同济大学高等数学试卷选编

三、同济大学高等数学 试卷选编

（一）高等数学（上）期中考试试卷（Ⅰ）

试题

一、 填空选择题

1. 设函数 $ f(x) = e^{x} - 1 + o(x) $，且 $ f(0) = 0 $，则下列结论正确的是（）.

(A) $ f(x) $ 在 x=0 处不连续 (B) $ f(x) $ 在 x=0 处连续但不可导

(C) $ f'(0) = 0 $ (D) $ f'(0) = 1 $

1. 已知函数 $ y = f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处的导数 $ f'(x_{0}) = 2 $，则当 $ \Delta x \to 0 $ 时， $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处的微分 dy 是（）.

(A) 与 $ \Delta x $ 等价的无穷小量

(B) 比 $ \Delta x $ 高阶的无穷小量

(C) 比 $ \Delta x $ 低阶的无穷小量

(D) 与 $ \Delta x $ 同阶而非等价的无穷小量

1. 设函数 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{3\sin(x-1)}{x-1},&x<1,\\&\mathrm{e}^{2ax}-\mathrm{e}^{ax}+1,&x\geqslant1\end{aligned}. $ 在 $ (-∞,+∞) $ 上连续，则常数 a= ___.

1. 若 $ f'(0) = 1 $，则 $ \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(-x)}{\ln(1 + 2x)} = $ ___.

1. 曲线 $ \{\begin{aligned}x&=\mathrm{e}^{t}\sin2t,\\ y&=\mathrm{e}^{t}\cos t\end{aligned}. $，在t=0所对应点处的切线方程为 ___.

二、 计算题

1. 求 $ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos(e^{2x}-1)}{\ln(1-3x^2)} $

1. 已知函数 $ f(x) = \mathrm{e}^{\tan x} \sin(\cos x) $，求 $ f'(0) $.

1. 求 $ \lim_{x\to0}\left(\frac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{1-\cos x}} $

1. 设可微函数 $ f(x) > 0, y = \ln f(x^2) $，求 $ \mathrm{d}y $.

1. 设函数 $ y = y(x) $ 由方程 $ \ln(x^{2} + y) = x^{3}y + \sin x $ 确定，求 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0} $

三、求函数 $ f(x) = (1 + x)^{\frac{\tan(x - \frac{\pi}{2})}{\tan(x + \frac{\pi}{2})}} $ 在区间 $ (0, \pi) $ 内的间断点，并判断间断点类型.

四、已知函数 $ f(x)=\frac{x^{3}}{(x-1)^{2}} $，求

（1）函数单调区间，函数极值；

（2）函数图形的凹凸区间，函数图形的拐点.

五、求函数 $ f(x)=\frac{1}{1+x} $ 在 x=0 处带拉格朗日余项的 n 阶泰勒展开式.

六、讨论曲线 $ y = 4\ln x + k $ 与曲线 $ y = 4x + \ln^{4}x $ 的交点个数 (k 为常数).

七、设函数 $ f(x) $在区间 $ [1,2] $上三阶可导，且 $ f(1)=f(2)=0 $，令 $ F(x)=(x-1)^{2} $

$ f(x) $. 证明： $ F'''(x) $ 在区间（1，2）内至少有一个零点.

参考答案

一、 填空选择题

$$ \lim_{x\to0}f(x)=0=f(0),f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1. $$

1. $ \mathrm{d}y = f'(x_0) \Delta x = 2 \Delta x $, $ \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\mathrm{d}y}{\Delta x} = 2 $. 故选(D).

1. $ f(1^{-}) = \lim_{x \to 1^{-}} \frac{3 \sin(x - 1)}{x - 1} = 3 $, $ f(1^{+}) = \lim_{x \to 1^{+}} (\mathrm{e}^{2ax} - \mathrm{e}^{ax} + 1) = \mathrm{e}^{2a} - \mathrm{e}^{a} + 1 $. 根据条件 $ f(1^{-}) = f(1^{+}) = f(1) $, 解得 $ a = \ln 2 $.

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(-x)}{\ln(1+2x)}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(-x)}{2x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\left[\frac{f(x)-f(0)}{x}+\frac{f(-x)-f(0)}{-x}\right]=1. $$

1. $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=0}=\left.\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\right|_{t=0}=\frac{\mathrm{e}^{t}\cos t-\mathrm{e}^{t}\sin t}{\mathrm{e}^{t}\sin2t+2\mathrm{e}^{t}\cos2t}\bigg|_{t=0}=\frac{1}{2} $，当 t=0 时，x=0，y=1。所求

切线为 $ y = \frac{1}{2}x + 1 $.

二、 计算题

$$ 1.\lim_{x\to0}\frac{1-\cos\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)}{\ln\left(1-3x^{2}\right)}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)^{2}}{-3x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}\left(2x\right)^{2}}{-3x^{2}}=-\frac{2}{3}. $$

$$ 2.f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{\tan x}\sec^{2}x\sin(\cos x)-\mathrm{e}^{\tan x}\cos(\cos x)\sin x,f^{\prime}(0)=\sin1. $$

$$ \left(\frac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{1-\cos x}}=\left[\left(1+\frac{\tan x-x}{x}\right)^{\frac{x}{\tan x-x}}\right]^{\frac{\tan x-x}{x(1-\cos x)}}, $$

由于

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x(1-\cos x)}=2\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^{3}}=2\lim_{x\to0}\frac{\sec^{2}x-1}{3x^{2}}=2\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x}{3x^{2}}=\frac{2}{3}, $$

因此

$$ \lim_{x\to0}\left(\frac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{1-\cos x}}=\mathrm{e}^{\frac{2}{3}}. $$

$$ \mathrm{d}y=\frac{1}{f\left(x^{2}\right)}\mathrm{d}\left[f\left(x^{2}\right)\right]=\frac{f^{\prime}\left(x^{2}\right)}{f\left(x^{2}\right)}\mathrm{d}\left(x^{2}\right)=\frac{2x f^{\prime}\left(x^{2}\right)}{f\left(x^{2}\right)}\mathrm{d}x. $$

