55 练习 1

39、.5 事件的独立性 一、解：设两个信号发生器能起作用的事件分别记作 A、B，那么失事时该装置能发出报警信号的事件为 AB，于是 P(AB)=P(A)+P(B)P(AB)=0.98+0.950.980.95=0.999 二、解：设 A 表示事件“甲击中目标”，B 表示“乙击中目标”，则两人都中靶可以表示为AB，甲中乙不中可表示为BA，甲不中乙中可表示为BA，从而 1.P(AB)=P(A)P(B)=0.80.7=0.56 2.P)()()(BPAPBA=0.80.3=0.24 3.P(BA)=P(A)P(B)=0.20.7=0.14 三、解：设事件 A、B、C 分别表示为第一、二、三道工序不出废品 依题意，A、B、C 相互独立，并且 P(A)=0.9，P(B)=0.95，P(C)=0.8 P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.684 四、解：1.设 Ai表示“甲、乙、丙三台机床无需照管”i=1,2,3，则有机床需要工人照管的事件为321AAA，因而 6.09.08.01)()()(1)(321321APAPAPAAAP=0.568 2.以 B 表示“机床因无人照看而停工”)()()()()(321321321321AAAPAAAPAAAPAAAPBP =0.2 0.1 0.6+0.2 0.9 0.4+0.8 0.1 0.4+0.2 0.1 0.4 =0.124