第3章 习题答案：微分中值定理与导数的应用

第3章 微分中值定理与导数的应用

259 答案 (B). ← 题目

判断函数在指定区间上是否满足罗尔定理的条件①②③，选项(A)中函数在x=0处不可导，不满足条件②；选项(C)中函数在端点 $ f(0)\neq f(-1) $，不满足条件③；选项(D)中函数在x=0处不连续，不满足条件①，选项(B)满足三个条件，故选(B).

评注

本题考查罗尔定理的条件，务必牢记三个条件缺一不可

260答案 函数 $ y = \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，且 $ y' = \frac{\cos x}{\sin x} = \cot x $； ← 题目

$ f\left(\frac{\pi}{6}\right) = f\left(\frac{5\pi}{6}\right) = -\ln 2 $。因此函数在 $ \left[\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right] $ 上满足罗尔定理的三个条件，则在区间 $ \left(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right) $ 内至少存在一点 $ \xi $ 使得 $ f'(\xi) = 0 $。由 $ y'(\xi) = \cot \xi = 0 \Rightarrow \xi = \frac{\pi}{2} \in \left(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right) $。

①在[0,1]上连续：

261 解析 令 $ F(x) = f(x) - \arctan x $，则函数 $ F(x) $ 满足 $ \{\begin{aligned}& \textcircled{1} \text{在}[0,1] 上连续；\\ & \textcircled{2} \text{在}(0,1)\text{内可导}；\\ & \textcircled{3} \text{F}(0) = F(1) = 0。\end{aligned}. $ ← 题目

由罗尔定理可知，在 $ (0,1) $内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F'(\xi)=0 $。即 $ \xi $是 $ F'(x)=f'(x)-\frac{1}{1+x^2}=0 $的根，故方程 $ (1+x^2)f'(x)=1 $在 $ (0,1) $内至少存在一个根 $ \xi $。

评注

利用结论倒推找原函数是中值定理证明题的常用方法。

$ (1+x^2)f'(x)=1 \Leftrightarrow f'(x)-\frac{1}{1+x^2}=0 $，找出原函数为 $ F(x)=f(x)-\arctan x $。

262 解析 令 $ F(x) = a_0 x + \frac{a_1}{2} x^2 + \frac{a_2}{3} x^3 + \cdots + \frac{a_n}{n+1} x^{n+1} $，显然函数在 $ [0,1] $ 上连续，在 $ (0,1) $ 内可导， $ F'(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_n x^n $ 且 $ F(0) = 0 $， $ F(1) = a_0 + \frac{a_1}{2} + \frac{a_2}{3} + \cdots + \frac{a_n}{n+1} = 0 $，由罗尔定理得：至少存在一点 $ \xi \in (0,1) $，使得 $ F'(\xi) = 0 $，即 $ a_0 + a_1 \xi + a_2 \xi^2 + \cdots + a_n \xi^n = 0 $，从而得证方程 $ a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_n x^n = 0 $ 在 $ (0,1) $ 内至少有一个根。 ← 题目

评注

方程根的存在性的证明一般考虑如下两种方法：

（1）闭区间 $ [a,b] $上连续函数的零点定理；（2）罗尔定理.

263 解析 因为 $ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 0 $，所以 $ f(0) = 0 $， $ f'(0) = 0 $。 ← 题目

又 $ f(1)=0 $，则 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上满足罗尔定理的三个条件，故至少存在一点 $ \xi_1 \in (0,1) $，使

得 $ f'(\xi_1) = 0 $ 。从而，函数 $ f'(x) $ 在区间 $ [0, \xi_1] \subset [0,1] $ 上满足罗尔定理，因此在 $ (0, \xi_1) \subset (0,1) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f''(\xi) = 0 $ 。

264 解析 由题设可知， $ F(x) = x^3 f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续， $ (0,1) $ 内可导，且 $ F(0) = F(1) = 0 $。则由罗尔定理知，存在 $ \xi_1 \in (0,1) $，使 $ F'(\xi_1) = 0 $。 ← 题目

又 $ F'(x) = 3x^2 f(x) + x^3 f'(x) $，由于 $ F'(x) $ 在 $ [0,\xi_1] $ 上连续、可导，且 $ F'(0) = F'(\xi_1) = 0 $，则由罗尔定理可知，存在 $ \xi_2 \in (0,\xi_1) $，使 $ F''(\xi_2) = 0 $。

再由 $ F''(x) = 6xf(x) + 6x^2 f'(x) + x^3 f''(x) $，因 $ F''(x) $ 在 $ [0,\xi_2] $ 上连续、可导，且 $ F''(0) = F''(\xi_2) = 0 $，则由罗尔定理可知，存在 $ \xi \in (0,\xi_2) \subset (0,1) $，使 $ F'''(\xi) = 0 $。

评注

在某些证明题中罗尔定理需要反复使用

265 解析 令 $ F(x) = f(x) - \mathrm{e}^{-x} $，则函数 $ F(x) $ 满足 $ \{\begin{aligned}& \textcircled{1} \text{在}[0,1] 上连续；\\ & \textcircled{2} \text{在}(0,1]\text{内可导}；\\ & \textcircled{3} \text{F}(0) = F(1) = 0。\end{aligned}. $ ← 题目

且 $ F'(x) = f'(x) - (\mathrm{e}^{-x})' = f'(x) + \mathrm{e}^{-x} $，由罗尔定理可知，在 $ (0,1) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F'(\xi) = 0 $，即 $ f'(\xi) + \mathrm{e}^{-\xi} = 0 $， $ \xi $ 是 $ f'(x) + \mathrm{e}^{-x} = 0 $ 的根，得证结论。

评注

罗尔定理证明题的关键是构造辅助函数，要证明形如 $ f'(\xi) = g'(\xi) $ 的等式，则直接构造函数 $ F(x) = f(x) - g(x) $。

266 解析 令 $ F(x)=xf(x) $，则函数 $ F(x) $ 满足 $ \{\begin{aligned}& \textcircled{1} 在 [0,a] 上连续；\\ & \textcircled{2} 在 (0,a) 内可导；\\ & \textcircled{3} $ F(0)=F(a)=0 $. \end{aligned}. $ ← 题目

且 $ F'(x) = f(x) + xf'(x) $，因此，由罗尔定理可知，在 $ (0, a) $ 上至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F'(\xi) = 0 $，即 $ f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0 $，得证。

评注

罗尔定理证明题的关键是构造辅助函数。要证明形如 $ f'(\xi) + g(\xi)f(\xi) = 0 $ 的等式，则构造函数 $ F(x) = f(x) \cdot e^{\int g(x)dx} $。如上题，由 $ f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0 $ 可得 $ f'(\xi) + \frac{1}{\xi} \cdot f(\xi) = 0 $，从而可知 $ g(x) = \frac{1}{x} $，故构造函数 $ F(x) = f(x) \cdot e^{\int \frac{1}{x}dx} = f(x) \cdot e^{\ln x} = xf(x) $。

267 解析 同上题构造方法，令 $ F(x) = x^2 f(x) $，由题设知：函数 $ F(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，在 $ (0,1) $ 内可导，且 $ F'(x) = 2xf'(x) + x^2 f'(x) $， $ F(0) = F(1) = 0 $。由罗尔定理可知，在 $ (0,1) $ 上至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F'(\xi) = 0 $，即 $ 2\xi f(\xi) + \xi^2 f'(\xi) = 0 $，从而 $ f'(\xi) = -\frac{2f(\xi)}{\xi} $，得证。 ← 题目

①在[0,1]上连续：

268 解析 令 $ F(x) = f(x)f(1-x) $，则函数 $ F(x) $ 满足 $ \{\begin{aligned}& \textcircled{2}在(0,1)内可导；\\ & \textcircled{3}F(0) = F(1) = 0.\end{aligned}. $ ← 题目

因此，由罗尔定理可知，在 $ (0,a) $上至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F'(\xi)=0 $，即 $ f'(\xi)\cdot f(1-\xi)=f(\xi)f'(1-\xi)=0 $，从而 $ \frac{f'(\xi)}{f(\xi)}=\frac{f'(1-\xi)}{f(1-\xi)} $，得证。

评注

结论倒推找原函数。由 $ \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{f'(1-x)}{f(1-x)}\Leftrightarrow f'(x)f(1-x)-f(x)f'(1-x)=0 $ $ \Leftrightarrow $ 是 $ f'(x)f(1-x)-f(x)f'(1-x)=0 $ $ \Leftrightarrow $ $ [f(x)f(1-x)]'=0 $ 的根，因此设辅助函数为 $ F(x)=f(x)f(1-x) $。

269 解析 令 $ F(x)=f^2(x)-e^x $，由题设知： $ F(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，且 $ F\left(\frac{1}{2}\right)=1-e^{\frac{1}{2}}\lt 0 $， $ F(1)=4-e\gt 0 $，则由零点定理可知，存在 $ \eta\in\left(\frac{1}{2},1\right) $，使得 $ F(\eta)=0 $。 ← 题目

又 $ F(0)=1-1=0 $ ，函数 $ F(x) $ 满足 $ \{\begin{aligned}& \textcircled{1} 在 [0,\eta] 上连续；\\ & \textcircled{2} 在 (0,\eta) 上可导；\\ & \textcircled{3} 在 (0)=\mathcal{F}(\eta)=0.\end{aligned}. $ $ F'(x)=2f(x)f'(x)-\mathrm{e}^{x} $

由罗尔定理可知，在 $ (0,\eta)\subset(0,1) $内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F'(\xi)=0 $。即 $ 2f(\xi)f'(\xi)=\mathrm{e}^{\xi} $，从而 $ f'(\xi)=\frac{\mathrm{e}^{\xi}}{2f(\xi)} $，得证。

评注

由结论倒推构造辅助函数. $ f'(\xi) = \frac{\mathrm{e}^{\xi}}{2f(\xi)} \to f''(x) = \frac{\mathrm{e}^{x}}{2f(x)} \Leftrightarrow 2f(x)f'(x) = \mathrm{e}^{x} $ $ \Leftrightarrow [f^2(x)]' = (\mathrm{e}^x)' $，因此设辅助函数为 $ F(x) = f^2(x) - \mathrm{e}^x $.

270 解析 由 $ f(x) $ 在 $ [0,3] $ 上连续，知 $ f(x) $ 在 $ [0,2] $ 上连续，且在 $ [0,2] $ 上必存在最大值 $ M $ 和最小值 $ m $，于是 $ m \leq f(0) \leq M $， $ m \leq f(1) \leq M $， $ m \leq f(2) \leq M $。因此 $ m \leq \frac{f(0) + f(1) + f(2)}{3} \leq M $，由介值定理知至少存在一点 $ c \in [0,2] $ 使 $ f(c) = \frac{f(0) + f(1) + f(2)}{3} = 1 $。 ← 题目

又已知 $ f(3)=1 $，函数 $ y=f(x) $ 在 $ [c,3] $ 上连续， $ (c,3) $ 内可导， $ f(c)=f(3) $，由罗尔定理得：至少存在一点 $ \xi \in (c,3) \subset (0,3) $，使 $ f'(\xi)=0 $。

271 解析 (1) 令 $ F(x) = f(x) - x $，则 $ F(x) $ 在 $ [\frac{1}{2}, 1] $ 上连续，又 $ F(1) = -1 \lt 0 $， $ F\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} \gt 0 $，由零点定理可知，存在 $ \eta \in \left(\frac{1}{2}, 1\right) $，使得 $ F(\eta) = f(\eta) - \eta = 0 $，即 $ f(\eta) = \eta $。 ← 题目

(2) 令 $ \Phi(x) = \mathrm{e}^{-\lambda x}[f(x) - x] $，则 $ \Phi(x) $ 在 $ [0, \eta] \subset [0,1] $ 上连续，在 $ (0, \eta) $ 内可导， $ \Phi'(x) = \mathrm{e}^{-\lambda x} $ $ \{f'(x) - 1 - \lambda [f(x) - x]\} $，且 $ \Phi(0) = 0 $， $ \Phi(\eta) = \mathrm{e}^{-\lambda \eta}[f(\eta) - \eta] = 0 $，由罗尔定理可得至少存在一点 $ \xi \in (0, \eta) $，使得 $ \Phi'(\xi) = \mathrm{e}^{-\lambda \xi} $ $ \{f'(\xi) - 1 - \lambda [f(\xi) - \xi]\} = 0 $，即 $ f'(\xi) - \lambda [f(\xi) - \xi] = 1 $。

评注

此题目中分别用到了零点定理和罗尔定理，两个定理都常用来证明点的存在性，若不含有未知函数的导数，可考虑利用零点定理或介值定理；若含有未知函数的导数，则考虑罗尔中值定理或者其他的微分中值定理。

此题第二问的辅助函数的构造，可以参考如下推导，结论倒推找原函数的方法： $ f'(ξ) - λ[f(ξ) - ξ] = 1 ⇔ f'(ξ) - 1 = λ[f(ξ) - ξ] ⇔ [f(x) - x]'|_{x=ξ} = λ[f(x) - x]|_{x=ξ} $

$ F(x) = f(x)^{-x} \iff F'(x)|_{x=ξ} = λF(x)|_{x=ξ} ⇔ [F'(x) - λF(x)]|_{x=ξ} = 0 $，因此辅助函数构造为 $ \Phi(x) = e^{-\int λdx} F(x) = e^{-\lambda x} F(x) = e^{-\lambda x} [f(x) - x] $。

72 解析 设曲线 $ y = f(x) $ 与 $ y = -x^2 + Bx + C $ 在 $ (a, b) $ 内的交点为 $ (c, f(c)) $ ( $ a \lt c \lt b $)，根据题意绘图如图 272 题 - 图。 ← 题目

令 $ F(x)=f(x)-(-x^{2}+Bx+C) $，

$ F'(x) = f'(x) + 2x - B $, $ F''(x) = f''(x) + 2 $.

