华科微积分辅导书习题答案4

1、习题4解答(编写：金建华)(4)曲线y3x e- 3x ,.3xe (12X0，显然3ex(5)函数 f(X)解 f(X)-. 3x3x)e , y- 3x -.3e 3(1y在xo两侧变号，故所求点2 、 6x X在区间6 2X , y344 8x 3x24x2 12x3是凹的(即向上凹)ex 2 , y 0 X (的极大值是-. 3x3x)e2 2(P)为所求3x3e (11 3x)212x (2 x)在X 2两侧变号，左正右负，X2为极大值X 0sin X解12xsin 2xl.側彳8lim3-X364sin X -13丄/卄lim3 X(用到X-X3，据台劳公式)；36(2)函数yX3

2、3x2在是单调减少。解 y3x26x 3x(x2)00 X2，填0,2或(0,2 )；O(3)曲线yO1、填空题：(1) lim2x S3n2xxe 3x的拐点坐标是点，极大值为f(2)20 O(6)函数ax(a0, a 1)的n阶麦克劳林多项式是解axex'n a在X 0的Taylor多项式由ex的展式来写:ax 1 X ln a x2 ln2 a2!-Xnl nna n!(7)曲线 y xln(e1 / X)的斜渐近方程为lim)X X1 lim In(e ) XX1,lim(yXX) lim x(ln(e1-)X1In(e ) In e1) limx1/Xln(1 lim 一丄)

3、ex1/X故所求为y(8)抛物线y 4xX2在其顶点处的曲率为解 y 42x, y 2，顶点处 x 2, y (2)0 ,y (2)2 ,(9) lim / X dC 2解丨lim1 12J1 X 2J1 X2x1lim（注，用J1 X丄lim4 X此时，分子=111-X2(10)若 limX Xf(x) f(X0)(X X0)n2 （n为正整数）当n为偶数时,f（X）在 XX0 处解条件分式最终为正（极限的保号性）小；n奇时,f（X）(11)曲线yxe,则当no(x2)O（X2）更好:2X2.)4为奇数时,。于是n偶时，f（Xo）与X Xo同号.f（Xo）非极值.x的拐点为，且该曲线在区间f

4、（X）在 X=X0处.f(X) f(X0) 0, f (Xo)极上凹，在区间X小xe , y 2exe X，令 y当X 2时，y 0 ,曲线为凸的；当2时，y0 ,曲线为凹的；拐点为 （2, 2e 2）（12）若f（X）在0,a上二阶可导，且(X)又知f（X）在（0, a ）内取得极大值,则必有于是f (0) f (a)Ma o设在点X0极大，则f （X0）f (a)f (a) f (X0)f (0) f (a)f ( ) X0于是(y)(y)(0)X0X0f (0) f (X0)M(X0f ( )1X0a X0) Ma2.选择题(1)函数f(x)1 和 g(x) 2x1，在区间0,1上满足柯

5、西定理的等于()(A)221212(B)罗尔定理中的三个条件:(A)f(x)在a,b上连续，在 a,b内可导，且f(a) f(b)是f (x)在a,b内至少存在一点 ，使得f'( )0成立的(A )必要条件(C)充要条件(B )充分条件(D)既非充分也非必要条件。解充分条件(B)(3)下列函数中在1,e上满足拉格朗定理条件的是(A)(A) ln(ln X) (B)In x在1,e满足(B)设lim f (x)为未定型，则x x0 g(x)必要条件(B )充要条件充分(C)In x(C)丄ln x(D) ln(2 x)。lim f (x)存在是 limx x0 g (x)x(C)充分条件

6、(5)若在区间(a,b)函数f (x)的f(X)0, f (x)(A)(C)单调减少，曲线上凹 单调增加，曲线上凹(B)(D)单调减少,单调增加,0对应单增，f0对应上凸,于是(6)设f (x)在(0，+)内可导，且(A) f(x) 0(C) f(x)单调趋向于+解注意在x 0处，函数可能不连续,(7)设 limx他一罟=1，则在x a (x a)(A)f(x)的导数存在，且f (a)(C)f(x)取得极小值f(x)x0 g(x)0，则曲线下凹曲线下凹也存在的()既非充分也非必要条f (x)在(a,b)内是()D)形为右图。(x) 0，(B)(D)a处()(D)若f (0)0,则在(0,)内有

7、()f(x) 0f (x)的符号不能确定.反例形为右图。f (x)的导数不存在f (x)取得极大值(8)函数y X4 2x3有（）（B）两个极大值一个极小值，无极大值（A） 一个极大值和一个极小值（C）两个极小值（D）y x3（x 2）, 一个极小值（D）图形如右设g（x）在（-上严格单调减少，f （X）在X x0处有极值，则（）(A)(B)(C)(D)f(x)f(x)f(x)f(x)f（Xo）x0处有极小值X0处有极大值Xo处有最小值Xo处既无极大值，也无最小值g( f(X)g（f （xo），故为极小值.（A）(10)曲线y（A）有一个拐点(B)有两个拐点无拐点（C）有三个拐点y 1 X (