1. 方程 $ \ln(x^{2}+y)=x^{3}y+\sin x $ 两端对 x 求导，得

$$ \frac{2x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{x^{2}+y}=3x^{2}y+x^{3}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\cos x, $$

注意到 $ y\big|_{x=0}=1 $ ，于是 $ \frac{dy}{dx}\bigg|_{x=0}=1 $

三、间断点为 $ x=\frac{\pi}{4} $， $ \frac{3\pi}{4} $， $ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}f(x)=0 $， $ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}f(x)=+\infty $， $ \lim_{x\to\frac{3\pi}{4}}f(x)=1 $。因此 $ x=\frac{\pi}{4} $ 和 $ x=\frac{3\pi}{4} $ 分别为 $ f(x) $ 的无穷间断点和可去间断点。

四、(1) 令 $ f'(x) = \frac{x^{2}(x-3)}{(x-1)^{3}} = 0 $ 得 x = 0, 3，在 $ (-∞, 0) $， $ (0, 1) $ 和 $ (3, +∞) $ 内， $ f'(x) > 0 $，在 $ (1, 3) $ 内， $ f'(x) < 0 $。故函数单调增加区间为 $ (-∞, 1) $ 和 $ [3, +∞) $，单调减少区间为 $ (1, 3] $，极小值为 $ f(3) = \frac{27}{4} $，无极大值。

（2）令 $ f''(x)=\frac{6x}{(x-1)^4}=0 $得x=0，在 $ (-∞,0) $内， $ f''(x)<0 $，在 $ (0,1) $和 $ (1,+∞) $内， $ f''(x)>0 $。故函数图形的凸区间为 $ (-∞,0] $，凹区间为 $ [0,1) $和 $ (1,+∞) $，函数图形的拐点为 $ (0,0) $。

五、 $ f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n}n!}{(1+x)^{n+1}} $, $ f^{(n)}(0)=(-1)^{n}n! $. 所求的 n 阶泰勒展开式为

$$ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{k}x^{k}+\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\left(1+\xi\right)^{n+2}}x^{n+1}\quad\left( 其中 \xi 介于 0 与 x 之间 \right). $$

六、令 $ f(x)=4x+\ln^{4}x-4\ln x-k(x>0) $，则 $ f^{\prime}(x)=\frac{4}{x}(x+\ln^{3}x-1) $。记 $ g(x)=x+\ln^{3}x-1 $，则当 x>0 时， $ g^{\prime}(x)=1+\frac{3\ln^{2}x}{x}>0 $，即 $ g(x) $ 在 $ (0,+\infty) $ 内单调增加。注意到 $ g(1)=0 $，因此当 01 时， $ g(x)>0 $。

于是，当 0 < x < 1 时， $ f'(x) < 0 $，当 x > 1 时， $ f'(x) > 0 $。即当 0 < x < 1 时， $ f(x) $ 单调减少，当 x > 1 时， $ f(x) $ 单调增加。

又 $ \lim_{x\to0}f(x)=+\infty,f(1)=4-k,\quad\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty $，因此当 $ f(1)<0 $，即k>4时， $ f(x) $有2个零点，此时两条曲线的交点为2个；当 $ f(1)=0 $，即k=4时， $ f(x) $仅有1个零点x=1，此时两条曲线的交点只有1个；当 $ f(1)>0 $，即k<4时， $ f(x)>0 $，此时两条曲线没有交点.

七、 $ F(1)=F(2)=0 $，由罗尔定理可知，存在 $ \xi_{1}\in(1,2) $，使得 $ F'(\xi_{1})=0 $。

$ F'(x)=2(x-1)f(x)+(x-1)^2f'(x) $，于是 $ F'(1)=F'(\xi_1)=0 $，由罗尔定理可知，存在 $ \xi_2\in(1,\xi_1)\subset(1,2) $，使得 $ F''(\xi_2)=0 $。

$ F''(x) = 2f(x) + 4(x-1)f'(x) + (x-1)^2f''(x) $，于是 $ F''(1) = F''(\xi_2) = 0 $，由罗尔定理可知，存在 $ \xi \in (1, \xi_2) \subset (1, 2) $，使得 $ F'''(\xi) = 0 $。

（二）高等数学（上）期中考试试卷（Ⅱ）

试题

一、 填空选择题

1. $ \lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^2 + 4n + 3} - \sqrt{n^2 + n + 2}) = $ ___.

1. $ \lim_{x \to 0} \left( \frac{1 - 2x}{1 + x} \right)^{\frac{1}{x}} = $ ___.

1. 已知 $ y = x \ln(x^2 + 1) $，则它在 x = 1 处的微分 $ \mathrm{d}y\big|_{x=1} = $ ___.

1. 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ [-1,4] $ 上可导, $ f(-1)=2 $, $ f(4)=-1 $, 则在区间 $ (-1,4) $ 内至少有一点 $ \xi $, 使得 $ f'(\xi)= $ ___.

1. 极限 $ \lim_{n\to\infty}x_n $ 存在是数列 $ \{x_n\} $ 单调有界的( ).

（A）充分条件 （B）必要条件 （C）充要条件 （D）无关条件

1. 对于区间 I 上的二阶可导函数 $ f(x) $, $ f''(x) < 0 $ 是函数 $ f(x) $ 在区间 I 上单调减少的().

（A）充分条件 （B）必要条件 （C）充要条件 （D）无关条件

1. 函数 $ f(x) $ 在 x=0 可导的充分条件是( ).

