同济大学版高等数学课后习题答案第3章

1 验证罗尔定理对函数yln sin x 在区间[, 5]上的正确性

66 解 因为yln sin x 在区间[, 5]上连续 在(, 5)内可导 且y()y(5),

666666所以由罗尔定理知 至少存在一点(, 5) 使得y()cot 0

66 由y(x)cot x0得(, 5)

266 因此确有(, 5) 使y()cot 0

266 2 验证拉格朗日中值定理对函数y4x35x2x2在区间[0 1]上的正确性 解 因为y4x35x2x2在区间[0 1]上连续 在(0 1)内可导 由拉格朗日中值

y(1)y(0)0 定理知 至少存在一点(0 1) 使y()10 由y(x)12x210x10得x513(0, 1)

12y(1)y(0) 因此确有513(0, 1) 使y()

1012 3 对函数f(x)sin x及F(x)xcos x在区间[0, ]上验证柯西中值定理的正确

2性

解 因为f(x)sin x及F(x)x cos x在区间[0, ]上连续 在(0, )可导 且

22F(x)1sin x在(0, )内不为0 所以由柯西中值定理知至少存在一点(0, ) 使

22得

f()f(0)f()2  F()F()F(0)2)f(0)f(f(x) 令 即cosx2 2F(x)F()F(0)1sinx228881011sinx1在化简得sinx 易证 所以222(2)4(2)4(2)4(0, )内有解 即确实存在(0, ), 使得 22f()f(0)f()2  F()F()F(0)2 4 试证明对函数ypx2qxr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

证明 因为函数ypx2qxr在闭区间[a b]上连续 在开区间(a b)内可导 由拉格朗日中值定理 至少存在一点(a b) 使得y(b)y(a)y()(ba) 即 (pb2qbr)(pa2qar)(2pq)(ba) 化间上式得

p(ba)(ba)2p (ba) 故ab

2 5 不用求出函数f(x)(x1)(x2)(x3)(x4)的导数，说明方程f (x)0有几个实根 并指出它们所在的区间

解 由于f(x)在[1 2]上连续 在(1 2)内可导 且f(1)f(2)0 所以由罗尔定理可知 存在1(1 2) 使f (1)0 同理存在2(2 3) 使f (2)0 存在3(3 4) 使f (3)0 显然1、2、 3都是方程f (x)0的根 注意到方程f (x)0是三次方程 它至多能有三个实根 现已发现它的三个实根 故它们也就是方程f (x)0的全部根

6 证明恒等式 arcsinxarccosx(1x1)

2 证明 设f(x) arcsin xarccos x 因为 f(x)110 1x21x2所以f (x)C 其中C是一常数

因此f(x)f(0)arcsinxarccosx 即arcsinxarccosx

22 7 若方程a0xna1xn1     an1x0有一个正根x0 证明方程 a0nxn1a1(n1)xn2     an1 0

必有一个小于x0的正根

证明 设F(x)a0xna1xn1     an1x 由于F(x)在[0 x0]上连续 在(0 x0)内可导 且F(0)F(x0)0 根据罗尔定理 至少存在一点(0 x0) 使F ()0 即方程 a0nxn1a1(n1)xn2     an1 0 必有一个小于x0的正根

8 若函数f(x)在(a b)内具有二阶导数 且f(x1)f(x2)f(x3) 其中ax1x2x3b 证明

在(x1 x3)内至少有一点 使得f ()0

证明 由于f(x)在[x1 x2]上连续 在(x1 x2)内可导 且f(x1)f(x2) 根据罗尔定理 至少存在一点1(x1 x2) 使f (1)0 同理存在一点2(x2 x3) 使f (2)0 又由于f (x)在[1 2]上连续 在(1 2)内可导 且f (1)f (2)0 根据罗尔定理 至少存在一点 (1 2)(x1 x3) 使f ( )0 9 设ab0 n1 证明 nbn1(ab)anbnnan1(ab) 

证明 设f(x)xn 则f(x)在[b a]上连续 在(b a)内可导 由拉格朗日中值定理 存在(b a) 使

f(a)f(b)f ()(ab) 即anbnn n1(ab) 因为 nbn1(ab)n n1(ab) nan1(ab) 所以 nbn1(ab)anbn nan1(ab)  10 设ab0 证明 ablnaab

abb 证明 设f(x)ln x 则f(x)在区间[b a]上连续 在区间(b a)内可导 由拉格朗日中值定理 存在(b a) 使

1 f(a)f(b)f ()(ab) 即lnalnb(ab)

因为ba 所以

1(ab)lnalnb1(ab) 即ablnaab

ababb 11 证明下列不等式 (1)|arctan aarctan b||ab| (2)当x1时 exex 

证明 (1)设f(x)arctan x 则f(x)在[a b]上连续 在(a b)内可导 由拉格朗日中值定理 存在(a b) 使

f(b)f(a)f ()(ba) 即arctanbarctana12(ba)

1所以|arctanbarctana|12|ba||ba| 即|arctan aarctan b||ab|

1 (2)设f(x)ex 则f(x)在区间[1 x]上连续 在区间(1 x)内可导 由拉格朗日中值定理 存在(1 x) 使

f(x)f(1)f ()(x1) 即 ex ee (x1) 因为 1 所以

ex ee (x1)e(x1) 即exex 12 证明方程x5x10只有一个正根

证明 设f(x)x5x1 则f(x)是[0 )内的连续函数

因为f(0)1 f(1)1 f(0)f(1)0 所以函数在(0 1)内至少有一个零点 即x5x10至少有一个正根

假如方程至少有两个正根 则由罗尔定理 f (x)存在零点 但f (x)5x410 矛盾 这说明方程只能有一个正根

13 设f(x)、g(x)在[a b]上连续 在(a b)内可导 证明在(a b)内有一点 使

f(a)f(b)f(a)f()(ba)

g(a)g(b)g(a)g()f(a)f(x) 则(x)在[a b]上连续 在(a b)内可导 由拉格朗日中

g(a)g(x) 解 设(x)值定理 存在(a b) 使 (b)(a)()(ba) 即

[f(a)]f()f(a)f()f(a)f(b)f(a)f(a) (ba)g(a)g(b)g(a)g(a)[g(a)]g()g(a)g()f(a)f(b)f(a)f()(ba)

g(a)g(b)g(a)g()因此

14 证明 若函数f(x)在( )内满足关系式f (x)f(x) 且f(0)1则f(x)ex 

f(x) 则在( )内有 xef(x)exf(x)e2f(x)exf(x)e20 (x)2x2xee所以在( )内(x)为常数

证明 令(x) 因此(x)(0)1 从而f(x)ex 

15 设函数yf(x)在x0的某邻域内具有n 阶导数 且f(0)f (0)    f

(n1)

(0)0 试用柯西中值定理证明

f(x)f(n)(x) n (01)

n!x 证明 根据柯西中值定理

f(x)f(x)f(0)f(1)n1(1介于0与x之间) nx0xn1f(1)f(1)f(0)f(2)(2介于0与1之间) n2n1n1n1n1n0n1n(n1)2f(3)f(2)f(2)f(0)(3介于0与2之n2n2n3n(n1)2n(n1)2n(n1)0n2n(n1)(n2)3

