高等数学(同济大学第五版)第三章 中值定理与导数的应用

1、习题311. 验证罗尔定理对函数y=ln sin x 在区间, 5上的正确性. 解 因为y=ln sin x 在区间,5上连续, 在(, 5内可导, 且y=y(5, 所以由罗尔定理知, 至少存在一点, 5, 使得y()=cot =0. 66由y(x)=cot x=0得, 5. 266因此确有=(,5, 使y()=cot =0. 2662. 验证拉格朗日中值定理对函数y=4x35x2+x2在区间0, 1上的正确性. 解 因为y=4x35x2+x2在区间0, 1上连续, 在(0, 1)内可导, 由拉格朗日中值定理知, 至少存在一点(0, 1), 使y()=y(1)y(0)=0. 10由y(x)=1

2、2x210x+1=0得x=5±(0, 1). 因此确有=5±(0, 1), 使y()=y(1)y(0). 3. 对函数f(x)=sin x及F(x)=x +cos x在区间0, 上验证柯西中值定理的正确性. 2解 因为f(x)=sin x及F(x)=x +cos x在区间0, 上连续, 在(0, 可导, 且F(x)=1sin x在(0,内不为0, 所以由柯西中值定理知至少存在一点(0, , 使得 f(f(0)f()= . FF(F(0)2f(x)f(f(0)cosx2=, 即. 令F(x)F(F(0)1sinx2化简得sinx=内有888(0, . 易证, 所以在10<

3、;1<1sinx=12(2)2+4(2)2+4(2)2+4解, 即确实存在(0, 使得 2f(f(0)f()= . FF(F(0)24. 试证明对函数y=px2+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点总是位于区间的正中间.证明 因为函数y=px2+qx+r在闭区间a, b上连续, 在开区间(a, b)内可导, 由拉格朗日中值定理, 至少存在一点(a, b), 使得y(b)y(a)=y()(ba), 即(pb2+qb+r)(pa2+qa+r)=(2p+q)(ba).化间上式得p(ba)(b+a)=2p (ba), 故=a+b. 5. 不用求出函数f(x)=(x1)(x2)(x3)(x4)

4、的导数，说明方程f (x)=0有几个实根, 并指出它们所在的区间.解 由于f(x)在1, 2上连续, 在(1, 2)内可导, 且f(1)=f(2)=0, 所以由罗尔定理可知, 存在1(1, 2), 使f (1)=0. 同理存在2(2, 3), 使f (2)=0; 存在 3(3, 4), 使f ( 3)=0. 显然1、2、 3都是方程f (x)=0的根. 注意到方程f (x)=0是三次方程, 它至多能有三个实根, 现已发现它的三个实根, 故它们也就是方程f (x)=0的全部根.6. 证明恒等式: arcsinx+arccosx= (1x1). 2证明 设f(x)= arcsin x+arccos

5、 x. 因为f(x)=110, x2x2所以f (x)C, 其中C是一常数.因此f(x)=f(0)=arcsinx+arccosx=, 即arcsinx+arccosx=. 227. 若方程a0xn+a1xn1+ + an1x=0有一个正根x0, 证明方程a0nxn1+a1(n1)xn2 + +an1 =0必有一个小于x0的正根.证明 设F(x)=a0xn+a1xn1+ + an1x, 由于F(x)在0, x0上连续, 在(0, x0)内可导, 且F(0)=F(x0)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点(0, x0), 使F ()=0, 即方程a0nxn1+a1(n1)xn2 + +an1 =

6、0必有一个小于x0的正根.8. 若函数f(x)在(a, b)内具有二阶导数, 且f(x1)=f(x2)=f(x3), 其中a<x1<x2<x3<b, 证明: 在(x1, x3)内至少有一点, 使得f ()=0.证明 由于f(x)在x1, x2上连续, 在(x1, x2)内可导, 且f(x1)=f(x2), 根据罗尔定理, 至少存在一点1(x1, x2), 使f (1)=0. 同理存在一点2(x2, x3), 使f (2)=0.又由于f (x)在1, 2上连续, 在(1, 2)内可导, 且f (1)=f (2)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点 (1, 2)(x1, x

7、3), 使f ( )=0.9. 设a>b>0, n>1, 证明:nbn1(ab)<anbn<nan1(ab) .证明 设f(x)=xn, 则f(x)在b, a上连续, 在(b, a)内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在(b, a ), 使f(a)f(b)=f ()(ab), 即anbn=n n1(ab).因为 nbn1(ab)<n n1(ab)< nan1(ab),所以 nbn1(ab)<anbn< nan1(ab) .10. 设a>b>0, 证明:ab<lna<ab. abb证明 设f(x)=ln x, 则f(x)