因 $ F(a)=F(b)=F(c)=0 $， $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上二阶可导，则在 $ [a,c] $ 与 $ [c,b] $ 上分别运用罗尔定理，故存在 $ \xi_1 \in (a,c) $， $ \xi_2 \in (c,b) $，使得 $ F'(\xi_1)=0 $， $ F'(\xi_2)=0 $。从而又有 $ F'(x) $ 在 $ [\xi_1,\xi_2] $ 上满足罗尔定理，因此存在 $ \xi \in (\xi_1,\xi_2) \subset (a,b) $，使得 $ F''(\xi)=f''(\xi)+2=0 $，即 $ f''(\xi)+2=0 $。

273 答案 (A). ← 题目

需判断函数在 $ [-1,1] $上是否满足拉格朗日定理的两个条件①与②.

选项(A)显然满足拉格朗日定理的两个条件，故选(A).

选项(B)中函数在x=0处不可导，不满足条件②；选项(C)中函数在x= $ \pm1 $处不连续，不满足条件①；选项(D)中函数在x=0处不连续，不满足条件①.

评注

本题考查拉格朗日中值定理的条件，务必牢记两个条件缺一不可。

274 答案 (D). ← 题目

因为已知条件中不能确定函数在闭区间 $ [a,b] $上的连续性，因此排除(A)、(B)、(C).对于选项(D)： $ f(x) $在 $ \xi\in(a,b) $可导，则连续，从而 $ \lim_{x\to\xi}f(x)=f(\xi)\Rightarrow\lim_{x\to\xi}[f(x)-f(\xi)]=0 $，因此选(D).

275 解析 $ y = \sin x $ 在区间 $ [0, x] (0 \lt x \lt \pi) $ 上满足 $ \{\begin{array}{l}(1) \text{在}[0, x] \text{上连续} \\ (2) \text{在}(0, x) \text{内可导}\end{array}. $，由拉格朗日定理，故存在 $ \xi \in (0, x) $，使得 $ \frac{\sin x - \sin 0}{x - 0} = (\sin x)'|_{x = \xi} = \cos \xi $。因 $ \cos x $ 在 $ (0, \pi) $ 内单减，故 $ \cos \xi \gt \cos x $，有 $ \frac{\sin x}{x} \gt \cos x $。 ← 题目

276 解析 由于 $ \frac{a-b}{a} \lt \ln\frac{a}{b} \lt \frac{a-b}{b} \Leftrightarrow \frac{a-b}{a} \lt \ln a - \ln b \lt \frac{a-b}{b} $，故令 $ f(x) = \ln x $，则 $ f(x) $ 在区间 $ [b, a] $ 上满足 $ \begin{cases} \text{①} \text{在}[b, a] \text{上连续} \\ \text{②} \text{在}(b, a) \text{上可导} \end{cases} $，故存在 $ \xi \in (b, a) $，使得 ← 题目

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

因为$0\lt b\lt \xi\lt a$，所以$\frac{1}{b}\gt \frac{1}{\xi}\gt \frac{1}{a}$，故$\frac{a-b}{a}\lt \ln a-\ln b=\frac{1}{\xi}(a-b)\lt \frac{a-b}{b}$，即$\frac{a-b}{a}\lt \ln\frac{a}{b}\lt \frac{a-b}{b}$。

277 解析 令 $ f(x) = \ln(1+x) $，显然 $ f(x) $ 在区间 $ [0, x] $ 上满足拉格朗日定理的条件，故存在 $ \xi \in (0, x) $，使得 $ f(x) - f(0) = f'(\xi)(x - 0) \Rightarrow \ln(1 + x) - \ln 1 = \frac{1}{1 + \xi} \cdot x $，因为 $ 0 \lt \xi \lt x $，所以 $ \frac{1}{1+x} \lt \frac{1}{1 + \xi} \lt 1 $，故有 $ \frac{1}{1+x} \cdot x \lt \ln(1 + x) = \frac{1}{1 + \xi} \cdot x \lt x $，即 $ \frac{x}{1 + x} \lt \ln(1 + x) \lt x $。 ← 题目

278 解析 设 $ f(x) = \mathrm{e}^x - \mathrm{ex} $，显然 $ f(x) $ 在区间 $ [1, x] $ 上满足拉格朗日定理的条件，故存在 $ \xi \in (1, x) $，使得 $ f(x) - f(1) = f'(\xi)(x-1) \Rightarrow \mathrm{e}^x - \mathrm{ex} = (\mathrm{e}^{\xi} - \mathrm{e}) \cdot (x-1) $，因为 $ 1 \lt \xi \lt x $，所以 $ (\mathrm{e}^{\xi} - \mathrm{e}) \cdot (x-1) \gt 0 $，从而 $ \mathrm{e}^x - \mathrm{ex} \gt 0 $，得证。 ← 题目

279 解析 因为 $ (\arcsin x + \arccos x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0 $，由拉格朗日中值定理的推论可知， $ \arcsin x + \arccos x = C (\forall x \in \mathbb{R}) $。 ← 题目

取 $ x = 0 $ 代入可得 $ C = \arcsin 0 + \arccos 0 = \frac{\pi}{2} $，得证。

$$ \begin{aligned}\boxed{280} 解析 \quad 因为 \left(2\arctan x+\arcsin\frac{2x}{1+x^{2}}\right)^{\prime}&=\frac{2}{1+x^{2}}+\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2x}{1+x^{2}}\right)^{2}}}\cdot\left(\frac{2x}{1+x^{2}}\right)^{\prime}\\&=\frac{2}{1+x^{2}}+\frac{1+x^{2}}{\sqrt{\left(1-x^{2}\right)^{2}}}\cdot\frac{2(1-x^{2})}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}(x\geqslant1)\\&=\frac{2}{1+x^{2}}+\frac{1+x^{2}}{\left(x^{2}-1\right)}\cdot\frac{2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}}=0,\end{aligned} $$ ← 题目

由拉格朗日中值定理的推论可知， $ 2\arctan x + \arcsin \frac{2x}{1+x^2} = C (\forall x \geqslant 1) $。

取 x=1 代入可得 $ C=2\arctan1+\arcsin1=\pi $ ，得证.

281 解析 构造辅助函数 $ F(x) = xf(x) $，易知 $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导，且 $ F'(x) = f(x) + xf'(x) $，因此由拉格朗日中值定理可知，存在 $ \xi \in (a,b) $，使得 $ \frac{F(b) - F(a)}{b - a} = F'(\xi) $，即 $ \frac{bf(b) - af(a)}{b - a} = f(\xi) + \xi f'(\xi) $。 ← 题目

本题的关键是辅助函数的构造，由等式右边 $ f(\xi) + \xi f'(\xi) = [xf(x)]^r $ 得到构造思路。

282 解析 (1) 当 a=0 时，显然有 $ f(a+b)=f(a)+f(b) $; ← 题目

(2) 当 $ a \gt 0 $ 时，在闭区间 $ [0, a] $ 和 $ [b, a + b] $ 上函数 $ f(x) $ 均满足拉格朗日中值定理，因此存在 $ \xi_1 \in (0, a) $， $ \xi_2 \in (b, a + b) $，使得

$$ f^{\prime}(\xi_{1})=\frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}{a},\quad f^{\prime}(\xi_{2})=\frac{f(a+b)-f(b)}{(a+b)-b}=\frac{f(a+b)-f(b)}{a}. $$

又 $ \xi_{1}\lt \xi_{2} $，且 $ f'(x) $ 在开区间 $ (0,c) $ 内单调递减，因此 $ f'(\xi_{1})\gt f'(\xi_{2}) $，故 $ \frac{f(a)}{a}\gt \frac{f(a+b)-f(b)}{a} $，又因为 a>0，所以 $ f(a+b)\lt f(a)+f(b) $。

综合(1)(2)可知，当 $ 0 \leqslant a \leqslant b \leqslant a + b \leqslant \bar{c} $时， $ f(a + b) \leqslant f(a) + f(b) $.

283 解析 由于 $ f(x) = \sin x, F(x) = 1 + \cos x $ 是初等函数，所以在区间 $ [0, \frac{\pi}{2}] $ 上是连续的，且可导，又 $ f'(x) = \cos x $， $ F'(x) = -\sin x $ 在区间 $ (0, \frac{\pi}{2}) $ 内满足 $ F'(x) \neq 0 $，满足柯西中值定理的条件，故 $ \frac{f\left(\frac{\pi}{2}\right) - f(0)}{F\left(\frac{\pi}{2}\right) - F(0)} = \frac{1}{-1} = \frac{\cos \xi}{-\sin \xi} = -\cot \xi $，即 $ \cot \xi = 1 $，解得 $ \xi = \frac{\pi}{4} \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $。 ← 题目

评注

本题是验证柯西定理的正确性。我们需要验证柯西定理的三个条件，并导找到区间 $ \left(0,\frac{\pi}{2}\right) $内的 $ \xi $点的存在性。

284 解析 由于 $ \frac{af(b)-bf(a)}{a-b}=\frac{\frac{f(b)}{b}-\frac{f(a)}{a}}{\frac{1}{b}-\frac{1}{a}} $，因此可设 $ F(x)=\frac{f(x)}{x} $， $ G(x)=\frac{1}{x} $。因为 $ f(x) $ 在区间 $ [a,b] $ 上可微，所以 $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导；易知 $ G(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导，且 ← 题目

$$ F^{\prime}(x)=\frac{xf^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}\ ,\quad G^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}\neq0\ . $$

从而 $ F(x), G(x) $ 满足柯西中值定理的条件，从而存在 $ \xi \in (a, b) $，使得

$$ \frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}=\frac{F^{\prime}(\xi)}{G^{\prime}(\xi)}\Rightarrow\frac{\frac{f(b)}{b}-\frac{f(a)}{a}}{\frac{1}{b}-\frac{1}{a}}=\frac{\frac{\xi f^{\prime}(\xi)-f(\xi)}{\xi^{2}}}{-\frac{1}{\xi^{2}}}=f(\xi)-\xi f^{\prime}(\xi)~, $$

即 $ \frac{af(b)-bf(a)}{a-b}=f(\xi)-\xi f'(\xi) $.