间)

依次下去可得

f(n1)(n1)f(n1)(n1)f(n1)(0)f(n)(n) (n介于0与n1n(n1)   2n1n(n1)   2n1n(n1)   20n!之间)

f(x)f(n)(n)所以n

n!xf(x)f(n)(x)由于n可以表示为n  x (01) 所以n (01)

n!x

习题32

1 用洛必达法则求下列极限

ln(1x) (1)lim

x0xxx (2)limee

x0sinx (3)limsinxsina

xaxa (4)limsin3x

xtan5x (5)limlnsinx2

x(2x)2mmxa (6)limnn

xaxa (7)limlntan7x

x0lntan2x (8)limtanx

xtan3x2ln(11)x (9)limxarccotxln(1x2) (10)lim

x0secxcosx (11)limxcot2x

x0

12x2(12)limxex0

(13)lim(221)

x1x1x1 (14)lim(1a)x

xx (15)limxsinx

x0 (16)lim(1)tanx x0x1ln(1x)lim1xlim11 解 (1)limx0x01x01xxxxxxeeeelim2 (2)limx0sinxx0cosx (3)limsinxsinalimcosxcosa

xaxa1xa3x3 (4)limsin3xlim3cosxtan5xx5sec25x52lnsinxcotx1cscx1limlim (5)lim 22(2x)(2)428(2x)xxx222mmm1m1 (6)limxnanlimmxn1mxn1mamn

xaxaxanxnna1sec27x7 (7)limlntan7xlimtan7x

x0lntan2xx01sec22x2tan2x22x7limsec2x21 7limtan 22x0tan7x2x0sec7x722tanxsecx1cos3xlimlim (8)lim 22tan3x3sec3x3cosxxxx222 1lim3x22co3sx(sin3x)3co3sx lims2coxs(sinx)xcox23sin3x3 limxxsin21(1)x2ln(11)112xlimx (9)limlim1x2

xarccotxxxxx121x lim2xlim21

x12xx22ln(1x2)cosxln(1x2)xlimlim (10)lim

x0secxcosxx0x01cos2x1cos2x2xlimx1 limx02cosx(sinx)x0sinx(注 cosxln(1x2)~x2) (11)limxcot2xlimx0xlim11 x0tan2xx0sec22x22

12x2(12)limxex0lim1ex2x0ttlimelime 1ttt1x2(注 当x0时 t1 2x21lim1xlim11 (13)lim x1x21x1x1x21x12x2xln(1)axx (14)因为lim(1)limexxxa1(a)x2ln(1a)1axlimx1a)lim而 limx(ln(

xx1xx12xx limaxlimaa

xxax1xln1()xea (1a)xlime所以 limxxxa

(15)因为limxsinxlimesinxlnx

x0x01x而 limsinxlnxlimlnxlim

x0x0cscxx0cscxcoxt2sinx0 lim

x0xcosx所以 limxsinxlimesinxlnxe01

x0x0 (16)因为lim(1)tanxetanxlnx x0x1x 而 limtanxlnxlimlnxlimx0x0cotxx0cs2cx2sinx0lim  x0x所以 lim(1)tanxlimetanxlnxe01

x0xx0

2 验证极限limxsinx存在 但不能用洛必达法则得出

xxxsinxlimx)1 极限limxsinx是存在的 解 lim(1sinxxxxxx(xsinx)lim1cosxlim(1cosx)不存在 不能用洛必达法则 但limxxx(x)1x2sin1x存在 但不能用洛必达法则得出 3 验证极限limx0sinxx2sin1x2sin1xlimxxsin1100 极限limx是存在的 解 limx0sinxx0sinxx0sinxx(x2sin1)2xsin1cos1xlimxx不存在 不能用洛必达法则 但limx0(sinx)x0cosx1(1x)x1[]x x0f(x) 4 讨论函数在点x0处的连续性 e12 ex0 解 因为

1f(0)e2

x0limf(x)limx01e21e2f(0)

1(1x)x1limf(x)lim[]xx0x0elimx01[1ln1(x)1]exx

ln1(x)x而 lim1[1ln1( x)1]limx0xxx0x211 lim1xlim11

x02xx02(1x)2所以

1(1x)x1limf(x)lim[]xx0x0elimx01[1ln1(x)1]exx

1e2f(0)

因此f(x)在点x0处连续 习题33

1 按(x4)的幂展开多项式x45x3x23x4 解 设f(x)x45x3x23x4 因为 f(4)56

f (4)(4x315x22x3)|x421 f (4)(12x230x2)|x474 f (4)(24x30)|x466 f (4)(4)24 所以

f(4)f(4)f(4)(4)23(x4)(x4)(x4)4 f(x)f(4)f(4)(x4)2!3!4! 5621(x4)37(x4)211(x4)3(x4)4

2 应用麦克劳林公式 按x幂展开函数f(x)(x23x1)3 解 因为

f (x)3(x23x1)2(2x3)

f (x)6(x23x1)(2x3)26(x23x1)230(x23x1)(x23x2) f (x)30(2x3)(x23x2)30(x23x1)(2x3)30(2x3)(2x26x3) f (4)(x)60(2x26x3)30(2x3)(4x6)360(x23x2) f (5)(x)360(2x3) f (6)(x)720

f(0)1 f (0)9 f (0)60 f (0)270 f (4)(0)720 f (5)(0)1080 f (6)(0)720 所以

f(0)2f(0)3f(4)(0)4f(5)(0)5f(6)(0)6xxxxx 2!3!4!5!6! 19x30x345x330x49x5x6

f(x)f(0)f(0)x 3 求函数f(x)x按(x4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的3阶泰勒公式 解 因为

 f(4)42 f(4)1x22 f(4)3x28511 f(4)1x2x44473x41

323 f(4)(x)15x2 x483216f(4)f(4)f(4)()23(x4)(x4)(x4)4 2!3!4!所以 xf(4)f(4)(x4)15(x4)4(01) 21(x4)1(x4)21(x4)314645124!16[4(x4)]7 4 求函数f(x)ln x按(x2)的幂展开的带有佩亚诺型余项的n阶泰勒公式 解 因为

f (x)x1 f (x)(1)x2 f (x)(1)(2)x3     

(1)n1(n1)! f(x)(1)(2)    (n1)x

xn(1)k1(k1)!(k) f(2)(k1 2    n1)

2k所以

(n)nf(2)f(2)f(n)(2)23(x2)(x2)    (x2)no[(x2)n] 2!3!n!(1)n111123(x2)no[(x2)n] ln2(x2)2(x2)3(x2)    n22232n2 5 求函数f(x)1按(x1)的幂展开的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式

xlnxf(2)f(2)(x2) 解 因为

f(x)x1 f (x)(1)x2 f (x)(1)(2)x3      f(n)(x)(1)(2)    (n)x(n1)(1)nn!n1 x f(k)(1)kk!(1)k!(k1 2    n)

