第三章 微分中值定理与导数的应用

微分中值定理与导数的应用

习题3-1

1. 验证罗尔定理对函数 $ y = \ln \sin x $ 在区间 $ \left[\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right] $ 上的正确性.

证 函数 $ f(x)=\ln\sin x $ 在 $ \left[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right] $ 上连续，在 $ \left(\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right) $ 内可导，又

$$ f\Big(\frac{\pi}{6}\Big)=\ln\sin\frac{\pi}{6}=\ln\frac{1}{2},\quad f\Big(\frac{5\pi}{6}\Big)=\ln\sin\frac{5\pi}{6}=\ln\frac{1}{2}, $$

即 $ f\left(\frac{\pi}{6}\right)=f\left(\frac{5}{6}\pi\right) $，故 $ f(x) $在 $ \left[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right] $上满足罗尔定理条件，由罗尔定理知至少存在一点 $ \xi\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right) $，使 $ f^{\prime}(\xi)=0 $。又， $ f^{\prime}(x)=\frac{\cos x}{\sin x}=\cot x $，令 $ f^{\prime}(x)=0 $得 $ x=n\pi+\frac{\pi}{2} $（ $ n=0,\pm1,\pm2,\cdots $）。取 $ n=0 $，得 $ \xi=\frac{\pi}{2}\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right) $。因此罗尔定理对函数 $ y=\ln\sin x $在区间 $ \left[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right] $上是正确的。

1. 验证拉格朗日中值定理对函数 $ y=4x^{3}-5x^{2}+x-2 $ 在区间 $ [0,1] $ 上的正确性.

证 函数 $ f(x)=4x^{3}-5x^{2}+x-2 $ 在区间 $ [0,1] $ 上连续，在 $ (0,1) $ 内可导，故 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上满足拉格朗日中值定理条件，从而至少存在一点 $ \xi\in(0,1) $，使

$$ f^{\prime}(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=\frac{-2-(-2)}{1}=0. $$

又，由 $ f^{\prime}(\xi)=12\xi^{2}-10\xi+1=0 $可知 $ \xi=\frac{5\pm\sqrt{13}}{12}\in(0,1) $，因此拉格朗日中值定理对函数 $ y=4x^{3}-5x^{2}+x-2 $在区间 $ [0,1] $上是正确的.

1. 对函数 $ f(x) = \sin x $ 及 $ F(x) = x + \cos x $ 在区间 $ \left[0, \frac{\pi}{2}\right] $ 上验证柯西中值定理的正确性.

证 函数 $ f(x) = \sin x $, $ F(x) = x + \cos x $ 在区间 $ \left[0, \frac{\pi}{2}\right] $ 上连续，在 $ \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $ 内可导，且在 $ \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $ 内， $ F'(x) = 1 - \sin x \neq 0 $，故 $ f(x) $、 $ F(x) $ 满足柯西中值定理条件，从而至少存在一点 $ \xi \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $，使

$$ \frac{f\Big(\frac{\pi}{2}\Big)-f(0)}{F\Big(\frac{\pi}{2}\Big)-F(0)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{F^{\prime}(\xi)}. $$

由

$$ \frac{1-0}{\frac{\pi}{2}-1}=\frac{\cos\xi}{1-\sin\xi}, $$

即 $ \frac{\cos\frac{\xi}{2}+\sin\frac{\xi}{2}}{\cos\frac{\xi}{2}-\sin\frac{\xi}{2}}=\frac{2}{\pi-2} $，可得 $ \tan\frac{\xi}{2}=\frac{4-\pi}{\pi} $。所以， $ \xi=2n\pi+2\arctan\frac{4-\pi}{\pi} $。由题设，取 $ n=0 $，得 $ \xi_{0}=2\arctan\frac{4-\pi}{\pi} $。因 $ 0<\frac{4-\pi}{\pi}<1 $，故 $ \xi_{0}=2\arctan\left(\frac{4-\pi}{\pi}\right)\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $。因此，柯西中值定理对 $ f(x)=\sin x $， $ F(x)=x+\cos x $在区间 $ \left[0,\frac{\pi}{2}\right] $上是正确的。

1. 试证明对函数 $ y = px^{2} + qx + r $ 应用拉格朗日中值定理时所求得的点 $ \xi $ 总是位于区间的正中间.

证 任取数值 a, b，不妨设 a < b，函数 $ f(x) = px^{2} + qx + r $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导，故由拉格朗日中值定理知至少存在一点 $ \xi \in (a, b) $，使

$$ f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b-a), $$

即 $ pb^{2} + qb + r - pa^{2} - qa - r = (2p\xi + q)(b - a) $. 经整理得 $ \xi = \frac{a + 0}{2} $，即所求得的 $ \xi $ 总是位于区间的正中间.

1. 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 函数 $ f(x) $ 分别在 $ [1,2] $， $ [2,3] $， $ [3,4] $ 上连续，分别在 $ (1,2) $， $ (2,3) $， $ (3,4) $ 内可导，且 $ f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=0 $。由罗尔定理知至少存在 $ \xi_{1}\in(1,2) $， $ \xi_{2}\in(2,3) $， $ \xi_{3}\in(3,4) $，使

$$ f^{\prime}(\xi_{1})=f^{\prime}(\xi_{2})=f^{\prime}(\xi_{3})=0. $$

即方程 $ f'(x)=0 $至少有三个实根，又方程 $ f'(x)=0 $为三次方程，故它至多有三个实根，因此方程 $ f'(x)=0 $有且仅有三个实根，它们分别位于区间 $ (1,2),(2,3),(3,4) $内.

1. 证明恒等式: $ \arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2} (-1 \leq x \leq 1) $.

证 取函数 $ f(x)=\arcsin x+\arccos x,x\in[-1,1] $. 因

$$ f^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\equiv0, $$

故 $ f(x) \equiv C $ 。取 x = 0 ，得 $ f(0) = C = \frac{\pi}{2} $ 。因此

$$ \arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2},\quad x\in[-1,1]. $$

1. 若方程 $ a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x=0 $ 有一个正根 x=x_{0}，证明方程 $ a_{0}nx^{n-1}+a_{1}(n-1)x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0 $ 必有一个小于 x_{0} 的正根.

证 取函数 $ f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x\cdot f(x) $ 在 $ [0,x_{0}] $ 上连续，在 $ (0,x_{0}) $ 内可导，且 $ f(0)=f(x_{0})=0 $，由罗尔定理知至少存在一点 $ \xi\in(0,x_{0}) $，使 $ f'(\xi)=0 $，即方程 $ a_{0}nx^{n-1}+a_{1}(n-1)x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0 $ 必有一个小于 x_{0} 的正根.

1. 若函数 $ f(x) $ 在 $ (a,b) $ 内具有二阶导数，且 $ f(x_{1})=f(x_{2})=f(x_{3}) $，其中 $ a

证 根据题意知函数 $ f(x) $ 在 $ \lfloor x_{1}, x_{2} \rfloor $， $ \lfloor x_{2}, x_{3} \rfloor $ 上连续，在 $ (x_{1}, x_{2}) $， $ (x_{2}, x_{3}) $ 内可导且 $ f(x_{1}) = f(x_{2}) = f(x_{3}) $，故由罗尔定理知至少存在点 $ \xi_{1} \in (x_{1}, x_{2}) $， $ \xi_{2} \in (x_{2}, x_{3}) $，使 $ f'(\xi_{1}) = f'(\xi_{2}) = 0 $。

又 $ f'(x) $在 $ [\xi_1,\xi_2] $上连续，在 $ (\xi_1,\xi_2) $内可导，故由罗尔定理知至少存在点 $ \xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(x_1,x_3) $使 $ f''(\xi)=0 $。

1. 设 $ a>b>0,n>1 $，证明：

$$ n b^{n-1}\left(a-b\right)

证 取函数 $ f(x)=x^{n} $, $ f(x) $ 在 $ [b,a] $ 上连续，在 $ (b,a) $ 内可导，由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 $ \xi\in(b,a) $，使

$$ f(a)-f(b)=f^{\prime}(\xi)(a-b), $$

即 $ a^{n}-b^{n}=n\xi^{n-1}(a-b) $. 又 01,故

$$ 0

因此

$$ n b^{n-1}(a-b)

即 $ nb^{n-1}(a-b)

1. 设 a > b > 0，证明：

$$ \frac{a-b}{a}<\ln\frac{a}{b}<\frac{a-b}{b}. $$

证 取函数 $ f(x)=\ln x, f(x) $ 在 $ [b,a] $ 上连续，在 $ (b,a) $ 内可导，由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 $ \xi \in (b,a) $，使

$$ f(a)-f(b)=f^{\prime}(\xi)(a-b), $$

即 $ \ln a - \ln b = \frac{1}{\xi}(a - b) $. 又， $ 0 < b < \xi < a $，故 $ 0 < \frac{1}{a} < \frac{1}{\xi} < \frac{1}{b} $，因此

$$ \frac{a-b}{a}<\frac{a-b}{\xi}<\frac{a-b}{b}, $$

即 $ \frac{a-b}{a}<\ln\frac{a}{b}<\frac{a-b}{b} $.

11\. 证明下列不等式：

(1) $ \left| \arctan a - \arctan b \right| \leqslant |a - b| $;

（2）当x>1时， $ e^{x}>e\cdot x $

证（1）当 a=b 时，显然成立。当 $ a \neq b $ 时，取函数 $ f(x) = \arctan x, f(x) $ 在 $ [a, b] $ 或 $ [b, a] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 或 $ (b, a) $ 内可导，由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 $ \xi \in (a, b) $ 或 $ (b, a) $，使

$$ f(a)-f(b)=f^{\prime}(\xi)(a-b), $$

即 $ \arctan a - \arctan b = \frac{1}{1 + \xi^{2}} (a - b) $，故

$$ \mid\arctan a-\arctan b\mid=\frac{1}{1+\xi^{2}}\mid a-b\mid\leqslant\mid a-b\mid. $$

（2）取函数 $ f(t)=\mathrm{e}^{t} $， $ f(t) $在 $ [1,x] $上连续，在 $ (1,x) $内可导。由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 $ \xi\in(1,x) $，使

$$ f(x)-f(1)=f^{\prime}(\xi)(x-1), $$

即 $ e^{x}-e=e^{\xi}(x-1) $. 又， $ 1<\xie $，因此

$$ \mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}>\mathrm{e}\left(x-1\right), $$

即 $ e^{x} > x \cdot e $.

1. 证明方程 $ x^{5} + x - 1 = 0 $ 只有一个正根.

证 取函数 $ f(x)=x^{5}+x-1,f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，

$$ f(0)=-1<0,\quad f(1)=1>0, $$

由零点定理知，至少存在点 $ x_{1}\in(0,1) $，使 $ f(x_{1})=0 $，即方程 $ x^{5}+x-1=0 $ 在 $ (0,1) $ 内至少有一个正根.

若方程 $ x^{5} + x - 1 = 0 $ 还有一个正根 x_{2}，即 $ f(x_{2}) = 0 $，则由 $ f(x) = x^{5} + x - 1 $ 在 $ [x_{1}, x_{2}] $（或 $ [x_{2}, x_{1}] $）上连续，在 $ (x_{1}, x_{2}) $（或 $ (x_{2}, x_{1}) $）内可导，知 $ f(x) $ 满足罗尔定理条件，故至少存在点 $ \xi \in (x_{1}, x_{2}) $（或 $ (x_{2}, x_{1}) $），使

$$ f^{\prime}(\xi)=0. $$

但 $ f'(\xi)=5\xi^{4}+1>0 $，矛盾。因此方程 $ x^{5}+x-1=0 $只有一个正根。

1. 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 $ \xi $，使

$$ \left|\begin{array}{l l}f(a)&f(b)\\ g(a)&g(b)\end{array}\right|=(b-a)\left|\begin{array}{l l}f(a)&f^{\prime}(\xi)\\ g(a)&g^{\prime}(\xi)\end{array}\right|. $$

证 取函数 $ F(x)=\left|\begin{matrix}f(a)&f(x)\\ g(a)&g(x)\end{matrix}\right| $，由 $ f(x) $， $ g(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导知 $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导，由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 $ \xi\in(a,b) $，使 $ F(b)-F(a)=F'(\xi)(b-a) $。即

$$ F\left(b\right)=\left|\begin{matrix}f(a)&f(b)\\ g(a)&g(b)\end{matrix}\right|,\quad F(a)=\left|\begin{matrix}f(a)&f(a)\\ g(a)&g(a)\end{matrix}\right|=0, $$

$$ \boldsymbol{F}^{\prime}(\boldsymbol{x})=\left|\begin{array}{c c}0&f(\boldsymbol{x})\\ 0&g(\boldsymbol{x})\end{array}\right|+\left|\begin{array}{c c}f(\boldsymbol{a})&f^{\prime}(\boldsymbol{x})\\ g(\boldsymbol{a})&g^{\prime}(\boldsymbol{x})\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c c}f(\boldsymbol{a})&f^{\prime}(\boldsymbol{x})\\ g(\boldsymbol{a})&g^{\prime}(\boldsymbol{x})\end{array}\right|, $$

故

$$ \left|\begin{array}{c c}{f(a)}&{f(b)}\\ {g(a)}&{g(b)}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c c}{f(a)}&{f^{\prime}(\xi)}\\ {g(a)}&{g^{\prime}(\xi)}\end{array}\right|\left(b-a\right). $$

1. 证明：若函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内满足关系式 $ f'(x) = f(x) $，且 $ f(0) = 1 $，则 $ f(x) = e^x $.

证 取函数 $ F(x) = \frac{f(x)}{\mathrm{e}^{x}} $，因

$$ F^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)\mathrm{e}^{x}-f(x)\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{2x}}=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{\mathrm{e}^{x}}=0, $$

故 $ F(x)=C $. 又 $ F(0)=C=f(0)=1 $, 因此 $ F(x)=1 $, 即 $ \frac{f(x)}{\mathrm{e}^{x}}=1 $, 故 $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $.

*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) = \cdots = f^{(n-1)}(0) = 0 $，试用柯西中值定理证明：

$$ \frac{f(x)}{x^{n}}=\frac{f^{(n)}\left(\theta x\right)}{n!}\quad(0<\theta<1). $$

证 已知 $ f(x) $ 在 x=0 的某邻域内具有 n 阶导数，在该邻域内任取点 x，由柯西中值定理得

$$ \frac{f(x)}{x^{n}}=\frac{f(x)-f(0)}{x^{n}-0^{n}}=\frac{f^{\prime}(\xi_{1})}{n\xi_{1}^{n-1}}, $$

其中 $ \xi_{1} $ 介于 0,x 之间. 又

$$ \frac{f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)}{n\xi_{1}^{n-1}}=\frac{f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)-f^{\prime}(0)}{n\left(\xi_{1}^{n-1}-0^{n-1}\right)}=\frac{f^{\prime\prime}(\xi_{2})}{n(n-1)\xi_{2}^{n-2}}, $$

其中 $ \xi_{2} $ 介于 0, $ \xi_{1} $ 之间. 依此类推, 得

$$ \frac{f^{\left(n-1\right)}\left(\xi_{n-1}\right)}{n!\xi_{n-1}}=\frac{f^{\left(n-1\right)}\left(\xi_{n-1}\right)-f^{\left(n-1\right)}\left(0\right)}{n!\left(\xi_{n-1}-0\right)}=\frac{f^{\left(n\right)}\left(\xi_{n}\right)}{n!}, $$

其中 $ \xi_{n} $ 介于 0, $ \xi_{n-1} $ 之间，记 $ \xi_{n}=\theta x(0<\theta<1) $，因此

$$ \frac{f(x)}{x^{n}}=\frac{f^{(n)}\left(\xi_{n}\right)}{n!}=\frac{f^{(n)}\left(\theta x\right)}{n!}\quad(0<\theta<1). $$

习题3-2

洛必达法则

1. 用洛必达法则求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}; $$

(2)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}{\sin x}; $$

(3)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x-\sin x}; $$

(4)

$$ \lim_{x\to\pi}\frac{\sin3x}{\tan5x}; $$

(5) $ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{\ln \sin x}{(\pi - 2x)^2} $;

(6) $ \lim_{x \to a} \frac{x^m - a^m}{x^n - a^n} (a \neq 0) $;

(7) $ \lim_{x \to 0} \frac{\ln \tan 7x}{\ln \tan 2x} $;

(8) $ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{\tan x}{\tan 3x} $;

(9) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln \left(1 + \frac{1}{x}\right)}{\operatorname{arccot} x} $;

(10) $ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x^2)}{\sec x - \cos x} $;

(11) $ \lim_{x \to 0} x \cot 2x $;

(12) $ \lim_{x \to 0} x^2 e^{1/x^2} $;

(13) $ \lim_{x \to 1} \left( \frac{2}{x^2 - 1} - \frac{1}{x - 1} \right) $;

(14) $ \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{a}{x}\right)^x $;

(15) $ \lim_{x \to 0^{+}} x^{\sin x} $;

(16) $ \lim_{x \to 0^{+}} \left( \frac{1}{x} \right)^{\tan x} $.

解 (1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1 + x}}{1} = 1 $.

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - e^{-x}}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x}}{\cos x} = \frac{2}{1} = 2 $.

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x-\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{\sec^{2}x-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{\frac{1}{2}x^{2}}=2. $$

(4) $ \lim_{x \to \pi} \frac{\sin 3x}{\tan 5x} = \lim_{x \to \pi} \frac{3 \cos 3x}{5 \sec^2 5x} = -\frac{3}{5} $.

$$ \begin{align*}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\ln\sin x}{(\pi-2x)^{2}}&=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\frac{1}{\sin x}\cos x}{2(\pi-2x)\cdot(-2)}=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\cot x}{4(\pi-2x)}\\&=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{-\csc^{2}x}{-8}=-\frac{1}{8}.\end{align*} $$

(6) $ \lim_{x \to a} \frac{x^m - a^m}{x^n - a^n} = \lim_{x \to a} \frac{mx^{m-1}}{nx^{n-1}} = \frac{m}{n} a^{m-n} (a \neq 0) $.

(7) $ \lim_{x \to 0^-} \frac{\ln \tan 7x}{\ln \tan 2x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{\frac{1}{\tan 7x} \cdot \sec^2 7x \cdot 7}{\frac{1}{\tan 2x} \sec^2 2x \cdot 2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{\tan 2x}{\tan 7x} \cdot \frac{\sec^2 7x}{\sec^2 2x} \cdot \frac{7}{2} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2x}{7x} \cdot \frac{\sec^2 7x}{\sec^2 2x} \cdot \frac{7}{2} = 1 $.