(A) $ \lim_{x\to0}\frac{f(x^{2})-f(0)}{x^{2}-0} $ 存在

(B) $ \lim_{x\to0}\frac{f(x^{3})-f(0)}{x^{3}} $ 存在

(C) $ f_{-}^{\prime}(0) $与 $ f_{+}^{\prime}(0) $存在

(D) $ \lim_{x\to0}\frac{f(\sin x)}{x} $存在

1. 已知 $ f(x) = x(x^{2} - 1)(x^{2} - 2)(x^{2} - 4) $，导函数 $ f'(x) $ 在区间 $ [-1, 2] $ 上零点的个数至少为( ).

(A) 1 个 (B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个

二、 计算下列各题

1. 计算极限 $ \lim_{n\to\infty}n\left(1-\cos\frac{1}{2\sqrt{n}}\right) $

1. 求由参数方程 $ \{\begin{aligned} x &= te^{t}, \\ y &= e^{2t} + 1 \end{aligned}. $ 所确定的函数 $ y = y(x) $ 的二阶导数 $ \frac{d^{2}y}{dx^{2}} $

1. 求极限 $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{1 + x^3} - \sqrt{1 - 3x^2}}{\sin^2 x} $.

1. 函数 $ f(x) $ 在 $ [0, +\infty) $ 上有二阶导数，且 $ f(0) = 0, f''(x) > 0 $. 证明： $ \frac{f(x)}{x} $ 在

$ (0, +\infty) $ 上单调增加.

三、求曲线 $ 2x^{2} + e^{x-y} = y^{2} + 2 $ 在点 (1,1) 处的切线方程，并求由该方程所确定函数 $ y = y(x) $ 在 x = 1 处的二阶导数 $ y''|_{x=1} $.

四、讨论 $ y = x\sqrt{x-1} $ 的单调性与函数图形的凹凸性，并求出曲线的拐点.

五、求函数 $ f(x)=\tan(e^{2x}-1) $ 带佩亚诺余项的二阶麦克劳林公式，并计算极限 $ \lim_{x\to0}\frac{\tan(e^{2x}-1)-2x}{x^{2}} $

六、设 $ f(x) $在区间 $ [1,+\infty) $上单调，证明 $ \lim_{x\to+\infty}f(x) $存在的充要条件是 $ f(x) $在区间 $ [1,+\infty) $上有界.

参考答案

一、 填空选择题

$$ \begin{align*}\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^{2}+4n+3}-\sqrt{n^{2}+n+2})&=\lim_{n\to\infty}\frac{3n+1}{\sqrt{n^{2}+4n+3}+\sqrt{n^{2}+n+2}}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{3+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{4}{n}+\frac{3}{n^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{2}{n^{2}}}}=\frac{3}{2}.\end{align*} $$

$$ \lim_{x\to0}\left(\frac{1-2x}{1+x}\right)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}\left[\left(1+\frac{-3x}{1+x}\right)^{\frac{1+x}{1-3x}}\right]^{\frac{-3}{1+x}}=\mathrm{e}^{-3}. $$

$$ 3.\ y^{\prime}\bigg|_{x=1}=\left(\ln\left(x^{2}+1\right)+\frac{2x^{2}}{x^{2}+1}\right)\bigg|_{x=1}=1+\ln2,\mathrm{d}y\bigg|_{x=1}=\left(1+\ln2\right)\mathrm{d}x. $$

1. $ f'(x) = \frac{f(4) - f(-1)}{4 - (-1)} = -\frac{3}{5} $.

1. 由于单调有界数列必有极限，故选(B).

1. 由于 $ f''(x) < 0 $ 只能得到 $ f'(x) $ 单调减少（例如 $ y = -x^{2} $ 满足条件但没有单调性），故选(D).

1. 由于

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x^{2})-f(0)}{x^{2}-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}, $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x^{3})-f(0)}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}, $$

$ f_{-}^{\prime}(0) $ 与 $ f_{+}^{\prime}(0) $ 存在而不相等时， $ f(x) $ 在 x=0 不可导， $ \lim_{x\to0}\frac{f(\sin x)}{x} $ 存在且 $ f(0) $ 不存在或不等于 0 时， $ f(x) $ 在 x=0 不可导。故选 (B).

1. 由于 $ f(x) $ 在区间 $ [-1,2] $ 上有 5 个零点 x = -1, 0, 1, $ \sqrt{2} $, 2, 由罗尔定理可知在 $ (-1,0) $, $ (0,1) $, $ (1,\sqrt{2}) $ 和 $ (\sqrt{2},2) $ 内各至少有一个零点. 故选 (D).

二、 计算下列各题

$$ \lim_{n\to\infty}n\left(1-\cos\frac{1}{2\sqrt{n}}\right)=\lim_{n\to\infty}n\cdot\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2\sqrt{n}}\right)^{2}=\frac{1}{8}. $$

$$ 2.\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{2\mathrm{e}^{2t}}{\mathrm{e}^{t}+t\mathrm{e}^{t}}=\frac{2\mathrm{e}^{t}}{1+t},\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{2\mathrm{e}^{t}}{t+1}\right)\bigg/\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\frac{2t}{(t+1)^{3}}. $$

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{1+x^{3}}-\sqrt{1-3x^{2}}}{\sin^{2}x}&=\lim_{x\to0}\frac{(1+x^{3})^{\frac{1}{3}}-(1-3x^{2})^{\frac{1}{2}}}{x^{2}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}(1+x^{3})^{-\frac{2}{3}}+3x(1-3x^{2})^{-\frac{1}{2}}}{2x}=\frac{3}{2}.\end{aligned} $$

1. 记 $ F(x)=\frac{f(x)}{x} $，则

$$ \begin{align*}F^{\prime}(x)&=\frac{xf^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}=\frac{xf^{\prime}(x)-\left[f(x)-f(0)\right]}{x^{2}}\\&=\frac{xf^{\prime}(x)-xf^{\prime}(\xi)}{x^{2}}=\frac{(x-\xi)f^{\prime \prime}(\eta)}{x}>0,\end{align*} $$

其中 $ \xi,\eta\in(0,x) $，故 $ \frac{f(x)}{x} $ 在 $ (0,+\infty) $ 上单调增加.