(1)k1f(1)f(1)(x1)2(x1)3    所以 1f(1)f(1)(x1)x2!3!f(n)(1)f(n1)()n(x1)(x1)n1 n!(n1)!(1)n1n1 [1(x1)(x1)(x1)    (x1)](x1)[1(x1)]n223n(01)

6 求函数f(x)tan x的带有拉格朗日型余项的3阶麦克劳林公式 解 因为 f (x)sec2x

f (x)2sec xsec xtan x2sec2xtan x

f (x)4sec xsec xtan2x2sec4x4sec2xtan2x2sec4x

8sinx(sin2x2) f(x)8secxtanx8secxtan x8secxtan x

cos5x f(0)0 f (0)1 f (0)0 f (0)2

(4)

2

3

4

4

2sinx()[si(nx)2]413所以 tanxxxx(01) 33co5s(x) 7 求函数f(x)xex 的带有佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式 解 因为 f (x)exxex

f (x)exexxex2exxex f (x)2exexxex3exxex    f (n)(x)nexxex;

f (k)(0)k (k1 2    n)

f(0)2f(0)3f(n)(0)nxxx    xo(xn) 所以 xef(0)f(0)x2!3!n!11xno(xn) xx2x3    

2!(n1)!23 8 验证当0x1时 按公式ex1xxx计算ex的近似值时 所产生的误

262差小于001 并求e的近似值 使误差小于001

23xx 解 因为公式e1x右端为ex的三阶麦克劳林公式 其余项为

26ex4R(x) 3

4!23xx1x所以当0x时，按公式e1x计算ex的误差

262x |R3(x)||

1ee2e4!x4|132(1)40.00450.01 4!2111(1)21(1)31.645

22262 9 应用三阶泰勒公式求下列各数的近似值 并估计误差 (1)330 (2)sin18

解 (1)设f(x)3x 则f(x)在x027点展开成三阶泰勒公式为

 f(x)x271273(x27)1(2273)(x27)2

32!933 1(10273)(x27)31(803)(x27)4(介于27与x之间)

3!274!813027127331(2273)321(10273)33

32!93!27325881125于是

315)3.1072 3(11 4 3610333其误差为

51.8810 |R3(30)||1(803)34|1802733480

4!814!814!3111111

(2) 已知

sin4xx1x3x(介于0与x之间) sin3!4!所以 sin 18sin1()30.3090

10103!10其误差为

sinsin46()42.03104 ()| |R3()||104!104!10 10 利用泰勒公式求下列极限 (1)lim(3x33x24x42x3)

x (2)limxcosxe22x0x2[xln(1x)]

11x21x22 (3)lim 2x0(cosxex)sinx2 解 (1)lim(3x33x24x42x3)limx313x412xxlim313t412t

t01tx因为313t1to(t)412t11to(t) 所以

2[1to(t)][11to(t)]o(t)32lim[3] lim(3x33x24x42x3)limxt0t02tt2 (2)limxcosxe22x0x2[xln(1x)][11x21x4o(x4)][11x211x4o(x4)]2!4!22!4 limx0x31[1ln(1x)x]o(x4)1x3x00 lim1211x01e1ln1(x)x11x2[11x23x4o(x4)]11x21x222!4!2 (3)lim lim2x0(cosxex)sinx2x01214421442[(1xxo(x))(1xxo(x))]x2!4!2!3o(x4)3x4o(x4)34!x44!4!1 limlim4x034116x0311122o(x)3xxx2o(x4)x2242224x2 习题34

1 判定函数f(x)arctan xx 单调性

解 因为f(x)121120 且仅当x0时等号成立 所以f(x)在(

1x1x)内单调减少

2 判定函数f(x)xcos x (0x2)的单调性

解 因为f (x)1sin x0 所以f(x)xcos x在[0 2]上单调增加 3 确定下列函数的单调区间 (1) y2x36x218x7 (2)y2x8(x0)

x (3)y3102

4x9x6x (4)yln(x1x2) (5) y(x1)(x1)3

(6)y3(2xa)(ax)2(a0) (7) yxnex (n0 x0) (8)yx|sin 2x|

解 (1) y6x212x186(x3)(x1)0 令y0得驻点x11 x23 列表得

x ( 1) 1 (1 3) 3 (3 ) y y  ↗ 0  ↘ 0  ↗

可见函数在( 1]和[3 )内单调增加 在[1 3]内单调减少

82(x2)(x2)0 (2) y22令y0得驻点x12 x22(舍去)

xx2 因为当x2时 y0 当0x2时 y0 所以函数在(0 2]内单调减少 在[2 )

内单调增加 (3)y60(2x1)(x1) 令y0得驻点x11 x21 不可导点为x0 3222(4x9x6x) 列表得

x ( 0) y y  ↘ 0 不存在 (0 1) 1 (1 1) 1 (1 ) 222 ↘ 0 0  ↗ 0  ↘ 可见函数在( 0) (0, 1] [1 )内单调减少 在[1, 1]上单调增加

22 (4)因为y加

(5) y(x1)33(x1)(x1)24(x1)(x1)2 因为当x1时 y0 当x1时

222y0 所以函数在(, 1]内单调减少 在[1, )内单调增加

22(x2a)3 (6)y 驻点为x12a 不可导点为x2a x3a 

3233(2xa)2(ax)1(12x)10 所以函数在( )内单调增

x1x221x21x2 列表得

ax (, ) 2y y

+ ↗ a 2不存在 (a, 2a) 2a (2a, a) 3233+ ↗ 0  ↘ a 不存在 (a )  ↗ 可见函数在(, a) (a, 2a] (a )内单调增加 在[2a, a)内单调减少

2233 (7)yexxn1(nx) 驻点为xn 因为当0xn时 y0 当xn时 y0 所以函数在[0 n]上单调增加 在[n )内单调减少

xsin2x kxk2 (8)y(k0 1 2   )

xsin2x kxk212cos2x kxk2 y(k0 1 2   )

12cos2x kxk2y是以为周期的函数 在[0 ]内令y0 得驻点x1 x25 不可导点为

26x3

2 列表得

 (, ) x (0, ) 3332y y + ↗ 0  ↘  2不存在 (, 5)26  ↗ 5 (5, ) 660  ↘ 根据函数在[0 ]上的单调性及y在( )的周期性可知函数在[k, k]上单

223调增加 在[k, k]上单调减少(k0 1 2   )