285 解析 由于 $ \frac{f(b)-f(a)}{(b-a)(a^{2}+ab+b^{2})}=\frac{f(b)-f(a)}{b^{3}-a^{3}} $，因此可设 $ F(x)=x^{3} $. $ f(x) $ 与 $ F(x) $ 在区间 $ [a,b] $ 上连续，在 $ (a,b) $ 内可导，且 $ F'(x)=3x^{2}\neq0 $；因此满足柯西中值定理的条件，从而存在 $ \xi\in(a,b) $，使得 $ \frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}\Rightarrow\frac{f(b)-f(a)}{b^{3}-a^{3}}=\frac{f'(\xi)}{3\xi^{2}} $，即 $ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=(a^{2}+ab+b^{2})\frac{f'(\xi)}{3\xi^{2}} $. ← 题目

286 解析 设 $ F(x)=\sin\ln x $, $ G(x)=\ln x $，则 $ F(x) $, $ G(x) $ 在 $ [1,e] $ 上连续，在 $ (1,e) $ 内可导， $ F'(x)=\frac{1}{x}\cos\ln x $, $ G'(x)=\frac{1}{x}\neq0 $，由柯西中值定理，存在 $ \xi\in(1,e) $，使得 ← 题目

$$\frac{F(\mathbf{e})-F(1)}{G(\mathbf{e})-G(1)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}\Rightarrow\frac{\sin1-0}{1-0}=\frac{\frac{1}{\xi}\cdot\cos\ln\xi}{\frac{1}{\xi}}=\cos\ln\xi,\text{ 即 }\sin1=\cos\ln\xi.$$

287 答案 ← 题目

$$ \lim_{x\to1}\frac{x^{3}-3x^{2}+2}{x^{3}-x^{2}-x+1}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\to1}\frac{3x^{2}-6x}{3x^{2}-2x-1}=\infty $$

评注

本题考查洛必达法则的应用，使用洛必达法则前务必要先判断是否是不定式

288答案1. ← 题目

$$ \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\to1}\frac{\frac{1}{x}}{1}=1 $$

289 答案 $ \frac{4}{e} $ ← 题目

评注

在使用洛必达法则时，切莫不做判断反复使用，本题中使用一次洛必达法则后，不再是“ $ \frac{0}{0} $”或“ $ \frac{\infty}{\infty} $”，直接可用四则运算求极限。

290 答案 0. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{4}+\mathbf{e}^{x}}{x\mathbf{e}^{x}}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]&=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^{3}}{\mathbf{e}^{x}}+\frac{1}{x}\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{3}}{\mathbf{e}^{x}}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]+\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^{2}}{\mathbf{e}^{x}}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]+0=\lim_{x\to+\infty}\frac{6x}{\mathbf{e}^{x}}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{6}{\mathbf{e}^{x}}=0\ .\end{aligned} $$

291答案 $ \frac{1}{6} $ ← 题目

$$ \lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^{2}\sin x}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}\left[\frac{0}{0}\right]\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{3x^{2}}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{3x^{2}}=\frac{1}{6} $$

评注

洛必达法则和等价无穷小替换结合使用，可以使计算更简洁。总结几组常用的等价无穷小，当 $ x \to 0 $ 时， $ \sin x \sim x $， $ \tan x \sim x $， $ \arcsin x \sim x $， $ \arctan x \sim x $， $ e^x - 1 \sim x $， $ \ln(1 + x) \sim x $， $ 1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2 $， $ (1 + x)^{\alpha} - 1 \sim \alpha x $。

292 答案 0 ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x\ln x)}{x^{a}}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\ln x}{x^{a}}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{x\ln x}}{ax^{a-1}}\\&=\frac{1}{a}\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+1}{x^{a}\ln x}\xlongequal{ 加法 }\frac{1}{a}\left(\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^{a}}+\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^{a}\ln x}\right)=0\ .\end{aligned} $$

293 答案 1 ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-\sin x-1}{1-\sqrt{1-x^{2}}}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-\sin x-1}{\frac{1}{2}x^{2}}\xlongequal{ 洛必达 \end{aligned}\begin{aligned}\frac{0}{0}\end{aligned} }$$

$$ \xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-\cos x}{x}\left\lbrack\frac{0}{0}\right\rbrack=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}+\sin x}{1}=1\ . $$

294 答案 ← 题目

$$ -\frac{1}{6} $$

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\arctan x-x}{\ln(1+2x^{3})}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\arctan x-x}{2x^{3}}\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{1+x^{2}}-1}{6x^{2}}\\=\frac{1}{6}\lim_{x\to0}\frac{-x^{2}}{x^{2}(1+x^{2})}=-\frac{1}{6}\ .\end{aligned} $$

295 答案 ← 题目

$$ \frac{1}{3} $$

$$ \begin{aligned} 原式 &\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\sin^{2}x-x^{2}\cos^{2}x}{x\cdot2x\cdot\tan^{2}x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{(\sin x-x\cos x)(\sin x+x\cos x)}{x^{4}}\\ &\xlongequal{ 乘法 }\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^{3}}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sin x+x\cos x}{x}\\ &=\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^{3}}\cdot2\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{x\sin x}{3x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{3x}=\frac{1}{3}\text{．}\\ \end{aligned} $$

296 答案 (D). ← 题目

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\to0}\frac{a\tan x+b(1-\cos x)}{c\ln(1-2x)+\mathrm{d}(1-\mathrm{e}^{-x^{2}})}\sqrt{\frac{0}{0}}\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{a\sec^{2}x+b\sin x}{c\frac{-2}{1-2x}+\mathrm{d}(2x\mathrm{e}^{-x^{2}})}\\ &\xlongequal{ 乘法 }\lim_{x\to0}\frac{a+b\sin x\cos^{2}x}{-2c+2\mathrm{d}x\mathrm{e}^{-x^{2}}(1-2x)}\cdot\lim_{x\to0}\frac{1-2x}{\cos^{2}x}=\lim_{x\to0}\frac{a+b\sin x\cos^{2}x}{-2c+2\mathrm{d}x\mathrm{e}^{-x^{2}}(1-2x)}=-\frac{a}{2c}\text{．}\\ \end{aligned} $$

因此， $ -\frac{a}{2c}=2 $，得a=-4c。故选(D)。

297 答案 $ \frac{1}{4} $ ← 题目

$$ \begin{aligned} 原式 &\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}[x-\ln(1+\tan x)]}{x^{4}}=\lim_{x\to0}\frac{x-\ln(1+\tan x)}{2x^{2}}\\&\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{1+\tan x-\sec^{2}x}{4x(1+\tan x)}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\tan^{2}x}{4x(1+\tan x)}\\&=\frac{1}{4}\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{1-\tan x}{1+\tan x}=\frac{1}{4}\ .\end{aligned} $$

298答案 $ \frac{1}{6} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}&\hat{c}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{[\sin x-\sin(\sin x)]x}{x^{4}}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\sin(\sin x)}{x^{3}}\\ &\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{\cos x-\cos(\sin x)\cdot\cos x}{3x^{2}}\xlongequal{ 梁法 }\frac{1}{3}\lim_{x\to0}\cos x\cdot\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(\sin x)}{x^{2}}\\ &\xlongequal{ 等价代换 }\frac{1}{3}\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}\sin^{2}x}{x^{2}}=\frac{1}{3}\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=\frac{1}{6}.\\ \end{aligned} $$

299答案 $ \frac{1}{2} $ ← 题目

$$ \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}\right)\xlongequal{ 通分 }\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^{2}}\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x}=\frac{1}{2} $$

300 答案 0 ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}x^{n}\mathrm{e}^{-\lambda x}\ \boxed{\infty\cdot0}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{n}}{\mathrm{e}^{\lambda x}}\ \boxed{\frac{\infty}{\infty}}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{nx^{n-1}}{\lambda\mathrm{e}^{\lambda x}}\ \boxed{\frac{\infty}{\infty}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{n(n-1)x^{n-2}}{\lambda^{2}\mathrm{e}^{\lambda x}}\\ &=\cdots\cdots\text{( 连续 n-2 次洛必达法则 )}=\lim_{x\to+\infty}\frac{n!}{\lambda^{n}\mathrm{e}^{\lambda x}}=0\\ &\\ 2\\ \end{aligned} $$

301 答案 $ \frac{2}{\pi} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to1}(1-x)\cdot\tan\frac{\pi}{2}x\quad\boxed{0\cdot\infty}&=\lim_{x\to1}\frac{1-x}{\cot\frac{\pi}{2}x}\left\lbrack\frac{0}{0}\right\rbrack=\lim_{x\to1}\frac{-1}{-\frac{\pi}{2}\csc^{2}\frac{\pi}{2}x}\\&=\lim_{x\to1}\frac{\sin^{2}\frac{\pi}{2}x}{\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{\pi}.\end{aligned} $$

302 答案0 ← 题目

$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)\xlongequal{ 通分 }\lim_{x\to1}\frac{1-\sin x}{\cos x}\cdot\frac{0}{0}\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{-\cos x}{-\sin x}=0\ . $$

303 管案 $ \frac{1}{2} $. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}\right)\xlongequal{ 通分 }\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-1-x}{x(\mathrm{e}^{x}-1)}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-1-x}{x^{2}}\xlongequal[0]{}\underline{0}\\ \xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-1}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}}{2}=\frac{1}{2}\ .\end{aligned} $$

304 答案 ← 题目

$$ \frac{1}{3} $$

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x\tan x}\right)\xlongequal{ 洛分 }\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^{2}\tan x}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^{3}}\left\lbrack\frac{0}{0}\right\rbrack\\ \xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{\sec^{2}x-1}{3x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x}{3x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{3x^{2}}=\frac{1}{3}\ .\end{aligned} $$

评注

本题是 $ \infty - \infty $型不定式，通分化为“ $ \frac{0}{0} $”型不定式，结合等价无穷小的替换和三角恒等式及洛必达法则求解，常用三角恒等式有 $ \sin^2 x + \cos^2 x = 1 $， $ \sec^2 x - 1 = \tan^2 x $， $ \csc^2 x - 1 = \cot^2 x $。

305 答案 1. ← 题目

显然所求极限为“ $ 0^0 $”型不等式，利用 $ \lim f(x)^{g(x)} = \lim e^{g(x)\ln f(x)} $恒等变形.

$$ \lim_{x\to0^{+}}x^{x}=\lim_{x\to0^{+}}\mathrm{e}^{x\ln x}=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0^{+}}x\ln x}， $$

其中， $ \lim_{x\to0^{+}}x\ln x\left[0\cdot\infty\right]=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x\to0^{+}}(-x)=0 $，所以， $ \lim_{x\to0^{+}}x^{x}=e^{0}=1 $

306 答案 ← 题目

$$ \mathrm{\frac{1}{e}} $$

$$ \lim_{x\to1}x^{\frac{1}{1-x}}\ \boxed{1^{\infty}}=\lim_{x\to1}\mathrm{e}^{\frac{1}{1-x}\ln x}=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to1}\frac{\ln x}{1-x}} $$

其中， $ \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{1-x}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\to1}\frac{\frac{1}{x}}{-1}=-1 $．所以， $ \lim_{x\to1}x^{\frac{1}{1-x}}=e^{-1}=\frac{1}{e} $．

评注

本题是 $ 1^{\infty} $型不定式，亦可以利用第二重要极限求解更简单： $ \lim_{x\to1}x^{\frac{1}{1-x}}=\lim_{x\to1}\left[1+(x-1)\right]^{\frac{1}{1-x}}=\lim_{x\to1}\left[1+(x-1)\right]^{-\frac{1}{x-1}}=\mathrm{e}^{-1} $

307答案 $ e^{6} $ ← 题目

方法一：利用洛必达法则求解.

$$ \lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{2}{\sin x}}\ \boxed{1^{\infty}}=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{\frac{2}{\sin x}\ln(1+3x)}=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{2\ln(1+3x)}{\sin x}}\ , $$

其中， $ \lim_{x\to0}\frac{2\ln(1+3x)}{\sin x}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\to0}\frac{\frac{6}{1+3x}}{\cos x}=6 $，所以 $ \lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{2}{\sin x}}=e^6 $。

方法二：利用两个重要极限求解.

$$ \lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{2}{\sin x}}=\lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{1}{3x}\frac{6x}{\sin x}}=\left[\lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{1}{3x}}\right]^{\lim\limits_{x\to0}\frac{6x}{\sin x}}=\mathrm{e}^{6}\ . $$

308 答案 $ \frac{1}{\sqrt{e}} $ ← 题目

$$ \operatorname*{l i m}_{x\to0}(\cos x)^{\frac{1}{\ln(1+x^{2})}}\boxed{1^{\infty}}=\operatorname*{l i m}_{x\to0}\mathrm{e}^{\ln(\cos x)^{\frac{1}{\ln(1+x^{2})}}}=\mathrm{e}^{\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{\ln(1+x^{2})}}, $$

其中， $ \lim_{x\to0}\frac{\ln\cos x}{\ln(1+x^2)}=\lim_{x\to0}\frac{\ln\cos x}{x^2}\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\to0}\frac{\frac{-\sin x}{\cos x}}{2x}=-\frac{1}{2} $，所以， $ \lim_{x\to0}(\cos x)^{\frac{1}{\ln(1+x^2)}}=e^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}} $。