三、在等式 $ 2x^{2} + e^{x-y} = y^{2} + 2 $ 两端分别对 x 求导得

$$ 4x+\mathrm{e}^{x-y}(1-y^{\prime})=2y y^{\prime},\quad y^{\prime}\big|_{x=1}.=\frac{4x+\mathrm{e}^{x-y}}{2y+\mathrm{e}^{x-y}}\big|_{(1,1)}.=\frac{5}{3}. $$

所求切线方程为

$$ y-1=\frac{5}{3}(x-1), $$

即 5x - 3y - 2 = 0. 等式两端再次对 x 求导得 $ 4 + e^{x - y} (1 - y')^2 - y''e^{x - y} = 2 (y'^2 + yy'') $，由 $ x = y = 1 $ 以及 $ y' \big|_{x=1} = \frac{5}{3} $，得到 $ y'' \big|_{x=1} = -\frac{10}{27} $.

四、显然函数定义域为 $ x \geqslant 1 $ 。由 $ y' = \frac{3x - 2}{2\sqrt{x - 1}} > 0 $ 知函数在 $ (1, +\infty) $ 上单调增加。

令 $ y''=\frac{3x-4}{4(x-1)^{3/2}}=0 $ 得 $ x=\frac{4}{3} $. 当 1\frac{4}{3} $ 时， $ y''>0 $，曲线是凹的. 曲线的拐点为 $ \left(\frac{4}{3},\frac{4\sqrt{3}}{9}\right) $.

$$ 五、f(0)=0,f^{\prime}(0)=2\mathrm{e}^{2x}\sec^{2}\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)|_{x=0}=2, $$

$$ f^{\prime \prime}(0)=\left[4\mathrm{e}^{2x}\sec^{2}\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)+8\mathrm{e}^{4x}\sec^{2}\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)\tan\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)\right]\mid_{x=0}=4 $$

$$ f(x)=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2}x^{2}+o(x^{2})=2x+2x^{2}+o(x^{2}). $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)-2x}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{2x^{2}+o\left(x^{2}\right)}{x^{2}}=2. $$

六、不妨设 $ f(x) $单调增加.

必要性：

当 $ \lim_{x\to+\infty}f(x) $存在时，记 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=A $，则 $ f(1)\leq f(x)\leq A $，即 $ f(x) $在区间 $ [1,+\infty) $上有界.

充分性：

当 $ f(x) $在区间 $ [1,+\infty) $上有界时，则 $ f(n) $是单调增加且有界的数列，故 $ \lim_{n\to\infty}f(n) $存在，记 $ \lim_{n\to\infty}f(n)=A $.

由单调增加得 $ f([x])\leqslant f(x)\leqslant f([x]+1) $，而 $ \lim_{x\to+\infty}f([x])=\lim_{x\to+\infty}f([x]+1)=\lim_{n\to\infty}f(n)=A $，由夹逼准则可知 $ \lim_{x\to+\infty}f(x) $存在，且 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=A $。

（三）高等数学（上）期末考试试卷（Ⅰ）

试题

一、 填空题

1. $ \lim_{x \to 0^{+}} (1 + x)^{\ln x} = $ ___.

1. 曲线 xy = 2 在点(1,2)的曲率为 ___.

1. 函数 $ f(x) = x^{3} - 3x + 1 $ 在 $ [0,2] $ 上的最大值为 ___.

1. $ \int \frac{\ln \tan x}{\cos^2 x \tan x} \, dx = $ ___.

1. $ \int_{-4\pi}^{4\pi}(x+1)\left|\sin x\right|\mathrm{d}x = \underline{\qquad} $.

1. 微分方程 $ y'' + 2y' + 2y = e^{-x}\cos x $ 的特解形式可表示为 $ y^* = $ ___（只需写出形式，不必确定其中系数）.

二、 选择题

1. 当 $ x \to +\infty $ 时，函数 $ f(x) = e^{x} \sin x $ 是（）.

(A) 无穷小

(B) 无穷大

(C) 有界量，但不是无穷小

(D) 无界的，但不是无穷大

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ （其中 b - a = 1）上具有二阶导数，且 $ f''(x) < 0 $，下列不等式正确的是（）.

(A) $ f'(b) < f'(a) < f(b) - f(a) $

(B) $ f'(b) < f(b) - f(a) < f'(a) $

(C) $ f(b) - f(a) < f'(b) < f'(a) $

(D) $ f'(b) < f(a) - f(b) < f'(a) $

1. 函数 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上() .

（A）可导必有界（B）有界必可积

（C）可积必连续 （D）连续必可导

1. 具有特解 $ y = x e^x $ 及 $ y = e^{-x} $ 的三阶常系数齐次线性微分方程是().

(A) $ y''' + y'' - y' - y = 0 $ (B) $ y'' + y'' + y' + y = 0 $

(C) $ y'' - y'' - y' + y = 0 $ (D) $ y'' - y'' - y' - y = 0 $

三、 解答题

1. 求极限 $ \lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}\right) $.

1. 设函数 $ f(x) = (x^{2} + 2)^{x^{2} - 1} $，求 $ f'(1) $.

1. 计算反常积分 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{x+1}{x(x^{2}+1)} $ dx.

1. 求由圆 $ (x-5)^{2}+y^{2}=16 $所围图形绕y轴旋转而成的旋转体体积.

四、设函数 $ f(x) $在x=2处连续，且 $ \lim_{x\to0}\frac{f(2-x)-3}{2\sin x}=5 $。试证 $ f(x) $在x=2处可导，并求曲线 $ y=f(x) $在横坐标为x=2的点处的切线方程。

五、设函数 $ f(x) = \int_{0}^{x} \frac{\sin t}{\pi - t} dt $，求定积分 $ \int_{0}^{\pi} f(x) \, dx $。

六、设函数 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内可导，且满足 $ \oint_{0} f(tx) \, dt = 2f(x) + 1 $ 及 $ f(1) = 1 $，求 $ f(x) $.