2322 4 证明下列不等式 (1)当x0时 11x1x

2 (2)当x0时 1xln(x1x2)1x2 (3)当0x时 sin xtan x2x

2 (4)当0x时 tanxx1x3

23 (5)当x4时 2xx2

证明 (1)设f(x)11x1x 则f (x)在[0 )内是连续的 因为

21x10 f(x)11221x21x所以f (x)在(0 )内是单调增加的 从而当x0时f (x)f (0)0 即 11x1x0 2也就是 11x1x

2 (2)设f(x)1xln(x1x2)1x2 则f (x)在[0 )内是连续的 因为

(1x2)x f(x)lnx1(1x)xlnx(1x2)0

x1x21x21x2所以f (x)在(0 )内是单调增加的 从而当x0时f(x)f(0)0 即 1xlnx(1x2)1x20 也就是 1xlnx(1x2)1x2

(3)设f(x)sin xtan x2x 则f(x)在[0, )内连续

2(cosx1)[(cos2x1)cosx]2

f (x)cos xsecx2

cos2x 因为在(0, )内cos x10 cos2x10 cos x0 所以f (x)0 从而f(x)在

2(0, )内单调增加 因此当0x时 f(x)f(0)0 即 22 sin xtan x2x0 也就是 sin xtan x2x

(4)设f(x)tanxx1x3 则f(x)在[0, )内连续

23 f(x)se2cx1x2ta2nxx2(taxnx)(taxnx)

因为当0x时 tan xx tan xx0 所以f (x)在(0, )内单调增加 因此当

220x时 f(x)f(0)0 即

2 tanxx1x30

3也就是 tanxx1x2

3 (5)设f(x)x ln22ln x 则f (x)在[4 )内连续 因为 f(x)ln22ln42lne20

x2x24所以当x4时 f (x)0 即f(x)内单调增加

因此当x4时 f(x)f(4)0 即x ln22ln x0 也就是2xx2 5 讨论方程ln xax (其中a0)有几个实根？

解 设f(x)ln xax 则f(x)在(0 )内连续 f(x)1a1ax 驻点为x1

xxa 因为当0x1时 f (x)0 所以f(x)在(0, 1)内单调增加 当x1时 f (x)0

aaa所以f(x)在(1, )内单调减少 又因为当x0及x时 f(x) 所以如果

af(1)ln110 即a1 则方程有且仅有两个实根 如果f(1)ln110 即aaeaaa1 则方程没有实根 如果f(1)ln110 即a1 则方程仅有一个实根 eeaa 6 单调函数的导函数是否必为单调函数？研究下面这个例子 f(x)xsin x 

解 单调函数的导函数不一定为单调函数

例如f(x)xsin x在()内是单调增加的 但其导数不是单调函数 事实上

f (x)1cos x0

这就明f(x)在( )内是单调增加的 f (x)sin x在( )内不保持确定的符号 故f (x)在( )内不是单调的

7 判定下列曲线的凹凸性 (1) y4xx2  (2) ysh x (3)y11(x0)

x (4) yx arctan x  解 (1)y42x y2

因为y0 所以曲线在( )内是凸的 (2)ych x ysh x 令y0 得x0

因为当x0时 ysh x0 当x0时 ysh x0 所以曲线在( 0]内是凸的 在[0 )内是凹的

(3)y12 y2

x3x 因为当x0时 y0 所以曲线在(0 )内是凹的

2 (4)yarctanxx2y(1x2)21x 因为在( )内 y0 所以曲线yxarctg x在( )内是凹的

8 求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间 (1)yx35x23x5  (2) yxex  (3) y(x1)4ex  (4) yln(x21) (5) yearctan x  (6) yx4(12ln x7)

解 (1)y3x210x3 y6x10 令y0 得x5

3 因为当x5时 y0 当x5时 y0 所以曲线在(, 5]内是凸的 在

333[5, )内是凹的 拐点为(5, 20) 3327 (2)yexxex yexexxexex(x2) 令y0 得x2

因为当x2时 y0 当x2时 y0 所以曲线在( 2]内是凸的 在[2 )内是凹的 拐点为(2 2e2)

(3)y4(x1)3ex y12(x1)2ex 

因为在( )内 y0 所以曲线y(x1)4ex的在( )内是凹的 无拐点

2(x21)2x2x2(x1)(x1)2x (4)y2 y 令y0 得x11 x21 (x21)2(x21)2x1 列表得 (1 ln2)

arctanxe11 y(12x) (5)ye 令y0得 x1x221x2 因为当x1时 y0 当x1时 y<0 所以曲线yearctg x在(, 1]内是凹的

222x ( 1) y y   1 0 ln2 拐点 (1 1)   1 0 ln2 拐点 (1 )   可见曲线在( 1]和[1 )内是凸的 在[1 1]内是凹的 拐点为(1 ln2)和

arctanxarctan2) 在[1, )内是凸的 拐点是(1, e221 (6) y4x3(12ln x7)12x3 y144x2ln x 令y0 得x1

因为当0x1时 y0 当x1时 y0 所以曲线在(0 1]内是凸的 在[1 )内是凹的 拐点为(1 7)

9 利用函数图形的凹凸性 证明下列不等式

xyn)(x0 y0 xy n1) (1) 1(xnyn)(22xyeee (2)2xy2(xy)

xy (x0 y0 xy) 2 (3)xlnxylny(xy)ln 证明 (1)设f(t)tn 则f (t)ntn1 f (t)n(n1)t n2 因为当t0时 f (t)0 所以曲线f(t)t n在区间(0 )内是凹的 由定义 对任意的x0 y0 xy有

xy) 1[f(x)f(y)]f(22xyn) 即 1(xnyn)(22 (2)设f(t)et 则f (t)et f (t)et  因为f (t)0 所以曲线f(t)et在( )内

是凹的 由定义 对任意的x y( ) xy有

xy) 1[f(x)f(y)]f(22xyeee即

2xy2(xy)

(3)设f(t)t ln t  则 f (t)ln t1 f(t)1

t 因为当t0时 f (t)0 所以函数f(t)t ln t 的图形在(0 )内是凹的 由定义 对任意的x0 y0 xy 有

xy) 1[f(x)f(y)]f(22xy即 xlnxylny(xy)ln

2 10 试证明曲线yx1x12有三个拐点位于同一直线上

232x2x12x6x6x22(x1)[x(23)][x(23)]  证明 y y(x21)2(x21)3(x21)3 令y0 得x11 x223 x323 例表得 x y y ( 1)   1 (1, 23) 0 1   23 0 (23, 23)   23 0 (23, )   13 4(23)13 4(23) 可见拐点为(1 1) (23, 13) (23, 13) 因为