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\tan x}{\tan3x}&=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sec^{2}x}{\sec^{2}3x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2}3x}{3\cos^{2}x}=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{-6\cos3x\sin3x}{-6\cos x\sin x}\\&=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\cos3x}{\cos x}=-\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{-3\sin3x}{-\sin x}=3.\end{aligned} $$

（9）

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

(10)

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)}{\sec x-\cos x}&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}}{\sec x\tan x+\sin x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{x}{\sin x}\cdot\frac{\cos^2x}{1+\cos^2x}\cdot\frac{2}{1+x^2}=1.\end{aligned} $$

(11)

$$ \lim_{x\to0}x\cot2x=\lim_{x\to0}\frac{x}{\tan2x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{2\sec^{2}2x}=\frac{1}{2}. $$

(12)

$$ \lim_{x\to0}x^{2}\mathrm{e}^{1/x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{1/x^{2}}}{\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{1/x^{2}}\left(\frac{1}{x^{2}}\right)}{\left(\frac{1}{x^{2}}\right)^{\prime}}=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{1/x^{2}}=+\infty. $$

(13)

$$ \lim_{x\to1}\left(\frac{2}{x^{2}-1}-\frac{1}{x-1}\right)=\lim_{x\to1}\frac{-x+1}{x^{2}-1}=\lim_{x\to1}\frac{-1}{2x}=-\frac{1}{2}. $$

（14） $ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=e^{\lim_{x\to\infty}\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)} $，而

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)&=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)}{\frac{1}{x}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{1+\frac{a}{x}}\cdot\left(-\frac{a}{x^{2}}\right)}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to\infty}\frac{a}{1+\frac{a}{x}}=a,\end{aligned} $$

故 $ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\mathrm{e}^a $

（15） $ \lim_{x\to0^{+}}x^{\sin x}=e^{\lim_{\cdot\cdot\cdot\cdot x\to0^{+}}x\ln x} $，而

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0^{+}}\sin x\ln x&=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}\\&=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to0^{+}}(-x)=0,\end{aligned} $$

故 $ \lim_{x\to0^{+}}x^{\sin x}=e^{0}=1 $

(16)

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0^{+}}\left(\frac{1}{x}\right)^{\tan x}&=e^{\lim_{x\to0^{+}}\tan x\ln\frac{1}{x}}&=e^{\lim_{x\to0^{+}}\frac{\tan x}{x}\cdot\frac{-\ln x}{\frac{1}{x}}}\\ &=e^{\lim_{x\to0^{+}}\frac{-\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}}=\lim_{x\to0^{+}}x=e^{0}=1.\\ \end{aligned} $$

注 在用洛必达法则求极限时，除了注意用洛必达法则对极限类型等的要求以外，还要注意求极限的过程中合理地应用重要极限、等价无穷小、初等变换等方法，以使运算过程更快捷、简洁.

1. 验证极限 $ \lim_{x \to \infty} \frac{x + \sin x}{x} $存在，但不能用洛必达法则得出.

证 由于 $ \lim_{x\to\infty}\frac{(x+\sin x)^{\prime}}{(x)^{\prime}}=\lim_{x\to\infty}\frac{1+\cos x}{1} $ 不存在，故不能使用洛必达法则来求此极限，但并不表明此极限不存在，此极限可用以下方法求得：

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{x+\sin x}{x}=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)=1+0=1. $$

1. 验证极限 $ \lim_{x\to0}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{\sin x} $存在，但不能用洛必达法则得出.

证 由于 $ \lim_{x\to0}\frac{\left(x^{2}\sin\frac{1}{x}\right)^{\prime}}{(\sin x)^{\prime}}=\lim_{x\to0}\frac{2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}}{\cos x} $ 不存在，故不能使用洛必达法则来求此极限，但可用以下方法求此极限：

$$ \lim_{x\to0}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{\sin x}=\lim_{x\to0}\left(\frac{x}{\sin x}\cdot x\sin\frac{1}{x}\right)=\lim_{x\to0}\frac{x}{\sin x}\cdot\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=1\cdot0=0. $$

1. 讨论函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\lbrack\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\mathrm{e}}\rbrack^{\frac{1}{x}},&x>0,\\&\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}},&x\leq0\end{aligned}. $$

在点 x=0 处的连续性.

解

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

而

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

$$ =\lim_{x\to0^{-}}-\frac{1}{2\left(1+x\right)}=-\frac{1}{2}, $$

故

$$ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}, $$

又

$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}},f(0)=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}. $$

因为 $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}f(x)=f(0) $，故函数 $ f(x) $在x=0处连续.

习题3-3

泰勒公式

1. 按 $ (x-4) $ 的幂展开多项式 $ f(x)=x^{4}-5x^{3}+x^{2}-3x+4 $.

解 因为

$$ f^{\prime}\left(x\right)=4x^{3}-15x^{2}+2x-3,f^{\prime\prime}\left(x\right)=12x^{2}-30x+2, $$

$$ f^{\prime \prime}(x)=24x-30,f^{(4)}(x)=24,f^{(n)}(x)=0(n\geqslant5). $$

$$ f(4)=-56,f^{\prime}(4)=21,f^{\prime \prime}(4)=74,f^{\prime \prime \prime}(4)=66,f^{(4)}(4)=24, $$

故

$$ \begin{aligned}&x^{4}-5x^{3}+x^{2}-3x+4\\ &=f(4)+f^{\prime}(4)\left(x-4\right)+\frac{f^{\prime \prime}(4)}{2!}\left(x-4\right)^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime}(4)}{3!}\left(x-4\right)^{3}+\frac{f^{(4)}\left(4\right)}{4!}\left(x-4\right)^{4}\\ &=-56+21\left(x-4\right)+37\left(x-4\right)^{2}+11\left(x-4\right)^{3}+\left(x-4\right)^{4}.\\ \end{aligned} $$

1. 应用麦克劳林公式，按 x 的幂展开函数 $ f(x) = (x^{2} - 3x + 1)^{3} $

$$ f(x)=x^{6}-9x^{5}+30x^{4}-45x^{3}+30x^{2}-9x+1,\quad f(0)=1, $$

$$ f^{\prime}(x)=6x^{5}-45x^{4}+120x^{3}-135x^{2}+60x-9,\quad f^{\prime}(0)=-9, $$

$$ f^{\prime \prime}(x)=30x^{4}-180x^{3}+360x^{2}-270x+60,\qquad f^{\prime \prime}(0)=60, $$

$$ ^{\prime \prime\prime}(x)=120x^{5}-540x^{2}+720x-270,\quad f^{\prime\prime}(0)=-270. $$

$$ (x)=360x^{2}-1\;080x+720,\qquad f^{\left(4\right)}\left(0\right)=720, $$

$$ f^{(5)}\left(x\right)=720x-1\;080, $$

$$ f^{(6)}\left(x\right)=720, $$

$$ f^{(6)}\left(0\right)=720, $$

$$ f^{\left(n\right)}\left(x\right)=0\quad\left(n\geqslant7\right), $$

故

$$ \begin{aligned}&\left(x^{2}-3x+1\right)^{3}\\=&f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!}x^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime}(0)}{3!}x^{3}+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^{4}+\frac{f^{(5)}(0)}{5!}x^{5}+\frac{f^{(6)}(0)}{6!}x^{6}\\=&1-9x+30x^{2}-45x^{3}+30x^{4}-9x^{5}+x^{6}.\end{aligned} $$

1. 求函数 $ f(x) = \sqrt{x} $ 按 $ (x - 4) $ 的幂展开的带有拉格朗日余项的 3 阶泰勒公式.

$$ f(x)=\sqrt{x},f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}},f^{\prime \prime}(x)=-\frac{1}{4}x^{-\frac{3}{2}},f^{\prime \prime \prime}(x)=\frac{3}{8}x^{-\frac{5}{2}}, $$

$$ f^{(4)}\left(x\right)=-\frac{15}{16}x^{-\frac{7}{2}}.f(4)=2,f^{\prime}(4)=\frac{1}{4},f^{\prime \prime}(4)=-\frac{1}{32},f^{\prime \prime \prime}(4)=\frac{3}{256}. $$

故

$$ \begin{aligned}\sqrt{x}&=f(4)+f^{\prime}(4)(x-4)+\frac{f^{\prime \prime}(4)}{2!}(x-4)^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime}(4)}{3!}(x-4)^{3}+\frac{f^{(4)}\left(\xi\right)}{4!}(x-4)^{4}\\&=2+\frac{1}{4}(x-4)-\frac{1}{64}(x-4)^{2}+\frac{1}{512}(x-4)^{3}-\frac{15}{384\xi^{7/2}}(x-4)^{4},\end{aligned} $$

其中 $ \xi $ 介于 x 与 4 之间.

1. 求函数 $ f(x) = \ln x $ 按 $ (x-2) $ 的幂展开的带有佩亚诺余项的 $ n $ 阶泰勒公式.

解 因为

$$ f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(n-1\right)!}{x^{n}},\quad f^{\left(n\right)}\left(2\right)=\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(n-1\right)!}{2^{n}}, $$

故

$$ \begin{aligned}\ln x&=f(2)+f^{\prime}(2)\left(x-2\right)+\frac{f^{\prime \prime}(2)}{2!}\left(x-2\right)^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime}(2)}{3!}\left(x-2\right)^{3}+\cdots+&\\ &\frac{f^{(n)}(2)}{n!}\left(x-2\right)^{n}+o\left[\left(x-2\right)^{n}\right]\\ &=\ln2+\frac{1}{2}\left(x-2\right)-\frac{1}{2^{3}}\left(x-2\right)^{2}+\frac{1}{3\cdot2^{3}}\left(x-2\right)^{3}+\cdots+\\ \end{aligned} $$

$$ \left(-1\right)^{n-1}\frac{1}{n\cdot2^{n}}\left(x-2\right)^{n}+o\left[\left(x-2\right)^{n}\right]. $$

1. 求函数 $ f(x)=\frac{1}{x} $ 按 $ (x+1) $ 的幂展开的带有拉格朗日余项的 n 阶泰勒公式.

解 因为

$$ f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\frac{\left(-1\right)^{n}n!}{x^{n+1}},\quad f^{\left(n\right)}\left(-1\right)=-n!, $$

故

$$ \begin{aligned}\frac{1}{x}&=f(-1)+f^{\prime}(-1)\left(x+1\right)+\frac{f^{\prime \prime}(-1)}{2!}\left(x+1\right)^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime}(-1)}{3!}\left(x+1\right)^{3}+\cdots+\\&\quad\frac{f^{(n)}(-1)}{n!}\left(x+1\right)^{n}+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x+1\right)^{n+1}\\&=-\left[1+\left(x+1\right)+\left(x+1\right)^{2}+\cdots+\left(x+1\right)^{n}\right]+\left(-1\right)^{n+1}\xi^{-\left(n+2\right)}\left(x+1\right)^{n+1}\end{aligned} $$

其中 $ \xi $ 介于 x 与 -1 之间.

1. 求函数 $ f(x) = \tan x $ 的带有佩亚诺余项的3阶麦克劳林公式.

解 因为

$$ f(x)=\tan x,\quad f^{\prime}(x)=\sec^{2}x,\quad f^{\prime \prime}(x)=2\sec^{2}x\tan x, $$

$$ f^{\prime \prime}(x)=4\sec^{2}x\tan^{2}x+2\sec^{4}x, $$

$$ \begin{aligned}f^{(4)}\left(x\right)&=8\sec^{2}x\tan^{3}x+8\sec^{4}x\tan x+8\sec^{4}x\tan x\\&=8\sec^{2}x\tan^{3}x+16\sec^{4}x\tan x\\&=\frac{8\left(\sin^{2}x+2\right)\sin x}{\cos^{5}x},\end{aligned} $$

$$ f(0)=0,f^{\prime}(0)=1,f^{\prime \prime}(0)=0,f^{\prime \prime \prime}(0)=2, $$

故 $ f(x)=x+\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}) $.

1. 求函数 $ f(x) = xe^{x} $ 的带有佩亚诺余项的 n 阶麦克劳林公式.

解 因为 $ f(x)=xe^{x}, f^{(n)}(x)=(n+x)e^{x} $ (见习题2-3,11(4)), $ f^{(n)}(0)=n $, 故

$$ \begin{aligned}x\mathrm{e}^{x}&=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{1}{2!}f^{\prime \prime}(0)x^{2}+\cdots+\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^{n}+o\left(x^{n}\right)\\&=x+x^{2}+\frac{x^{3}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{\left(n-1\right)!!}+o\left(x^{n}\right).\end{aligned} $$

1. 验证当 $ 0 < x \leq \frac{1}{2} $ 时，按公式 $ e^{x} \approx 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} $ 计算 $ e^{x} $ 的近似值时，所产生的误差小于 0.01，并求 $ \sqrt{e} $ 的近似值，使误差小于 0.01.

证 设 $ f(x) = \mathrm{e}^{x} $，则 $ f^{(n)}(0) = 1 $，故 $ f(x) = \mathrm{e}^{x} $ 的三阶麦克劳林公式为 $ \mathrm{e}^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{\mathrm{e}^{\xi}}{4!}x^{4} $，其中 $ \xi $ 介于 0 与 x 之间。按 $ \mathrm{e}^{x} \approx 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} $ 计算 $ \mathrm{e}^{x} $ 的近似值时，其误差为

$$ |R_{3}(x)|=\frac{\mathrm{e}^{\xi}}{4!}x^{4}. $$

当 $ 0 < x \leq \frac{1}{2} $ 时， $ 0 < \xi < \frac{1}{2} $， $ \left| R_{3}(x) \right| \leq \frac{3^{\frac{1}{2}}}{4!} \left( \frac{1}{2} \right)^{4} \approx 0.0045 < 0.01 $，

$$ \sqrt{\mathrm{e}}\approx1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\bigg(\frac{1}{2}\bigg)^{2}+\frac{1}{6}\bigg(\frac{1}{2}\bigg)^{3}\approx1.645. $$

1. 应用三阶泰勒公式求下列各数的近似值，并估计误差：

(1) $ \sqrt[3]{30} $; (2) $ \sin 18^{\circ} $.

解（1）因为

$$ \begin{aligned}f(x)&=\sqrt[3]{1+x}=\left(1+x\right)^{\frac{1}{3}}\\&\approx1+\frac{1}{3}x+\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-1\right)}{2!}x^{2}+\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{1}{3}-2\right)}{3!}x^{3}\\&=1+\frac{1}{3}x-\frac{1}{9}x^{2}+\frac{5}{81}x^{3},\\ \end{aligned} $$

$$ R_{3}\left(x\right)=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{1}{3}-2\right)\left(\frac{1}{3}-3\right)}{4!}\left(1+\xi\right)^{\frac{1}{3}-4}x^{4}, $$

其中 $ \xi $ 介于 0 与 x 之间. 故

$$ \sqrt[3]{30}=\sqrt[3]{27+3}=3\sqrt[3]{1+\frac{1}{9}}\approx3\left[1+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{9}-\frac{1}{9}\left(\frac{1}{9}\right)^{2}+\frac{5}{81}\left(\frac{1}{9}\right)^{3}\right]\approx3,10724. $$

误差

$$ |R_{3}|=3\cdot\left|\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{1}{3}-2\right)\left(\frac{1}{3}-3\right)}{4!}(1+\xi)^{\frac{1}{3}-4}\left(\frac{1}{9}\right)^{4}\right|, $$

$ \xi $介于0与 $ \frac{1}{9} $之间，即 $ 0<\xi<\frac{1}{9} $，因此

$$ \left|R_{3}\right|=\left|\frac{80}{4!\cdot3^{11}}\right|\approx1.88\times10^{-5}. $$

（2）已知 $ \sin x \approx x - \frac{x^{3}}{3!} $， $ R_{4}(x) = \frac{\sin\left(\xi + \frac{5}{2}\pi\right)}{5!}x^{5} $， $ \xi $ 介于 0 与 $ \frac{\pi}{10} $ 之间，故

$$ \sin18^{\circ}=\sin\frac{\pi}{10}\approx\frac{\pi}{10}-\frac{1}{3!}\bigg(\frac{\pi}{10}\bigg)^{3}\approx0.3090, $$

$$ |R_{4}|\leqslant\frac{1}{5!}\left(\frac{\pi}{10}\right)^{5}\approx2.55\times10^{-5}. $$

注 利用 $ R_{3}(x)=\frac{\sin\left(\xi+\frac{4}{2}\pi\right)}{4!}x^{4} $， $ \xi\in\left(0,\frac{\pi}{10}\right) $，可得误差 $ \left|R_{3}\right|\leqslant\frac{1}{4!}\left(\frac{\pi}{10}\right)^{4}\approx1.3\times10^{-4} $

$ ^{10} $. 利用泰勒公式求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x^{3}+3x^{2}}-\sqrt[4]{x^{4}-2x^{3}}\right); $$

(2)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\cos x-\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2}}}{x^{2}\left[x+\ln(1-x)\right]}; $$

(3)

$$ \lim_{x\to0}\frac{1+\frac{1}{2}x^{2}-\sqrt{1+x^{2}}}{\left(\cos x-\mathrm{e}^{x^{2}}\right)\sin x^{2}} $$

(4)

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

解（1）

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\sqrt[3]{x^{3}+3x^{2}}-\sqrt[4]{x^{4}-2x^{3}}\right)\\=&\lim_{x\rightarrow+\infty}x\left[\left(1+\frac{3}{x}\right)^{\frac{1}{3}}-\left(1-\frac{2}{x}\right)^{\frac{1}{4}}\right]\\=&\lim_{x\rightarrow+\infty}x\left[1+\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)-1+\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\right]\end{aligned} $$

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

(2)

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos x-e^{-\frac{x}{2}}}{x^{2}[x+\ln(1-x)]}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{4!}+o(x^{4})-1-\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)-\frac{1}{2}\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}+o(x^{4})}{x^{2}\left[x+\left(-x-\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2})\right)\right]}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{\left(\frac{1}{4!}-\frac{1}{8}\right)x^{4}+o\left(x^{4}\right)}{-\frac{1}{2}x^{4}+o\left(x^{4}\right)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-\frac{1}{12}+\frac{o\left(x^{4}\right)}{x^{4}}}{-\frac{1}{2}+\frac{o\left(x^{4}\right)}{x^{4}}}=\frac{-\frac{1}{12}}{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{6}.\end{aligned} $$

(3)

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{1+\frac{1}{2}x^{2}-\sqrt{1+x^{2}}}{\left(\cos x-e^{x^{2}}\right)\sin x^{2}}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{1+\frac{1}{2}x^{2}-\left(1+\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{8}x^{4}+o\left(x^{4}\right)\right)}{\left[1-\frac{1}{2}x^{2}+o\left(x^{2}\right)-1-x^{2}+o\left(x^{2}\right)\right]\left[x^{2}+o\left(x^{2}\right)\right]}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{1}{8}x^{4}+o\left(x^{4}\right)}{-\frac{3}{2}x^{4}+o\left(x^{4}\right)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{1}{8}+\frac{o\left(x^{4}\right)}{x^{4}}}{-\frac{3}{2}+\frac{o\left(x^{4}\right)}{x^{4}}}=\frac{\frac{1}{8}}{-\frac{3}{2}}=-\frac{1}{12}.\end{aligned} $$

(4)

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\to\infty}\left[x-x^{2}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]\\=&\lim_{x\to\infty}\left[x-x^{2}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x^{2}}+o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right)\right]\\=&\lim_{x\to\infty}\left[x-x+\frac{1}{2}+\frac{o\left(\frac{1}{x^{2}}\right)}{\frac{1}{x^{2}}}\right]=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

习题3-4

函数的单调性与曲线的凹凸性

1. 判定函数 $ f(x) = \arctan x - x $ 的单调性.