309 答案 $ e^{-1} $ ← 题目

因 $ \lim_{x\to+\infty}(x^{\frac{1}{x}}-1)=\lim_{x\to+\infty}(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}\ln x}-1)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0 $ ， $ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\ln x}=0 $ ，故所求极限为“ $ 0^{0} $”型不等式，利用 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)^{g(x)}=\lim_{x\to+\infty}e^{g(x)\ln f(x)} $ 恒等变形 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{(x^{\frac{1}{x}}-1)^{\ln x}}=\lim_{x\to+\infty}e^{\frac{\ln(x^{\frac{1}{x}}-1)}{\ln x}}=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(e^{\frac{1}{x}}-1)}{\ln x}} $

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(\mathrm{e}^{\frac{\ln x}{x}}-1)}{\ln x}\cdot\frac{\infty}{\infty}&\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{\frac{\ln x}{x}}\cdot\mathrm{e}^{\frac{\ln x}{x}}\cdot\frac{1-\ln x}{x^{2}}}{-\frac{1}{x}}\\&\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{\frac{\ln x}{x}}\cdot\mathrm{e}^{x}\cdot\frac{1-\ln x}{x^{2}}}{\frac{1}{x}}\xlongequal{ 化简 }\lim_{x\to+\infty}\frac{\mathrm{e}^{\frac{\ln x}{x}}(1-\ln x)}{\ln x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{\frac{\ln x}{x}}\cdot\lim_{x\to+\infty}\frac{1-\ln x}{\ln x}\xlongequal{ 洛必达 }-1,\end{aligned} $$

故 $ \lim_{x\to+\infty}(x^{\frac{1}{x}}-1)^{\frac{1}{\ln x}}=\mathrm{e}^{-1} $

310 答案 $ (ab)^{\frac{3}{2}} $ ← 题目

$$ \lim_{x\to0}\left(\frac{a^{x}+b^{x}}{2}\right)^{\frac{3}{x}}\boxed{1}=\lim_{x\to0}e^{\frac{3}{x}\ln\frac{(a^{x}+b^{x})}{2}}=e^{\lim_{x\to0}\frac{3\left[\ln(a^{x}+b^{x})-\ln2\right]}{x}} $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{3[\ln(a^{x}+b^{x})-\ln2]}{x}\left[\frac{0}{0}\right]\xlongequal{ 洛必达 }3\lim_{x\to0}\frac{\frac{a^{x}\ln a+b^{x}\ln b}{a^{x}+b^{x}}}{1}=\frac{3}{2}(\ln a+\ln b)=\ln(ab)^{\frac{3}{2}}\ , $$

所以， $ \lim_{x\to0}\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)^{\frac{3}{x}}=\mathrm{e}^{\ln(ab)^{\frac{3}{2}}}=(ab)^{\frac{3}{2}} $

评注

本题是 $ 1^{m} $型不定式，也可以利用第二重要极限求解.

311 答案 3 ← 题目

$$ \begin{aligned} 因 \lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{\tan x}-\mathrm{e}^{x}}{x^{n}}&=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}(\mathrm{e}^{\tan x-x}-1)}{x^{n}}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^{n}}\xlongequal[0]{0}\\&\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{\sec^{2}x-1}{nx^{n-1}}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x}{nx^{n-1}}\xlongequal{ 等价代换 }\frac{1}{n}\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{x^{n-1}}\ ,\\ \end{aligned} $$

又两者是同阶无穷小，故 $ n-1=2\Rightarrow n=3 $

312答案 -2. ← 题目

因 $ f(x) $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 上连续，则 $ f(x) $ 在 x=0 处连续。即 $ \lim_{x\to0}f(x)=f(0)=a $。而 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{\sin2x+e^{2ax}-1}{x}\left[\frac{0}{0}\right] $ 洛必达 $ \lim_{x\to0}\frac{2\cos2x+2ae^{2ax}}{1}=2+2a $，所以 $ 2+2a=a $，则 a=-2。

答案 $ e^{\frac{1}{2}} $ ← 题目

因 $ f(x) $ 在 x=0 处连续，则 $ \lim_{x\to0}f(x)=f(0)=a $ 。而 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}(\cos x)^{x^2}=\lim_{x\to0}e^{\frac{\ln(\cos x)}{x^2}} $

$ =e^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2}} $，其中 $ \lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2} $ 洛必达 $ \lim_{x\to0}\frac{-\sin x}{2x\cos x}=-\frac{1}{2} $，所以， $ \lim_{x\to0}f(x)=e^{-\frac{1}{2}} $，故 $ a=e^{-\frac{1}{2}} $ 。

314答案 $ \frac{1}{\pi} $ ← 题目

观察到函数在 x=1 时无意义，需要补充函数在 x=1 的定义，要使函数在 x=1 处连续，只需左极限值 $ \lim_{x \to 1^-} f(x) $ 等于函数值 $ f(1) $ 即可。

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to1^{-}}f(x)&=\lim_{x\to1^{-}}\left[\frac{1}{\pi x}+\frac{1}{\sin\pi x}-\frac{1}{\pi(1-x)}\right]\\&=\frac{1}{\pi}+\lim_{x\to1^{-}}\frac{\pi(1-x)-\sin\pi x}{\pi(1-x)\sin\pi x}\xlongequal{ 令 1-x=y}\frac{1}{\pi}+\lim_{y\to0^{+}}\frac{\pi y-\sin\pi y}{\pi^{2}y^{2}}\\&=\frac{1}{\pi}+\lim_{y\to0^{+}}\frac{\pi-\pi\cos\pi y}{2\pi^{2}y}=\frac{1}{\pi}+\lim_{y\to0^{+}}\frac{\pi^{2}\sin\pi y}{2\pi^{2}}=\frac{1}{\pi}.\end{aligned} $$

补充定义 $ f(1)=\frac{1}{\pi} $，则 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\pi x}+\frac{1}{\sin\pi x}-\frac{1}{\pi(1-x)},x\in[\frac{1}{2},1)\\&\frac{1}{\pi},\quad x=1\end{aligned}. $ 在 $ [\frac{1}{2},1] $ 上连续.

315 解析 (1) 因 $ 0 \lt x_{1} \lt \pi $，则 $ 0 \lt x_{2} = \sin x_{1} \leq 1 \lt \pi $，可推得 $ 0 \lt x_{n+1} = \sin x_{n} \lt \pi $， $ n = 1, 2, \cdots $，故可知数列 $ \{x_{n}\} $ 有界。 ← 题目

又当x>0时， $ \sin x\lt x $，则 $ \frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{\sin x_n}{x_n}\lt 1 $，即 $ x_{n+1}\lt x_n $，因此可知数列 $ \{x_{n}\} $单调递减，由单调有界定理可知 $ \lim_{n\to\infty}x_n $存在.

设 $ \lim_{n\to\infty}x_n=l $ ，等式 $ x_{n+1}=\sin x_n $ 两边求极限得 $ l=\sin l $ ，解得 l=0 ，即 $ \lim_{n\to\infty}x_n=0 $

(2) $ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{x_{n+1}}{x_n} \right)^{\frac{1}{x_n}} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sin x_n}{x_n} \right)^{\frac{1}{x_n^2}} $，由(1)知此极限为“ $ 1^n $”型不定式。

令 $ t = x_n $，则 $ n \to \infty $ 时， $ t \to 0 $，故 $ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sin x_n}{x_n} \right)^{\frac{1}{x_n^2}} = \lim_{t \to 0} \left( \frac{\sin t}{t} \right)^{\frac{1}{t^2}} = \lim_{t \to 0} e^{\frac{\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)}{t^2}} = e^{\lim_{t \to 0} \frac{\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)}{t^2}} $，而

其中 $ \lim_{t \to 0} \frac{\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)}{t^2} $ 无穷小替换 $ \lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t^2} - 1 = \lim_{t \to 0} \frac{\sin t - t}{t^3} = \lim_{t \to 0} \frac{\cos t - 1}{3t^2} = \lim_{t \to 0} \frac{\sin t - \sin t}{6t} = -\frac{1}{6} $，因此得， $ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{x_{n+1}}{x_n} \right)^{\frac{1}{x_n^2}} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sin x_n}{x_n} \right)^{\frac{1}{x_n^2}} = e^{\frac{1}{6}} $。

316答案 拉格朗日型： $ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \frac{e^\xi}{(n+1)!} x^{n+1} $（ $ \xi $在0与 $ x $之间）。 ← 题目

佩亚诺型： $ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n) $。

(1) 写出函数的各阶导数， $ f'(x)=f''(x)=\cdots=f^{(n)}(x)=f^{(n+1)}(x)=\mathrm{e}^{x} $.

(2) 求导数值： $ f'(0) = f''(0) = \cdots = f^{(n)}(0) = f^{(n+1)}(0) = 1 $.

(3) 代入公式③，得带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式为

$ f(x)=\mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{\mathrm{e}^{\xi}}{(n+1)!}x^{n+1} $ （ $ \xi $在0与x之间）.

代入公式④，得带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式为：

$$ f(x)=\mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+o(x^{n})\,. $$

评注

几个常见函数的麦克劳林公式需要记住，后期用时会更方便。

(1) $ f(x) = \mathrm{e}^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n) $.

(2) $ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + \frac{(-1)^{n-1} x^{2n-1}}{(2n-1)!} + o(x^{2n-1}) $.

(3) $ \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n}) $.

(4) $ \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+o(x^n) $ $ x\in(-1,1] $.

(5) $ \frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - \cdots + (-1)^n x^n + o(x^n) \mid x \mid \lt 1 $.

(6) $ (1+x)^{a}=1+ax+\frac{a(a-1)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^{n}+o(x^{n}) $ | $ x\vert\lt 1 $.

317答案2. ← 题目

由麦克劳林公式 $ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + o(x^2) $，及 $ x \to 0 $ 时 $ \ln(1 + x) \sim x $，可得

$$ \lim_{x\to0}\frac{x\ln(1+x)}{\mathbf{e}^{x}-x-1}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{\frac{x^{2}}{2!}+o(x^{2})}\xlongequal{ 同除以 x^{2}}\frac{1}{\frac{1}{2}+\lim_{x\to0}\frac{o(x^{2})}{x^{2}}}=2 $$

318答案 $ \frac{1}{3} $ ← 题目

当 $ x\to0 $时， $ \tan x\sim x $，分母可以先使用等价无穷小代换。分子的 $ \sin x $不能使用无穷小代换。由麦克劳林公式，有 $ \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3) $， $ \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+o(x^2) $，则___

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{\tan^{3}x}&=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^{3}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{[x-\frac{x^{3}}{3!}+o(x^{3})]-x[1-\frac{x^{2}}{2!}+o(x^{2})]}{x^{3}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{[x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})]-[x-\frac{x^{3}}{2}+o(x^{3})]}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})}{x^{3}}=\frac{1}{3}\ .\end{aligned} $$

评注

此题用洛必达法则求解更简单

319答案 $ -\frac{1}{4} $ ← 题目

由麦克劳林公式，有 $ \sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2}) $， $ \sqrt{1-x}=1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2}) $，则

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}&=\lim_{x\to0}\frac{[1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2})]+[1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2})]-2}{x^{2}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{4}x^{2}+o(x^{2})}{x^{2}}=-\frac{1}{4}\ .\end{aligned} $$

评注

此题中的 $ \sqrt{1+x} $， $ \sqrt{1-x} $不是作为因子出现的，故在计算中不要使用无穷小代换。

320 答案 (A). ← 题目

由麦克劳林公式，有 $ \ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2}) $，得

$$ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-(ax+bx^{2})}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{x-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})-(ax+bx^{2})}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{(1-a)x-(\frac{1}{2}+b)x^{2}+o(x^{2})}{x^{2}}=2 $$

所以， $ 1-a=0,-\left(\frac{1}{2}+b\right)=2 $，即 $ a=1,b=-\frac{5}{2} $。故选(A)。

321 答案 $ -\frac{1}{12} $ ← 题目

当 $ x\to0 $时， $ \sin x^{2}\sim x^{2} $，由麦克劳林公式，有

$$ \cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+o(x^{2})~,~~\mathrm{e}^{x^{2}}=1+x^{2}+o(x^{2})~,~~\sqrt{1+x^{2}}=1+\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{8}x^{4}+o(x^{4})~, $$

$$ \begin{aligned} 则 \lim_{x\to0}\frac{1+\frac{1}{2}x^{2}-\sqrt{1+x^{2}}}{(\cos x-e^{x^{2}})\sin x^{2}}&\equiv\lim_{x\to0}\frac{1+\frac{1}{2}x^{2}-[1+\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{8}x^{4}+o(x^{4})]}{\{[1-\frac{x^{2}}{2!}+o(x^{2})]-[1+x^{2}+o(x^{2})]\}x^{2}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{8}x^{4}+o(x^{4})}{(-\frac{3}{2}x^{2}+o(x^{2}))x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{8}x^{4}+o(x^{4})}{-\frac{3}{2}x^{4}+o(x^{4})}=-\frac{1}{12}.\end{aligned} $$

评注

此题亦可用洛必达法则求解

$$ \therefore-x]=[(x)x+\frac{1}{x}-x]. $$

$$ -\frac{1}{12} $$ ← 题目

由麦克劳林公式，有

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

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\cos x-\mathrm{e}^{\frac{x^{2}}{2}}}{x^{4}}&=\lim_{x\to0}\frac{[1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+o(x^{4})]-[1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}}{2!}+o(x^{4})]}{x^{4}}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\left(\frac{1}{24}-\frac{1}{8}\right)x^{4}+o(x^{4})}{x^{4}}=-\frac{1}{12}.\end{aligned} $$

323 答案 (C) ← 题目

由麦克劳林公式 $ \sin6x=6x-\frac{(6x)^{3}}{3!}+o(x^{3}) $ 得

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin6x+xf(x)}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{[6x-\frac{(6x)^{3}}{3!}+o(x^{3})]+xf(x)}{x^{3}}=\lim_{x\to0}[\frac{[6+f(x)}{x^{2}}-36]=0 $$

因此， $ \lim_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=36 $．故选(C).