4(23)4(23)13(1)13(1)4(23)4(23) 1 1

4423(1)23(1)所以这三个拐点在一条直线上

11 问a、b为何值时 点(1 3)为曲线yax3bx2的拐点？

解 y3ax22bx y6ax2b 要使(1 3)成为曲线yax3bx2的拐点 必须y(1)3且y(1)0 即ab3且6a 2b0 解此方程组得a3 b9

22 12 试决定曲线yax3bx2cxd 中的a、b、c、d 使得x2处曲线有水平切线 (1 10)为拐点 且点(2 44)在曲线上 解 y3ax22bxc y6ax2b  依条件有

y(2)448a4b2cd44abcd10y(1)10  即

12a4bc0y(2)0y(1)06a2b0解之得a1 b3 c24 d16

13 试决定yk(x23)2中k的值 使曲线的拐点处的法线通过原点 解y4kx312kx y12k(x1)(x1) 令y0 得x11 x21

因为在x11的两侧y是异号的 又当x1时y4k 所以点(1 4k)是拐点 因为y(1)8k 所以过拐点(1 4k)的法线方程为y4k1(x1) 要使法线

8k过原点 则(0 0)应满足法线方程 即4k1 k2

88k 同理 因为在x11的两侧y是异号的 又当x1时y4k 所以点(1 4k)也是拐点

因为y(1)8k 所以过拐点(1 4k)的法线方程为y4k1(x1) 要使法线

8k过原点 则(0 0)应满足法线方程 即4k1 k2

88k 因此当k2时 该曲线的拐点处的法线通过原点

8 14 设yf(x)在xx0的某邻域内具有三阶连续导数 如果f (x 0)0 而f (x0)0 试问 (x0 f(x0))是否为拐点？为什么？

解 不妨设f (x0)0 由f (x)的连续性 存在x0的某一邻域(x0 x0) 在此

邻域内有f (x)0 由拉格朗日中值定理 有

f (x)f (x0)f ()(xx0) (介于x0与x之间) 即 f (x)f ()(xx0)

因为当x0xx0时 f (x)0 当x0xx0 时 f (x)0 所以(x0 f(x0))是拐点

习题35

1 求函数的极值 (1) y2x36x218x7 (2) yxln(1x)   (3) yx42x2  (4)yx1x (5)y13x45x2

3x24x4 (6)y2

xx1 (7) yex cos x 

(8) (9)

1yxx



1y32(x1)3 (10) yxtan x 

解 (1)函数的定义为( ) y6x212x186(x22x3)6(x3)(x1) 驻点为x11 x23 列表

x ( 1) y y  ↗ 1 0 17极大值 (1 3)  ↘ 3 0 47极小值 (3 )  ↗ 可见函数在x1处取得极大值17 在x3处取得极小值47 (2)函数的定义为(1 ) y11x 驻点为x0 因为当1x0时 y0 当x01x1x时 y0 所以函数在x0处取得极小值 极小值为y(0)0 (3)函数的定义为( )

y4x34x4x(x21) y12x24 令y0 得x10 x21 x31

因为y(0)40 y(1)80 y(1)80 所以y(0)0是函数的极小值 y(1)1和y(1)1是函数的极大值

(4)函数的定义域为( 1] y1121x21x121x34x21x(21x1)

3 令y0 得驻点x

4335 因为当x时 y>0 当x1时 y<0 所以y(1)为函数的极大值

44412)125 (5)函数的定义为( ) y 驻点为x 5(45x2)35(x 因为当xy(121212

时 y0 当x时 y0 所以函数在x处取得极大值 极大值为555

12205) 510x(x2)(xx1)22 (6)函数的定义为( ) y 列表

x ( 2) y y  ↘  驻点为x10 x22

2 0 (2 0)  ↗ 0 0 极大值 (0 )  ↘ 8极小值 38 可见函数在x2处取得极小值 在x0处取得极大值4

3 (7)函数的定义域为( ) ye x(cos xsin x ) ye xsin x

令y0 得驻点x2k x2(k1) (k0 1 2 )

44 因为y(2k)0 所以y(2k)e4442k2是函数的极大值 2 因为y[2(k1)]0 所以y[44 (8)函数

1yxx2(k1)]e42(k1)2是函数的极小值 2的定义域为(0 ) 1x2(1lnx)

1yxx 令y0 得驻点xe 

因为当x0 当x>e时 y<0 所以 (9)函数的定义域为( ) y减少的 无极值

1y(e)ee为函数f(x)的极大值

21 因为y0 所以函数在( )是单调

3(x1)2/3 k(k0 1 2 ) 2因为y1sec 2x >0 所以函数f(x)无极值

2 试证明 如果函数yax3bx2cx d 满足条件b2 3ac<0 那么这函数没有极值  证明y3a x22b xc 由b2 3ac<0 知a0 于是配方得到 (10)函数yxtg x 的定义域为x2bcb23acb22 y3a x2b xc3a(xx)3a(x)

3a3a3a3a2

2 因3acb20 所以当a0时 y0 当a0时 y0 因此yax3bx2cx d是单调函数 没

有极值 

1 3 试问a为何值时 函数f(x)asinxsin3x在x处取得极值？它是极大值还是极小

33值？并求此极值

解 f (x)acos xcos 3x f (x)asin x3 sin x 要使函数f(x)在x1处取得极值 必有f()0 即a10 a2  3323 当a2时 f()20 因此 当a2时 函数f (x)在x处取得极值 而且取得

3233)3 2 4 求下列函数的最大值、最小值

极大值 极大值为f( (1) y=2x33x2  1x4 (2) yx48x22 1x3  (3)yx1x 5x1

解 (1)y6x26x6x(x1) 令y0 得x10 x21 计算函数值得

y(1)5 y(0)0 y(1)1 y(4)80

经比较得出函数的最小值为y(1)5 最大值为y(4)80

(2)y4x316x4x(x24) 令y0 得x10 x22(舍去) x 32 计算函数值得 y(1)5 y(0)2 y(2)14 y(3)11

经比较得出函数的最小值为y(2)14 最大值为y(3)11

13 (3)y1 令y0 得x 计算函数值得

421x35 y(5)56 y() y(1)

4435经比较得出函数的最小值为y(5)56 最大值为y()

44 5 问函数y2x36x218x7(1x4)在何处取得最大值？并求出它的最大值 解 y6x212x186(x3)(x1) 函数f(x)在1x4内的驻点为x3 比较函数值

f(1)29 f(3)61 f(4)47

函数f(x)在x1处取得最大值 最大值为f (1)29 6 问函数yx2 解 y2x y254(x0)在何处取得最小值？ x542x108 在( 0)的驻点为x3 因为  y(3)2x3所以函数在x3处取得极小值 又因为驻点只有一个 所以这个极小值也就是最小值 即函数在x3处取得最小值 最小值为y(3)27

7 问函数y1080 27xx12(x0)在何处取得最大值？

解 y1x2(x21)2 函数在(0 )内的驻点为x1

因为当00 当x>1时y<0 所以函数在x1处取得极大值 又因为函数在 (0 )内只有一个驻点 所以此极大值也是函数的最大值 即函数在x1处取得最大值 最大

1 2 8 某车间靠墙壁要盖一间长方形小屋 现有存砖只够砌20cm长的墙壁 问应围成怎样的长方形才能使这间小屋的面积最大？

解 设宽为x长为y 则2xy20 y202x 于是面积为 S xyx(202x)20x2x2 S 204x4(10x) S 4 值为f (1)

令S 0 得唯一驻点x10

因为S (10)40 所以x10为极大值点 从而也是最大值点 当宽为5米 长为10米时这间小屋面积最大

9 要造一圆柱形油罐 体积为V 问底半径r和高h等于多少时 才能使表面积最小？这时底直径与高的比是多少？

解 由Vr2h 得hV1r2 于是油罐表面积为 S2r22rh2r2 S4r2V(0x) r2Vr2

V 2V处取得极小值 也就是最小值 这时相应的2 令S 0 得驻点r3 因为S4V4Vr30 所以S在驻点r3高为h r022r 底直径与高的比为2r  h1  1