解 $ f'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}-1=-\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\leqslant0 $ 且 $ f'(x)=0 $ 仅在 x=0 时成立. 因此函数 $ f(x)=\arctan x-x $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 内单调减少.

1. 判定函数 $ f(x) = x + \cos x $ 的单调性.

解 $ f'(x)=1-\sin x \geqslant 0 $，且当 $ x=2n\pi+\frac{\pi}{2}(n=0, \pm1, \pm2,\cdots) $ 时， $ f'(x)=0 $。可以看出在 $ (-∞, +∞) $ 的任一有限子区间上，使 $ f'(x)=0 $ 的点只有有限个。因此函数 $ f(x)=x+\cos x $ 在 $ (-∞, +∞) $ 内单调增加。

1. 确定下列函数的单调区间：

(1) $ y = 2x^{3} - 6x^{2} - 18x - 7 $; (2) $ y = 2x + \frac{8}{x}(x > 0) $;

(3) $ y = \frac{10}{4x^{3} - 9x^{2} + 6x} $; (4) $ y = \ln(x + \sqrt{1 + x^{2}}) $;

(5) $ y = (x - 1)(x + 1)^{3} $; (6) $ y = \sqrt[3]{(2x - a)(a - x)^{2}} (a > 0) $;

(7) $ y = x^{n} e^{-x} \quad (n > 0, x \geqslant 0) $; (8) $ y = x + |\sin 2x| $.

解（1）函数的定义域为 $ (-∞, +∞) $，在 $ (-∞, -∞) $

$$ y^{\prime}=6x^{2}-12x-18=6\left(x-3\right)\left(x+1\right) $$

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x_{1}=-1, x_{2}=3 $，这两个驻点把 $ (-\infty, +\infty) $ 分成三个部分区间 $ (-\infty, -1] $， $ [-1,3] $， $ [3,+\infty) $。

当 $ - \infty < x < -1 $及 $ 3 < x < +\infty $时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ (- \infty, -1] $， $ [3, +\infty) $上单调增加；当 $ -1 < x < 3 $时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ [-1, 3] $上单调减少。

（2）函数的定义域为 $ (0, +\infty) $，在 $ (0, +\infty) $内可导，且

$$ y^{\prime}=2-\frac{8}{x^{2}}=\frac{2x^{2}-8}{x^{2}}=\frac{2\left(x-2\right)\left(x+2\right)}{x^{2}}. $$

令 $ y'=0 $ , 得驻点 $ x_{1}=-2 $ （舍去）， $ x_{2}=2 $ 。它把 $ (0,+\infty) $ 分成两个部分区间 $ (0,2] $， $ [2,+\infty) $ 。

当 0 < x < 2 时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ (0,2] $ 上单调减少；当 $ 2 < x < +\infty $ 时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ [2, +\infty) $ 上单调增加。

（3）函数除 x=0 外处处可导，且

$$ y^{\prime}=\frac{-10\left(12x^{2}-18x+6\right)}{\left(4x^{3}-9x^{2}+6x\right)^{2}}=\frac{-120\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(x-1\right)}{\left(4x^{3}-9x^{2}+6x\right)^{2}}. $$

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x_{1}=\frac{1}{2} $， $ x_{2}=1 $。这两个驻点把区间 $ (-\infty,0) $ 及 $ (0,+\infty) $ 分成四个部分区间 $ (-\infty,0) $， $ \left(0,\frac{1}{2}\right] $， $ \left[\frac{1}{2},1\right] $， $ [1,+\infty) $。

当 $ - \infty < x < 0, 0 < x < \frac{1}{2}, 1 < x < +\infty $时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ (- \infty, 0), \left(0, \frac{1}{2}\right] $， $ [1, +\infty) $内单调减少；当 $ \frac{1}{2} < x < 1 $时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ \left[\frac{1}{2}, 1\right] $上单调增加。

（4）函数在 $ (-∞,+∞) $内可导，且

$$ y^{\prime}=\frac{1}{x+\sqrt{1+x^{2}}}\left(1+\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2}}}\right)=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}>0, $$

因此函数在 $ (-∞, +∞) $内单调增加.

（5）函数在 $ (-∞,+∞) $内可导，且

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\left(x+1\right)^{3}+\left(x-1\right)\cdot3\left(x+1\right)^{2}\\&=\left(x+1\right)^{2}(4x-2)=4(x+1)^{2}\bigg(x-\frac{1}{2}\bigg).\end{aligned} $$

令 $ y'=0 $ , 得驻点 $ x_{1}=-1, x_{2}=\frac{1}{2} $ ，这两个驻点把区间 $ (-∞,+∞) $ 分成三个部分区间 $ (-∞,-1] $, $ \left[-1,\frac{1}{2}\right] $ 及 $ \left[\frac{1}{2},+∞\right) $.

当 $ - \infty < x < -1 $及 $ -1 < x < \frac{1}{2} $时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ \left(-\infty, \frac{1}{2}\right] $上单调减少；当 $ \frac{1}{2} < x < +\infty $时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ \left[\frac{1}{2}, +\infty\right) $上单调增加.

（6）函数在 $ x_{1}=\frac{a}{2}, x_{2}=a $ 处不可导且在 $ \left(-\infty, \frac{a}{2}\right), \left(\frac{a}{2}, a\right), (a, +\infty) $ 内可导， $ y' = \frac{-6 \left(x - \frac{2a}{3}\right)}{3 \sqrt[3]{(2x - a)^2 (a - x)}} $

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x_{3}=\frac{2a}{3} $，这个驻点及 $ x_{1}=\frac{a}{2} $， $ x_{2}=a $ 把区间 $ (-\infty, +\infty) $ 分成四个部分区间 $ \left(-\infty, \frac{a}{2}\right] $， $ \left[\frac{a}{2}, \frac{2}{3}a\right] $， $ \left[\frac{2}{3}a, a\right] $， $ [a, +\infty) $。

当 $ -\infty < x < \frac{a}{2} $ 及 $ \frac{a}{2} < x < \frac{2}{3}a, a < x < +\infty $ 时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ \left(-\infty, \frac{2}{3}a\right] $， $ [a, +\infty) $ 上单调增加；当 $ \frac{2a}{3} < x < a $ 时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ \left[\frac{2}{3}a, a\right] $ 上单调减少。

（7）函数在 $ [0,+\infty) $内可导，且

$$ y^{\prime}=nx^{n-1}\mathrm{e}^{-x}-x^{n}\mathrm{e}^{-x}=x^{n-1}\mathrm{e}^{-x}(n-x). $$

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x_{1}=n $，这个驻点把区间 $ [0,+\infty) $ 分成两个部分区间 $ [0,n] $， $ [n,+\infty) $。

当 0 < x < n 时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ [0, n] $ 上单调增加；当 $ n < x < +\infty $ 时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ [n, +\infty) $ 上单调减少。

（8）函数的定义域为 $ (-∞, +∞) $，且

$$ y=\{\begin{aligned}&x+\sin2x,\quad n\pi\leqslant x\leqslant n\pi+\frac{\pi}{2},\\ &x-\sin2x,\quad n\pi+\frac{\pi}{2}

$$ y^{\prime}=\{\begin{aligned}&1+2\cos2x,\quad n\pi

令 $ y' = 0 $，得驻点 $ x = n\pi + \frac{\pi}{3} $ 及 $ x = n\pi + \frac{5\pi}{6} $，按照这些驻点将区间 $ (-\infty, +\infty) $ 分成下列部分区间

$$ \left[n\pi,n\pi+\frac{\pi}{3}\right],\left[n\pi+\frac{\pi}{3},n\pi+\frac{\pi}{2}\right],\left[n\pi+\frac{\pi}{2},n\pi+\frac{5\pi}{6}\right],\left[n\pi+\frac{5\pi}{6},(n+1)\pi\right] $$

$$ (n=0,\pm1,\pm2,\cdots) $$

当 $ n\pi < x < n\pi + \frac{\pi}{3} $ 时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ \left[n\pi, n\pi + \frac{\pi}{3}\right] $ 上单调增加；

当 $ n\pi + \frac{\pi}{3} < x < n\pi + \frac{\pi}{2} $ 时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ \left[n\pi + \frac{\pi}{3}, n\pi + \frac{\pi}{2}\right] $ 上单调减少；

当 $ n\pi + \frac{\pi}{2} < x < n\pi + \frac{5\pi}{6} $ 时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ \left[n\pi + \frac{\pi}{2}, n\pi + \frac{5}{6}\pi\right] $ 上单调增加；

当 $ n\pi + \frac{5\pi}{6} < x < (n+1)\pi $ 时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ \left[n\pi + \frac{5}{6}\pi, (n+1)\pi\right] $ 上单调减少。

综上可知，函数在 $ \left[\frac{k\pi}{2}, \frac{k\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right] $ 上单调增加，在 $ \left[\frac{k\pi}{2} + \frac{\pi}{3}, \frac{k\pi}{2} + \frac{\pi}{2}\right] $ 上单调减。

$ k = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots $。

1. 设函数 $ f(x) $ 在定义域内可导, $ y = f(x) $ 的图形如图 3-1 所示, 则导函数 $ f'(x) $ 的图形为图 3-2 中所示的四个图形中的哪一个?

解　由所给图形知，当 x<0 时， $ y=f(x) $ 单调增加，从而 $ f'(x)\geqslant0 $，故排除（A）、（C）；当 x>0 时，随着 x 增大， $ y=f(x) $ 先单调增加，然后单调减少，再单调增加，因此随着 x 增大，先有 $ f'(x)\geqslant0 $，然后 $ f'(x)\leqslant0 $，继而又有 $ f'(x)\geqslant0 $，故应选（D）.

1. 证明下列不等式：

（1）当 x > 0 时， $ 1 + \frac{1}{2}x > \sqrt{1 + x} $;

（2）当x>0时， $ 1+x\ln(x+\sqrt{1+x^{2}})>\sqrt{1+x^{2}} $；

（3）当 $ 0 < x < \frac{\pi}{2} $ 时， $ \sin x + \tan x > 2x $；

（4）当 $ 0 < x < \frac{\pi}{2} $ 时， $ \tan x > x + \frac{1}{3}x^{3} $;

（5）当x>4时， $ 2^{x}>x^{2} $

解 (1) 取 $ f(t)=1+\frac{1}{2}t-\sqrt{1+t}, t \in [0,x] $.

$$ f^{\prime}\left(t\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{1+t}}=\frac{\sqrt{1+t}-1}{2\sqrt{1+t}}>0,\quad t\in\left(0,x\right). $$

因此，函数 $ f(t) $ 在 $ [0,x] $ 上单调增加，故当 x>0 时， $ f(x)>f(0) $，即

$$ 1+\frac{1}{2}x-\sqrt{1+x}>1+\frac{1}{2}\cdot0-\sqrt{1+0}=0, $$

亦即 $ 1 + \frac{x}{2} > \sqrt{1 + x} $ (x > 0).

(2) 取 $ f(t) = 1 + t \ln(t + \sqrt{1 + t^2}) \quad \sqrt{1 + t^2}, t \in [0, x] $.

$$ f^{\prime}(t)=\ln(t+\sqrt{1+t^{2}})+\frac{t}{\sqrt{1+t^{2}}}-\frac{t}{\sqrt{1+t^{2}}}=\ln(t+\sqrt{1+t^{2}})>0,t\in(0,x). $$

因此，函数 $ f(t) $ 在 $ [0,x] $ 上单调增加，故当 x>0 时， $ f(x)>f(0) $，即

$$ 1+x\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)\left.-\sqrt{1+x^{2}}>1+0-1=0\right., $$

亦即 $ 1 + x \ln(x + \sqrt{1 + x^{2}}) \geq \sqrt{1 + x^{2}} $ (x > 0).

（3）取 $ f(x)=\sin x+\tan x-2x,x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $

$$ f^{\prime}(x)=\cos x+\sec^{2}x-2, $$

$$ f^{\prime \prime}(x)=-\sin x+2\sec^{2}x\tan x=\sin x(2\sec^{3}x-1)>0,\quad x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right). $$

因此, $ f'(x) $在 $ \left[0,\frac{\pi}{2}\right] $上单调增加，故当 $ x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $时, $ f'(x)>f'(0)=0 $,从而 $ f(x) $在 $ \left[0,\frac{\pi}{2}\right] $上单调增加，即 $ f(x)>f(0)=0 $,亦即

$$ \sin x+\tan x-2x>0,x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right), $$

所以， $ \sin x + \tan x > 2x, x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $.

（4）取 $ f(x)=\tan x-x-\frac{1}{3}x^{3},x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right] $

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\sec^{2}x-1-x^{2}=\tan^{2}x-x^{2}=\left(\tan x-x\right)\left(\tan x+x\right). $$

由

$$ g^{\prime}\left(x\right)=\left(\tan x-x\right)^{\prime}=\sec^{2}x-1=\tan^{2}x>0 $$

知 $ g(x)=\tan x - x $ 在 $ [0,x] $ 上单调增加，即

$$ g(x)=\tan x-x>g(0)=0. $$

故 $ f'(x)>0,x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $.从而 $ f(x) $在 $ \left[0,\frac{\pi}{2}\right] $上单调增加，因此 $ f(x)>f(0) $， $ x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $.即当 $ 00 $.从而

$$ \tan x>x+\frac{1}{3}x^{3}\quad\left(0

(5) 取 $ f(t) = t\ln 2 - 2\ln t, t \in [4, x] $.

$$ f^{\prime}(t)=\ln2-\frac{2}{t}=\frac{\ln4}{2}-\frac{2}{x}>\frac{\ln e}{2}-\frac{2}{4}=0, $$

故当 x>4 时， $ f(x) $ 单调增加，从而 $ f(x)>f(4)=0 $ ，即

$$ x\ln2-2\ln x>0, $$

亦即 $ 2^{x} > x^{2} (x > 4) $.

1. 讨论方程 $ \ln x = ax $ (其中 a > 0) 有几个实根？

解 取函数 $ f(x) = \ln x - ax, x \in (0, +\infty) $.

$$ f^{\prime}\left(x\right)=\frac{1}{x}-a. $$

令 $ f'(x)=0 $ , 得驻点 $ x=\frac{1}{a} $

当 $ 0 < x < \frac{1}{a} $ 时， $ f'(x) > 0 $，因此函数 $ f(x) $ 在 $ \left(0, \frac{1}{a}\right) $ 内单调增加；当 $ \frac{1}{a} < x < +\infty $ 时， $ f'(x) < 0 $，因此函数 $ f(x) $ 在 $ \left(\frac{1}{a}, +\infty\right) $ 内单调减少。从而 $ f\left(\frac{1}{a}\right) $ 为最大值，又 $ \lim_{x \to 0^{+}} f(x) = -\infty $， $ \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty $，故

当 $ f\left(\frac{1}{a}\right)=\ln\frac{1}{a}-1=0 $，即 $ a=\frac{1}{e} $时，曲线 $ y=\ln x-ax $与x轴仅有一个交点，这时，原方程有惟一实根.

当 $ f\left(\frac{1}{a}\right)=\ln\frac{1}{a}-1>0 $，即 $ 0

时，原方程有两个实根.

当 $ f\left(\frac{1}{a}\right)=\ln\frac{1}{a}-1<0 $，即 $ a>\frac{1}{e} $时，曲线 $ y=\ln x-ax $与x轴没有交点，这时，原方程没有实根.

1. 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是单调函数. 例如函数 $ f(x) = x + \sin x $，由于 $ f'(x) = 1 + \cos x \geqslant 0 $，且 $ f'(x) $ 在任何有限区间内只有有限个零点. 因此函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内为单调增加函数. 但它的导函数 $ f'(x) = 1 + \cos x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内却不是单调函数.

1. 设 I 为一无穷区间，函数 $ f(x) $ 在 I 上连续，I 内可导，试证明：如果在 I 的任一有限的子区间上， $ f'(x) \geqslant 0 $（或 $ f'(x) \leqslant 0 $），且等号仅在有限多个点处成立，那么 $ f(x) $ 在区间 I 上单调增加（或单调减少）.

证 在 I 内任取两点 $ x_{1}, x_{2} $，不妨设 $ x_{1} < x_{2} $。在 $ [x_{1}, x_{2}] $ 上应用拉格朗日中值定理，得到

$$ f(x_{2})-f(x_{1})=f^{\prime}(\xi)(x_{2}-x_{1})\geqslant0\quad( 或 \leqslant0), $$

其中 $ \xi\in(x_{1},x_{2}) $，即 $ f(x_{2})\geqslant f(x_{1}) $ （或 $ f(x_{2})\leqslant f(x_{1}) $），因此， $ f(x) $ 在 I 上单调不减（或单调不增），从而对任一 $ x\in[x_{1},x_{2}] $，有

$$ f(x_{2})\geqslant f(x)\geqslant f(x_{1})\quad\left( 或 f(x_{2})\leqslant f(x)\leqslant f(x_{1})\right). $$

若 $ f(x_{1})=f(x_{2}) $，则有 $ f(x)\equiv f(x_{1}),x\in\lfloor x_{1},x_{2}\rfloor $，故 $ f'(x)\equiv0,x\in\lfloor x_{1},x_{2}\rfloor $，这与 $ f'(x)=0 $在I的任一有限子区间上仅在有限多个点处成立的假定相矛盾，因此 $ f(x_{2})>f(x_{1}) $（或 $ f(x_{2})

1. 判定下列曲线的凹凸性：

(1) y = 4x - x^{2}; (2) y = sh x;

(3) $ y = x + \frac{1}{x} $ (x > 0); (4) $ y = x \arctan x $.

解 (1) $ y' = 4 - 2x $, $ y'' = -2 < 0 $. 故曲线 $ y = 4x - x^{2} $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内是凸的.

$$ y^{\prime}=ch x,y^{\prime \prime}=sh x $$

$$ y^{\prime \prime}=0 $$

$ \infty < x < 0 $ 时， $ y'' < 0 $，曲线 $ y = \sin x $ 在 $ (-\infty, 0] $ 上是凸的.

+∞时， $ y''>0 $，曲线 $ y=\operatorname{sh} x $在 $ [0,+\infty) $上是凹的.