评注

（1）此题不可用洛必达法则求解，因为题目中的 $ f(x) $不知道是否可导.（2）此题有多种解法，参见98题.

324 答案 (A) ← 题目

由麦克劳林公式 $ \mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+o(x^{2}) $ 知 $ \mathrm{e}^{x}-(ax^{2}+bx+1)=(1-b)x+\left(\frac{1}{2}-a\right)x^{2}+o(x^{2}) $，因 $ \mathrm{e}^{x}-(ax^{2}+bx+1) $ 比 $ x^{2} $ 高阶无穷小，则 1-b=0, $ \frac{1}{2}-a=0 $，即 $ a=\frac{1}{2},b=1 $。故选 (A).

325 答案 二阶 ← 题目

由 $ (1+x)^{a}=1+ax+\frac{a(a-1)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^{n}+o(x^{n}) $，知

$$ \sqrt{1-2x}=1+\frac{1}{2}(-2x)-\frac{1}{8}(-2x)^{2}+o(x^{2})=1-x-\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{2})~, $$

$$ \sqrt[3]{1-3x}=1+\frac{1}{3}(-3x)-\frac{1}{9}(-3x)^{2}+o(x^{2})=1-x-x^{2}+o(x^{2})\enspace. $$

故 $ \sqrt{1-2x}-\sqrt[3]{1-3x}=\frac{1}{2}x^2+o(x^2) $，因此当 $ x\to0 $时， $ \sqrt{1-2x}-\sqrt[3]{1-3x} $是 $ x $的二阶无穷小。

326 答案 $ -3^{n}(n-1)! $ ← 题目

由泰勒公式 $ \ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}+o(x^{n}) $，知

$$ \ln(1-3x)=-3x-\frac{(-3x)^{2}}{2}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{(-3x)^{n}}{n}+o(x^{n})=-3x-\frac{9}{2}x^{2}+\ldots+(-1)^{n-1}\frac{(-3)^{n}}{n}x^{n}+o(x^{n}) $$

其中，等式右端 $ x^{n} $ 的系数为 $ (-1)^{n-1}\frac{(-3)^{n}}{n} $，又因泰勒展开式

$ y(x)=y(0)+y'(0)x+\frac{y''(0)}{2!}x^2+\ldots+\frac{y^{(n)}(0)}{n!}x^n+o(x^n) $中 $ x^n $的系数为 $ \frac{y^{(n)}(0)}{n!} $，故 $ (-1)^{n-1}\frac{(-3)^n}{n}=\frac{y^{(n)}(0)}{n!} $，解得 $ y^{(n)}(0)=-3^n(n-1)! $。

327 解析 由麦克劳林公式可知， $ e^x \gt 1 + x + \frac{1}{2}e^{\theta x} \cdot x^2 (0 \lt \theta \lt 1) $，其中当 $ x \ne 0 $ 时， $ \frac{1}{2}e^{\theta x} \cdot x^2 \gt 0 $，因此， $ e^x \gt 1 + x \quad (x \ne 0) $，得证。 ← 题目

评注

此题亦可用拉格朗日中值定理或根据函数单调性证明。

328 解析 在 x=0 处将函数 $ f(x) $ 按泰勒公式展开得 ← 题目

$ f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2!}f''(0)x^2 + \frac{1}{3!}f'''(\eta)x^3 $， $ \eta $介于0与x之间， $ x \in [-1,1] $，

令x=-1,x=1时，有

$$ 0=f(-1)=f(0)+\frac{1}{2}f^{\prime\prime}(0)-\frac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}(\eta_{1}),\quad\eta_{1}\in(-1,0), $$

$$ 1=f(1)=f(0)+\frac{1}{2}f^{\prime\prime}(0)+\frac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}(\eta_{2}),\quad\eta_{2}\in(0,1)~, $$

以上两式相减得 $ f''(\eta_{1}) + f'''(\eta_{2}) = 6 $

由已知 $ f''(x) $ 连续，则 $ f'''(x) $ 在闭区间 $ [\eta_1, \eta_2] $ 上必有最大值 $ M $ 和最小值 $ m $，

所以 $ m \leq \frac{1}{2}[f''(\eta_1) + f''(\eta_2)] \leq M $，由连续函数的介值定理可知，至少存在一点 $ \xi \in [\eta_1, \eta_2] \subset (-1, 1) $，使得 $ f''(\xi) = \frac{1}{2}[f''(\eta_1) + f''(\eta_2)] = 3 $。

评注

题设条件中若出现二阶或二阶以上导数时往往考虑泰勒定理，本题中出现了三阶导数，因此我们使用泰勒定理时展开到了三阶。

329 解析 设函数 $ f(x) $ 在 $ a $ 点取得最小值，则 $ a \in (0,1) $, $ f(a) = -1 $, $ f'(a) = 0 $. ← 题目

函数在 $a$ 点的泰勒公式为 $f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-a)^2=-1+\frac{f''(\xi)}{2}(x-a)^2$

令x=0,x=1得

$$ 0=f(0)=-1+\frac{f^{\prime \prime}(\xi_{1})}{2}a^{2},\xi_{1}\in(0,a)\ \cdots\cdots\textcircled{1} $$

$$ 0=-1+\frac{f^{\prime \prime}(\xi_{2})}{2}(1-a)^{2},\xi_{2}\in(a,1)\quad\cdots\cdots\textcircled{2} $$

若 $ 0 \lt a \lt \frac{1}{2} $，则由①可知 $ f''(\xi_1) \geqslant 8 $；若 $ \frac{1}{2} \leqslant a \lt 1 $，即 $ 0 \lt 1 - a \leqslant \frac{1}{2} $，则由②可知 $ f''(\xi_2) \geqslant 8 $。

综上，至少存在一点 $ \xi \in (0,1) $，使得 $ f^n(\xi) \geq 8 $。

330 答案 在 $ (-\infty,0) $， $ (1,+\infty) $上单调递增，在 $ (0,1) $上单调递减. ← 题目

(1) 函数的定义域为 $ (-∞,+∞) $.

(2) 因 $ f'(x) = 1 - x^{\frac{1}{3}} = \frac{\sqrt[3]{x} - 1}{\sqrt[3]{x}} $，可知 x = 0 是不可导点.

$ f'(x)=0 $，解得x=1，即为驻点.

(3) 用 x=0, x=1 将定义域划分为小区间，以表格形式讨论如下.

因此，函数 $ f(x) $ 在 $ (-∞,0) $， $ (1,+∞) $ 上单调递增，在 $ (0,1) $ 上单调递减。

331 解析 令 $ F(x) = \tan x - x - \frac{1}{3}x^3 $，则 $ F(x) $ 在 $ [0, \frac{\pi}{2}) $ 上连续、可导，且 ← 题目

$ F'(x) = \sec^2 x - 1 - x^2 = \tan^2 x - x^2 = (\tan x + x)(\tan x - x) $，当 $ 0 \lt x \lt \frac{\pi}{2} $ 时， $ \tan x \gt x \gt 0 $，从而 $ F'(x) = (\tan x + x)(\tan x - x) \gt 0 $，因此， $ F(x) $ 在 $ [0, \frac{\pi}{2}) $ 上单调递增，故当 $ 0 \lt x \lt \frac{\pi}{2} $ 时，有 $ F(x) \gt F(0) = 0 $，即 $ \tan x \gt x + \frac{1}{3}x^3 $。

评注

利用单调性验证不等式的步骤：(1) 构造辅助函数 $ F(x) $，一般情况下，我们把不等式一端整理为 0，则另一端就为辅助函数；(2) 判断 $ F(x) $ 的单调性；(3) 求出区间端点的函数值或者极值得证不等式.

332 解析 令 $ F(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x $，则 $ F'(x)=\ln(1+x)+1-\frac{1}{1+x^2}=\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x^2} $，当 x>0 时， $ F'(x)=\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x^2}\gt 0 $，因此， $ F(x) $ 在 $ [0,+\infty) $ 上连续且单调递增，故有 $ F(x)\gt F(0)=0 $，即 $ F(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x\gt 0 $，故 $ \ln(1+x)\gt \frac{\arctan x}{1+x} $。 ← 题目

333 答案 (D). ← 题目

反例： $ f(x)=x^{3},x\in(-\infty,+\infty) $，则 $ f'(x)=3x^{2}\geqslant0 $。（A）不正确。

而 $ f^{\prime}(-x)=3x^{2}\geqslant0 $ ，排除(B). $ f(-x)=-x^{3} $ 单减，排除(C). 故选(D).

事实上，对任意 $ x_{1},x_{2} $，当 $ x_{1}\gt x_{2} $时，有 $ -x_{1}\lt -x_{2} $，则 $ f(-x_{1})\lt f(-x_{2}) $，也即 $ -f(-x_{1})\gt -f(-x_{2}) $，故 $ -f(-x) $单调递增，(D)正确.

334答案(C). ← 题目

因方程左端是偶函数，先在 $ (0,+\infty) $内讨论根的情况.

当x>0时，令 $ f(x)=x^{\frac{1}{4}}+x^{\frac{1}{2}}-\cos x $，则 $ f(x)=x^{\frac{1}{4}}+x^{\frac{1}{2}}-\cos x\geqslant x^{\frac{1}{4}}+x^{\frac{1}{2}}-1 $。故当x>1时，有 $ f(x)\geqslant1\gt 0 $，即方程 $ f(x)=0 $在 $ (1,+\infty) $内没有根。

因 $ f(0) = -1 \lt 0 $, $ f(1) = 2 - \cos 1 \gt 0 $，由零点定理可知，在 $ (0,1) $ 内至少有一个根。

又 $ f'(x) = \frac{1}{4}x^{\frac{3}{4}} + \frac{1}{2}x^{\frac{1}{2}} + \sin x $，且 $ \lim_{x \to 0^+} f'(x) = +\infty $，故函数 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上单调递增，因此方程 $ f(x) = 0 $ 在 $ (0,1) $ 内有且仅有一个根。故方程 $ f(x) = 0 $ 在 $ (0,+\infty) $ 内有且仅有一个根。利用偶函数的对称性可知，方程在 $ (-\infty,0) $ 内有且仅有一个根，故方程 $ |x|^{\frac{1}{4}} + |x|^{\frac{1}{2}} - \cos x = 0 $ 在区间 $ (-\infty,+\infty) $ 内有且仅有两个实根，所以选 (C)。

335 答案 (B). ← 题目

因为 $ f'(x)=3x^{2}-3=3(x-1)(x+1) $，令 $ f'(x)=0 $，得驻点为x=-1,x=1。

当x<-1，x>1时，函数 $ f(x) $单调递增，当-1<x<1时，函数 $ f(x) $单调递减，且极大值为 $ f(-1) $，极小值为 $ f(1) $，又 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty $， $ \lim_{x\to\infty}f(x)=\infty $，若要使函数恰好有两个不同的零点，则需要 $ f(-1)=0 $或者 $ f(1)=0 $（如335题-图所示），即 $ f(-1)=2-a=0 $或者 $ f(1)=-2-a=0 $，故a=2或a=-2，因此选(B).