10 某地区防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如图) 截面的面积为5m2 问底宽x为多少时才能使截面的周长最小 从而使建造时所用的材料最省？

1x5 解 设矩形高为h  截面的周长S 则xh()25 hx

22x8于是

Sx2h40x10) xx(0x24x10 S12

4x 令S 0 得唯一驻点x40 440为极小值点 同时也是最小值点 4 因为S20x0 所以x3 因此底宽为x40时所用的材料最省 4 11 设有重量为5kg的物体 置于水平面上 受力F的作用而开始移动(如图) 设摩擦系数025 问力F与水平线的交角为多少时 才可使力F的大小为最小？ 解 由F cos  (mFsin ) 得

m  F(0)

cossin2m(sincos) F

(cossin)2驻点为   arctan 

 )内取得 而F 在(0,)内只有一个驻点  arctan  22所以arctan 一定也是F 的最小值点 从而当arctan02514时 力F 最小 12 有一杠杆 支点在它的一端 在距支点01m处挂一重量为49kg的物体 加力于杠杆的另一端使杠杆保持水平(如图) 如果杠杆的线密度为5kg/m 求最省力的杆长?

解 设杆长为x (m) 加于杠杆一端的力为F 则有 因为F 的最小值一定在(0,154.9 xFx5x490.1 即Fx(x0)

22x54.9 F2

2x驻点为x14 由问题的实际意义知 F的最小值一定在(0 )内取得 而F在(0 )内只有一个驻点x14 所以F 一定在x14m处取得最小值 即最省力的杆长为14m 13 从一块半径为R的圆铁片上挖去一个扇形做成一漏斗(如图) 问留下的扇形的中心角取多大时 做成的漏斗的容积最大？ 解 漏斗的底周长l、底半径r、高h 分别为 lRr漏斗的容积为

R3212 Vhr3242422 (0<<2)

RR hR2r2422 22 VR3242(8232)422，驻点为26 3由问题的实际意义 V 一定在(0 2)内取得最大值 而V 在(0 2)内只有一个驻点 所以该驻点一定也是最大值点 因此当

26时 漏斗的容积最大 3 14 某吊车的车身高为15m 吊臂长15m 现在要把一个6m宽、2m高的屋架 水平地吊到6m高的柱子上去(如图) 问能否吊得上去？

解 设吊臂对地面的倾角为时 屋架能够吊到的最大高度为h 在直角三角形EDG中 15sin (h1 5)23tan 

1故 h15sin3tan

23 h15cos 2cos 令h0得唯一驻点arccos3 因为h15sin6sincos31554

0 所以54为极大值点 同时这也是最大值点

1 当54时 h15sin3tan7.5m

2 所以把此屋最高能水平地吊至7 5m高 现只要求水平地吊到6m处 当然能吊上去 15 一房地产公司有50套公寓要出租 当月租金定为1000元时 公寓会全部租出去 当月租金每增加50元时 就会多一套公寓租不出去 而租出去的公寓每月需花费100元的维修费 试问房租定为多少可获最大收入？ 解 房租定为x元 纯收入为R元

当x1000时 R50x5010050x5000 且当x1000时 得最大纯收入45000元 当x1000时

111 R[50(x1000)]x[50(x1000)]100x272x7000

5550 R1x72 2510 所以1800为极大值点 同时25 令R0得(1000 )内唯一驻点x1800 因为R也是最大值点 最大值为R57800

因此 房租定为1800元可获最大收入

习题3-6

描绘下列函数的图形 1 y1(x46x28x7)

5 解 (1)定义域为( )

(2)y1(4x312x8)4(x2)(x1)2

55 y4(3x23)12(x1)(x1)

55令y0 得x2 x1 令y0 得x1 x1 (3)列表 x y y yf(x) ( 2)   ↘ 2 0  17 5极小值 (2 1)   ↗ 1  0 6 5拐点 (1 1)   ↗ 1 0 0 2 拐点 (1 )   ↗ (4)作图 2

yx1x2

解 (1)定义域为( )

(2)奇函数 图形关于原点对称 故可选讨论x0时函数的图形

x1) (3)y(x1)( 22(1x)y2x(x3)(x3)(1x)23

x3

当x0时 令y0 得x1 令y0 得x0 (4)列表 x y y yf(x) 0  0 0 拐点 (0 1)   ↗ 12

(3 )   ↘ 1 0  极大值 (1   3) 3  0 34↘ 拐点 (5)有水平渐近线y0 (6)作图 3

ye(x1)2

22)][x(1)] 22 解 (1)定义域为( ) (2)y2(x1)e(x1)2y4e(x1)[x(12

令y0 得x1 令y0 得x1 (3)列表 x y y yf(x) (, 122) 12222

x122

(12, 1) 21 0  1 极大值 (1, 122) 122 (12, ) 2  ↗  0 拐点 e12  ↗   ↘  0 拐点 e12  ↘ (4)有水平渐近线y0 (5)作图 4

yx21 x

解 (1)定义域为( 0)(0 ) (2)y2x1x22x31x2

y22x32(x31)x3

令y0 得x31 令y0 得x1

2

(3)列表 x ( 1) 1 (1 0) 0 (0, 132) 132 (132, ) y y yf(x)   ↘  0 0 拐点   ↘ 无 无 无   ↘ 0  332 2  ↗ 极小值 (4)有铅直渐近线x0 (5)作图 5

ycosx cos2x

24 解 (1)定义域为xn(n0 1 2 )

(2)是偶函数 周期为2  可先作[0 ]上的图形 再根据对称性作出[ 0)内的图形 最后根据周期性作出[ ]以外的图形 (3)ysinx(32sin2x)cos2x2

ycosx(312sin2x4sin4x)cos32x

2在[0 ]上 令y0 得x0 x  令y0 得x (4)列表 x y y yf(x) 0 0  1 (0, ) 44 (, ) 422 3(, ) 2434 (3, ) 4 0  1   无 无    0 0   ↗ 无 无 无   ↗ ↗ 无 ↗ 极小值 44拐点 极大值 (5)有铅直渐近线x及x3 (6)作图

习题37

1 求椭圆4x2+y2=4在点(0 2)处的曲率 解 两边对x求导数得

4x4y4xy 8x2yy0 y y

yy2 y|(0 2)0 y|(0 2)2

所求曲率为

|y||2|2 K23/223/2(1y)(10) 2 求曲线y=lnsec x在点(x y)处的曲率及曲率半径

解 y所求曲率为

1secxtanxtanx ysec2x secx|y||sec2x| K|cosx| 23/223/2(1y)(1tanx)曲率半径为 11|secx| K|cosx|