(3) $ y' = 1 - \frac{1}{x^{2}} $, $ y'' = \frac{2}{x^{3}} > 0 (x > 0) $，故曲线 $ y = x + \frac{1}{x} $ 在 $ (0, +\infty) $ 内是凹的.

$$ y^{\prime}=\arctan x+\frac{x}{1+x^{2}},y^{\prime\prime}=\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1+x^{2}-x\cdot2x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}=\frac{2}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}>0, $$

$$ y=x\arctan x $$

$$ (-\infty,+\infty) $$

1. 求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间：

(1) $ y = x^3 - 5x^2 + 3x + 5 $; (2) $ y = x e^{-x} $;

(3) $ y = (x + 1)^4 + e^x $; (4) $ y = \ln(x^2 + 1) $;

(5) $ y = e^{\arctan x} $; (6) $ y = x^{4}(12\ln x - 7) $.

解 (1) $ y' = 3x^{2} - 10x + 3 $, $ y'' = 6x - 10 $, 令 $ y'' = 0 $ 得 $ x = \frac{5}{3} $.

当 $ -\infty < x < \frac{5}{3} $ 时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ \left(-\infty, \frac{5}{3}\right] $ 上是凸的；当 $ \frac{5}{3} < x < +\infty $ 时， $ y'' > 0 $，因此曲线在 $ \left[\frac{5}{3}, +\infty\right) $ 上是凹的。故点 $ \left(\frac{5}{3}, \frac{20}{27}\right) $ 为拐点。

(2) $ y' = \mathrm{e}^{-x} - xe^{-x} = (1 - x)e^{-x}, y'' = -\mathrm{e}^{-x} + (1 - x)(-\mathrm{e}^{-x}) = \mathrm{e}^{-x}(x - 2). $

令 $ y''=0 $，得x=2.

当 $ -x0 $，因此曲线在 $ (2,+∞) $上是凹的。故点 $ \left(2,\frac{2}{e^{2}}\right) $为拐点。

(3) $ y' = 4(x + 1)^3 + e^x $, $ y'' = 12(x + 1)^2 + e^x > 0 $, 因此曲线在 $ (-∞, +∞) $ 内是凹的, 曲线没有拐点.

(4) $ y' = \frac{2x}{x^2 + 1} $, $ y'' = \frac{2(x^2 + 1) - 2x \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{-2(x - 1)(x + 1)}{(x^2 + 1)^2} $.

令 $ y''=0 $，得 $ x_{1}=-1 $， $ x_{2}=1 $。

当 $ - \infty < x < -1 $时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ (- \infty, -1] $上是凸的；当 $ -1 < x < 1 $时， $ y'' > 0 $，因此曲线在 $ [-1, 1] $上是凹的；当 $ 1 < x < +\infty $时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ [1, +\infty) $上是凸的。曲线有两个拐点，分别为 $ (-1, \ln 2) $， $ (1, \ln 2) $。

(5) $ y' = e^{\arctan x} \frac{1}{1 + x^2} $, $ y'' = \frac{-2 e^{\arctan x} (x - \frac{1}{2})}{(1 + x^2)^2} $, 令 $ y'' = 0 $, 得 $ x = \frac{1}{2} $.

当 $ -\infty0 $，因此曲线在 $ \left(-\infty,\frac{1}{2}\right] $上是凹的；当 $ \frac{1}{2}

(6) $ y' = 4x^3 (12\ln x - 7) + x^4 \cdot 12 \frac{1}{x} = 4x^3 (12\ln x - 4) $,

$$ y^{\prime \prime}=12x^{2}\left(12\ln x-4\right)+4x^{3}\cdot12\frac{1}{x}=144x^{2}\ln x\left(x>0\right). $$

令 $ y^{\prime\prime}=0 $，得x=1。

当 0 < x < 1 时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ (0,1] $ 上是凸的；当 $ 1 < x < +\infty $ 时， $ y'' > 0 $，因此曲线在 $ [1, +\infty) $ 上是凹的。故点 $ (1, -7) $ 为拐点。

1. 利用函数图形的凹凸性，证明下列不等式：

$$ \frac{1}{2}\left(x^{n}+y^{n}\right)>\left(\frac{x+y}{2}\right)^{n}\quad\left(x>0,y>0,x\neq y,n>1\right)； $$

(2) $ \frac{\mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{y}}{2} > \mathrm{e}^{\frac{x+y}{2}}(x \neq y) $;

(3) $ x\ln x + y\ln y > (x+y)\ln\frac{x+y}{2} $ (x > 0, y > 0, $ x \neq y $).

证 (1) 取函数 $ f(t) = t^{n}, t \in (0, +\infty) $.

$$ f^{\prime}(t)=nt^{n-1},f^{\prime \prime}(t)=n(n-1)t^{n-2},t\in(0,+\infty). $$

当 n > 1 时， $ f''(t) > 0, t \in (0, +\infty) $. 因此 $ f(t) = t^n $ 在 $ (0, +\infty) $ 内图形是凹的，故对任何 x > 0, y > 0, x \neq y，恒有

$$ \frac{1}{2}\left[f(x)+f(y)\right]>f\left(\frac{x+y}{2}\right), $$

$$ \frac{1}{2}\left(x^{n}+y^{n}\right)>\left(\frac{x+y}{2}\right)^{n}\quad\left(x>0,y>0,x\neq y,n>1\right). $$

（2）取函数 $ f(t)=\mathrm{e}^{t},t\in(-\infty,+\infty) $. $ f'(t)=\mathrm{e}^{t},f''(t)=\mathrm{e}^{t}>0,t\in(-\infty,+\infty) $. 因此 $ f(t)=\mathrm{e}^{t} $在 $ (-\infty,+\infty) $内图形是凹的，故对任何 $ x,y\in(-\infty,+\infty),x\neq y $，恒有 $ \frac{1}{2}[f(x)+f(y)]>f\left(\frac{x+y}{2}\right) $，即

$$ \frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{y}\right)>\mathrm{e}^{\frac{x+y}{2}}\quad\left(x\neq y\right). $$

（3）取函数 $ f(t) = t \ln t, t \in (0, +\infty) $, $ f'(t) = \ln t + 1 $, $ f''(t) = \frac{1}{t} > 0 $, $ t \in (0, +\infty) $, 因此 $ f(t) = t \ln t $ 在 $ (0, +\infty) $ 内图形是凹的，故对任何 $ x, y \in (0, +\infty) $, $ x \neq y $, 恒有 $ \frac{1}{2}[f(x) + f(y)] > f\left(\frac{x + y}{2}\right) $, 即

$$ \frac{1}{2}(x\ln x+y\ln y)>\frac{x+y}{2}\ln\frac{x+y}{2}, $$

亦即

$$ x\ln x+y\ln y>\left(x+y\right)\ln\frac{x+y}{2}\left(x\neq y\right). $$

1. 试证明曲线 $ y = \frac{x - 1}{x^{2} + 1} $ 有三个拐点位于同一直线上.

证 $ y' = \frac{(x^{2} + 1) - 2x(x - 1)}{(x^{2} + 1)^{2}} = \frac{-x^{2} + 2x + 1}{(x^{2} + 1)^{2}} $

$$ \begin{aligned}y^{\prime \prime}&=\frac{\left(-2x+2\right)\left(x^{2}+1\right)^{2}-2\left(x^{2}+1\right)\cdot2x\left(-x^{2}+2x+1\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{4}}\\&=\frac{2x^{3}-6x^{2}-6x+2}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}\end{aligned} $$

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

令 $ y''=0 $ , 得 $ x_{1}=-1, x_{2}=2-\sqrt{3}, x_{3}=2+\sqrt{3} $

当 $ -\infty < x < -1 $ 时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ (-\infty, -1] $ 上是凸的；

当 $ -1 < x < 2 - \sqrt{3} $ 时， $ y'' > 0 $，因此曲线在 $ [-1, 2 - \sqrt{3}] $ 上是凹的；

当 $ 2 - \sqrt{3} < x < 2 + \sqrt{3} $ 时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ [2 - \sqrt{3}, 2 + \sqrt{3}] $ 上是凸的；

当 $ 2 + \sqrt{3} < x < +\infty $ 时， $ y'' > 0 $，因此曲线在 $ [2 + \sqrt{3}, +\infty) $ 上是凹的，

故曲线有三个拐点，分别为 $ (-1,-1) $， $ \left(2-\sqrt{3},\frac{1-\sqrt{3}}{4(2-\sqrt{3})}\right) $， $ \left(2+\sqrt{3},\frac{1+\sqrt{3}}{4(2+\sqrt{3})}\right) $。

由于

$$ \frac{\frac{1-\sqrt{3}}{4\left(2-\sqrt{3}\right)}-\left(-1\right)}{2-\sqrt{3}-\left(-1\right)}=\frac{\frac{1+\sqrt{3}}{4\left(2+\sqrt{3}\right)}-\left(-1\right)}{2+\sqrt{3}-\left(-1\right)}=\frac{1}{4}, $$

故这三个拐点在一条直线上.

1. 问 a, b 为何值时，点 (1,3) 为曲线 $ y = ax^{3} + bx^{2} $ 的拐点？

解 $ y' = 3ax^{2} + 2bx, y'' = 6ax + 2b = 6a \left( x + \frac{b}{3a} \right) $

令 $ y''=0 $ , 得 $ x_{0}=-\frac{b}{3a} $

当 $ -\infty < x < -\frac{b}{3a} $ 时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ \left(-\infty, -\frac{b}{3a}\right] $ 上是凸的；

当 $ -\frac{b}{3a} < x < +\infty $ 时， $ y'' > 0 $。因此曲线在 $ \left[-\frac{b}{3a}, +\infty\right) $ 上是凹的；

当 $ x_{0} = -\frac{b}{3a} $ 时， $ y_{0} = a\left(-\frac{b}{3a}\right)^{3} + b\left(-\frac{b}{3a}\right)^{2} = \frac{2b^{3}}{27a^{2}} $。由于 $ y^{\prime\prime} $ 在 $ x_{0} $ 的两侧变号，故点 $ \left(-\frac{b}{3a}, \frac{2b^{3}}{27a^{2}}\right) $ 为曲线的惟一拐点。

从而要使点(1,3)为拐点，则 $ \{\begin{aligned}&-\frac{b}{3a}=1,\\ &\frac{2b^{3}}{27a^{2}}=3,\end{aligned}. $ 解得 $ a=-\frac{3}{2},b=\frac{9}{2} $

1. 试决定曲线 $ y = ax^{3} + bx^{2} + 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' = 3ax^{2} + 2bx + c $, $ y'' = 6ax + 2b $.

根据题意有 $ y(-2)=44, y'(-2)=0, y(1) = -10, y''(1) = 0 $，即

$$ \{\begin{aligned}&-8a+4b-2c+d=44,\\ &12a-4b+c=0,\\ &a+b+c+d=-10,\\ &6a+2b=0.\end{aligned}. $$

解此方程组得 a=1, b=-3, c=-24, d=16.

1. 试决定 $ y = k(x^{2} - 3)^{2} $ 中 k 的值，使曲线的拐点处的法线通过原点.

$$ y^{\prime}=2k\left(x^{2}-3\right)\cdot2x=4kx\left(x^{2}-3\right),\\ y^{\prime\prime}=4k\left(x^{2}-3\right)+4kx\cdot2x=12k\left(x-1\right)\left(x+1\right). $$

令 $ y''=0 $ , 得 $ x_{1}=-1, x_{2}=1 $

当 $ - \infty < x < -1 $时， $ y'' > 0 $，因此曲线在 $ (- \infty, -1] $上是凹的；当 $ -1 < x < 1 $时， $ y'' < 0 $，因此曲线在 $ [-1, 1] $上是凸的；当 $ 1 < x < +\infty $时， $ y'' > 0 $，因此曲线在 $ [1, +\infty) $上是凹的，从而知 $ (-1, 4k) $， $ (1, 4k) $为曲线的拐点.

由 $ y^{\prime}\vert_{x=-1}=8k $ 知过点 $ (-1,4k) $ 的法线方程为

$$ Y-4k=-\frac{1}{8k}(X+1). $$

要使该法线过原点，则(0,0)应满足这方程，将X=0,Y=0代入上式，得

$$ k=\pm\frac{\sqrt{2}}{8}. $$

由 $ y^{\prime}|_{x=1}=-8k $ 知，过点 $ (1,4k) $ 的法线方程为

$$ Y-4k=\frac{1}{8k}(X-1). $$

同理，要使该法线过原点，将 X=0, Y=0 代入上式得 $ k=\pm\frac{\sqrt{2}}{8} $. 所以，当 $ k=\pm\frac{\sqrt{2}}{8} $ 时，该曲线的拐点处的法线通过原点.

1. 设 $ y = f(x) $ 在 x = x_{0} 的某邻域内具有三阶连续导数，如果 $ f''(x_0) = 0 $，而 $ f''(x_0) \neq 0 $，试问 $ (x_0, f(x_0)) $ 是否为拐点？为什么？

解 已知 $ f''(x_0) \neq 0 $，不妨设 $ f''(x_0) > 0 $，由于 $ f''(x) $ 在 $ x = x_0 $ 的某个邻域内连续，因此必存在 $ \delta > 0 $，当 $ x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) $ 时 $ f''(x) > 0 $，故在 $ (x_0 - \delta, x_0 + \delta) $ 内 $ f''(x) $ 单调增加。又已知 $ f''(x_0) = 0 $，从而当 $ x \in (x_0 - \delta, x_0) $ 时 $ f''(x) < f''(x_0) = 0 $，即函数 $ f(x) $ 在 $ (x_0 - \delta, x_0) $ 内的图形是凸的，当 $ x \in (x_0, x_0 + \delta) $ 时， $ f''(x) > f''(x_0) = 0 $，即函数 $ f(x) $ 在 $ (x_0, x_0 + \delta) $ 内的图形是凹的，所以点 $ (x_0, f(x_0)) $ 为曲线的拐点。

习题3-5

函数的极值与最大值最小值

1. 求下列函数的极值：

(1)

$$ y=2x^{3}-6x^{2}-18x+7； $$

$$ y=x-\ln\left(1+x\right) $$

（3） $ y = -x^{4} + 2x^{2} $;

(4) y = x + $ \sqrt{1 - x} $;

(5) $ y = \frac{1 + 3x}{\sqrt{4 + 5x^2}} $; (6) $ y = \frac{3x^2 + 4x + 4}{x^2 + x + 1} $;

(7) $ y = e^x \cos x $; (8) $ y = x^{\frac{1}{x}} $;

(9) $ y = 3 - 2(x + 1)^{\frac{1}{3}} $; (10) $ y = x + \tan x $.

解 (1) $ y' = 6x^{2} - 12x - 18 $, $ y'' = 12x - 12 $.

令 $ y' = 0 $ 得驻点 $ x_{1} = -1, x_{2} = 3 $.

由 $ y''|_{x=-1} = -24 < 0 $ 知 $ y|_{x=-1} = 17 $ 为极大值，由 $ y''|_{x=3} = 24 > 0 $ 知 $ y|_{x=3} = -47 $ 为极小值.

（2）函数的定义域为 $ (-1,+\infty) $，在 $ (-1,+\infty) $内可导，且

$$ y^{\prime}=1-\frac{1}{1+x},\quad y^{\prime \prime}=\frac{1}{\left(1+x\right)^{2}}(x>-1). $$

令 $ y' = 0 $ 得驻点 x = 0 。由 $ y''|_{x=0} = 1 > 0 $ 知 $ y|_{x=0} = 0 $ 为极小值。

$$ y^{\prime}=-4x^{3}+4x=-4x\left(x^{2}-1\right),y^{\prime \prime}=-12x^{2}+4. $$

令 $ y'=0 $ 得驻点 $ x_{1}=-1, x_{2}=1, x_{3}=0 $.

由 $ y^{\prime\prime}|_{x=-1}=-8<0 $ 知 $ y|_{x=-1}=1 $ 为极大值，由 $ y^{\prime\prime}|_{x=1}=-8<0 $ 知 $ y|_{x=1}=1 $ 为极大值，由 $ y^{\prime\prime}|_{x=0}=4>0 $ 知 $ y|_{x=0}=0 $ 为极小值.

（4）函数的定义域为 $ (-∞,1] $，在 $ (-∞,-1) $内可导，且

$$ y^{\prime}=1-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}=\frac{2\sqrt{1-x}-1}{2\sqrt{1-x}},y^{\prime\prime}=-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{\left(1-x\right)^{3/2}}. $$

令 $ y'=0 $ 得驻点 $ x=\frac{3}{4} $，由 $ y''|_{x=\frac{3}{4}}=-2<0 $ 知 $ y|_{x=\frac{3}{4}}=\frac{5}{4} $ 为极大值.

(5) $ y' = \frac{3\sqrt{4 + 5x^2} - (1 + 3x) \cdot \frac{10x}{2\sqrt{4 + 5x^2}}}{4 + 5x^2} = \frac{12 - 5x}{(4 + 5x^2)^{3/2}} = \frac{-5(x - \frac{12}{5})}{(4 + 5x^2)^{3/2}}. $

令 $ y' = 0 $ 得驻点 $ x = \frac{12}{5} $.

当 $ -\infty < x < \frac{12}{5} $时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ \left(-\infty, \frac{12}{5}\right] $上单调增加；当 $ \frac{12}{5} < x < +\infty $时 $ y' < 0 $，因此函数在 $ \left[\frac{12}{5}, +\infty\right) $上单调减少，从而 $ y\left(\frac{12}{5}\right) = \frac{\sqrt{205}}{10} $为极大值.

$$ y^{\prime}=\frac{\left(6x+4\right)\left(x^{2}+x+1\right)-\left(2x+1\right)\left(3x^{2}+4x+4\right)}{\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}=\frac{-x\left(x+2\right)}{\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}. $$

令 $ y' = 0 $ 得驻点 $ x_{1} = -2, x_{2} = 0 $.

当 $ - \infty < x < -2 $时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ (- \infty, -2] $上单调减少；当 $ -2 < x < 0 $时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ [-2, 0] $上单调增加；当 $ 0 < x < +\infty $时， $ y' < 0 $，因此函数在

$$ 0,+\infty) 上单调减少. 从而可知 $ y(-2)=\frac{8}{3} $ 为极小值, $ y(0)=4 $ 为极大值.

$$ y^{\prime}=e^{x}\cos x-e^{x}\sin x=e^{x}(\cos x-\sin x),y^{\prime\prime}=-2e^{x}\sin x. $$

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x_{k}=2k\pi+\frac{\pi}{4} $， $ x'_{k}=2k\pi+\frac{5}{4}\pi $ ( $ k=0,\pm1,\pm2,\cdots $)。

由 $ y''\big|_{x=2k\pi+\frac{\pi}{4}}=-\sqrt{2}e^{2k\pi+\frac{\pi}{4}}<0 $ 知 $ y\big|_{x=2k\pi+\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}e^{2k\pi+\frac{\pi}{4}}\left(k=0,\pm1,\pm2,\cdots\right) $ 为极大值.