评注

函数的零点问题或者方程根的问题，在应用中可以转化为对应函数图形与x轴的交点问题，而与x轴的交点问题可以通过函数的单调性来判断。

336 答案 (B). ← 题目

因 $ f(x)=x^{5}-2ax^{3}+3bx+4c $ 是奇次多项式， $ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty $， $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty $，由极限的保号性知，存在 $ c_{1}\lt 0 $，使得 $ f(c_{1})\lt 0 $；存在 $ c_{2}\gt 0 $，使得 $ f(c_{2})\gt 0 $。由零点定理可知，至少存在一根。

又由于 $ f'(x) = 5x^4 - 6ax^2 + 3b $，因为 $ \Delta = (-6a)^2 - 60b = 12(3a^2 - 5b) $，由条件可知 $ \Delta \lt 0 $，所以 $ f'(x) = 0 $ 没有实根，且 $ f'(x) \gt 0 $，从而 $ f(x) $ 单调递增，因此函数 $ f(x) = x^5 - 2ax^3 + 3bx + 4c $ 仅有一个实根，故选 (B).

337 答案 (D). ← 题目

$$ \begin{aligned} 因为 F^{\prime}(x)&=\frac{f^{\prime}(x)(x-a)-[f(x)-f(a)]}{(x-a)^{2}}\\&\xlongequal{ 拉格朗日定理 }\frac{f^{\prime}(x)(x-a)-f^{\prime}(\xi)(x-a)}{(x-a)^{2}}=\frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(\xi)}{(x-a)}( 其中 a\lt \xi\lt x),\end{aligned} $$

已知 $ f''(x) \gt 0 $，则 $ f'(x) $ 单调递增，即 $ f'(x) \gt f'(\xi) $，从而 $ F'(x) \gt 0 $，于是 $ F(x) $ 在 $ (a, b] $

上单调递增，故选(D).

338 解析 因为 $ y = \ln x $ 是单调递增的函数，要证 $ (a + x)^a \lt a^{a+x} $，即证 $ \ln(a + x)^a \lt \ln a^{a+x} $，故只需证明 $ a \ln(a + x) \lt (a + x) \ln a $ 即可。 ← 题目

设 $ f(x) = a \ln(a + x) - (a + x) \ln a $，则 $ f(x) $ 在 $ [0, +\infty) $ 内连续、可导，又 $ f'(x) = \frac{a}{a + x} - \ln a $，其中 $ a \gt e $， $ \ln a \gt 1 $， $ \frac{a}{a + x} \lt 1 $，故 $ f'(x) \lt 0 $，因此函数 $ f(x) $ 在 $ [0, +\infty) $ 上单调递减，而 $ f(0) = 0 $，因此当 $ x \gt 0 $ 时， $ f(x) \lt f(0) = 0 $，即 $ a \ln(a + x) \lt (a + x) \ln a $，也即 $ (a + x)^a \lt a^{a+x} $。

339 解析 设 $ f(x)=\ln^2 x $，因 $ f'(x)=\frac{2\ln x}{x} $，可知 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上满足拉格朗日中值定理，故 $ \ln^2 b - \ln^2 a = \frac{2\ln \xi}{\xi}(b-a) $， $ a \lt \xi \lt b $。 ← 题目

令 $ \varphi(t)=\frac{\ln t}{t} $，则 $ \varphi'(t)=\frac{1-\ln t}{t^2} $，当 $ t \gt e $ 时， $ \varphi'(t)\lt 0 $，即 $ \varphi(t) $ 单调递减，因此 $ \varphi(\xi) \gt \varphi(e^2) $，即 $ \frac{\ln \xi}{\xi} \gt \frac{\ln e^2}{e^2} = \frac{2}{e^2} $，因此 $ \ln^2 b - \ln^2 a = \frac{2\ln \xi}{\xi}(b-a) \gt \frac{4}{e^2}(b-a) $。

340 答案 在 $ (-\infty,0) $, $ \left(\frac{1}{4},+\infty\right) $ 是凹的，在 $ \left(0,\frac{1}{4}\right) $ 是凸的，拐点 $ (0,0) $， $ \left(\frac{1}{4},-\frac{3\sqrt{4}}{64}\right) $. ← 题目

(1) 函数的定义域为 $ (-∞,+∞) $

(2) $ f'(x) = \left(x^{\frac{8}{3}} - x^{\frac{5}{3}}\right)' = \frac{8}{3}x^{\frac{5}{3}} - \frac{5}{3}x^{\frac{2}{3}} $， $ f''(x) = \frac{40}{9}x^{\frac{2}{3}} - \frac{10}{9}x^{-\frac{1}{3}} = \frac{10}{9} \cdot \frac{1}{\sqrt[3]{x}} \cdot (4x-1) $，可知， $ x=0 $ 是 $ f''(x) $ 不存在的点。令 $ f''(x)=0 $，解得 $ x=\frac{1}{4} $。

(3) 用 x=0， $ x=\frac{1}{4} $ 将定义域划分为小区间，以表格形式讨论如下.

因此，曲线在 $ (-∞,0),\left(\frac{1}{4},+∞\right) $是凹的，在 $ \left(0,\frac{1}{4}\right) $是凸的，拐点是 $ (0,0),\left(\frac{1}{4},-\frac{3\sqrt[3]{4}}{64}\right) $

341 答案 (D). ← 题目

当 $ x \in \left(\pi, \frac{3}{2}\pi\right) $ 时， $ -1 \lt \sin x \lt 0 $，因此 $ 0 \lt 1 + \sin x \lt 1 $，则 $ f(x) = |1 + \sin x| = 1 + \sin x $，且 $ f'(x) = \cos x \lt 0, f''(x) = -\sin x \gt 0 $， $ x \in \left(\pi, \frac{3}{2}\pi\right) $。故 $ f(x) = |1 + \sin x| $ 的图形在区间 $ \left(\pi, \frac{3}{2}\pi\right) $

内是单调递减的、凹的，故选(D)

342 解析 令 $ f(t) = \mathrm{e}^{t} $，则 $ f'(t) = \mathrm{e}^{t} $， $ f''(t) = \mathrm{e}^{t} \gt 0 $，因此曲线 $ f(t) = \mathrm{e}^{t} $ 在 $ (x, y) $ 或 $ (y, x) $ 上为零的，于是由定义可知 $ \frac{1}{2}[f(x) + f(y)] \gt f\left(\frac{x + y}{2}\right) $，即 $ \frac{\mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{y}}{2} \gt \mathrm{e}^{\frac{x + y}{2}} $。 ← 题目

343 答案 在 $ (-\infty,1) $， $ (2,+\infty) $凹的，在 $ (1,2) $是凸的，拐点是 $ (1,0) $， $ (2,0) $. ← 题目

函数的定义域为 $ (-∞,+∞) $。因为 $ f(x)=|x^{2}-3x+2|=\{\begin{aligned}&x^{2}-3x+2,x≤1或x≥2\\&-x^{2}+3x-2,1\lt x\lt 2\end{aligned}. $，

$$ f^{\prime}(x)=\{\begin{aligned}&2x-3,x\lt 1 或 x\gt 2\\ & 不存在 ,x=1,x=2\\ &-2x+3,1\lt x\lt 2\end{aligned}.,\quad f^{\prime\prime}(x)=\{\begin{aligned}&2,\quad x\lt 1 或 x\gt 2\\ & 不存在 ,x=1,x=2\\ &-2,\quad1\lt x\lt 2\end{aligned}.. $$

用 x=1, x=2 将定义域划分为小区间，以表格形式讨论如下.

因此，曲线在 $ (-∞,1) $， $ (2,+∞) $凹的，在 $ (1,2) $是凸的，拐点是 $ (1,0) $， $ (2,0) $。

评注

绝对值函数本质是分段函数，求解时先去掉绝对值符号写成分段函数形式.

344答案(B). ← 题目

因为点(0,1)在曲线上，故代入曲线方程可得c=1

又 $ f''(x)=6ax+b $，而点 $ (0,1) $ 是曲线 $ f(x)=ax^3+bx^2+c $ 的拐点，则 $ f''(0)=0 \Rightarrow 6a\cdot0+b=0 $，即 $ b=0 $，故 $ f''(x)=6ax $，此时 $ a $ 取不为零的任意值， $ f''(x) $ 在 $ x=0 $ 两侧的符号总是相反，即 $ (0,1) $ 为拐点。故选 (B)。

345答案 (C). ← 题目

由 $ f(-x)=f(x) $ 知，函数 $ f(x) $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内为偶函数，因此函数图像关于 y 轴对称.

由 $ f'(x) \gt 0, f''(x) \lt 0 $ 知，在 $ (-\infty, 0) $ 内曲线单调递增并且为凸的，故在 $ (0, +\infty) $ 内曲线单调递减并且仍为凸的，因此 $ f'(x) \lt 0, f''(x) \lt 0 $，故选 (C).

346 答案 (D). ← 题目

因 $ f''(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f''(x) - f''(x_0)}{x - x_0} = \lim_{x \to x_0} \frac{f''(x)}{x - x_0} \gt 0 $，由极限的保号性可知，存在 $ \delta \gt 0 $，当 $ x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) $， $ \frac{f''(x)}{x - x_0} \gt 0 $。因此，当 $ x_0 - \delta \lt x \lt x_0 $ 时， $ f''(x) \lt 0 $；当 $ x_0 \lt x \lt x_0 + \delta $ 时， $ f''(x) \gt 0 $。所以 $ (x_0, f(x_0)) $ 是曲线 $ y = f(x) $ 的拐点，故选 (D)。

可以进一步推导，当 $ x_0 - \delta \lt x \lt x_0 $ 时， $ f'(x) $ 单减，从而 $ f'(x) \gt f'(x_0) = 0 $。

当 $ x_0 \lt x \lt x_0 + \delta $ 时， $ f'(x) $ 单增，从而 $ f'(x) \gt f'(x_0) = 0 $。即在 $ (x_0 - \delta, x_0 + \delta) $ 内 $ f(x) $ 单增，故在 $ x = x_0 $ 不取得任何极值。

评注

一般地，若 $ f'(x_0) = f''(x_0) = 0 $, $ f'''(x_0) \neq 0 $，则 $ (x_0, f(x_0)) $ 是曲线 $ y = f(x) $ 的拐点，且 $ f(x_0) $ 不是极值。此结论可以直接使用。

347 答案 (D) ← 题目

在 $ f''(x) + [f'(x)]^2 = x $ 中，令 x = 0 得 $ f''(0) = 0 $。原方程两边求导： $ f''(x) + 2f'(x)f''(x) = 1 $，令 x = 0，得 $ f''(0) = 1 \gt 0 $，由 88 题评注知， $ (0, f(0)) $ 是曲线 $ y = f(x) $ 的拐点，故选 (D).

348 答案 (D) ← 题目

由 $ y = f(x) $ 的图像 3-3 知，当 x < 0 时函数 $ f(x) $ 单调递增，故 $ f'(x) \gt 0 $，因此排除 (A)(C)；当 x > 0 时， $ y = f(x) $ 由凸曲线变凹曲线，因此 $ f''(x) $ 由负变正，即 $ f'(x) $ 由单调递减变为单调递增，因此可确定选 (D).

349 答案 (D). ← 题目

$x_0$ 是函数 $y = f(x)$ 的可导点，且取得极值，所以必为驻点，即 $f'(x_0) = 0$，又取得极大值，所以 $f''(x_0) \gt 0$。故选 (D)。选项 (C) 不全面。

评注

此题考查极值存在的必要条件和第二充分条件

350 答案 极大值为 $ f(0)=1 $；极小值为 $ f\left(\frac{1}{8}\right)=\frac{7}{8} $. ← 题目

(1) 函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-\infty, +\infty) $.

(2) 因 $ f'(x) = 2 - x^{-\frac{1}{3}} = \frac{2\sqrt[3]{x} - 1}{\sqrt[3]{x}} $，可知 $ f(x) $ 在 x = 0 处不可导；令 $ f'(x) = 0 $ 得驻点为 $ x = \frac{1}{8} $.