3 求抛物线y=x24x+3在其顶点处的曲率及曲率半径 解 y2x4 y2

令y0 得顶点的横坐标为x2 y|x20 y|x22 所求曲率为

|y||2|2 K23/223/2(1y)(10)曲率半径为 11 K2 4 求曲线xa cos3t ya sin 3t在tt0处的曲率 (asin3t)(tanx)1ytant 解 y  (acos3x)3asintcos4t(acos3x)所求曲率为

|4|y|123asintcost| K |23/223/23(1y)(1tant)3asintcost3|asin2t| Ktt0|12

3|asin2t0| 5 对数曲线yln x上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径

11 解 y y2

xx|2|y|xx K (1y2)3/2(11)3/2(1x2)3/2x2|1 3(1x2)2x

133(1x2)22xx(1x2)21x2(2x21)2  x2x2 令0 得x 因为当0x点 当x22222时0 当x时 0 所以x是的极小值点 同时也最小值2222222, ln)处曲率半径最小最小曲率半径为时yln因此在曲线上点(222233 2y2x 6 证明曲线yach在点(xy)处的曲率半径为

aax1x 解 ysh ych

aaa 在点(xy)处的曲率半径为

(1y)|y|23/2xx(1sh2)3/2(ch2)3/2y22xaa ach1x1xaa|ch||ch|aaaax2 7 一飞机沿抛物线路径y(y轴铅直向上单位为m)作俯冲飞行在坐标原点O处

10000飞机的速度为v200m/s飞行员体重G70Kg求飞机俯冲至最低点即原点O处时座椅对飞行员的反力 解 y2xx11 y y|x00 y|x0 10000500050005000(1y2)3/2(102)3/2 |x0 50001|y|5000702002560(牛顿) 向心力F5000mV2 飞行员离心力及它本身的重量对座椅的压力为

79985601246(牛顿)

8 汽车连同载重共5t 在抛物线拱桥上行驶 速度为216km/h 桥的跨度为10m 拱的矢高为025m  求汽车越过桥顶时对桥的压力

解 如图取直角坐标系 设抛物线拱桥方程为yax2 由于抛物线过点(5 025) 代入方程得

0.250.01 25于是抛物线方程为y0 01x2 y002x y002 a(1y2)3/2(102)3/250 |x0|y|0.0221.61032510()mV23600 向心力为F3600(牛顿) 503 因为汽车重为5吨 所以汽车越过桥顶时对桥的压力为

510398360045400(牛顿)

*9求曲线yln x在与x轴交点处的曲率圆方程 *10 求曲线ytan x在点(, 1)处的曲率圆方程

4 *11 求抛物线y22px的渐屈线方程

总习题三

1. 填空:

x 设常数k0, 函数f(x)lnxk在(0, )内零点的个数为________.

e 解 应填写2.

111 提示: f(x), f(x)2.

xex 在(0, )内, 令f (x)0, 得唯一驻点xe .

x 因为f (x)0, 所以曲线f(x)lnxk在(0, )内是凸的, 且驻点xe一定是最大值点,

e最大值为f(e)k0.

又因为limf(x), limf(x), 所以曲线经过x轴两次, 即零点的个数为2.

x0x 2. 选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论:

设在[0, 1]上f (x)0, 则f (0), f (1), f(1)f(0)或f(0)f(1)几个数的大小顺序为( ). (A)f (1)f (0)f(1)f(0); (B)f (1)f(1)f(0)f (0); (C)f(1)f(0)f (1)f (0); (D)f (1)f(0)f(1)f (0). 解 选择B .

提示: 因为f (x)0, 所以f (x)在[0, 1]上单调增加, 从而f (1)f (x)f (0). 又由拉格朗日中值定理, 有f(1)f(0)f (), [0, 1], 所以

f (1) f(1)f(0)f (0).

3. 列举一个函数f(x)满足: f(x)在ab上连续在(ab)内除某一点外处处可导但在(ab)内不存在点 使f(b)f(a)f ()(ba). 解 取f(x)|x|, x[1, 1].

易知f(x)在[1, 1]上连续, 且当x0时f (x)1; 当x0时, f (x)1; f (0)不存在, 即f(x)在[1, 1]上除x0外处处可导.

注意f(1)f(1)0, 所以要使f(1)f(1)f ()(1(1))成立, 即f ()0, 是不可能的. 因此在(1, 1)内不存在点 使f(1)f(1)f ()(1(1)). 4. 设limf(x)k, 求lim[f(xa)f(x)].

xx 解 根据拉格朗日中值公式, f(xa)f (x)f ( )a,  介于xa 与x之间. 当x 时,   , 于是

lim[f(xa)f(x)]limf()aalimf()ak.

xx 5. 证明多项式f (x)x33xa在[0, 1]上不可能有两个零点.

证明 f (x)3x233(x21), 因为当x(0, 1)时, f (x)<0, 所以f (x)在[0, 1]上单调减少. 因此, f(x) 在[0, 1]上至多有一个零点.

aa1    n0, 证明多项式f(x)a0a1xanxn在(0,1)内至少有一个零点. 2n1aa 证明 设F(x)a0x1x2nxn1, 则F(x)在[0, 1]上连续, 在(0, 1)内可导, 且

2n1F(0)F(1)0. 由罗尔定理, 在(0, 1)内至少有一个点 , 使F( )0. 而F (x)f(x), 所以f(x)在(0, 1)内至少有一个零点.

7. 设f(x)在[0, a]上连续, 在(0, a)内可导, 且f(a)0, 证明存在一点(0, a), 使

f()f ()0.

证明 设F(x)xf(x), 则F(x)在[0, a ]上连续, 在(0, a )内可导, 且F(0)F(a)0. 由罗尔定理, 在(0, a )内至少有一个点 , 使F( )0. 而F(x)f(x)x f (x), 所以f()f ()0.

8. 设0b(ab)使f(a)f(b)f()ln.

a 证明 对于f(x)和ln x在[a, b]上用柯西中值定理, 有

f(b)f(a)f() , (a, b), 1lnblna 6. 设a0b即 f(a)f(b)f()ln, (a, b).

a 9. 设f(x)、g(x)都是可导函数, 且|f (x)|a时, |f(x)f(a)|证明 由条件|f (x)|f()1, 且有g(x)>0, g(x)是单调增加的, 当x>a时, g()g(x)>g(a).

因为f (x)、g (x)都是可导函数, 所以f (x)、g (x) 在[a, x]上连续, 在(a, x)内可导, 根据柯西

f(x)f(a)f()中值定理, 至少存在一点(a, x), 使.

g(x)g(a)g()因此,

|f(x)f(a)|f()1, |f (x)f (a)|g(x)g(a)g() 10. 求下列极限: xxx (1)lim;

x11xlnx11]; (2)lim[x0ln(1x)x2 (3)lim(arctanx)x.

x (4)

解 (1) (x)(e

111lim[(a1xa2x    anx)/n]nxxxx l n x x l n x

(其中a1a2  , an>0)

)e

(ln x1)xx (ln x1).