七、证明：当 x > 0 时， $ (x^{2} - 1)\ln x \geqslant (x - 1)^{2} $

参考答案

一、 填空题

$$ \lim_{x\to0^{+}}\left(1+x\right)^{\ln x}=\lim_{x\to0^{+}}\left[\left(1+x\right)^{\frac{1}{x}}\right]^{x\ln x}=\mathrm{e}^{0}=1. $$

1. $ y^{\prime}\mid_{x=1}=-\frac{1}{x^{2}}\mid_{x=1}=-1,y^{\prime\prime}\mid_{x=1}=\frac{2}{x^{3}}\mid_{x=1}=2 $ ,所求曲率

$$ K=\frac{\left|\begin{array}{l}y\end{array}\right|}{\left(1+y^{\prime2}\right)^{3/2}}\Bigg|_{x=1}=\frac{\sqrt{2}}{2}. $$

1. 令 $ f'(x) = 3x^{2} - 3 = 0 $ 得 x = 1, $ f(0) = 1 $, $ f(1) = -1 $, $ f(2) = 3 $, 所求最大值为 $ f(2) = 3 $.

$$ 4.\ \int\frac{\operatorname{Intan} x}{\cos^{2}x\tan x}\mathrm{d}x\ =\ \int\frac{\operatorname{Intan} x}{\tan x}\mathrm{d}(\tan x)\ =\ \frac{1}{2}(\operatorname{Intan} x)^{2}\ +\ C. $$

1. $ \int_{-4\pi}^{4\pi}(x+1)\left|\sin x\right|\mathrm{d}x = \int_{-4\pi}^{4\pi}x\left|\sin x\right|\mathrm{d}x + \int_{-4\pi}^{4\pi}\left|\sin x\right|\mathrm{d}x = 2\int_{0}^{4\pi}\left|\sin x\right|\mathrm{d}x = 16\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x\mathrm{d}x = 16 $

1. 由于 $ -1 + i $ 为特征方程的根，因此可设 $ y^{*} = xe^{-x} (a \cos x + b \sin x) $.

二、 选择题

1. 因为 $ \lim_{n\to\infty}f(n\pi)=0 $， $ \lim_{n\to\infty}f\left(2n\pi+\frac{\pi}{2}\right)=+\infty $。故选(D)。

1. 由拉格朗日中值定理可知，存在 $ \xi \in (a, b) $，满足 $ f(b) - f(a) = (b - a)f'(\xi) = f'(\xi) $。又根据条件可知 $ f'(x) $ 单调减少，因此 $ f'(b) < f'(\xi) < f'(a) $。故选 (B).

1. 由于可导必连续，在闭区间上连续的函数一定有界。故选(A).

1. 根据条件, r = -1 为特征方程的单根, r = 1 为特征方程的二重根, 因此特征方程为 $ (r + 1)(r - 1)^{2} = r^{3} - r^{2} - r + 1 = 0 $. 故选 (C).

三、 解答题

$$ 1.\ \lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}\right)=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-x-1}{x(\mathrm{e}^{x}-1)}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-x-1}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-1}{2x}=\frac{1}{2}. $$

1. $ f(x) = \mathrm{e}^{(x^2 - 1)\ln(x^2 + 2)} $, $ f'(x) = \mathrm{e}^{(x^2 - 1)\ln(x^2 + 2)}\left[2x\ln\left(x^2 + 2\right) + \frac{2x(x^2 - 1)}{x^2 + 2}\right] $, 故 $ f'(1) = 2\ln 3 $.

$$ \begin{aligned}3.&\int_{1}^{+\infty}\frac{x+1}{x\left(x^{2}+1\right)}\mathrm{d}x=\int_{1}^{+\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{x-1}{x^{2}+1}\right)\mathrm{d}x=\left[\ln\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+\arctan x\right]_{1}^{+\infty}=\frac{\pi}{4}+\\ \frac{1}{2}\ln2.\end{aligned} $$

1. 将曲线方程写成 $ x = 5 \pm \sqrt{16 - y^{2}} $，因此所求体积为

$$ \begin{array}{l}V=\displaystyle\pi \int_{-4}^{4}\left(5+\sqrt{16-y^{2}}\right)^{2} dy - \pi \int_{-4}^{4}\left(5-\sqrt{16-y^{2}}\right)^{2} dy = 20\pi \int_{-4}^{4} \sqrt{16-y^{2}} dy\\ =40\pi \int_{0}^{4} \sqrt{16-y^{2}} dy \quad , \end{array} $$

作换元 $ y=4\sin u $ 得， $ V=640\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}u\mathrm{d}u=160\pi^{2} $

四、由条件得 $ \lim_{x\to0}[f(2-x)-3]=0 $，即 $ \lim_{x\to0}f(x)=3 $，再由连续性得 $ f(2)=3 $。而

$$ f^{\prime}(2)=\lim_{x\to0}\frac{f(2-x)-f(2)}{-x}=\lim_{x\to0}\frac{f(2-x)-3}{2\sin x}\cdot\frac{2\sin x}{-x}=-10, $$

即 $ f(x) $ 在 x=2 处可导. 所求切线方程为 y-3=-10(x-2)，即 y=-10x+23.

$$ \begin{aligned} 五、\int_{0}^{\pi}f(\ x)\mathrm{d}x&=\left[\ x f(\ x)\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}x f^{\prime}(\ x)\mathrm{d}x=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{\pi-t}\mathrm{d}t-\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{\pi-x}\mathrm{d}x=\\\int_{0}^{\pi}\sin x\mathrm{d}x&=2.\end{aligned} $$

六、作换元 $ t=\frac{u}{x} $，则 $ \int_{0}^{1}f(tx)dt=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(u)du $，故原等式为

$$ \int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u=2x f(x)+x, $$

上式两端对 x 求导，得 $ f(x)=2f(x)+2xf'(x)+1 $，故 $ y=f(x) $ 满足微分方程

$$ \{\begin{aligned}y^{\prime}&=-\frac{y+1}{2x},\\ y\mid_{x=1}&=1,\end{aligned}. $$