由 $ y''\big|_{x'=2k\pi+\frac{5\pi}{4}}=\sqrt{2}e^{2k\pi+\frac{5\pi}{4}}>0 $ 知 $ y\big|_{x=2k\pi+\frac{5\pi}{4}}=\frac{-\sqrt{2}}{2}e^{2k\pi+\frac{5}{4}\pi} $ ( $ k=0,\pm1,\pm2,\cdots $) 为极小值.

（8）函数的定义域为 $ (0, +\infty) $，在 $ (0, +\infty) $内可导，且

$$ y^{\prime}=\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}\ln x}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{\frac{1}{x}\ln x}\cdot\frac{1-\ln x}{x^{2}}=x^{\frac{1}{x}-2}\left(1-\ln x\right), $$

令 $ y' = 0 $，得驻点 x = e.

当 0 < x < e 时， $ y' > 0 $，因此函数在 $ (0, e] $ 上单调增加；当 $ e < x < +\infty $ 时， $ y' < 0 $，因此函数在 $ [e, +\infty) $ 上单调减少，从而可知 $ y(e) = e^{\frac{1}{e}} $ 为极大值.

（9）当 $ x\neq-1 $时， $ y^{\prime}=-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{(x+1)^{2/3}}<0 $。又x=-1时函数有定义。因此可知函数在 $ (-∞,+∞) $内单调减少，从而函数在 $ (-∞,+∞) $内无极值。

（10）由 $ y' = 1 + \sec^{2}x > 0 $ 知所给函数在 $ (-∞, +∞) $ 内单调增加，从而函数在 $ (-∞, +∞) $ 内无极值.

1. 试证明：如果函数 $ y = ax^{3} + bx^{2} + cx + d $ 满足条件 $ b^{2} - 3ac < 0 $，那么这函数没有极值.

证 $ y'=3ax^{2}+2bx+c $ 。由 $ b^{2}-3ac<0 $ 知 $ a\neq0,c\neq0,y' $ 是二次三项式，

$$ \Delta=\left(2b\right)^{2}-4\left(3a\right)\cdot c=4\left(b^{2}-3a c\right)<0. $$

当 a>0 时， $ y^{\prime} $ 的图像开口向上，且在 x 轴上方，故 $ y^{\prime}>0 $，从而所给函数在 $ (-∞,+∞) $ 内单调增加。当 a<0 时， $ y^{\prime} $ 的图像开口向下，且在 x 轴下方，故 $ y^{\prime}<0 $，从而所给函数在 $ (-∞,+∞) $ 内单调减少。因此，只要条件 $ b^{2}-3ac<0 $ 成立，所给函数在 $ (-∞,+∞) $ 内单调，故函数在 $ (-∞,+∞) $ 内无极值。

1. 试问 a 为何值时，函数 $ f(x) = a \sin x + \frac{1}{3} \sin 3x $ 在 $ x = \frac{\pi}{3} $ 处取得极值？它是极大值还是极小值？并求此极值.

解 $ f'(x) = a \cos x + \cos 3x $，函数在 $ x = \frac{\pi}{3} $ 处取得极值，则 $ f''\left(\frac{\pi}{3}\right) = 0 $，即 $ a \cos \frac{\pi}{3} + \cos \pi = 0 $，故 a = 2.

又 $ f''(x)=-2\sin x-3\sin 3x,f''\left(\frac{\pi}{3}\right)=-2\sin\frac{\pi}{3}-3\sin\pi=-\sqrt{3}<0 $，因此

$$

$ f\left(\frac{\pi}{3}\right)=2\sin\frac{\pi}{3}+\frac{1}{3}\sin\pi=\sqrt{3} $为极大值.

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处有 n 阶导数，且 $ f'(x_{0}) = f''(x_{0}) = \cdots = f^{(n-1)}(x_{0}) = 0 $， $ f^{(n)}(x_{0}) \neq 0 $，证明：

（1）当 n 为奇数时， $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处不取得极值；

（2）当 n 为偶数时， $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处取得极值，且当 $ f^{(n)}(x_{0}) < 0 $ 时， $ f(x_{0}) $ 为极大值，当 $ f^{(n)}(x_{0}) > 0 $ 时， $ f(x_{0}) $ 为极小值.

证 由含佩亚诺余项的 n 阶泰勒公式及已知条件，得

$$ f(x)=f(x_{0})+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+o((x-x_{0})^{n}), $$

即 $ f(x) - f(x_{0}) = \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + o((x - x_{0})^{n}) $，由此式可知 $ f(x) - f(x_{0}) $ 在 $ x_{0} $ 某邻域内的符号由 $ \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} $ 在 $ x_{0} $ 某邻域内的符号决定.

（1）当 n 为奇数时， $ (x-x_{0})^{n} $ 在 $ x_{0} $ 两侧异号，所以 $ \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} $ 在 $ x_{0} $ 两侧异号，从而 $ f(x)-f(x_{0}) $ 在 $ x_{0} $ 两侧异号，故 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处不取得极值.

（2）当 n 为偶数时，在 $ x_{0} $ 两侧 $ (x-x_{0})^{n}>0 $ ，若 $ f^{(n)}(x_{0})<0 $ ，则 $ \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!} $ $ (x-x_{0})^{n}<0 $ ，从而 $ f(x)-f(x_{0})<0 $ ，即 $ f(x)0 $ ，则 $ \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}>0 $ ，从而 $ f(x)-f(x_{0})>0 $ ，即 $ f(x)>f(x_{0}) $ ，故 $ f(x_{0}) $ 为极小值.

1. 试利用习题4的结论，讨论函数 $ f(x) = e^{x} + e^{-x} + 2\cos x $ 的极值.

解 $ f'(x) = \mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{-x} - 2\sin x $, $ f''(x) = \mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{-x} - 2\cos x $, $ f'''(x) = \mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{-x} + 2\sin x $, $ f^{(4)}(x) = \mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{-x} + 2\cos x $, 故 $ f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0 $, $ f^{(4)}(0) = 4 > 0 $, 因此函数 $ f(x) $ 在 x = 0 处有极小值，极小值为 4.

1. 求下列函数的最大值、最小值：

(1) $ y = 2x^{3} - 3x^{2}, -1 \leqslant x \leqslant 4 $;

(2) $ y = x^{4} - 8x^{2} + 2, -1 \leq x \leq 3 $;

(3) $ y = x + \sqrt{1 - x}, -5 \leqslant x \leqslant 1 $.

解（1）函数在 $ [-1,4] $上可导，且 $ y'=6x^{2}-6x=6x(x-1) $.

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x_{1}=0, x_{2}=1 $。比较 $ y\big|_{x=-1}=-5, y\big|_{x=0}=0, y\big|_{x=1}=-1 $， $ y\big|_{x=4}=80 $，得函数的最大值为 $ y\big|_{x=4}=80 $，最小值为 $ y\big|_{x=-1}=-5 $。

（2）函数在 $ [-1,3] $上可导，且

$$ y^{\prime}=4x^{3}-16x=4x\left(x-2\right)\left(x+2\right). $$

令 $ y'=0 $ 得驻点 $ x_{1}=-2 $（舍去）， $ x_{2}=0 $， $ x_{3}=2 $.

比较 $ \left.y\right|_{x=-1} = -5 $, $ \left.y\right|_{x=0} = 2 $, $ \left.y\right|_{x=2} = -14 $, $ \left.y\right|_{x=3} = 11 $, 得函数的最大值为 $ y|_{x=3} = 11 $, 最小值为 $ y|_{x=2} = -14 $.

（3）函数在 $ [-5,1) $上可导，且 $ y'=1-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}=\frac{2\sqrt{1-x}-1}{2\sqrt{1-x}} $

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x=\frac{3}{4} $。比较 $ y|_{x=-5}=-5+\sqrt{6} $， $ y|_{x=\frac{3}{4}}=\frac{5}{4} $， $ y|_{x=1}=1 $，得函数的最大值为 $ y|_{x=\frac{3}{4}}=\frac{5}{4} $，最小值为 $ y|_{x=-5}=\sqrt{6}-5 $。

1. 问函数 $ y=2x^{3}-6x^{2}-18x-7 $ （ $ 1 \leqslant x \leqslant 4 $）在何处取得最大值？并求出它的最大值.

解 函数在 $ [1,4] $上可导，且 $ y'=6x^{2}-12x-18=6(x+1)(x-3) $.

令 $ y'=0 $，得驻点 $ x_{1}=-1 $（舍去）， $ x_{2}=3 $。比较 $ y|_{x=1}=-29 $， $ y|_{x=3}=-61 $， $ y|_{x=-47} $，得函数在 x=1 处取得最大值。日最大值为 $ v|_{x=-29} $。

1. 问函数 $ y = x^{2} - \frac{54}{x} $ (x < 0) 在何处取得最小值？

解 函数在 $ (-∞,0) $内可导，且 $ y'=2x+\frac{54}{x^{2}}=\frac{2(x^{3}+27)}{x^{2}} $， $ y''=2-\frac{108}{x^{3}} $

令 $ y'=0 $，得驻点 x = -3。由 $ y''|_{x = -3} = 6 > 0 $ 知 x = -3 为极小值点。又函数在 $ (-∞,0) $ 内的驻点惟一，故极小值点就是最小值点，即 x = -3 为最小值点，且最小值为 $ y|_{x = -3} = 27 $。

1. 问函数 $ y = \frac{x}{x^{2} + 1} (x \geq 0) $ 在何处取得最大值？

解 函数在 $ [0,+\infty) $上可导，且

$$ y^{\prime}=\frac{x^{2}+1-x\cdot2x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}=\frac{1-x^{2}}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}, $$

$$ y^{\prime \prime}=\frac{-2x(3-x^{2})}{(x^{2}+1)^{3}}. $$

令 $ y'=0 $，得驻点 x=-1（舍去），x=1。由 $ y''|_{x=1} = \frac{-4}{8} = -\frac{1}{2} < 0 $ 知 x=1 为极大值点，又函数在 $ [0, +\infty) $ 上的驻点惟一，故极大值点就是最大值点，即 x=1 为最大值点，且最大值为 $ y|_{x=1} = \frac{1}{2} $。

1. 某车间靠墙壁要盖一间长方形小屋，现有存砖只够砌20 m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 如图3-3，设这间小屋的宽为x，长为y，则小屋的面积为S=xy.

已知 $ 2x + y = 20 $，即 y = 20 - 2x。故

$$ S=x(20-2x)=20x-2x^{2},x\in(0,10). $$

$ S'=20-4x,S''=-4 $. 令 $ S'=0 $, 得驻点 x=5. 由 $ S''<0 $ 知 x=5 为极大值点, 又驻点惟一, 故极大值点就是最大值点, 即当宽为 5m, 长为 10m 时这间小屋的面积最大.

1. 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 已知 $ \pi r^{2}h = V $，即 $ h = \frac{V}{\pi r^{2}} $。圆柱形油罐的表面积

$$ \begin{aligned}A&=2\pi r^{2}+2\pi rh=2\pi r^{2}+2\pi r\cdot\frac{V}{\pi r^{2}}\\&=2\pi r^{2}+\frac{2V}{r},\quad r\in(0,+\infty).\end{aligned} $$

$$ A^{\prime}=4\pi r-\frac{2V}{r^{2}},\quad A^{\prime \prime}=4\pi+\frac{4V}{r^{3}}. $$

令 $ A'=0 $，得 $ r=\sqrt[3]{2\pi} $。由 $ A''\left|\begin{array}{l}4\pi+8\pi=12\pi>0,\\r=\sqrt[3]{\frac{1}{2\pi}}\end{array}\right|=4\pi+8\pi=12\pi>0 $，知 $ r=\sqrt[3]{2\pi} $ 为极小值点，又驻点惟一，故极小值点就是最小值点。此时 $ h=\frac{V}{\pi r^{2}}=2\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}=2r $，即 2r:h=1:1，所以当底半径为 $ r=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}} $ 和高 $ h=2\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}} $ 时，才能使表面积最小。这时底直径与高的比为 1:1。

1. 某地区防空洞的截面拟建成矩形加半圆（图3-4）. 截面的面积为 $ 5\ m^{2} $. 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？

解 设截面的周长为 l，已知 $ l = x + 2y + \frac{\pi x}{2} $ 及 $ xy + \frac{\pi}{2}\left(\frac{x}{2}\right)^{2} = 5 $，即 $ y = \frac{5}{x} - \frac{\pi x}{8} $。故

$$ l=x+\frac{\pi x}{4}+\frac{10}{x},\quad x\in\left(0,\sqrt{\frac{40}{\pi}}\right). $$

$$ l^{\prime}=1+\frac{\pi}{4}-\frac{10}{x^{2}},\quad l^{\prime \prime}=\frac{20}{x^{3}}. $$

令 $ l'=0 $，得驻点 $ x=\sqrt{\frac{40}{4+\pi}} $。由 $ l''=\frac{20}{\left(\frac{40}{4+\pi}\right)^{3/2}}>0 $ 知 $ x=\sqrt{\frac{40}{4+\pi}} $ 为极小值点，又驻点惟一，故极小值点就是最小值点。所以当截面的底宽为 $ x=\sqrt{\frac{40}{4+\pi}} $ 时，才能使截面的周长最小，从而使建造时所用的材料最省。

1. 设有质量为5kg的物体，置于水平面上，受力F的作用而开始移动（图3-5）。设摩擦系数 $ \mu=0.25 $，问力F与水平线的交角 $ \alpha $为多少时，才可使力F的大小为最小。

解 如图3-5，力 F 的大小用 $ \left| F \right| $ 表示，则由 $ \left| F \right| \cos \alpha = \left( P - \left| F \right| \sin \alpha \right) \mu $ 知

$$ \mid F\mid=\frac{\mu P}{\cos\alpha+\mu\sin\alpha},\quad\alpha\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right). $$

设 $ y = \cos \alpha + \mu \sin \alpha, \alpha \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right) $，则 $ y' = -\sin \alpha + \mu \cos \alpha $.

令 $ y' = 0 $，得驻点 $ \alpha_{0} = \arctan \mu $。又 $ y'' = -\cos \alpha_{0} - \mu \sin \alpha_{0} < 0 $，所以驻点 $ \alpha_{0} $ 为极大值点，又驻点惟一，因此 $ \alpha_{0} $ 为函数 $ y = y(\alpha) $ 的最大值点，这时，即 $ \alpha = \alpha_{0} = \arctan(0.25) \approx 14^{\circ}2' $ 时，力 F 的大小为最小。

1. 有一杠杆，支点在它的一端。在距支点 $ 0.1 \, m $ 处挂一质量为 $ 49 \, kg $ 的物体。加力于杠杆的另一端使杠杆保持水平（图3-6）。如果杠杆的线密度为 $ 5 \, kg/m^{3} $，求最省力的杆长？

解 如图3-6，设最省力的杆长为 $ x\ (m) $，则此时杠杆的重力为5gx，由力矩平衡公式

$$ x\mid F\mid=49g\times0.1+5g x\cdot\frac{x}{2}\quad(x>0), $$

知

$$ \mid F\mid=\frac{4.9}{x}g+\frac{5}{2}g x,\quad\mid F\mid^{\prime}=-\frac{4.9}{x^{2}}g+\frac{5}{2}g, $$

$$ \mid F\mid^{\prime \prime}=\frac{9.8}{x^{3}}g. $$

令 $ \left|F\right|=0 $，得驻点x=1.4。又 $ \left|F\right|^{\prime\prime}\bigg|_{x=1.4}=\frac{9.8}{\left(1.4\right)^{3}}g>0 $，故x=1.4为极小值点，又驻点惟一，因此x=1.4也是最小值点，即杆长为1.4m时最省力。

1. 从一块半径为 R 的圆铁片上挖去一个扇形做成一个漏斗（图 3-7）。问留下的扇形的中心角 $ \varphi $ 取多大时，做成的漏斗的容积最大？

解 如图3-7，设漏斗的高为 h，顶面的圆半径为 r，则漏斗的容积为 $ V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h $，又

$$ 2\pi r=R\varphi,\quad h=\sqrt{R^{2}-r^{2}}. $$

故

$$ V=\frac{R^{3}}{24\pi^{2}}\sqrt{4\pi^{2}{\varphi}^{4}-{\varphi}^{6}}\quad\left(0<\varphi<2\pi\right), $$

$$ V^{\prime}=\frac{R^{3}}{24\pi^{2}}\cdot\frac{16\pi^{2}\varphi^{3}-6\varphi^{5}}{2\sqrt{4\pi^{2}\varphi^{4}-\varphi^{6}}}=\frac{R^{3}}{24\pi^{2}}\cdot\frac{8\pi^{2}\varphi-3\varphi^{3}}{\sqrt{4\pi^{2}-\varphi^{2}}}. $$

令 $ V'=0 $ 得 $ \varphi=\sqrt{\frac{8}{3}\pi}=\frac{2\sqrt{6}}{3}\pi $ 。当 $ 0<\varphi<\frac{2\sqrt{6}}{3}\pi $ 时， $ V'=0 $ ，故 V 在 $ \left[0,\frac{2\sqrt{6}}{3}\pi\right] $ 内单调增加；当 $ \frac{2\sqrt{6}}{3}<\varphi<2\pi $ 时， $ V'=0 $ ，故 V 在 $ \left[\frac{2\sqrt{6}}{3}\pi,2\pi\right) $ 内单调减少。因此 $ \varphi=\frac{2\sqrt{6}}{3}\pi $ 为极大值点，又驻点惟一，从而 $ \varphi=\frac{2\sqrt{6}}{3}\pi $ 也是最大值点，即当 $ \varphi $ 取 $ \frac{2\sqrt{6}}{3}\pi $ 时，做成的漏斗的容积最大。

1. 某吊车的车身高为 $ 1.5 \, m $，吊臂长 $ 15 \, m $。现在要把一个 $ 6 \, m $ 宽、 $ 2 \, m $ 高的屋架，水平地吊到 $ 6 \, m $ 高的柱子上去（图 3-8），问能否吊得上去？

解 如图 3-8，设吊臂对地面的倾角为 $ \varphi $，屋架能够吊到最大的高度为 h，由

$ 15\sin\varphi=h-1.5+2+3\tan\varphi $ 知

$$ h=15~\sin~\varphi-3\tan~\varphi-\frac{1}{2}, $$

$$ h^{\prime}=15\ \cos\ \varphi-\frac{3}{\cos^{2}\varphi},\quad h^{\prime \prime}=-15\sin\ \varphi-\frac{6\ \sin\ \varphi}{\cos^{3}\varphi}. $$

令 $ h'=0 $，得 $ \cos\varphi=\sqrt[3]{\frac{1}{5}} $，即得惟一驻点 $ \varphi_{0}=\arccos\sqrt[3]{\frac{1}{5}}\approx54^{\circ}13' $。又 $ h''<\varphi_{0} $，故 $ \varphi_{0}\approx54^{\circ}13' $ 为极大值点也是最大值点。即当 $ \varphi_{0}\approx54^{\circ}13' $ 时，h 达到最大值 $ h_{0}=15\sin54^{\circ}13'-3\tan54^{\circ}13'-\frac{1}{2}\approx7.506 $ m，而柱子高只有 6 m，所以能吊得上去。

1. 一房地产公司有50套公寓要出租. 当月租金定为4000元时, 公寓会全部租出去. 当月租金每增加200元时, 就会多一套公寓租不出去. 而租出去的公寓平均每月需花费400元的维修费. 试问房租定为多少时可获得最大收入?