(xxx)1xx(lnx1)xxx1(lnx1)xxx lim limlimlimx11xlnxx1(1xlnx)x1x111x1x11xx1(lnx1)(lnx1)xxx2. limx11 (2)lim[x0xln(1x)[xln(1x)]11]limlimlimln(1x)xx0xln(1x)x0[xln(1x)]x0111xxln(1x)1x

limx11lim

x0(1x)ln(1x)xx0ln1(x)112 (3)lim(arctanx)limexx因为

2x2x(lnarctanxln),

2 limx(lnarctanxln)limx2(lnarctanxln)x1()x112arctanx1x2lim, x12x所以

lim(arctanx)limexx (4)令

1y[(a1x1xa21x    an2x2x(lnarctanxln)e 2.

1a2x1    anx)/n].

nx1则lnynx[ln(a1x)lnn], 因为

limlnylimxx1n[ln(a1x1a2x1    anx)lnn]1x

limx1n1(a1x11a1xa2x    anx11lna1a2x1lna2    anx1lnan)()x

1()x1lim[(a1xx1a2x1    anx ln a1ln a2ln anln(a1a2   an). 即limlnyln(a1a2   an), 从而

x)/n]nxlimya1a2   an

x

11. 证明下列不等式 (1)当0x1x22时

tanx2x2; tanx1x1 (2)当x>0时, ln(1x) 证明 (1)令f(x)arctanx. 1xtanx, x(0, ). x2xsec2xtanxxtanx0, 因为f(x)x2x2所以在(0, )内f(x)为单调增加的. 因此当0x1x2时有]

22tanx2x2tanx1tanx2 , 即. tanx1x1x1x2 (2)要证(1x)ln(1x)>arctan x , 即证(1x)ln(1x) arctan x >0. 设f(x)(1x)ln(1x) arctan x , 则f(x)在[0, )上连续,f(x)ln(1x)11x2.

因为当x>0时, ln(1x)>0, 1121x 因此, 当x>0时, f(x)>f(0), 而f(0)0, 从而f(x)>0, 即(1x)ln(1x)arctan x>0 .

x2x x0 12. 设f(x), 求f(x)的极值.

x2 x0 解 x0是函数的间断点.

当x<0时, f (x)1; 当x>0时, f (x)2x 2x (ln x 1).

0, 所以f (x)>0, f(x)在[0, )上单调增加.

1令f (x)0, 得函数的驻点x.

e 列表:

x f (x) f(x) (, 0)  ↗ 0 不存在 2极大值 21(0, ) e ↘ e2e1 e0 极小值 1(, ) e ↗ 1函数的极大值为f (0)2, 极小值为f()ee.

e 13. 求椭圆x2xy y23上纵坐标最大和最小的点.

2xy1 解 2xyxy2yy0, y. 当xy时, y0.

x2y2111 将xy代入椭圆方程, 得y2y2y23, y 2 .

242于是得驻点x1, x1. 因为椭圆上纵坐标最大和最小的点一定存在, 且在驻点处取得, 又当x1时, y 2, 当x1时, y2, 所以纵坐标最大和最小的点分别为(1, 2)和(1, 2). 14. 求数列{nn}的最大项. 解 令f(x)x1xxx(x0), 则

1 lnf(x)lnx,

x1111f(x)22lnx2(1lnx),

f(x)xxx f12x(x)x(1lnx).

令f (x)0, 得唯一驻点xe .

因为当0xe时, f (x)0; 当xe时, f (x)0, 所以唯一驻点xe为最大值点.

因此所求最大项为max{2, 33}33.

15. 曲线弧ysin x (0(1y2)3/2(1cos2x)3/2 (0|y|sinx3(1cos2x)2(2cosxsinx)sinx(1cos2x)2cosx 2 2sinx (1cos21x)213cosx(3sin2xcos2x1)sinx2.

在(0, )内, 令0, 得驻点x 因为当0x2.

2时, 0; 当

2x时, 0, 所以x2是的极小值点, 同时也是的最

(1cos2小值点, 最小值为2)3/21.

sin2 16. 证明方程x35x20只有一个正根. 并求此正根的近似值使精确到本世纪末103 解 设f (x)x35x2, 则 f (x)3x25, f (x)6x .

当x0时, f (x)0, 所以在(0, )内曲线是凹的, 又f(0)2, lim(x3x2), 所以在

x(0, )内方程x35x20只能有一个根. (求根的近似值略)

f(x0h)f(x0h)2f(x0)f(x0). 17. 设f (x0)存在, 证明lim2h0hf(x0h)f(x0h)2f(x0)f(x0h)f(x0h)lim 证明 lim 2h0h02hhf(x0h)f(x0h)1 lim

h02h[f(x0h)f(x0)][f(x0)f(x0h)]1 lim

2h0hf(x0h)f(x0)f(x0)f(x0h)11 lim[][f(x0)f(x0)]f(x0).

2h0hh2 18. 设f (n)(x0)存在, 且f (x0)f (x0)   f (n)(x0)0, 证明f(x)o[(xx0)n] (xx0). 证明 因为 limf(x)(xx0)nlimxx0f(x)n(xx0)n1xx0

limf(x)n(n1)(xx0)n2(n1)xx0f(n1)(x)lim

xx0n!(xx)0(n)f1 limn!xx0(x)f(n1)(x0)1fxx0n!(x0)0,

所以f(x)o[(xx0)n] (xx0).

19 设f(x)在(a b)内二阶可导, 且f (x)0. 证明对于(a b)内任意两点x1, x2及0t1, 有f[(1t)x1tx2](1t)f(x1)tf(x2).

证明 设(1t)x1tx2x0. 在xx0点的一阶泰勒公式为

f() f(x)f(x0)f(x0)(xx0)(xx0)2(其中介于x与x0之间).

2! 因为f (x)0, 所以

f(x)f(x0)f (x0)(xx0). 因此

f(x1) f(x0)f (x0)(x1x0), f(x2)f(x0)f (x0)(x2x0). 于是有

(1t)f(x1)tf(x2)(1t)[ f(x0)f (x0)(x1x0)]t[f(x0)f (x0)(x2x0)] (1t)f(x0)t f(x0)f (x0)[(1t)x1t x2]f (x0)[(1t)x0t x0] f(x0)f (x0)x0f (x0)x0 f(x0),

即 f(x0)(1t)f(x1)tf(x2),

所以 f[(1t)x1tx2](1t)f(x1)tf(x2) (0t1).

20. 试确定常数a和b, 使f(x)x(ab cos x)sin x为当x0时关于x的5阶无穷小. 解 f(x)是有任意阶导数的, 它的5阶麦克劳公式为

f(0)2f(0)3f(4)(0)4f(5)(0)5xxxxo(x5) f(x)f(0)f(0)x2!3!4!5!a4b3a16b5xxo(x5). 3!5! 要使f(x)x(ab cos x)sin x为当x0时关于x的5阶无穷小, 就是要使极限 (1ab)x1aba4ba16bo(x5)5] lim5lim[x0xx05!x43!x2x存在且不为0. 为此令

f(x)1ab0 ,

a4b041解之得a, b.

3341 因为当a, b时,

33f(x)a16b1 lim50,

x0x5!3041所以当a,b时, f(x)x(ab cos x)sin x为当x0时关于x的5阶无穷小.

33