(3) 分割定义域讨论，如下表所示.

因此， $ f(x) $ 在 x=0 处取得极大值 $ f(0)=1 $； $ f(x) $ 在 x=1 处取得极小值 $ f\left(\frac{1}{8}\right)=\frac{7}{8} $

评注

此题利用第一充分条件判断极值，解题方法与求函数的单调区间相同。

351 答案 $ x = -\frac{1}{\ln 2} $ ← 题目

因 $ y' = 2^x + x \cdot 2^x \cdot \ln 2 = 2^x (1 + x \ln 2) $，则可能为极值点的点只有驻点。令 $ y' = 2^x $ $ (1 + x \ln 2) = 0 $，得驻点 $ x = -\frac{1}{\ln 2} $。又 $ y'' = 2^x \ln 2 (2 + x \ln 2) $，且 $ y''\left(-\frac{1}{\ln 2}\right) = 2^{-\frac{1}{\ln 2}} \ln 2 \gt 0 $，因此当 $ x = -\frac{1}{\ln 2} $ 时，函数 $ y = x \cdot 2^x $ 取得极小值。

评注

如果函数只有驻点（驻点可以有多个，不存在不可导点），且较易求出二阶导数，则利用第二充分条件判断极值，计算相对简单。

352 答案 (D). ← 题目

由图3-4可知，导函数为零的点（驻点）有三个，导数不存在的点是x=0。根据第一充分条件，判断这四个点两侧导数的正负，可以判断存在两个极大值和两个极小值，故选(D).

353 答案 (A). ← 题目

将 $ x_0 $ 代入方程 $ xf''(x) + 3x[f'(x)]^2 = 1 - e^{-x} $，并解出 $ f''(x_0) $ 得

$$ f^{\prime\prime}(x_{0})=\frac{1-\mathrm{e}^{-x_{0}}}{x_{0}}-3\left[f^{\prime}(x_{0})\right]^{2}=\frac{1-\mathrm{e}^{-x_{0}}}{x_{0}}\gt 0(x_{0}\neq0), $$

由第二充分条件知， $ f(x_{0}) $ 是函数 $ f(x) $ 的极小值，故选 (A).

354 答案 (B) ← 题目

因为 $ f(x) $ 的导数在 x=a 处连续，所以 $ f'(a)=\lim_{x\to a}f'(x) $。又 $ \lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{x-a}=-1 $，故 $ \lim_{x\to a}f'(x)=0\Rightarrow f'(a)=0 $，则 $ f^*(a)=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)-f'(a)}{x-a}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{x-a}=-1\lt 0 $，由第二充分条件可知，x=a 是函数 $ f(x) $ 的极大值点。故选 (B)。

355 答案 (B). ← 题目

由题设知 $ \lim_{x\to a}\left(\frac{1}{x-a}\cdot\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)=-1 $，则 $ \lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=0 $.

若 $ \lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\neq0 $，又 $ \lim_{x\to a}\frac{1}{x-a}=\infty\Rightarrow\lim_{x\to a}\left(\frac{1}{x-a}\cdot\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)=\infty\neq-1 $

从而 $ f'(a)=0 $，排除 (A)(D)。由极限的保号性可知，在 $ a $ 的某一去心邻域内有 $ \frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2}\lt 0 $。

即 $ f(x)-f(a)\lt 0 $，由极大值的定义可知， $ f(x) $ 在 $ x=a $ 处取得极大值，故选 (B)。

356 答案 $ f'(x)=\begin{cases}2x^{2x}(1+\ln x),x\gt 0\\e^x(x+1),&x\lt 0\end{cases} $，极大值 $ f(0)=1 $；极小值 $ f(-1)=1-e^{-1} $ 和 $ f\left(\frac{1}{e}\right)=\left(\frac{1}{e}\right)^{\frac{2}{e}} $。 ← 题目

当x>0时， $ f'(x)=(x^{2x})'=(e^{2x\ln x})'=x^{2x}(2\ln x+2)=2x^{2x}(1+\ln x) $.

当x<0时， $ f'(x)=(xe^{x}+1)'=e^{x}(x+1) $.

当x=0时，由导数的定义，有

$$\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{2x}-1}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\mathrm{e}^{2x\ln x}-1}{x}\xlongequal{\text{等价代换}}\lim_{x\to0^{+}}2\ln x=-\infty\)，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 时不可导，于是 $f'(x)=\begin{cases}2x^{2x}(1+\ln x),x\gt 0\\\mathrm{e}^{x}(x+1),&x\lt 0\end{cases}.$$

令 $ f'(x)=0 $ 得驻点为 x=-1， $ x=\frac{1}{e} $，可能的极值点为 x=0，x=-1， $ x=\frac{1}{e} $。列表讨论如下.

因此，极小值为 $ f(-1)=1-e^{-1} $， $ f\left(\frac{1}{e}\right)=\left(\frac{1}{e}\right)^{\frac{2}{e}} $；极大值为 $ f(0)=1 $。

357 答案 x=1 是驻点，x=1 是函数的极小值点. ← 题目

方程两边对 x 求导数得 $ 3y^{2}y^{\prime}-2yy^{\prime}+xy^{\prime}+y-x=0 $

令 $ y' = 0 $ 得 y = x，代入原方程求出驻点为 x = 1

①两边再对 x 求导数得 $ (3y^{2}-2y+x)y''+2(3y-1)(y')^{2}+2y'-1=0 $ …… ②

将 $ x=1, y=1, y'(1)=0 $ 代入，得 $ y''(1)=\frac{1}{2}\gt 0 $，故驻点 x=1 是函数的极小值点。

评注

此题为隐函数的极值判定问题，直接方程两边求导（两遍），不需要求出 $ y', y'' $的表达式，使得计算变简单。

58 答案 $ -\frac{1}{3} \leq a \leq 0 $. ← 题目

显然 $ f'(x)=3x^{2}+6ax-a $，不存在不可导点。

①当 $ \Delta=12(3a^{2}+a)\lt 0 $，即 $ -\frac{1}{3}\lt a\lt 0 $时， $ f'(x)=0 $无解，函数没有驻点，亦无极值.

②当 $ \Delta=12(3a^{2}+a)=0\Rightarrow a=0 $或 $ a=-\frac{1}{3} $

当a=0时， $ f'(x)=3x^{2}\geqslant0\Rightarrow f(x) $单增无极值.

当 $ a=-\frac{1}{3} $时， $ f'(x)=3\left(x-\frac{1}{3}\right)^2\geqslant0\Rightarrow f(x) $单增无极值.

③当 $ \Delta=12(3a^2+a)\gt 0 $时， $ f'(x)=0 $有二不等实根，函数有两个驻点且为极值。

综上可知，当 $ -\frac{1}{3}\leq a\leq0 $时函数无极值。

359 答案 最大值 $ f\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{5}{4} $；最小值 $ f(-5)=\sqrt{6}-5 $。 ← 题目

因 $ f'(x)=1-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}=\frac{2\sqrt{1-x}-1}{2\sqrt{1-x}} $，可知 x=1 是不可导点， $ x=\frac{3}{4} $ 是驻点，因此所有可能的最值点是 x=1， $ x=\frac{3}{4} $，x=-5。计算函数值得 $ f(1)=1 $， $ f\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{5}{4} $， $ f(-5)=\sqrt{6}-5 $，比较大小可知，最大值为 $ f\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{5}{4} $，最小值为 $ f(-5)=\sqrt{6}-5 $。

360答案 当$h=4r$时$V$最小，最小值$\frac{8\pi r^{3}}{3}$。 ← 题目

设圆锥底圆半径为$R$，如图360题-图如图示。

因为$\frac{BC}{SC}=\frac{OD}{SD}$，即$\frac{R}{h}=\frac{r}{\sqrt{(h-r)^{2}-r^{2}}}$，从而

$R=\frac{rh}{\sqrt{h^{2}-2hr}}$，于是椭体的体积$V(h)=\frac{\pi}{3}R^{2}h=\frac{\pi r^{2}h^{2}}{3(h-2r)}(2r\lt h\lt +\infty)$。

令$V'(h)=\frac{\pi r^{2}h(h-4r)}{3(h-2r)^{2}}=0$，得$h=4r$或$h=0$（舍）。

因为圆锥体体积的最小值必存在，且$h=4$是$V(h)$唯一的驻点，因此当$h$最小值$V(4r)=\frac{\pi r^{2}(4r)^{2}}{3(4r-2r)}=\frac{8\pi r^{3}}{3}$。

360题-图

361 答案 当Q=300时利润最大，最大利润为 $ L(300)=700 $（万元）. ← 题目

总利润函数为 $ L(Q)=R(Q)-C(Q)=-0.01Q^{2}+6Q-200 $，则 $ L'(Q)=-0.02Q+6 $， $ L''(Q)=-0.02 $。令 $ L'(Q)=-0.02Q+6=0 $，得 Q=300（唯一驻点）。且 $ L''(300)=-0.02\lt 0 $，因此函数在 Q=300 时取得极大值。因函数的极值点唯一，故此极大值点就是最大值点，即当 Q=300 时利润最大，最大利润为 $ L(300)=700 $。

362 答案 $ L(x)=18x-3x^2-4x^3 $, $ R'(x)=26-4x-12x^2 $, $ C'(x)=8+2x $, $ x=1 $ 利润最大，最大利润为 $ L(1)=11 $。 ← 题目

总利润函数为 $ L(x)=R(x)-C(x)=18x-3x^2-4x^3 $，边际收入函数为 $ R'(x)=26-4x-12x^2 $，边际成本函数为 $ C'(x)=8+2x $。由 $ L'(x)=18-6x-12x^2=0 $，得 $ x=1,x=-1.5 $（舍）。又 $ L''(x)=-6-24x,L''(1)=-30\lt 0 $，因此利润函数在 $ x=1 $ 时取得极大值，即为最大值。

故当 $ x=1 $ 时利润最大，最大利润为 $ L(1)=11 $。

363 解析 令 $ f(x)=\frac{1}{p}x^p+\frac{1}{q}-x $，则 $ f'(x)=x^{p-1}-1 $， $ f''(x)=(p-1)x^{p-2} $。 ← 题目

令 $ f'(x) = x^{p-1} - 1 = 0 $，得驻点 x = 1。又 $ f''(1) = p - 1 \gt 0 $，故当 x = 1 时， $ f(x) $ 取得极小值，也是最小值 $ f(1) = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} - 1 = 0 $。所以，对于任意 x > 0， $ f(x) \geq f(1) = 0 $，即 $ \frac{1}{p}x^p + \frac{1}{q} \geq x $。

364 解析 由于函数二阶可导，因此 $ f(x) $ 连续且一阶可导 ← 题目

由 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1 $ 可知， $ \lim_{x\to0}f(x)=0=f(0) $，从而 $ f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1 $。

令 $ F(x)=f(x)-x $，则 $ F(0)=0 $。因为 $ F'(x)=f'(x)-1 $， $ F''(x)=f''(x)\gt 0 $， $ F'(0)=f'(0)-1=0 $， $ F''(0)=f''(0)\gt 0 $，故 $ F(0) $ 是 $ F(x) $ 的极小值。

又 $ F'(x) $ 单增，则 $ F'(x) $ 仅有一个零点 x=0，即 $ F(x) $ 有唯一驻点，从而 $ F(0) $ 是 $ F(x) $ 的最小值，则 $ F(x) \geq F(0)=0 $，即 $ f(x) \geq x $。

365答案 y=1. ← 题目

由于 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x+1}{x}=1 $，因此y=1是曲线的水平渐近线.

366答案 x=1和x=-1. ← 题目

由于 $ \lim_{x\to1}\frac{1}{1-x^2}=\infty $， $ \lim_{x\to-1}\frac{1}{1-x^2}=\infty $，因此x=1和x=-1是曲线的两条铅垂渐近线。

评注

曲线的铅垂渐近线就是函数的无穷间断点。

367 答案 水平渐近线为 y=1，铅垂渐近线为 x=1. ← 题目

由于 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}-x-2}{x^{2}-1}=1 $，因此y=1是曲线的水平渐近线.

由于 $ \lim_{x\to1}\frac{x^{2}-x-2}{x^{2}-1}=\lim_{x\to1}\frac{x-2}{x-1}=\infty $，因此x=1是曲线的铅垂渐近线.