解 设每套月房租为 x 元，则租不出去的房子套数为 $ \frac{x-4000}{200} = \frac{x}{200} - 20 $，租出去的套数为 $ 50 - \left(\frac{x}{200} - 20\right) = 70 - \frac{x}{200} $，租出的每套房子获利 $ (x - 400) $ 元。故总利润为

$$ y=\left(70-\frac{x}{200}\right)\left(x-400\right)=-\frac{x^{2}}{200}+72x-28\ 000. $$

$$ y^{^{\prime}}=-\frac{x}{100}+72,\quad y^{^{\prime \prime}}=\frac{-1}{100}. $$

令 $ y'=0 $，得驻点x=7200。由 $ y''<0 $知x=7200为极大值点，又驻点惟一，这极大值点就是最大值点。即当每套月房租定在7200元时，可获得最大收入。

1. 已知制作一个背包的成本为40元，如果每一个背包的售出价为x元，售出的背包数由

$$ n=\frac{a}{x-40}+b\left(80-x\right) $$

给出，其中 a, b 为正常数. 问什么样的售出价格能带来最大利润？

解 设利润函数为 $ p(x) $，则

$$ p\left(x\right)=\left(x-40\right)n=a+b\left(x-40\right)\left(80-x\right). $$

$$ p^{\prime}(x)=b(120-2x), $$

令 $ p'(x)=0 $ , 得 x=60 (元). 由 $ p''(x)=-2b<0 $ 知 x=60 为极大值点，又驻点惟一，这极大值点就是最大值点，即售出价格定在60元时能带来最大利润.

习题3-6

函数图形的描绘

描绘下列函数的图形：

$$ 1.y=\frac{1}{5}(x^{4}-6x^{2}+8x+7)；\quad2.y=\frac{x}{1+x^{2}}； $$

$$ 3. \quad y=\mathrm{e}^{-(x-1)^{2}}~;\quad4. \quad y=x^{2}+\frac{1}{x}； $$

1. $ y = \frac{\cos x}{\cos 2x} $

解 1. (1) 所给函数 $ y=\frac{1}{5}(x^{4}-6x^{2}+8x+7) $ 的定义域为 $ (-∞,+∞) $. 而 $ y'=\frac{1}{5}(4x^{3}-12x+8)=\frac{4}{5}(x+2)(x-1)^{2} $, $ y''=\frac{4}{5}(3x^{2}-3)=\frac{12}{5}(x+1)(x-1) $.

（2）令 $ y' = 0 $，得 x = -2, x = 1，令 $ y'' = 0 $，得 x = 1, x = -1。根据上述点将区间 $ (-∞, +∞) $ 分成下列四个部分区间：

$$ \left(-\infty,-2\right],\left[-2,-1\right],\left[-1,1\right],\left[1,+\infty\right). $$

（3）在各部分区间内 $ f'(x) $及 $ f''(x) $的符号、相应曲线弧的升降及凹凸以及拐点等如下表：

(4) $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty $，图形没有铅直、水平、斜渐近线.

(5) 由 $ f(-2) = -\frac{17}{5} $, $ f(-1) = -\frac{6}{5} $, $ f(1) = 2 $, $ f(0) = \frac{7}{5} $ 得图形上的四个点

$$ \left(-2,-\frac{17}{5}\right),\left(-1,-\frac{6}{5}\right),\left(1,2\right),\left(0,\frac{7}{5}\right). $$

（6）作图如图3-9.

2.（1）所给函数 $ y=\frac{x}{1+x^{2}} $ 的定义域为 $ (-∞,+∞) $. 由于 $ y=\frac{x}{1+x^{2}} $ 是奇函数，它的图形关于原点对称，因此可以只讨论 $ [0,+∞) $ 上该函数的图形.求出

$$ y^{\prime}=\frac{1+x^{2}-x\cdot2x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}=\frac{1-x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}, $$

$$ y^{\prime \prime}=\frac{2x\left(x^{2}-3\right)}{\left(1+x^{2}\right)^{3}}. $$

（2）在 $ [0,+\infty) $内， $ y' $的零点为x=1， $ y'' $的零点为 $ x=\sqrt{3} $，根据这两点把区间 $ [0,+\infty) $分成三个区间： $ [0,1] $， $ [1,\sqrt{3}] $， $ [\sqrt{3},+\infty) $.

（3）在 $ [0,+\infty) $内的各部分区间内 $ f'(x) $及 $ f''(x) $的符号、相应曲线弧的升降及凹凸以及拐点等如下表：

（4）由于 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x}{1+x^{2}}=0 $，所以图形有一条水平渐近线y=0，图形无铅直渐近线及斜渐近线.

（5）由 $ f(0)=0,f(1)=\frac{1}{2},f(\sqrt{3})=\frac{\sqrt{3}}{4} $得在 $ [0,+\infty) $内图形上的点 $ (0,0) $， $ \left(1,\frac{1}{2}\right),\left(\sqrt{3},\frac{\sqrt{3}}{4}\right) $.

（6）利用图形的对称性，作出图形如图3-10.

3.（1）所给函数 $ y=e^{-(x-1)^{2}} $ 的定义域为 $ (-∞,+∞) $，而

$$ y^{\prime}=-2\left(x-1\right)\mathrm{e}^{-\left(x-1\right)^{2}} $$

$$ y^{\prime \prime}=-4\left(2x^{2}-4x+1\right)\mathrm{e}^{-\left(x-1\right)^{2}} $$

（2）令 $ y' = 0 $ , 得驻点 x = 1; 令 $ y'' = 0 $ , 得 $ x = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} $, $ x = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} $, 根据上述点将区间 $ (- \infty, + \infty) $ 分成四个部分区间：

$$ \left(-\infty,1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right],\left[1-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right],\left[1,1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right],\left[1+\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty\right). $$

（3）在各部分区间内 $ f'(x) $及 $ f''(x) $的符号，相应曲线弧的升降及凹凸以及拐点等如下表：

（4）由 $ \lim_{x\to\infty}e^{-(x-1)^2}=0 $知图形有一条水平渐近线y=0，图形无铅直渐近线及斜渐近线.

（5）由 $ f(1)=1,f\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}},f(0)=\mathrm{e}^{-1},f\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}} $，得图形上的点 $ (1,1),\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2},\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}\right),(0,\mathrm{e}^{-1}),\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2},\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}\right) $.

（6）作图如图3-11.

1. (1) 所给函数 $ y = x^{2} + \frac{1}{x} $ 的定义域为 $ (-∞, 0) ∪ (0, +∞) $.

$$ y^{\prime}=2x-\frac{1}{x^{2}},\quad y^{\prime \prime}=2+\frac{2}{x^{3}}. $$

（2）令 $ y' = 0 $，得 $ x = \frac{1}{\sqrt[3]{2}} $；令 $ y'' = 0 $，得 x = -1，又 x = 0 时函数无定义，根据上述点，将区间 $ (- \infty, 0) $， $ (0, +\infty) $ 分成四个部分区间： $ (- \infty, -1] $， $ [-1, 0) $， $ \left(0, \frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right] $， $ \left[\frac{1}{\sqrt[3]{2}}, +\infty\right) $.

（3）在各部分区间内 $ f'(x) $及 $ f''(x) $的符号，相应曲线弧的升降及凹凸以及拐点等如下表：

（4） $ \lim_{x\to0}\left(x^{2}+\frac{1}{x}\right)=\infty $，所以图形有一条铅直渐近线x=0，图形无水平、斜渐近线.

（5）由 $ f(-1)=0 $， $ f\left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)=\frac{3}{2}\sqrt[3]{2} $得在 $ (-∞,0) $， $ (0,+∞) $内图形上的点 $ (-1,0) $， $ \left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}},\frac{3}{2}\sqrt[3]{2}\right) $.

（6）作图如图3-12.

1. (1) 所给函数 $ y = \frac{\cos x}{\cos 2x} $ 的定义域 $ D = \{ x \mid x \neq \frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4}, x \in \mathbb{R}, n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots \} $.

由于 $ y=\frac{\cos x}{\cos 2x} $ 是偶函数，它的图形关于 y 轴对称，且由于函数是以 $ 2\pi $ 为周期的函数，因此可以只讨论 $ [0,\pi] $ 部分的图形. 求出

$$ \begin{aligned}&y^{\prime}=\frac{-\sin x\cos2x+\cos x\cdot2\sin2x}{\cos^{2}\left(2x\right)}=\frac{\sin x\left(3-2\sin^{2}x\right)}{\cos^{2}\left(2x\right)},\\&y^{\prime \prime}=\frac{\cos x\left(3+12\sin^{2}x-4\sin^{4}x\right)}{\cos^{3}\left(2x\right)}.\\ \end{aligned} $$

（2）令 $ y' = 0 $，得 x = 0， $ x = \pi $；令 $ y'' = 0 $，得 $ x = \frac{\pi}{2} $；又函数在点 $ x = \frac{\pi}{4} $ 及 $ x = \frac{3}{4}\pi $ 处无定义。根据这些点把区间 $ [0, \pi] $ 分成四个部分区间： $ \left[0, \frac{\pi}{4}\right) $， $ \left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right] $， $ \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}\right) $， $ \left(\frac{3\pi}{4}, \pi\right] $。

（3）在 $ [0,\pi] $内的各部分区间内 $ f'(x) $及 $ f''(x) $的符号，相应曲线弧的升降及凹凸以及拐点等如下表：

（4）由 $ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}f(x)=\infty $ 及 $ \lim_{x\to\frac{3\pi}{4}}f(x)=\infty $，知图形有两条铅直渐近线： $ x=\frac{\pi}{4} $ 及 $ x=\frac{3}{4}\pi $，图形无水平及斜渐近线.

（5）由 $ f(0)=1,f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0 $得图形上的点 $ (0,1) $， $ \left(\frac{\pi}{2},0\right) $

（6）利用图形对称性及函数的周期性，作图如图3-13.

习题3-7

1. 求椭圆 $ 4x^{2}+y^{2}=4 $ 在点（0，2）处的曲率.

解 由 $ 8x + 2yy' = 0 $ 知 $ y' = \frac{-4x}{y} $, $ y'' = \frac{-16}{y^3} $. 故 $ y'|_{x=0} = 0 $, $ y''|_{x=0} = -2 $, 故在点 0,2 处的曲率为

$$ K=\frac{\mid y^{\prime \prime}\mid}{\left(1+{y^{\prime}}^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\bigg|_{(0,2)}=2. $$

1. 求曲线 $ y = \ln \sec x $ 在点 $ (x, y) $ 处的曲率及曲率半径.

解 $ y' = \frac{1}{\sec x} \cdot \sec x \tan x = \tan x, y'' = \sec^{2} x $. 故曲率

$$ K=\frac{\mid y^{\prime \prime}\mid}{\left(1+{y^{\prime}}^{2}\right)^{3/2}}=\frac{\sec^{2}x}{\left(1+\tan^{2}x\right)^{3/2}}=\mid\cos x\mid, $$

曲率半径 $ \rho = \frac{1}{K} = |\sec x| $.

1. 求抛物线 $ y = x^{2} - 4x + 3 $ 在其顶点处的曲率及曲率半径.

解 抛物线的顶点为 $ (2,-1) $， $ y'=2x-4 $， $ y''=2 $.

抛物线 $ y=x^{2}-4x+3 $ 在其顶点处的曲率

$$ K=\frac{\mid y^{\prime \prime}\mid}{\left(1+{y^{\prime}}^{2}\right)^{3/2}}\bigg|_{\left(2,-1\right)}=2, $$

曲率半径 $ \rho=\frac{1}{K}=\frac{1}{2} $

1. 求曲线 $ x = a\cos^{3}t $, $ y = a\sin^{3}t $ 在 $ t = t_{0} $ 处的曲率.

解

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{3a\sin^{2}t\cos t}{-3a\cos^{2}t\sin t}=-\tan t, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{-\sec^{2}t}{-3a\cos^{2}t\sin t}=\frac{1}{3a\sin t\cos^{4}t}. $$

故曲线在 $ t=t_{0} $ 处的曲率为

$$ K=\frac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left(1+y^{\prime2}\right)^{3/2}}\Bigg|_{t=t_{0}}=\frac{\left|\frac{1}{3a\sin t\cos^{4}t}\right|}{\left[1+\left(-\tan t\right)^{2}\right]^{3/2}}\Bigg|_{t=t_{0}}=\frac{2}{\left|3a\sin(2t_{0})\right|}. $$

1. 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.

解 $ y' = \frac{1}{x} $, $ y'' = -\frac{1}{x^2} $. 曲线的曲率

$$ K=\frac{\mid y^{\prime \prime}\mid}{\left(1+{y^{\prime}}^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}=\frac{\left|\begin{array}{c}-\frac{1}{x^{2}}\\ \end{array}\right|}{\left[1+\left(\frac{1}{x}\right)^{2}\right]^{3/2}}=\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{3/2}}, $$

曲率半径为

$$ \rho=\frac{\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}{x}. $$

又 $ \rho' = \frac{(1 + x^{2})^{\frac{1}{2}}(2x^{2} - 1)}{x^{2}} $. 令 $ \rho' = 0 $ 得驻点 $ x_{1} = \frac{\sqrt{2}}{2} $, $ x_{2} = -\frac{\sqrt{2}}{2} $ (舍去).

当 $ 0 < x < \frac{\sqrt{2}}{2} $ 时， $ \rho' < 0 $，即 $ \rho $ 在 $ \left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right) $ 上单调减少；当 $ \frac{\sqrt{2}}{2} < x < +\infty $ 时， $ \rho' > 0 $，即 $ \rho $ 在 $ \left[\frac{\sqrt{2}}{2}, +\infty\right) $ 上单调增加。因此在 $ x = \frac{\sqrt{2}}{2} $ 处 $ \rho $ 取得极小值；驻点惟一，从而 $ \rho $ 的极小值就是最小值，因此最小的曲率半径为

$$ \rho\Bigg|_{x=\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\left(1+\frac{1}{2}\right)^{\frac{3}{2}}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}. $$

1. 证明曲线 $ y = a \mathrm{ch} \frac{x}{a} $ 在点 $ (x, y) $ 处的曲率半径为 $ \frac{y^{2}}{a} $.

证 $ y' = \mathrm{sh}\frac{x}{a}, y'' = \frac{1}{a}\mathrm{ch}\frac{x}{a} $，曲线在点 $ (x, y) $ 处的曲率为

$$ K=\frac{\mid y^{\prime \prime}\mid}{\left(1+{y^{\prime}}^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}=\frac{\left|\frac{1}{a}\mathrm{ch}\frac{x}{a}\right|}{\left(1+\mathrm{sh}^{2}\frac{x}{a}\right)^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{a\mathrm{ch}^{2}\frac{x}{a}}, $$

曲率半径为 $ \rho = \frac{1}{K} = a \mathrm{ch}^{2} \frac{x}{a} = \frac{y^{2}}{a} $.

1. 一飞机沿抛物线路径 $ y=\frac{x^{2}}{10000} $ (y 轴铅直向上，单位为 m) 作俯冲飞行。在坐标原点 O 处飞机的速度为 $ v=200 \, m/s $，飞行员体重 $ G=70 \, kg $。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'=\frac{2x}{10000}=\frac{x}{5000}, y''=\frac{1}{5000}. $

抛物线在坐标原点的曲率半径为

$$ \rho=\frac{1}{K}\bigg|_{x=0}=\frac{(1+y^{\prime2})^{\frac{3}{2}}}{|y^{\prime \prime}|}\bigg|_{x=0}=5\ 000. $$

所以向心力为 $ F_{1}=\frac{mv^{2}}{\rho}=\frac{70\times200^{2}}{5000}=560(N) $.

座椅对飞行员的反力 F 等于飞行员的离心力及飞行员本身的重量对座椅的压力之和，因此

$$ F=mg+F_{1}=70\times9.8+560=1246(N). $$

1. 汽车连同载重共5 t，在抛物线拱桥上行驶，速度为21.6 km/h，桥的跨度为10 m，拱的矢高为0.25 m（图3-14）。求汽车越过桥顶时对桥的压力。

解 设立直角坐标系如图 3-14 所示，设抛物线拱桥方程为

$$ y=a x^{2}. $$

由于抛物线过点 $ (5,0.25) $，代入方程得 $ a=\frac{y}{x^{2}}\bigg|_{(5,0.25)}=\frac{0.25}{25}=0.01 $.

$$ y^{\prime}=2ax,\quad y^{\prime \prime}=2a, $$

因此

$$ \begin{aligned}y^{\prime}\left|\begin{array}{c}x=0\end{array}=0,y^{\prime \prime}\right|_{x=0}&=0.02,\end{aligned} $$

$$ \rho\left|\begin{array}{c}1\\ x=0\end{array}=\frac{1}{K}\right|_{x=0}=\frac{\left(1+y^{\prime2}\right)^{\frac{3}{2}}}{\mid y^{\prime \prime}\mid}\bigg|_{x=0}=50. $$

汽车越过桥顶点时对桥的压力为

$$ F=mg-\frac{mv^{2}}{\rho}=5\times10^{3}\times9.8-\frac{5\times10^{3}\times\left(\frac{21.6\times10^{3}}{3600}\right)^{2}}{50}=45400(N). $$

1. 求曲线 $ y = \ln x $ 在与 x 轴交点处的曲率圆方程.

解 解方程组 $ \{\begin{array}{l} y=\ln x, \\ y=0, \end{array}. $ 得曲线与 x 轴的交点为 (1,0).

$$ y^{\prime}=\frac{1}{x},y^{\prime \prime}=-\frac{1}{x^{2}},\quad 故 \left.y^{\prime}\right|_{x=1}=1,y^{\prime \prime}\bigg|_{x=1}=-1. $$

设曲线在点(1,0)处的曲率中心为 $ (\alpha,\beta) $，则

$$ \alpha=\left[x-\frac{y^{\prime}\left(1+y^{\prime2}\right)}{y^{\prime \prime}}\right]_{(1,0)}=1-\frac{1\cdot\left(1+1^{2}\right)}{-1}=3, $$

$$ \beta=\left[y+\frac{1+y^{^{\prime}2}}{y^{^{\prime \prime}}}\right]_{(1,0)}=0+\frac{1+1^{2}}{-1}=-2. $$

曲率半径

$$ \rho=\frac{1}{K}\bigg|_{x=1}=\frac{(1+y^{\prime2})^{\frac{3}{2}}}{|y^{\prime \prime}|}\bigg|_{x=1}=\frac{(1+1^{2})^{\frac{3}{2}}}{1}=\sqrt{8}, $$

因此所求的曲率圆方程为 $ \left(\xi-3\right)^{2}+\left(\eta+2\right)^{2}=8 $。

$ ^{*}10 $ 求曲线 $ y = \tan x $ 在点 $ \left( \frac{\pi}{4}, 1 \right) $ 处的曲率圆方程.