8、在区间b, a上连续, 在区间(b, a )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在(b, a ), 使f(a)f(b)=f ()(ab), 即lnalnb=1(ab). 因为b<<a, 所以1(ab)<lnalnb<1(ab), 即ab<lna<ab. abbab11. 证明下列不等式:(1)|arctan aarctan b|ab|;(2)当x>1时, ex>ex .证明 (1)设f(x)=arctan x, 则f(x)在a, b上连续, 在(a, b)内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在(a, b), 使f(b)f(a)=f ()(ba), 即

9、arctanbarctana=12(ba), 1+所以|arctanbarctana|=12|ba|ba|, 即|arctan aarctan b|ab|. + (2)设f(x)=ex , 则f(x)在区间1, x上连续, 在区间(1, x)内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在(1, x), 使f(x)f(1)=f ()(x1), 即 ex e=e (x1).因为 >1, 所以ex e=e (x1)>e(x1), 即ex >ex.12. 证明方程x5+x1=0只有一个正根.证明 设f(x)=x5+x1, 则f(x)是0, +)内的连续函数.因为f(0)=1, f(1)=1,

10、f(0)f(1)<0, 所以函数在(0, 1)内至少有一个零点, 即x5+x1=0至少有一个正根.假如方程至少有两个正根, 则由罗尔定理, f (x)存在零点, 但f (x)=5x4+10, 矛盾. 这说明方程只能有一个正根.13. 设f(x)、g(x)在a, b上连续, 在(a, b)内可导, 证明在(a, b)内有一点, 使 f(a)f(b)f(a)f()=(ba). g(a)g(b)g(a)g()f(a)f(x), 则(x)在a, b上连续, 在(a, b)内可导, 由拉格朗日中值定理, 存g(a)g(x) 解 设(x)=在(a, b), 使(b)(a)=()(ba),即因此 f(

11、a)f(b)f(a)f(a)f(a)f()f(a)f(). =(ba)+g(a)g(b)g(a)g(a)g(a)g()g(a)g()f(a)f(b)f(a)f()=(ba). g(a)g(b)g(a)g()f(x), 则在(, +)内有 ex 14. 证明: 若函数.f(x)在(, +)内满足关系式f (x)=f(x), 且f(0)=1则f(x)=ex . 证明 令(x)=(x)=f(x)exf(x)e2f(x)exf(x)e2=0, e2xe2x所以在(, +)内(x)为常数.因此(x)=(0)=1, 从而f(x)=ex .15. 设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n 阶导数, 且f(

12、0)=f (0)= =f (n1)(0)=0, 试用柯西中值定理证明:f(x)f(n)(x)= (0<<1). xnn!证明 根据柯西中值定理f(x)f(x)f(0)f(1)=n1(1介于0与x之间), =xnxn1f(1)f(1)f(0)f(2)=(2介于0与1之间), nn1nn1nnn1nn2f(3)f(2)f(2)f(0)=(3介于0与2之间), nnnnn2nnnnn223依次下去可得f(n1)(n1)f(n1)(n1)f(n1)(0)f(n)(n) (n介于0=n(n1) 2n1n(n1) 2n1n(n1) 20n!与n1之间), 所以f(x)f(n)(n)= xnn由

13、于n可以表示为n = x (0<<1), 所以 f(x)f(n)(x)= (0<<1). xnn!习题321. 用洛必达法则求下列极限:(1)limln(1+x); x0xexex(2)lim; x0sinxsinxsina; (3)limxaxa(4)limxsin3x; tan5x(5)limxlnsinx(2x)xmamnn2; 2 (6)limxalntan7x (7)lim; x+0lntan2xxa;(8)limx2tanx; tan3x1ln(1+)x; (9)limx+arccotxln(1+x2); (10)limx0secxcosx(11)limxc

14、ot2x; x01(12)limxex; x0212 (13)lim2; x1x1x1a (14)lim(1+x; xx(15)limxsinx; x+01 (16)lim(tanx. x+0x1ln(1+x)1=lim1+x=lim=1. 解 (1)limx0x01x01+xxexexex+ex=lim=2. (2)limx0sinxx0cosxsinxsinacosx (3)lim=lim=cosa. xaxa1xa(4)limxsin3x3cos3x3=lim=. tan5xx5sec25x5lnsinxcotx11csc2xlimlim=. (5)lim(2x)22(2x)(2)428