8、1 X)它在(11)Xe2Xe 1 X (1 X)2X 1两侧变号，但设f （X）在闭区间_ 2 (1Xx)3e(HV1X)22(1 X)1为无定义点，故无拐点（D）21 X2 Xe，(1 X)31,1上连续，在开区间（-1,1）上可导，且则必有（）（12）若 f（X）0，则f(1)、f (2)、f(2)f（1）的大小关系为（(A) f (x) M(B)f(x)M(C) f (x) M(D)f(x)M解 f(x) f (x) f (0)f ( ) X M 1选（C）(B)f(2)f(1)f (2)f (1)(C)f (2)f(2)f(1)f (1)(D)f (1)f(2)f(1)f (2)f0

9、 f，故 f (1)f(2)f(1) f ( ) f (2)选(C)解(13)设f(x)有二阶连续导数，且)旦1，则f(0)0,00(B)f(0)是f(X)的极小值(C)(0, f(0)是曲线yf(X)的拐点(D)f(0)不是f(x )的极值,(0, f (0)也不是曲线yf (X)的拐点f (X)f与X同号，故推出f (X)0.结合f(0)0，选(B)(14)曲线ye1/x22 1arcta n XX的渐近线有(X 1)( X 2)(A) 1 条(B) 2 条(C)(D) 4 条解 X0时，y，故得一条垂直渐近线X1 时 arcta n(*)-，非垂2直渐近线，类似X2也不是，再X时，y得水

10、平渐近线。选(f (0)是f(X)的极大值(15)设函数f(x)在X Xq连续，若Xq为f(x)的极值点，则必有 ()(B) f (Xq)0(A) f (Xq)0(C) f (Xq) 0 或 f (Xq)不存在(D) f (Xq)不存在解 选(C)这是两种情形:3.求下列极限:(1) limx 1 xlnxx 1 (x 1)ln X1 1 ln(1 x) x1(3) lim 1/x100 e 7(4) limx 0xln-x解：使用洛必达法则要结合等式变形或等价变形等化简手段。(1 )令 x 1 t，(分子化简用到：ln(1 x) x0仪2)，下题也是)x 1 xl nx limX 1 (x

11、1)l nxlimt (1 t) ln(1 t)t 0tln(1 t)(1t)(t gt2 o(t2)(2) lim1x 0 ln(1 x)丄xlimx ln(1 x)x 0 xln(1 x)1 2-xlim x 0(3 )令 u4，化简到分式后使用洛必达法则x50 50 u ulim u e lim 7 uu eulimu50u49limu50! 0(4 )令 t化简后使用洛必达法则x ln(ln _)lim e xx 0exp limx 0ln ln-xlim tIn(lnt)tlimte1 1InT t14.已知f (x)在x0处有三阶导数，且 f(0)0, f(0)0, f (0)2,

12、f (0)3，求极限解一：由f (x)在x0处Taylor公式，得:f(x)3 3 x 3!o(x3),于是limMx 0 x3133-x o(x ) lim 2解二：由洛必达法则也可以。注意0/0型条件的检验。2f (x) xf (x) 2xlim lim 一 x 0 x3 x 0 3x2f (x)f (0)x 0(注：最后一步极限只可使用导数定义，决不可以用洛必达！因为三阶导函数可以不存在)5证明下列不等式7(1)当 0 x 1 时，e2x解：设 f(x) (1x)e2x(1 x)，原不等式f(x)f (x) e2x(12x)1, f (x) 4xe2x(x)在(0,1)内单调减，且f (

13、0)f (x)0f (x)在(0,1)内单调减，又由f(0)0 ,故在(0,1)内f(x)(1x)e2xx21e-1 x(2)当 xf (x)x _xe =0 x0，因x0为f时 f(X)0 时，故 f (0)1 是 f(x)f(x) (1x)ex f(0)1，因x1即得x(3)当 x 5 时，22 x解：令2xF(x) 2 (xx5)，F (x)因当x5 时，xl n22 4l n22 Ir2xx2 (x 5).x)ex, f(0)1解：作函数f(x)(1(4)比较J21 和 ln(1162 eJ2)的大小(x)的唯一驻点，且当x 0时f的极大值，也是最大值x 2X(x1 n2 2)(x)(

14、x0，故 F(X)0，从而 F(x)0,当x1)F(5)解：因1令 f(x)f (x)1叵1-f(2)In 2-0x20 (x2)则f(x),即得ln(1血)1In xf(2)0 (x 2)112xx1近,ln(1 1J2)与之大小,1 V26.求下列函数的极值:2(1) f(x) (x 2) (x 1)1.解：f (x)2(x2)(x 1) (x2)23x(x 2) = 0 x 2,x0f (x)6x 6, f (0)60f在x 0处取得极小值，且 f (0)f ( 2)2处取得极大值，且f( 2)0(2) f (x)fC) e；ef (x) ex(2x)(1x) = 0 x2, x 1.