解 $ y' = \sec^{2}x $, $ y'' = 2\sec^{2}x\tan x $, 故 $ y'|_{x=\frac{\pi}{4}} = 2 $, $ y''|_{x=\frac{\pi}{4}} = 4 $.

设曲线在点 $ \left(\frac{\pi}{4},1\right) $处的曲率中心的坐标为 $ (\alpha,\beta) $，则

$$ \alpha=\left[x-\frac{y^{\prime}\left(1+y^{\prime2}\right)}{y^{^{\prime \prime}}}\right]_{(\frac{\pi}{4},1)}=\frac{\pi}{4}-\frac{2\left(1+4\right)}{4}=\frac{\pi-10}{4}, $$

$$ \beta=\left[y+\frac{1+y^{\prime2}}{y^{\prime \prime}}\right]_{(\frac{\pi}{4},1)}=1+\frac{1+4}{4}=\frac{9}{4}. $$

曲率半径

$$ \rho=\frac{1}{K}\bigg|_{x=\frac{\pi}{4}}=\frac{(1+y^{\prime2})^{\frac{3}{2}}}{|y^{\prime \prime}|}\bigg|_{x=\frac{\pi}{4}}=\frac{5^{\frac{3}{2}}}{4}, $$

因此所求的曲率圆方程为 $ \left(\xi-\frac{\pi-10}{4}\right)^{2}+\left(\eta-\frac{9}{4}\right)^{2}=\frac{125}{16} $

$ ^{*} $11. 求抛物线 $ y^{2}=2px $ 的渐屈线方程.

解 由 $ 2yy' = 2p $，及 $ y'^{2} + yy'' = 0 $ 知 $ y' = \frac{p}{y} $， $ y'' = -\frac{p^{2}}{y^{3}} $。

故抛物线 $ y^{2} = 2px $ 的渐屈线方程为

$$ \{\begin{aligned}\alpha&=x-\frac{y^{\prime}(1+{y^{\prime}}^{2})}{y^{\prime \prime}}=x-\frac{\frac{p}{y}[1+(\frac{p}{y})^{2}]}{-\frac{p^{2}}{y^{3}}}=\frac{3y^{2}}{2p}+p,\\ \beta&=y+\frac{1+{y^{\prime}}^{2}}{y^{\prime \prime}}=y+\frac{1+(\frac{p}{y})^{2}}{-\frac{p^{2}}{y^{3}}}=-\frac{y^{3}}{p^{2}},\end{aligned}. $$

其中 y 为参数，消去参数 y 得渐屈线方程为

$$ 27p\beta^{2}=8\left(\alpha-p\right)^{3}. $$

习题3-8

方程的近似解

1. 试证明方程 $ x^{3}-3x^{2}+6x-1=0 $ 在区间（0，1）内有惟一的实根，并用二分法求这个根的近似值，使误差不超过0.01.

解 设函数 $ f(x) = x^{3} - 3x^{2} + 6x - 1, f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，且 $ f(0) = -1 < 0 $，

$ f(1)=3>0 $。由零点定理知至少存在一点 $ \xi\in(0,1) $，使 $ f(\xi)=0 $，即方程 $ x^{3}-3x^{2}+6x-1=0 $在 $ (0,1) $内至少有一个实根。

又 $ f'(x)=3x^{2}-6x+6=3(x-1)^{2}+3>0 $，故函数 $ f(x) $在 $ [0,1] $上单调增加，从而方程 $ f(x)=0 $，即 $ x^{3}-3x^{2}+6x-1=0 $在 $ (0,1) $内至多有一个实根。因此方程 $ x^{3}-3x^{2}+6x-1=0 $在 $ (0,1) $内有惟一的实根。

故使误差不超过0.01的根的近似值为 $ \xi=0.183 $.

1. 试证明方程 $ x^{5}+5x+1=0 $ 在区间 $ (-1,0) $ 内有惟一的实根，并用切线法求这个根的近似值，使误差不超过 0.01.

解 设函数 $ f(x)=x^{5}+5x+1 $. $ f(x) $ 在 $ [-1,0] $ 上连续，且 $ f(-1)=-5<0 $, $ f(0)=1>0 $. 由零点定理知至少存在一点 $ \xi\in(-1,0) $，使 $ f(\xi)=0 $ 即方程 $ x^{5}+5x+1=0 $ 在区间 $ (-1,0) $ 内至少有一实根.

又 $ f'(x)=5x^{4}+5>0 $，故函数 $ f(x) $在 $ [-1,0] $上单调增加，从而方程 $ f(x)=0 $即 $ x^{5}+5x+1=0 $在 $ (-1,0) $内至多有一个实根，因此方程 $ x^{5}+5x+1=0 $在区间 $ (-1,0) $内有唯一的实根.

现用切线法求这个实根的近似值：

由 $ f''(x)=20x^{3},f''(-1)=-20<0 $知取 $ x_{0}=-1 $，利用递推公式 $ x_{n}=x_{n-1}-\frac{f(x_{n-1})}{f'(x_{n-1})} $，得：

$$ x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f^{\prime}(x_{0})}=-1-\frac{f(-1)}{f^{\prime}(-1)}=-0.5, $$

$$ x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_{1})}{f^{\prime}(x_{1})}=-0.5-\frac{f(-0.5)}{f^{\prime}(-0.5)}\approx-0.21, $$

$$ x_{3}=x_{2}-\frac{f(x_{2})}{f^{\prime}(x_{2})}=-0.21-\frac{f(-0.21)}{f^{\prime}(-0.21)}\approx-0.20, $$

$$ x_{4}=x_{3}-\frac{f(x_{3})}{f^{\prime}(x_{3})}=-0.20-\frac{f(-0.20)}{f^{\prime}(-0.20)}\approx-0.20. $$

故使误差不超过0.01的根的近似值为 $ \xi = -0.20 $.

1. 用割线法求方程 $ x^{3}+3x-1=0 $ 的近似根，使误差不超过 0.01.

解 设 $ f(x)=x^{3}+3x-1 $, $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，且 $ f(0)=-1<0 $, $ f(1)=3>0 $，由零点定理知至少存在一点 $ \xi\in(0,1) $，使 $ f(\xi)=0 $；又 $ f'(x)=3x^{2}+3>0 $，故 $ f(x) $ 在

[0,1]上单调增加，从而方程 $ f(x)=0 $在 $ (0,1) $内有惟一实根.

现用割线法求这个根的近似值：

由 $ f^{\prime\prime}(x)=6x,f^{\prime\prime}(1)=6>0 $知取 $ x_{0}=1 $。又取 $ x_{1}=0.8 $，利用递推公式 $ x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}-x_{n-1}}{f(x_{n})-f(x_{n-1})}\cdot f(x_{n}) $，得：

$$ \begin{aligned}x_{2}&=x_{1}-\frac{x_{1}-x_{0}}{f(x_{1})-f(x_{0})}\cdot f(x_{1})=0.8-\frac{0.8-1}{f(0.8)-f(1)}\cdot f(0.8)\\&\approx0.449，\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}x_{3}&=x_{2}-\frac{x_{2}-x_{1}}{f(x_{2})-f(x_{1})}\cdot f(x_{2})=0,449-\frac{0.449-0.8}{f(0.449)-f(0.8)}\cdot f(0.449)\\&\approx0.345，\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}x_{4}&=x_{3}-\frac{x_{3}-x_{2}}{f(x_{3})-f(x_{2})}\cdot f(x_{3})=0,345-\frac{0,345-0,449}{f(0,345)-f(0,449)}\cdot f(0,345)\\&\approx0,323,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}x_{5}&=x_{4}-{\frac{x_{4}-x_{3}}{f(x_{4})-f(x_{3})}}\cdot f(x_{4})=0,323-{\frac{0.323-0.345}{f(0.323)-f(0.345)}}\cdot f(0.323)\\&\approx0,322.\end{aligned} $$

至此，计算无需再继续，因 $ x_{4} $ 与 $ x_{5} $ 的前两位小数相同，故以0.32作为根的近似值，其误差小于0.01.

1. 求方程 $ x \lg x = 1 $ 的近似根，使误差不超过0.01.

解 设函数 $ f(x) = x \lg x - 1 $. $ f(x) $ 在 $ [1, 3] $ 上连续，且

$$ f(1)=-1<0,\quad f(3)=3\lg3-1>0, $$

由零点定理知至少存在一点 $ \xi \in (1,3) $，使 $ f(\xi) = 0 $，即方程 $ x \lg x = 1 $ 在区间 $ (1,3) $ 内至少有一实根.

又 $ f'(x)=\lg x+x\cdot\frac{1}{x\ln10}=\lg x+\frac{1}{\ln10}>0(x\geqslant1) $，故函数 $ f(x) $在 $ [1,3] $上单调增加，从而方程 $ f(x)=0 $，即 $ x\lg x=1 $在 $ (1,3) $内至多有一个实根，因此方程 $ x\lg x=1 $在 $ (1,3) $内有唯一的实根.

现用二分法求这个根的近似值：

故误差不超过0.01的根的近似值为 $ \xi=2.51 $.

总习题三

1. 填空：

设常数 k > 0，函数 $ f(x) = \ln x - \frac{x}{\mathrm{e}} + k $ 在 $ (0, +\infty) $ 内零点的个数为 ___。

解 $ f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}}=\frac{\mathrm{e}-x}{x\mathrm{e}} $，令 $ f'(x)=0 $，得驻点 x=e.

当 0 < x < e 时， $ f'(x) > 0 $，故函数 $ f(x) $ 在 $ (0, e] $ 上单调增加；当 $ e < x < +\infty $ 时， $ f'(x) < 0 $，故函数 $ f(x) $ 在 $ [e, +\infty) $ 上单调减少。从而 x = e 为函数 $ f(x) $ 的极大值点。由于驻点惟一，极大值也是最大值且最大值 $ f(e) = k > 0 $。又

$$ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=-\infty,\quad\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty, $$

故曲线 $ y = \ln x - \frac{x}{e} + k $ 与 x 轴有两个交点，因此函数 $ f(x) = \ln x - \frac{x}{e} + k $ 在 $ (0, +\infty) $ 内的零点的个数为 2.

1. 以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

（1）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) $

（2）设 $ f'(x_0)=f''(x_0)=0 $, $ f'''(x_0)>0 $,则().

(A) $ f'(x_{0}) $是 $ f'(x) $的极大值 (B) $ f(x_{0}) $是 $ f(x) $的极大值

(C) $ f(x_{0}) $ 是 $ f(x) $ 的极小值 (D) $ (x_{0}, f(x_{0})) $ 是曲线 $ y = f(x) $ 的拐点

解 （1）由拉格朗日中值定理知 $ f(1)-f(0)=f'(\xi) $，其中 $ \xi\in(0,1) $。由于 $ f''(x)>0,f'(x) $ 单调增加，故 $ f'(0)

$$ f^{\prime}(0)

因此应填(B).

（2）解法一 取 $ f(x)=x^{3} $， $ f'(x)=3x^{2} $， $ f''(x)=6x $， $ f'''(x)=6>0 $， $ x_{0}=0 $，符合题意，但明显排除（A）、（B）、（C）. 因此应填（D）.

解法二 由已知条件及 $ f''(x_{0})=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f''(x)-f''(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{x\to x_{0}}f''(x)-f(x)>0 $知，在 $ x_{0} $某邻域内，当 $ xx_{0} $时， $ f''(x)>0 $，所以 $ (x_{0},f(x_{0})) $是曲线 $ y=f(x) $的拐点.

由此可知，在 $ x_{0} $ 的某去心邻域内有 $ f^{\prime}(x) > f^{\prime}(x_{0}) = 0 $，所以 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 的某邻域内是单调增加的，从而 $ f(x_{0}) $ 不是 $ f(x) $ 的极值。再由已知条件及极值的第二充分判别

法知， $ f'(x_0) $ 是 $ f'(x) $ 的极小值. 综上所述，本题只能选 (D).

1. 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 $ \xi $，使 $ f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a) $.

解 取 $ f(x)=|x| $，区间为 $ [-1,1] $。函数 $ f(x) $ 在 $ [-1,1] $ 上连续，在 $ (-1,1) $ 内除点 x=0 外处处可导，但 $ f(x) $ 在 $ (-1,1) $ 内不存在点 $ \xi $，使 $ f'(\xi)=0 $，即不存在 $ \xi\in(-1,1) $，使 $ f(1)-f(-1)=f'(\xi)\left[1-(-1)\right] $。

1. 设 $ \lim_{x\to-\infty}f'(x)=k $，求 $ \lim_{x\to-\infty}[f(x+a)-f(x)] $。

解 由拉格朗日中值定理知

$$ f(x+a)-f(x)=f^{\prime}(\xi)a, $$

$ \xi $介于x与 $ x+a $之间，当 $ x\to\infty $时， $ \xi\to\infty $。故

$$ \lim_{x\to\infty}\left[f(x+a)-f(x)\right]=\lim_{\xi\to\infty}f^{\prime}(\xi)a=ka. $$

1. 证明多项式 $ f(x) = x^{3} - 3x + a $ 在 $ [0,1] $ 上不可能有两个零点.

证 假设多项式 $ f(x)=x^{3}-3x+a $ 在 $ [0,1] $ 上有两个零点，即存在 $ x_{1}, x_{2} \in [0,1] $，使 $ f(x_{1})=f(x_{2})=0 $，不妨设 $ x_{1}

函数 $ f(x) $在 $ [x_{1},x_{2}] $上连续，在 $ (x_{1},x_{2}) $内可导，由罗尔定理知至少存在一点 $ \xi\in(x_{1},x_{2})\subset(0,1) $，使 $ f^{\prime}(\xi)=0 $，但 $ f^{\prime}(x)=3x^{2}-3 $在 $ (0,1) $内恒不等于零，故多项式 $ f(x)=x^{3}-3x+a $在 $ [0,1] $上不可能有两个零点.

1. 设 $ a_{0}+\frac{a_{1}}{2}+\cdots+\frac{a_{n}}{n+1}=0 $，证明多项式 $ f(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{n}x^{n} $ 在 $ (0,1) $ 内至少有一个零点.

证 取函数 $ F(x)=a_{0}x+\frac{a_{1}}{2}x^{2}+\cdots+\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $. $ F(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，在 $ (0,1) $ 内可导，且 $ F(0)=0,F(1)=a_{0}+\frac{a_{1}}{2}+\cdots+\frac{a_{n}}{n+1}=0 $，由罗尔定理知至少存在一点 $ \xi\in(0,1) $，使 $ F^{\prime}(\xi)=0 $，即多项式 $ f(x)=F^{\prime}(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{n}x^{n} $ 在 $ (0,1) $ 内至少有一个零点.

1. 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 $ \xi\in(0,a) $，使 $ f(\xi)+\xi f^{\prime}(\xi)=0 $.

证 取函数 $ F(x)=xf(x) $. $ F(x) $ 在 $ [0,a] $ 上连续，在 $ (0,a) $ 内可导，且 $ F(0)=0 $， $ F(a)=af(a)=0 $，由罗尔定理知至少存在一点 $ \xi\in(0,a) $，使

$$ F^{\prime}(\xi)=\left[x f(x)\right]^{\prime}\mid_{x=\xi}=f(\xi)+\xi f^{\prime}(\xi)=0. $$

*8. 设 $ 0 < a < b $，函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，在 $ (a, b) $ 内可导，试利用柯西中值定理，证明存在一点 $ \xi \in (a, b) $，使

$$ f(b)-f(a)=\xi f^{\prime}(\xi)\ln\frac{b}{a}. $$

证 取函数 $ F(x)=\ln x, f(x), F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导，且 $ F'(x)=\frac{1}{x} \neq 0, x \in (a,b) $. 由柯西中值定理知至少存在一点 $ \xi \in (a,b) $，使

$$ \frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{F^{\prime}(\xi)}. $$

即

$$ \frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{\frac{1}{\xi}}, $$

亦即 $ f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln \frac{b}{a} $.

1. 设 $ f(x) $, $ g(x) $ 都是可导函数，且 $ |f'(x)| < g'(x) $，证明：当 x > a 时，

$$ \mid f(x)-f(a)\mid

分析 要证 x > a 时， $ \left|f(x) - f(a)\right| < g(x) - g(a) $，即要证

$$ -\left[g(x)-g(a)\right]

亦即要证

$$ f(x)-g(x)

$$ f(x)+g(x)>f(a)+g(a). $$

证 取 $ F(x)=f(x)-g(x) $， $ G(x)=f(x)+g(x) $， $ x\in(a,+\infty) $。由 $ \left|f^{\prime}(x)\right|

$$ f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)<0,\quad f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)>0, $$

故 $ F'(x)=f'(x)-g'(x)<0,G'(x)=f'(x)+g'(x)>0 $ ，即当 x>a 时函数 $ F(x) $ 单调减少， $ G(x) $ 单调增加。因此

$$ F\left(x\right)G\left(a\right)\left(x>a\right). $$

从而

$$ f(x)-g(x)f(a)+g(a)\quad(x>a). $$

即当 x > a 时， $ \left|f(x) - f(a)\right| < g(x) - g(a) $.

1. 求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to1}\frac{x-x^{x}}{1-x+\ln x}; $$

(2) $ \lim_{x \to 0} \left[ \frac{1}{\ln(1 + x)} - \frac{1}{x} \right] $;

(3)

$$ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)^{x}; $$

(4) $ \lim_{x \to \infty} [ (a_1^{\frac{1}{x}} + a_2^{\frac{1}{x}} + \cdots + a_n^{\frac{1}{x}}) / n ]^{nx} $ （其中 $ a_1, a_2, \cdots, a_n > 0 $）.