15、xxx222(6)limxmamxnanxa=limmxm1nxn1xa=mxm1nan1=mmn. an1sec27x7lntan7x7tan2x7sec22x2tan7x (7)lim=lim=lim=lim=1. x+0lntan2xx+012x+0tan7x2x+0sec27x72sec2x2tan2xtanxsec2x1cos23x12cos3x(sin3x)3=lim=lim=lim (8)limtan3xsec23x3cos2x332cosx(sinx)xxxx2222=limx23sin3xcos3x=lim=3. cosxsinxx2)21xln(1+)1+1+x22x2 (

16、9)lim=lim=lim=lim=lim=1. x+arccotxx+x+x+x2x+1+2xx+211+x2ln(1+x2)cosxln(1+x2)x222(注: cosxln(1+x)x) (10)limlim=lim=x0secxcosxx0x01cos2x1cos2xx2x=lim=1. =limx02cosx(sinx)x0sinx1(1(11)limxcot2x=limx01x11=lim=. x0tan2xx0sec22x2212(12)limxexx0221exetet=lim=lim=lim=+(注: 当x0时, t=2+). x01t+tt+1xx211x112 (13)

17、lim2=lim=. =lim2x1x1x1x1x1x12x2xln(1+)axx, (14)因为lim(1+=limexxxa)2aax1+ln(1+aaxa而 limx(ln(1+=lim=lim=lim=lim=a, xxxxx+ax111x2xxxln(1+ax=ea. 所以 lim(1+)x=limexxxa1(a.(15)因为limxsinx=limesinxlnx, x+0x+01sin2xlnx=lim=lim=0, 而 limsinxlnx=limx+0x+0cscxx+0cscxcotxx+0xcosx所以 limxsinx=limesinxlnx=e0=1. x+0x+0

18、1 (16)因为lim(tanx=etanxlnx, x+0x1lnxsin2x而 limtanxlnx=lim=lim=lim=0, x+0x+0cotxx+0csc2xx+0x所以 lim1tanx=limetanxlnx=e0=1. x+0xx+0x 2. 验证极限lim解 limx+sinx存在, 但不能用洛必达法则得出. xx+sinxx+sinxsinx是存在的. =lim(1+=1, 极限limxxxxxx(x+sinx)1+cosx但lim=lim=lim(1+cosx)不存在, 不能用洛必达法则. xxx(x)1x2sin3. 验证极限limx0sinx1存在, 但不能用洛必

19、达法则得出.11x2sinx是存在的. x=limxxsin1=10=0, 极限lim 解 limx0sinxx0sinxx0sinxxx2sin111(x2sin)2xsincos=lim不存在, 不能用洛必达法则. 但limx0(sinx)x0cosx11(1+x)xx x>0在点x=0处的连续性. 4. 讨论函数f(x)=e1e2 x0解 f(0)=e12, limf(x)=limex0x012=e12=f(0),(1+因为 limf(x)=limx+0x0e1x)x1x=limx011ln(1+x)1exx,1111ln(1+x)x11而 limln(1+x)1=lim, =li

20、m=limx+0xxx+0x+0x+02(1+x)2x2x2(1+所以 limf(x)=limx+0x0e因此f(x)在点x=0处连续.1x)x1x=limx011ln(1+x)1exx=e12=f(0).习题331. 按(x4)的幂展开多项式x45x3+x23x+4.解 因为f(4)=56,f (4)=(4x315x2+2x3)|x=4=21,f (4)=(12x230x+2)|x=4=74,f (4)=(24x30)|x=4=66,f (4)(4)=24,所以按(x4)的幂展开的多项式为x45x3+x23x+4f(4)f(4)f(4)(4)23 =f(4)+f(4)(x4)+(x4)+(x

21、4)+(x4)4 2!3!4!=56+21(x4)+37(x4)2+11(x4)3+(x4)4.2. 应用麦克劳林公式, 按x幂展开函数f(x)=(x23x+1)3.解 因为f (x)=3(x23x+1)2(2x3),f (x)=6(x23x+1)(2x3)2+6(x23x+1)2=30(x23x+1)(x23x+2),f (x)=30(2x3)(x23x+2)+30(x23x+1)(2x3)=30(2x3)(2x26x+3), f (4)(x)=60(2x26x+3)+30(2x3)(4x6)=360(x23x+2),f (5)(x)=360(2x3),f (6)(x)=720;f(0)=1

22、, f (0)=9, f (0)=60, f (0)=270, f(4)(0)=720, f (5)(0)=1080, f(6)(0)=720, 所以f(0)2f(0)3f(4)(0)4f(5)(0)5f(6)(0)6x+x+x+x+x f(x)=f(0)+f(0)x+2!3!4!5!6!=19x+30x345x3+30x 49x 5+x 6.3. 求函数f(x)=x按(x4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的3阶泰勒公式.12 解 因为f(4)=4=2f(4)=x23 f(4)=x28所以 51112, f(4)=xx=4=4415(x)=x2, 1673x=4=1, 323, fx=4=832