由于 $ \lim_{x\to-1}\frac{x^2-x-2}{x^2-1}=\lim_{x\to-1}\frac{x-2}{x-1}=\frac{3}{2}\neq\infty $，所以x=-1不是曲线的铅垂渐近线.

368 答案 $ y = x + 1 $. ← 题目

$$ \therefore a=\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{x-1}=1\ ,\quad b=\lim_{x\to\infty}[f(x)-x]=\lim_{x\to\infty}[\frac{x^{2}}{x-1}-x]=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{x-1}=1 $$

因此，y=x+1是曲线的斜渐近线.

369 答案 铅垂渐近线 x=0；斜渐近线 y=2x+1 ← 题目

由于 $ \lim_{x\to\infty}y=\lim_{x\to\infty}(2x-1)e^{\frac{1}{x}}=\infty $，因此没有水平渐近线.

因为 $ \lim_{x\to0^{+}}y=\lim_{x\to0^{+}}(2x-1)e^{\frac{1}{x}}=\infty $，所以 x=0 是曲线的铅垂渐近线.

由于 $ a=\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{(2x-1)e^{\frac{1}{x}}}{x}=2 $

$$ \begin{aligned}&b=\lim_{x\to\infty}[f(x)-2x]=\lim_{x\to\infty}[(2x-1)\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2x]\\ &\\ &\xlongequal{ 令 t=\frac{1}{x}}\lim_{t\to0}\frac{(2-t)\mathrm{e}^{t}-2}{t}\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{t\to0}\frac{-\mathrm{e}^{t}+(2-t)\mathrm{e}^{t}}{1}=\lim_{t\to0}(1-t)\mathrm{e}^{t}=1\text{．}\\ \end{aligned} $$

因此，y=2x+1 是曲线的斜渐近线.

评注

求曲线的铅垂渐近线时，应注意 $ x\to0^{+} $，而非 $ x\to0^{-} $或 $ x\to0 $

370 答案 (A). ← 题目

由于 $ \lim_{x\to\infty}x\sin\frac{1}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=1 $（第一重要极限），因此曲线有水平渐近线y=1；

又 $ \lim_{x\to0^{+}}x\sin\frac{1}{x}=0\neq\infty $ （无穷小量的性质），曲线没有铅垂渐近线．故选 (A).

371 答案 (D) ← 题目

由于 $ x \to \pm\infty $ 时， $ \lim_{x \to +\infty} f(x) $ 都不存在，故不存在水平渐近线；

因 $ \lim_{x\to0}x\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}}\stackrel{ 令t=\frac{1}{x}}{=}\lim_{t\to\infty}\frac{\mathrm{e}^{t^{2}}}{t}=\lim_{t\to\infty}\frac{2t\mathrm{e}^{t^{2}}}{1}=\infty $，故存在铅垂渐近线x=0；

因为 $ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty}e^{\frac{1}{x^2}}=1 $，即a=1，

$$ b=\lim_{x\to\infty}[f(x)-x]=\lim_{x\to\infty}[x\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}}-x]=\lim_{x\to\infty}x(\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}}-1)\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to\infty}x\cdot\frac{1}{x^{2}}=0\ , $$

所以，存在斜渐近线 y=x 。故选 (D).

372 答案 (D). ← 题目

由于 $ \lim_{x\to-\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+e^x)\right]=0 $，因此曲线有一条水平渐近线y=0；

又 $ \lim_{x\to0}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+e^x)\right]=\infty $，因此曲线有一条铅垂渐近线x=0；

因 $ a = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left[ \frac{1}{x^2} + \frac{\ln(1 + e^x)}{x} \right] = 1 \neq 0 $，

$$ b=\lim_{x\to+\infty}[f(x)-x]=\lim_{x\to+\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^{x})-x\right]=\lim_{x\to\infty}[\ln(1+\mathrm{e}^{x})-\ln\mathrm{e}^{x}]=\lim_{x\to+\infty}\left[\ln\frac{1+\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x}}\right]=0, $$

故有一条斜渐近线 y=x. 总共有三条渐近线，故选(D).

373 答案 (C). ← 题目

由 $ \lim_{x\to\infty}e^{\frac{1}{x^{2}}}\arctan\frac{x^{2}-x+2}{(x-1)(x+2)}=\frac{\pi}{4} $，得水平渐近线 $ y=\frac{\pi}{4} $

又 $ \lim_{x\to0}e^{\frac{1}{x^{2}}}\arctan\frac{x^{2}-x+2}{(x-1)(x+2)}=\infty $，得铅垂渐近线 x=0；

而当 $ x \to 1 $， $ x \to -2 $ 时， $ \lim_{x \to 1} f(x) \neq \infty $， $ \lim_{x \to -2} f(x) \neq \infty $，所以 x = 1，x = -2 不是铅垂渐近线；由 $ \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = 0 $，可知无斜渐近线。因此曲线有 2 条渐近线，故选 (C)。

374 解析 (1) 函数的定义域为 $ (-\infty, -1) \cup (-1, +\infty) $. ← 题目

(2) 此函数非奇非偶、无周期性.

(3) 由于 $ \lim_{x\to-1}\frac{(x-1)^3}{(x+1)^2}=\infty $，故 x=-1 是曲线的铅垂渐近线；

又 $ \lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{(x-1)^3}{x(x+1)^2} = 1 $，且 $ \lim_{x \to \infty} (y-x) = \lim_{x \to \infty} \left[ \frac{(x-1)^3}{(x+1)^2} - x \right] = \lim_{x \to \infty} \frac{-5x^2 + 2x - 1}{x^2 + 2x + 1} = -5 $，故 $ y = x - 5 $ 是曲线的斜渐近线。

(4) 计算得 $ y' = \frac{(x-1)^2(x+5)}{(x+1)^3} $， $ y'' = \frac{24(x-1)}{(x+1)^4} $。

当 $ x_{1}=-1 $时， $ y^{\prime},y^{\prime\prime} $都不存在.令 $ y^{\prime}=0 $得 $ x_{2}=-5,x_{3}=1 $；令 $ y^{\prime\prime}=0 $得 $ x_{4}=1 $

(5) 列表如下所示.

(6) 曲线与坐标轴的交点 $ (0,-1) $， $ (1,0) $，极大值 $ f(-5) = -13.5 $。

(7) 综合以上信息，描绘出图形如 374 题 - 图所示.

75 解析 (1) 函数的定义域为 $ x \neq \frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4} $, $ n = 0,1,2,\cdots $. ← 题目

(2) 函数是偶函数，周期为 $ 2\pi $，在 $ [-\pi,\pi] $ 上关于 y 轴对称，因此仅讨论 $ [0,\pi] $ 的情况，根据对称性得到一个周期 $ [-\pi,\pi] $ 上的图像。

(3) 由于 $ \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\cos 2x} = \infty $, $ \lim_{x \to \frac{3\pi}{4}} \frac{\cos x}{\cos 2x} = \infty $, 故 $ x = \frac{\pi}{4} $, $ x = \frac{3\pi}{4} $ 是曲

线的铅垂渐近线；无水平渐近线和斜渐近线。

(4) 计算得 $ y' = \frac{\sin x(3 - 2\sin^2 x)}{\cos^2 2x} $， $ y'' = \frac{\cos x(3 + 12\sin^2 x - 4\sin^4 x)}{\cos^3 2x} $，

令 $ y'=0 $ 得 $ x_{1}=0, x_{2}=\pi $；令 $ y''=0 $ 得 $ x_{3}=\frac{\pi}{2} $；在 $ x=\frac{\pi}{4}, x=\frac{3\pi}{4} $ 处 $ y', y'' $ 都不存在。

(5) 列表如下所示.

(6) 又曲线与坐标轴的交点 $ \left(\frac{\pi}{2},0\right) $，极小值 $ f(0)=1 $，极大值 $ f(\pi)=-1 $

(7) 综合以上信息作图如下.

376 答案 $ \frac{\sqrt{2}}{2} $ ← 题目

由 $ y=\frac{1}{x} $ 知 $ y'=-\frac{1}{x^{2}} $， $ y'=\frac{2}{x^{3}} $，代入曲率公式(1)，得

曲率 $ K = \frac{|y''|}{(1 + y''^2)^{\frac{3}{2}}} = \frac{\left|\frac{2}{x^3}\right|}{\left[1 + \left(\frac{1}{x^2}\right)^2\right]^{\frac{3}{2}}} $，代入 x = 1，得 $ K = \frac{2}{(1 + 1)^{\frac{3}{2}}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $。

377 答案 $ K = \frac{2}{|3a\sin 2t_{0}|} $, $ \rho = \frac{|3a\sin 2t_{0}|}{2} $. ← 题目

因为 $ \varphi(t)=a\cos^{3}t,\ \psi(t)=a\sin^{3}t $ ，计算得

$$ \begin{aligned}&\varphi^{\prime}(t)=-3a\cos^{2}t\sin t,\ \psi^{\prime}(t)=3a\sin^{2}t\cos t\ ,\ \varphi^{\prime \prime}(t)=6a\cos t\sin^{2}t-3a\cos^{3}t,\ \psi^{\prime \prime}(t)=6a\sin t\\&\cos^{2}t-3a\sin^{3}t\ ,\\ \end{aligned} $$

代入参数方程形式的曲率公式(2)，得

$$ K=\frac{|\varphi^{\prime}(t)\psi^{\prime \prime}(t)-\varphi^{\prime \prime}(t)\psi^{\prime}(t)|}{[\varphi^{\prime2}(t)+\psi^{\prime2}(t)]^{\frac{3}{2}}}=\frac{|-9a^{2}\sin^{2}t\cos^{2}t|}{[9a^{2}\sin^{2}t\cos^{2}t]^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{|3a\sin t\cos t|}=\frac{2}{|3a\sin2t|} $$

因此，在点 $ t_0 $处的曲率 $ K=\frac{2}{|3a\sin 2t_0|} $，曲率半径 $ \rho=\frac{1}{K}=\frac{|3a\sin 2t_0|}{2} $。

378 答案 $ \left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2} $ ← 题目

由 $ y'=4x-3 $, $ y^{*}=4 $ ，得 $ y'(1)=1 $, $ y''(1)=4 $ 。所以，抛物线在 $ M(1,2) $ 处的曲率及曲率半径分别为

$$ K\mid_{(1,2)}=\frac{\mid y^{\prime \prime}(1)\mid}{\left[1+{y^{\prime}}^{2}(1)\right]^{\frac{3}{2}}}=\frac{4}{(1+1)^{\frac{3}{2}}}=\sqrt{2}\ ,\ \rho=\frac{1}{K\mid_{(1,2)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ . $$

因为曲率圆中心 $ \alpha\vert_{(1,2)}=1-\frac{y'(1)(1+y'^2(1))}{y''(1)}=\frac{1}{2} $， $ \beta\vert_{(1,2)}=2+\frac{1+y'^2(1)}{y''(1)}=\frac{5}{2} $。

则在 $ M(1,2) $处的曲率圆方程为： $ \left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2} $.

379 答案 9. ← 题目

由于 $ y' = \frac{1}{2\sqrt{x}} $, $ y'' = -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} $，因此抛物线在点 $ M(x, y) (x \geq 1) $ 处的曲率半径为

$$ \rho=\rho(x)=\frac{1}{K}\!=\!\frac{(1+y^{\prime2})^{\frac{3}{2}}}{\mid y^{\prime}\mid}\!=\!\frac{1}{2}(4x+1)^{\frac{3}{2}}\ . $$

又抛物线上 $ AM $ 弧长为 $ s = s(x) = \int_1^x \sqrt{1 + y'^2} \, dt = \int_1^x \sqrt{1 + \frac{1}{4t}} \, dt $，则

$$ \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}=\frac{\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}x}}{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}}=\frac{\left[\frac{1}{2}(4x+1)^{\frac{3}{2}}\right]^{\prime}}{\left[\int_{1}^{x}\sqrt{1+\frac{1}{4t}}\mathrm{d}t\right]^{\prime}}=\frac{\frac{1}{2}\times\frac{3}{2}\times(4x+1)^{\frac{1}{2}}\times4}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}}=6\sqrt{x}, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\right)\cdot\frac{1}{\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}}=\frac{6}{2\sqrt{x}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4x}}}=\frac{6}{\sqrt{4x+1}}\ , $$

因此， $ 3\rho\frac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}-\left(\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\right)^{2}=3\times\frac{1}{2}(4x+1)^{\frac{3}{2}}\times\frac{6}{\sqrt{4x+1}}-36x=9 $.