分离变量后两端积分，得

$$ \int\frac{\mathrm{d}y}{y+1}=-\int\frac{\mathrm{d}x}{2x}, $$

即 $ \ln(y+1)=-\frac{1}{2}\ln x+C $，根据条件 $ y\big|_{x=1}=1 $ 解得 $ C=\ln2 $。因此 $ y=f(x)=\frac{2}{\sqrt{x}}-1 $。

七、记 $ f(x)=\ln x-\frac{x-1}{x+1}(x>0) $，则 $ f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{(x+1)^2}=\frac{x^2+1}{(x+1)^2}>0 $，因此 $ f(x) $在 $ (0,+\infty) $上单调增加。

注意到 $ f(1)=0 $，因此当0(x-1)^{2} $；当x>1时， $ f(x)>0 $，即 $ \ln x>\frac{x-1}{x+1} $或 $ (x^{2}-1)\ln x>(x-1)^{2} $.

综合可得，当 x>0 时， $ (x^{2}-1)\ln x\geqslant(x-1)^{2} $

（四）高等数学（上）期末考试试卷（Ⅱ）

试题

一、 填空选择题

1. $ \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x + 1}{x - 2} \right)^x = $ ___.

1. 若极限 $ \lim_{h\to0}\frac{f(x_0-2h)-f(x_0)}{h}=3 $，则 $ f'(x_0)= $___。

1. $ \int_{-2}^{2}(x^{2} + x^{3}\sqrt{4 - x^{2}})\,\mathrm{d}x = \_\_\_ $.

1. $ \int \sin x e^{2 \cos x} \, dx = $ ___.

1. 微分方程 $ 4y'' - 4y' + y = 0 $ 的通解为 $ y = \_\_\_ $.

1. 记 $ I_{1}=\int_{-\pi}^{\pi}\sin^{4}x\mathrm{d}x $, $ I_{2}=\int_{-\pi}^{\pi}\sin^{2}x\mathrm{d}x $, $ I_{3}=\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\mathrm{d}x $, $ I_{4}=\int_{-\pi}^{\pi}x\sin^{2}x\mathrm{d}x $, 则这4项积分的大小关系为().

(A) $ I_{2}>I_{1}>I_{3}>I_{4} $ (B) $ I_{3}>I_{2}>I_{1}>I_{4} $ (C) $ I_{4}>I_{1}>I_{3}>I_{2} $ (D) $ I_{1}>I_{2}>I_{4}>I_{3} $

1. 下列反常积分中收敛的是().

(A) $ \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{2}+2}dx $ (B) $ \int_{e}^{+\infty}\frac{1}{x\sqrt{\ln x+2}}dx $

(C) $ \int_{-\infty}^{+\infty}\sin x dx $ (D) $ \int_{0}^{1}\frac{1}{x-1}dx $

1. 若函数 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{\ln(1+x^{2})-\ln2}{x^{3}-1},&x\neq1,\\ &a,&x=1\end{aligned}. $ 在 x=1 连续，则常数 $ a=(\quad) $.

(A) $ \frac{2}{3} $ (B) $ -\frac{2}{3} $ (C) $ -\frac{1}{3} $ (D) $ \frac{1}{3} $

二、 计算题

1. 计算由曲线 $ y = \sqrt{x + 2} $ 与直线 x - 3y + 4 = 0 所围平面图形的面积.

1. 若函数 $ u(x) $ 与 $ v(x) $ 具有 n 阶导数，试写出计算函数 $ u(x)v(x) $ 的 n 阶导数的莱布尼茨公式，并求 $ xe^{2x} $ 的 10 阶导数.

1. 求函数 $ f(x) = (x^{2} + x - 5)e^{x} $ 的单调区间以及函数的极值.

1. 计算反常积分 $ \int_{1}^{+\infty}\frac{\ln(1+x^{2})}{x^{2}}dx $.

1. 求微分方程 $ \{\begin{aligned}y''+2y'-3y&=1,\\ y|_{x=0}&=\frac{2}{3},\\ y'|_{x=0}&=-7\end{aligned}. $ 的解.

三、一薄片铅直放入水中，其形状与位置由曲线 x = y^{2} - 1 与直线 x - 2y - 2 = 0 所围成的图形确定，其中 x 轴平行于水面且位于水面下 1 m 深处，y 轴铅直向上，试求该薄片的一侧所受的水压力（假设水的密度为 $ \mu $）。

四、求积分 $ \int_{0}^{1}\sqrt{x}\ln(x+1)dx $.

五、(1) 试求常数 a, b, 使得函数 $ f(x) = \{ \begin{aligned} & x^{2}, & 0 \leq x \leq 1, \\ & ax + b, & 1 < x \leq 2 \end{aligned} . $ 在区间 $ [0, 2] $ 上可导；(2) 由该曲线段绕 y 轴旋转形成一个容器，如果每单位时间向该容器均匀地注入体积为 $ v_{0} $ 的水，试求该容器自开始注入水至溢出前水深为 h 时水面的上升速度.