15、f (x) e x(x2x3)f ( 2)3e20 ,f (x)在 x2处取得极小值，且极小值为f(2) 0f (1)3e 10 ,f (x)在 x1处取得极大值，且极大值为f(1)5e 1f(x)2xcx ,x 0x 1,x0lim f (x)x 0limx 02xx2xlarlim ex 01 f(0)lim f (x)x 0limx 0(x 1)1 f(0)3xf(x)在()内处处连续.解:解:e2f(x)在x 0处连续，从而e x(x21) e22x2x(1 In x), x (x).1,xx(,0)01(0-) e1e(-,)ef (x)+不存在一0+f(x)z极大值、极小值zx 1

16、处，f (x)不可导，令f (x)0在xf (x)的极大值为f (0)1，极小值为由上面的表可知,1e已知f(x)2x32 axbx9有两个极值点x1,x2，求f(x)的极大值与极小值解：f (x)6x2ax bf (1)62a b0(1)由从中解得a 9,b12f244a b0即得f(x)2x3 9x212x9,f (x)12x 18, f (1)60f (x)在x 1处取得极大值，且f (1)147.226 0,f(x)在x 2处取得极小值，且 f(2)13.&求 f (x)内最大值和最小值.解：f (x)x22xe (12x ) = 0 x 0, 1 .lim f (x) lim

17、 xx/ X2xlim 2x exlimx2x2xexlim f(x) limx''xr 0xef(0) 0, f( 1)f(x)在()内最大值为9.求下列曲线的渐近线:(1) y x32 xx矗32 xx3 x2(x1Vx11lim0,(2)y解：xJ3为垂直渐近线.y 0为水平渐近线.0.x1，最小值为解: xim1Vx 1xmF 1x 1为垂直渐近线，y 1为水平渐近线.10.研究方程xlnx A 0实根的个数.x1(0-) e1 e1(-,)ef (x)一0+f(x)极小值zA -e11 = 0xelim f (x)A, limf(x)解：令 f(x) xl nx A，

18、贝U f (x) ln x(1 )若 A(2)若 01(,e,1(0,-)与(-,ee则在(0,)内方程无根，在e)内方程有一根.1/e，则方程在)内各有一根.11-,则极小值f () ee程只有一个实根.(3)若 A110,在(0,)内 f (x)0,在(,ee)内f (x)0,即方(4)若A 1，则极小值f)0,从而在(0,)内f(x) 0,方程无实根. ee11设 a1, a2, ,an 满足 a1a2(1)nanR 0的实数，证明a1 cosx a2 cos3xan cos(2 n 1)x0在开区间(0 )内至少有一个实根.，21解：设 f (x) a1 sinx -a2 sin3x3

19、1an sin(2n 1)x 2n 1在0,3内满足Rolle定理条件：f (0)10,fq)a13a2(1)n1yJan 02n 1x(0,)，使得f( )0,即在(0,)内有 x满足2 2a1 cosx a2 cos3xan cos(2n 1)x0(a, b)，使得f()汕()。证：首先由拉格朗日中值定理，得宀f(b) f(a)(a,b)使f()七严12.设函数f(x)在闭区间a,b上连续，在开区间(a,b)内可微，试证存在(a,b)使f(b) f(a) f ()b2 a22两式联手即得。13.设f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(0)0.证明在(0,1)内至少存在一点其次针

20、对f (x)以及f (x)x2在a,b上，由Cauchy中值定理知，存在使 f( )(1 )f ().证：令 F(x) f (x)(x 1),则F(x)在0,1上满足R Th条件，则存在(0,1)，使F ( ) 0 即 f ( )(1)f( ) 0 f( ) (1)f ()14.设0 a b, f (x)在a,b上连续，在(a,b)内可微，证明在(a,b)内至少存在一点l_ 使得 f(b) f (a) f ( )ln -.a证：令g(x) In X ,将f (x)及g(x)在a, b上应用柯西中值定理，则有Tb :，(a,b)即 f(b) f(a) f ( )lIn b In a 1a15 .设f (x)在0,1上具有二阶导数，且f(0)f(1) 0,minf (x)1 .证明存在一点0x1则有a)f ( 2)(1 a)2，(0a)于疋若1 8)；f ( 2)8 .由此可得f)8.(01)16.由y 0,x8,yx2所围成的曲边三角形 OAB，在曲边OB(yx2,a8)上求一点C，使得过此点所作y x2之切线与OA,OB所围成的三角形面积最大解：设过曲线y x2上点c(x,b