解（1）

$$ \lim_{x\to1}\frac{x-x^{x}}{1-x+\ln x}=\lim_{x\to1}\frac{1-x^{x}\left(1+\ln x\right)}{-1+\frac{1}{x}} $$

$$ \begin{aligned}&=\lim_{x\to1}\frac{x^{x}\ln x+x^{x}-1}{x-1}\cdot x\\&=\lim_{x\to1}\frac{x^{x}\left(\ln x+1\right)\ln x+x^{x-1}+x^{x}\left(\ln x+1\right)}{1}\\&=2.\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\to0}\left[\frac{1}{\ln\left(1+x\right)}-\frac{1}{x}\right]=\lim_{x\to0}\frac{x-\ln\left(1+x\right)}{x\ln\left(1+x\right)}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{x-\ln\left(1+x\right)}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{2\left(1+x\right)}=\frac{1}{2}.\\ \end{aligned} $$

(3)

$ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)^x = e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)} $，而

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\to+\infty}x\ln\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\frac{2}{\pi}+\ln\arctan x}{\frac{1}{x}}\\&=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{1}{\arctan x}\cdot\frac{-x^{2}}{1+x^{2}}\right)=-\frac{2}{\pi},\end{aligned} $$

故 $ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)^x=e^{-\frac{2}{\pi}} $

而

$$ \begin{aligned}4)&\quad\lim_{x\to\infty}[\frac{(a_{1}^{\frac{1}{x}}+a_{2}^{\frac{1}{x}}+\cdots+a_{n}^{\frac{1}{x}})}{x+a_{n}}]/n]=e^{\lim_{x\to\infty}nx\left[\ln(\frac{a_{1}^{\frac{1}{x}}}{x+a_{2}^{\frac{1}{x}}}+a_{2}^{\frac{1}{x}}+\cdots+a_{n}^{\frac{1}{x}})-ln n\right]}\\ &\\&\lim_{x\to\infty}nx\left[\ln(\frac{a_{1}^{\frac{1}{x}}}{x+a_{2}^{\frac{1}{x}}+\cdots+a_{n}^{\frac{1}{x}}})-\ln n\right]\\ &=n\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(\frac{a_{1}^{\frac{1}{x}}}{x+a_{2}^{\frac{1}{x}}+\cdots+a_{n}^{\frac{1}{x}}})-\ln n}{\frac{1}{x}}\\ &\\&\quad\frac{1}{a_{1}^{\frac{1}{x}}+a_{2}^{\frac{1}{x}}+\cdots+a_{n}^{\frac{1}{x}}}\left[\frac{a_{1}^{\frac{1}{x}}}{x}\ln a_{1}+a_{2}^{\frac{1}{x}}\ln a_{2}+\cdots+a_{n}^{\frac{1}{x}}\ln a_{n}\right]\left(\frac{1}{x}\right)^{\prime}\\ &=n\lim_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{x}\right)^{\prime}}{x+a_{n}}\\ &\\&=n\cdot\frac{1}{n}(\ln a_{1}+\ln a_{2}+\cdots+\ln a_{n})=\ln(a_{1}a_{2}\cdots a_{n}),\\ \end{aligned} $$

$$ \lim_{x\to\infty}\left[\left(a_{1}^{\frac{1}{x}}+a_{2}^{\frac{1}{x}}+\cdots+a_{n}^{\frac{1}{x}}\right)/n\right]^{nx}=a_{1}a_{2}\cdots a_{n}. $$

1. 求下列函数在指定的 $ x_{0} $ 处具有指定阶数及余项的泰勒公式：

(1) $ f(x)=x^{3}\ln x,x_{0}=1,n=4 $，拉格朗日余项；

(2) $ f(x)=\arctan x,x_{0}=0,n=3 $，佩亚诺余项；

（3） $ f(x)=\mathrm{e}^{\sin x},x_{0}=0,n=3 $ 佩亚诺余项；

（4） $ f(x)=\ln\cos x,x_{0}=0,n=6 $，佩亚诺余项.

解 (1) $ f(1)=0, f'(x)=3x^{2}\ln x + x^{2}, f'(1)=1; $

$$ f^{\prime \prime}(x)=6x\ln x+5x,\\f^{\prime \prime}(1)=5;f^{\prime \prime}(x)=6\ln x+11,\\f^{\prime \prime}(1)=11; $$

$$ f^{(4)}\left(x\right)=\frac{6}{x},f^{(4)}\left(1\right)=6;f^{(5)}\left(x\right)=-\frac{6}{x^{2}},f^{(5)}\left(\xi\right)=-\frac{6}{\xi^{2}}, $$

因此，

$$ x^{3}\ln x=\left(x-1\right)+\frac{5}{2!}\left(x-1\right)^{2}+\frac{11}{3!}\left(x-1\right)^{3}+\frac{6}{4!}\left(x-1\right)^{4}-\frac{6}{5!\xi^{2}}\left(x-1\right)^{5}, $$

其中 $ \xi $ 介于 1 和 x 之间.

(2) $ f(0) = 0, f'(x) = \frac{1}{1 + x^2}, f'(0) = 1; f''(x) = -\frac{2x}{(1 + x^2)^2}, f''(0) = 0; f'''(x) = -\frac{2(1 - 3x^2)}{(1 + x^2)^3}, f'''(0) = -2; $

因此，

$$ \arctan x=x-\frac{x^{2}}{3}+o\left(x^{4}\right). $$

注：也可用下列方法求 $ y = \arctan x $ 在 x = 0 处的导数.

对 $ y'=\frac{1}{1+x^{2}} $，即 $ (1+x^{2})y'=1 $，求 n 阶导数：

$$ \left(1+x^{2}\right)y^{\left(n+1\right)}+2n x y^{\left(n\right)}+n\left(n-1\right)y^{\left(n-1\right)}=0, $$

令x=0得

$$ y^{(n+1)}(0)=-n(n-1)y^{(n-1)}(0), $$

由 $ y''(0)=0, y'(0)=1 $ 得

$$ y^{(2m)}(0)=0, $$

$$ y^{\left(2m+1\right)}\left(0\right)=-2m\left(2m-1\right)y^{\left(2m-1\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)\left(2m\right)!. $$

(3)

$$ \mathrm{e}^{\sin x}=1+\sin x+\frac{1}{2!}\sin^{2}x+\frac{1}{3!}\sin^{3}x+o\left(x^{3}\right), 又 ,\sin x=x-\frac{1}{3!}x^{3}+o\left(x^{4}\right) $$

$$ \mathrm{e}^{\sin x}=1+\left(x-\frac{1}{6}x^{3}\right)+\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{6}x^{3}+o\left(x^{3}\right)=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+o\left(x^{3}\right). $$

(4) $ \ln \cos x = \ln \left[1 + (\cos x - 1)\right] = \cos x - 1 - \frac{1}{2}(\cos x - 1)^2 + \frac{1}{3}(\cos x - 1)^3 + $

$ o(x^6) $，又， $ \cos x - 1 = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 - \frac{1}{720}x^6 + o(x^7) $，因此，

$$ \begin{align*}\ln\cos x&=\left(-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{24}x^{4}-\frac{1}{720}x^{6}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}x^{4}-\frac{1}{24}x^{6}\right)+\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{8}x^{6}\right)+o\left(x^{6}\right)\\&=-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{12}x^{4}-\frac{1}{45}x^{6}+o\left(x^{6}\right).\end{align*} $$

12\. 证明下列不等式：

（1）当 $ 0 < x_{1} < x_{2} < \frac{\pi}{2} $ 时， $ \frac{\tan x_{2}}{\tan x_{1}} > \frac{x_{2}}{x_{1}} $;

（2）当 x>0 时， $ \ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x} $;

（3）当 $ e < a < b < e^{2} $ 时， $ \ln^{2}b - \ln^{2}a > \frac{4}{e^{2}}(b - a) $.

证 (1) 取函数 $ f(x)=\frac{\tan x}{x},0

当 $ 0

$$ f^{\prime}(x)=\frac{x\sec^{2}x-\tan x}{x^{2}}>0\left(x\sec^{2}x-\tan x>x-\tan x>0\right) $$

故 $ f(x) $ 在 $ \left(0,\frac{\pi}{2}\right) $ 内单调增加，因此，当 $ 0

$$ f(x_{2})>f(x_{1}), $$

即

$$ \frac{\tan x_{2}}{x_{2}}>\frac{\tan x_{1}}{x_{1}}, $$

亦即

$$ \frac{\tan x_{2}}{\tan x_{1}}>\frac{x_{2}}{x_{1}}. $$

（2）取函数 $ f(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x(x>0) $

当x>0时，

$$ f^{\prime}(x)=\ln(1+x)+1-\frac{1}{1+x^{2}}>0, $$

故 $ f(x) $在 $ (0,+\infty) $内单调增加，因此，当x>0时，

$$ f(x)>f(0), $$

即 $ (1+x)\ln(1+x)-\arctan x>0 $，亦即

$$ \ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}. $$

（3）设 $ f(x)=\ln^{2}x $（ $ \mathrm{e}

$ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导，由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 $ \xi \in (a,b) $，使

$$ \ln^{2}b-\ln^{2}a=\frac{2\ln\xi}{\xi}(b-a). $$

设 $ \varphi(t)=\frac{\ln t}{t} $，则 $ \varphi^{\prime}(t)=\frac{1-\ln t}{t^{2}} $。当 t>e 时， $ \varphi^{\prime}(t)<0 $，所以 $ \varphi(t) $ 在 $ [e,+\infty) $ 上单调减少，而 e\varphi(e^{2}) $，即

$$ \frac{\ln\xi}{\xi}>\frac{\ln e^{2}}{e^{2}}=\frac{2}{e^{2}}, $$

因此， $ \ln^{2}b-\ln^{2}a>\frac{4}{e^{2}}(b-a) $.

1. 设 $ a > 1 $, $ f(x) = a^x - ax $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内的驻点为 $ x(a) $. 问 $ a $ 为何值时, $ x(a) $ 最小？并求出最小值.

解 由 $ f'(x) = a^{x} \ln a - a = 0 $，得惟一驻点

$$ x\left(a\right)=1-\frac{\ln\ln a}{\ln a}. $$

考察函数 $ x(a)=1-\frac{\ln\ln a}{\ln a} $ 在 a>1 时的最小值. 令

$$ x^{\prime}\left(a\right)=-\frac{\frac{1}{a}-\frac{1}{a}\ln\ln a}{\left(\ln a\right)^{2}}=-\frac{1-\ln\ln a}{a\left(\ln a\right)^{2}}=0, $$

得惟一驻点， $ a=e^{e} $. 当 $ a>e^{e} $ 时， $ x^{\prime}(a)>0 $; 当 $ a

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

为极小值，也是最小值.

1. 求椭圆 $ x^{2}-xy+y^{2}=3 $ 上纵坐标最大和最小的点.

解 在椭圆方程两端分别对 x 求导，得

$$ 2x-y-x y^{\prime}+2y y^{\prime}=0, $$

$$ y^{\prime}=\frac{y-2x}{2y-x}. $$

令 $ y' = 0 $，得 y = 2x。将 y = 2x 代入椭圆方程后得 $ x^{2} = 1 $，故 $ x = \pm 1 $。从而得到椭圆上的点 $ (1, 2) $， $ (-1, -2) $。根据题意即知点 $ (1, 2) $， $ (-1, -2) $ 为椭圆 $ x^{2} - xy + y^{2} = 3 $ 上纵坐标最大和最小的点。

1. 求数列 $ \sqrt[n]{n} $ 的最大项.

解 取函数 $ f(x)=x^{\frac{1}{x}}(x>0) $，则

$$ f^{\prime}(x)=x^{\frac{1}{x}-2}\left(1-\ln x\right). $$

令 $ f'(x)=0 $，得驻点x=e。当00 $；当e

由 $ 1 < \sqrt{2} $ 及 $ f(x) $ 在 $ (e, +\infty) $ 内单调减少，知

$$ \sqrt[3]{3}>\sqrt[4]{4}>\cdots>\sqrt[n]{n}>\cdots $$

又 $ \max\{\sqrt{2},\sqrt[3]{3}\}=\sqrt[3]{3} $，故数列 $ \{\sqrt[n]{n}\} $ 的最大项为 $ \sqrt[3]{3} $。

1. 曲线弧 $ y = \sin x $ ( $ 0 < x < \pi $) 上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径.

解 $ y' = \cos x $, $ y'' = -\sin x $, 曲线 $ y = \sin x $ ( $ 0 < x < \pi $) 的曲率为

$$ K=\frac{|-sin x|}{\left(1+cos^{2}x\right)^{\frac{3}{2}}}=\frac{sin x}{\left(1+cos^{2}x\right)^{3/2}}, $$

由 $ K' = \frac{2\cos x(1 + \sin^2 x)}{(1 + \cos^2 x)^{\frac{5}{2}}} = 0 $ 知 $ x = \frac{\pi}{2} $.

当 $ 0 < x < \frac{\pi}{2} $ 时， $ K' > 0 $；当 $ \frac{\pi}{2} < x < \pi $ 时， $ K' < 0 $。因此 $ x = \frac{\pi}{2} $ 为 K 的极大值点。又驻点惟一，故极大值点也是最大值点，且 K 的最大值为

$$ K=\frac{\sin x}{\left(1+\cos^{2}x\right)^{\frac{3}{2}}}\bigg|_{x=\frac{\pi}{2}}=1. $$

此时曲率半径 $ \rho = 1 $ 最小，故曲线弧 $ y = \sin x \, (0 < x < \pi) $ 上点 $ x = \frac{\pi}{2} $ 处的曲率半径最小且曲率半径为 $ \rho = 1 $.

1. 证明方程 $ x^{3}-5x-2=0 $ 只有一个正根，并求此正根的近似值，精确到 $ 10^{-3} $.

证 取函数 $ f(x)=x^{3}-5x-2,f'(x)=3x^{2}-5 $.

令 $ f'(x)=0 $得驻点 $ x=\sqrt{\frac{5}{3}} $

当 $ 0 < x < \sqrt{\frac{5}{3}} $ 时， $ f'(x) < 0 $，故 $ f(x) $ 在 $ \left[0, \sqrt{\frac{5}{3}}\right] $ 上单调减少，又

$$ f(0)=-2<0,f\left(\sqrt{\frac{5}{3}}\right)=\left(\frac{5}{3}\right)^{\frac{3}{2}}-5\sqrt{\frac{5}{3}}-2<0. $$

因此方程 $ f(x)=0 $ 即 $ x^{3}-5x-2=0 $ 在 $ \left(0,\sqrt{\frac{5}{3}}\right) $ 内没有实根.

当 $ \sqrt{\frac{5}{3}}0 $，故 $ f(x) $在 $ \left[\sqrt{\frac{5}{3}},+\infty\right) $上单调增加，因此方程 $ f(x)=0 $在 $ \left[\sqrt{\frac{5}{3}},+\infty\right) $上至多有一实根，又 $ f(3)=10>0 $，由零点定理知至少存在一点 $ \xi\in\left(\sqrt{\frac{5}{3}},3\right) $，使 $ f(\xi)=0 $，即方程 $ f(x)=0 $亦即 $ x^{3}-5x-2=0 $在 $ \left(\sqrt{\frac{5}{3}},3\right) $内至少有一实根，因此方程 $ x^{3}-5x-2=0 $在 $ \left(\sqrt{\frac{5}{3}},3\right) $内只有一正根.

综上，方程 $ x^{3}-5x-2=0 $只有一个正根.

现在用二分法来求该方程正根的近似值，由 $ f(2) = -4 < 0 $，为了方便起见，取区间 $ [2,3] $.

故误差不超过 $ 10^{-3} $ 的正根的近似值为 $ \xi = 2.415 $.

1. 设 $ f''(x_{0}) $ 存在，证明

$$ \lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)+f(x_0-h)-2f(x_0)}{h^2}=f^{\prime \prime}(x_0) $$

证

$$ \begin{aligned}&\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+h)+f(x_{0}-h)-2f(x_{0})}{h^{2}}=\lim_{h\to0}\frac{f^{\prime}(x_{0}+h)-f^{\prime}(x_{0}-h)}{2h}\\&=\frac{1}{2}\lim_{h\to0}\left[\frac{f^{\prime}(x_{0}+h)-f^{\prime}(x_{0})}{h}+\frac{f^{\prime}(x_{0}-h)-f^{\prime}(x_{0})}{-h}\right]\\&=\frac{1}{2}\left[f^{\prime \prime}(x_{0})+f^{\prime \prime}(x_{0})\right]\\&=f^{\prime \prime}(x_{0}).\end{aligned} $$

1. 设 $ f(x) $ 在 $ (a,b) $ 内二阶可导，且 $ f''(x) \geqslant 0 $。证明对于 $ (a,b) $ 内任意两点 $ x_{1}, x_{2} $ 及 $ 0 \leqslant t \leqslant 1 $，有

$$ f[\left(1-t\right)x_{1}+t x_{2}]\leqslant(1-t)f(x_{1})+t f(x_{2}). $$

证 由 $ x_{1}, x_{2} \in (a, b) $ 知 $ x_{0} = (1 - t)x_{1} + tx_{2} \in (a, b) $，利用泰勒公式有

$ f(x_{1})=f(x_{0})+f'(x_{0})(x_{1}-x_{0})+\frac{1}{2!}f''(\xi_{1})(x_{1}-x_{0})^{2},\xi_{1} $ 介于 $ x_{1} $ 与 $ x_{0} $ 之间；

$ f(x_{2})=f(x_{0})+f'(x_{0})(x_{2}-x_{0})+\frac{1}{2!}f''(\xi_{2})(x_{2}-x_{0})^{2},\xi_{2} $ 介于 $ x_{2} $ 与 $ x_{0} $ 之间.

由 $ f''(x)\geqslant0 $知 $ f''(\xi_{1})\geqslant0,f''(\xi_{2})\geqslant0 $，故

$$ f(x_{1})\geqslant f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x_{1}-x_{0}) 及 f(x_{2})\geqslant f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x_{2}-x_{0}), $$

因此，

$$ \begin{align*}&(1-t)f(x_{1})+t f(x_{2})\\\geqslant&(1-t)f(x_{0})+t f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\left[\left(1-t\right)\left(x_{1}-x_{0}\right)+t\left(x_{2}-x_{0}\right)\right]\\=&f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\left[\left(1-t\right)x_{1}+t x_{2}-x_{0}\right]=f(x_{0}),\end{align*} $$

$$ \left|f\right[{\left(1-t\right)x_{1}}+t x_{2}]\leqslant(1-t)f(x_{1})+t f(x_{2}). $$

1. 试确定常数 a 和 b，使 $ f(x) = x - (a + b \cos x) \sin x $ 为当 $ x \to 0 $ 时关于 x 的 5 阶无穷小.

解 利用泰勒公式

$$ \begin{aligned}f(x)&=x-a\sin x-\frac{b}{2}\sin2x\\&=x-a\left[x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+o\left(x^{5}\right)\right]-\frac{b}{2}\left[2x-\frac{\left(2x\right)^{3}}{3!}+\frac{\left(2x\right)^{5}}{5!}+o\left(x^{5}\right)\right]\\&=\left(1-a-b\right)x+\left(\frac{a}{6}+\frac{2b}{3}\right)x^{3}-\left(\frac{a}{120}+\frac{2b}{15}\right)x^{5}+o\left(x^{5}\right).\end{aligned} $$

按题意，应有

$$ \{\begin{aligned}&1-a-b=0,\\ &\frac{a}{6}+\frac{2b}{3}=0,\\ &\frac{a}{120}+\frac{2b}{15}\neq0,\end{aligned}. $$

得 $ a=\frac{4}{3} $, b = - $ \frac{1}{3} $. 因此, 当 $ a=\frac{4}{3} $, b = - $ \frac{1}{3} $ 时, $ f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x $ 是 x $ \to $ 0 时关于 x 的 5 阶无穷小.