六、要建一个容积为14、侧面为圆柱面、顶部接着一个半球形的仓库（不含底部）。已知顶部单位面积的造价是其侧面圆柱面部分造价的3倍，试求该仓库的底圆半径，使得该仓库的造价最省。

七、函数 $ f(x) $在 $ [x_{0},+\infty) $上具有二阶导数，并且 $ f''(x)<0 $。对于任意 $ x>x_{0} $，由拉格朗日中值定理，存在 $ \xi\in(x_{0},x) $，使得 $ f(x)-f(x_{0})=f'(\xi)(x-x_{0}) $。证明： $ \xi $定义了 $ (x_{0},+\infty) $内的一个单调增加函数。

参考答案

一、 填空选择题

$$ \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+1}{x-2}\right)^{x}=\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\frac{3}{x-2}\right)^{\frac{x-2}{3}}\right]^{\frac{3x}{x-2}}=\mathrm{e}^{3}. $$

1. $ \lim_{h\to0}\frac{f(x_0-2h)-f(x_0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0-2h)-f(x_0)}{-2h}\cdot(-2)=-2f'(x_0)=3 $，得 $ f'(x_0)=-\frac{3}{2} $.

$$ 3.\ \int_{-2}^{2}\left(x^{2}+x^{3}\sqrt{4-x^{2}}\right)\mathrm{d}x=\int_{-2}^{2}x^{2}\mathrm{d}x=\left[\frac{1}{3}x^{3}\right]_{-1}^{2}=\frac{16}{3}. $$

$$ 4.\ \int\sin x\mathrm{e}^{2\cos x}\mathrm{d}x=-\int\mathrm{e}^{2\cos x}\mathrm{d}(\cos x)=-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2\cos x}+C. $$

1. 特征方程为 $ 4r^{2}-4r+1=0 $，得重根 $ r_{1,2}=\frac{1}{2} $，因此通解为 $ y=e^{\frac{1}{2}x}(C_{1}x+C_{2}) $

1. 因为 $ \left|x\right|\geqslant\left|\sin x\right| $， $ 1\geqslant\left|\sin x\right| $，所以 $ \int_{-\pi}^{\pi}x^{2}dx>\int_{-\pi}^{\pi}\sin^{2}x dx>\int_{-\pi}^{\pi}\sin^{4}x dx>0=\int_{-\pi}^{\pi}x\sin^{2}x dx $。故选(B)。

$$ \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{2}+2}\mathrm{d}x=\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}}\right]_{1}^{+\infty}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{1}{\sqrt{2}}\right), $$

$$ \int_{e}^{+\infty}\frac{1}{x\sqrt{\ln x+2}}\mathrm{d}x=\left[2\sqrt{\ln x+2}\right]_{e}^{+\infty}=+\infty, $$

$ \int_{0}^{t}\sin x\,\mathrm{d}x = \left[-\cos x\right]_{0}^{t} = 1 - \cos t $，当 $ t \to +\infty $ 时极限不存在，

$$ \int_{0}^{1}\frac{1}{x-1}\mathrm{d}x=\left[\ln(1-x)\right]_{0}^{1}=-\infty. $$

故选(A).

1. $ \lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}\frac{\frac{2x}{1+x^2}}{3x^2}=\frac{1}{3}=f(1)=a $. 故选(D).

二、 计算题

1. 联立方程 $ y = \sqrt{x + 2} $ 和 x - 3y + 4 = 0 解得交点为 $ (-1, 1) $ 和 $ (2, 2) $，因此所求面积为

$$ A=\int_{1}^{2}\left[3y-4-(\ y^{2}-2)\right]\mathrm{d}y=\left[\begin{array}{l}-\frac{1}{3}y^{3}+\frac{3}{2}y^{2}-2y\end{array}\right]_{1}^{2}=\frac{1}{6}. $$

1. 记 $ u = u(x), v = v(x) $，则

$$ \left(u v\right)^{\left(n\right)}=u v^{\left(n\right)}+n u^{\prime}v^{\left(n-1\right)}+\frac{n\left(n-1\right)}{2}u^{\prime\prime}v^{\left(n-2\right)}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{k}u^{\left(k\right)}v^{\left(n-k\right)}+\cdots+u^{\left(n\right)}v, $$

$$ \left(x\mathrm{e}^{2x}\right)^{\left(10\right)}=x\left(\mathrm{e}^{2x}\right)^{\left(10\right)}+10\cdot1\cdot\left(\mathrm{e}^{2x}\right)^{\left(9\right)}=x\cdot2^{10}\mathrm{e}^{2x}+10\cdot2^{9}\mathrm{e}^{2x}=2^{10}\mathrm{e}^{2x}\left(x+5\right). $$

1. 令 $ f'(x) = (x^{2} + 3x - 4)e^{x} = 0 $ 解得 $ x_{1} = -4 $ 和 $ x_{2} = 1 $.

因此， $ (- \infty, -4] $ 和 $ [1, +\infty) $ 为单调增加区间， $ [-4, 1] $ 为单调减少区间。函数的极大值为 $ f(-4) = 7e^{-4} $，极小值为 $ f(1) = -3e $。

$$ 4.\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln(1+x^{2})}{x^{2}}\mathrm{d}x=\int_{1}^{+\infty}-\ln(1+x^{2})\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right) $$

$$ \begin{aligned}&=\ \left[\ \ -\ \frac{1}{x}\ln\left(\ 1\ +\ x^{2}\ \right)\right]_{1}^{+\infty}\ +\ \int_{1}^{+\infty}\ \frac{2}{1\ +\ x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\ \ln2\ +\ \left[\ 2\arctan x\ \right]_{1}^{+\infty}\ =\ \ln2\ +\frac{\pi}{2}.\end{aligned} $$

1. 特征方程为 $ r^{2}+2r-3=0 $，根为 $ r_{1}=-3 $ 和 $ r_{2}=1 $，因此所对应的齐次线性微分方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{-3x}+C_{2}\mathrm{e}^{x}. $$

设非齐次线性微分方程的特解为 $ y^{*}=a $，代入方程解得 $ a=-\frac{1}{3} $，因此原方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{-3x}+C_{2}\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{3}. $$

由初值条件 $ y\big|_{x=0}=\frac{2}{3} $， $ y'\big|_{x=0}=-7 $ 解得 $ C_{1}=2 $， $ C_{2}=-1 $，因此所求解为

$$ y=2\mathrm{e}^{-3x}-\mathrm{e}^{x}-\frac{1}{3}. $$

三、联立方程 $ x = y^{2} - 1 $ 和 x - 2y - 2 = 0，解得交点 (0, -1) 和 (8, 3)，因此所求水压力为

$$ \begin{align*}F&=\int_{-1}^{1}\mu g\big(1-y\big)\left[2y+2-\big(y^{2}-1\big)\right]\mathrm{d}y=\mu g\int_{-1}^{1}\big(y^{3}-3y^{2}-y+3\big)\mathrm{d}y\\&=2\mu g\int_{0}^{1}\big(-3y^{2}+3\big)\mathrm{d}y=4\mu g\big(\mathrm{N}\big).\end{align*} $$

四、令 $ u = \sqrt{x} $，即 $ x = u^{2} $，则

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\sqrt{x}\ln\left(x+1\right)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}2u^{2}\ln\left(u^{2}+1\right)\mathrm{d}u=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\ln\left(u^{2}+1\right)\mathrm{d}u^{3}\\&=\left[\frac{2}{3}u^{3}\ln\left(u^{2}+1\right)\right]_{0}^{1}-\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\frac{u^{4}}{u^{2}+1}\mathrm{d}u\\&=\frac{2}{3}\ln2-\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\left(u^{2}-1+\frac{1}{u^{2}+1}\right)\mathrm{d}u\\&=\frac{2}{3}\ln2-\frac{4}{3}\left[\frac{1}{3}u^{3}-u+\arctan u\right]_{0}^{1}=\frac{2}{3}\ln2+\frac{8}{9}-\frac{\pi}{3}.\end{aligned} $$

五、(1) $ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=1,\lim_{x\to1^{-}}f(x)=a+b $，由可导必连续，故 $ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{-}}f(x)=f(1) $，得a+b=1；

$ f_{-}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{x^{2}-1}{x-1}=2,f_{+}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{ax+b-1}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{ax-a}{x-1}=a $ ,由于可导，故 $ f_{-}^{\prime}(1)=f_{+}^{\prime}(1) $ ,得a=2,b=-1.

（2）由(1)得 $ h = f(x) = \{ \begin{aligned} & x^{2}, & 0 \leq x \leq 1, \\ & 2x - 1, & 1 < x \leq 2, \end{aligned} . $

根据元素法可知 $ \mathrm{d}V = \pi x^{2} \mathrm{~d}h $，故

$$ v_{0}=\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=\pi x^{2}\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=\{\begin{aligned}&\pi h\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t},&&0

即

$$ \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=\{\begin{aligned}&\frac{v_{0}}{\pi h},&&0

六、设圆柱面的高为 h，底半径为 r，则容积为 $ \pi r^{2}h + \frac{2}{3}\pi r^{3} = 14 $，解得 $ h = \frac{14}{\pi r^{2}} - \frac{2}{3}r $。如果侧面单位面积的造价为 k，则顶部单位面积的造价为 3k，总造价为

$$ p=k\cdot2\pi r h+3k\cdot2\pi r^{2}=2k\pi r\left(\frac{14}{\pi r^{2}}-\frac{2}{3}r\right)+6k\pi r^{2}=2k\left(\frac{14}{r}+\frac{7}{3}\pi r^{2}\right), $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}r}=2k\bigg(-\frac{14}{r^{2}}+\frac{14}{3}\pi r\bigg)=\frac{28k\pi}{3r^{2}}\bigg(r^{3}-\frac{3}{\pi}\bigg)=0 $$

得惟一驻点 $ r=\sqrt[3]{\frac{3}{\pi}} $，显然该点为极小值点，也是最小值点。即底圆半径为 $ \sqrt[3]{\frac{3}{\pi}} $ 时，该仓库的造价最省。

七、由条件 $ f''(x)<0 $得 $ f'(x) $单调减少，因此满足拉格朗日中值定理 $ f(x)-f(x_{0})=f'(\xi)(x-x_{0}) $的 $ \xi $是惟一的，因此 $ \xi $定义了 $ (x_{0},+\infty) $上的一个函数 $ \xi=\xi(x) $.

由于 $ f'(x) $单调减少，因此 $ y=f'(x) $存在反函数 $ x=\varphi(y) $，从而

$$ \xi=\varphi\left(\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\right). $$

又根据反函数的可导性结论可知，当 $ f''(x)\neq0 $时， $ x=\varphi(y) $可导，且 $ \varphi'(y)=\frac{1}{f''(x)}<0 $。于是

$$ \frac{\mathrm{d}\xi}{\mathrm{d}x}=\varphi^{\prime}\left(\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\right)\left[\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\right]^{\prime}, $$

$$ \begin{aligned}\left[\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\right]^{\prime}=&\frac{f^{\prime}(x)\left(x-x_{0}\right)-\left[f(x)-f(x_{0})\right]}{\left(x-x_{0}\right)^{2}}\\=&\frac{f^{\prime}(x)\left(x-x_{0}\right)-f^{\prime}(\xi)\left(x-x_{0}\right)}{\left(x-x_{0}\right)^{2}}=\frac{f^{\prime \prime}(\eta)\left(x-\xi\right)}{x-x_{0}}<0\quad( 其中 \eta\in(\xi,x)),\end{aligned} $$

故 $ \frac{d\xi}{dx}>0 $，即 $ \xi $在 $ (x_{0},+\infty) $内单调增加.

高等数学 第七版 上册 同济大学数学系

高等数学 第七版 下册 同济大学数学系

高等数学附册 学习辅导与习题选解 同济·第七版 同济大学数学系

高等数学习题全解指南 上册 同济·第七版 同济大学数学系

高等数学习题全解指南 下册 同济·第七版 同济大学数学系

工程数学——线性代数 第六版 同济大学数学系

线性代数附册 学习辅导与习题全解 同济·第六版 同济大学数学系

工程数学——概率统计简明教程 第二版 同济大学数学系

概率统计简明教程附册 学习辅导与习题全解 第二版 同济大学数学系

工程数学——新编统计学 同济大学数学系

911787040113969111>

定价36.70元