23、(4)f(4)f(4)f(4)()23(x4)+(x4)+(x4)4 x=f(4)+f(4)(x4)+2!3!4!111115(x4)3(x4)4 (0<<1). =2+(x4)(x4)2+4645124!164+(x4)74. 求函数f(x)=ln x按(x2)的幂展开的带有佩亚诺型余项的n阶泰勒公式. 解 因为f (x)=x1, f (x)=(1)x2, f (x)=(1)(2)x3 , ,ff所以f(2)f(2)f(n)(2)23 lnx=f(2)+f(2)(x2)+(x2)+(x2)+ +(x2)n+o(x2)n 2!3!n!(1)n111123nn =ln2+(x2)(x

24、2)+(x2) +(x2)+o(x2). 2222323n2n1 5. 求函数f(x)=按(x+1)的幂展开的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式. x解 因为f(x)=x1, f (x)=(1)x2, f (x)=(1)(2)x3 , ,f(n)(n+1)(n)n(x)=(1)(2) (n+1)x(2)=(1)k1(k1)!2k=(1)n1(n1)!xn; (k)(k=1, 2, , n+1) (x)=(1)(2) (n)x=(1)nn!xn+1;f(k)(1)=(1)kk!(1)k+1=k!(k=1, 2, , n),所以 f(1)f(1)1=f(1)+f(1)(x+1)+(x+1)2+(x+

25、1)3+ x2!3!+f(n)(1)f(n+1)()n(x+1)+(x+1)n+1 n!(n+1)!23n =1+(x+1)+(x+1)+(x+1)+ +(x+1)+(1)n+11+(x+1)n+2(x+1)n+1 (0<<1).6. 求函数f(x)=tan x的带有拉格朗日型余项的3阶麦克劳林公式.解 因为f (x)=sec2x,f (x)=2sec xsec xtan x=2sec2xtan x,f (x)=4sec xsec xtan2x+2sec4x=4sec2xtan2x+2sec4x,f(x)=8secxtanx+8secxtan x+8secxtan x =f(0)=

26、0, f (0)=1, f (0)=0, f (0)=2, (4)23448sinx(sin2x+2)cosx5;13sin(x)sin2(x)+24所以 tanx=x+x+x(0<<1). 33cos5(x)7. 求函数f(x)=xex 的带有佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式. 解 因为f (x)=ex+x ex,f (x)=ex+ex+x ex=2ex+x ex,f (x)=2ex+ex+x ex=3ex+x ex, ,f (n)(x)=nex+xex;f (k)(0)=k (k=1, 2, , n),f(0)2f(0)3f(n)(0)nx+x+ +x+o(xn) 所以 xe=f

27、(0)+f(0)x+2!3!n!11 =x+x2+x3+ xn+o(xn). 2!(n1)!xx2x31x 8. 验证当0x时, 按公式e1+x+计算ex 的近似值时, 所产生的误差小于2260.01, 并求e的近似值, 使误差小于0.01.x2x3右端为ex的三阶麦克劳林公式, 其余项为 解 因为公式e1+x+26xe4 R3(x)=x, 4!x2x31x所以当0x时，按公式e1+x+计算ex的误差 226|R3(x)|=|1e=e2e41x|(40.0045<0.01. 4!4!2132 111111+(2+(31.645. 222629. 应用三阶泰勒公式求下列各数的近似值, 并估

28、计误差:(1);(2)sin 18°.解 (1)设f(x)=x, 则f(x)在x0=27点展开成三阶泰勒公式为112 f(x)=x=27+273(x27)+(273)(x27)2 32!925110180 +(273)(x27)3+(3)(x27)4(介于27与x之间). 3!274!81258811于是 1121103027+2733+(273)32+(273)33 32!93!273(1+其误差为 133136+5310)3.10724,18018080 |R3(30)|=|(3)34|<27334=1.88×105. 114!814!814!31111(2) 已

29、知sinx=x13sin4x+x(介于0与x之间), 3!4!1(30.3090, 10103!10所以 sin 18°=sin其误差为 |R3(10)|=|sin46()4=2.03×104. ()|<4!104!10sin10. 利用泰勒公式求下列极限:(1)lim(x3+3x2x42x3); x+(2)limcosxe2x22x0xx+ln(1x);11+x2+x2(3)lim. x22x0(cosxe)sinx解 (1)lim(x3+3x2x42x3)=limx+x+32+3t2txx=lim. t+01tx1因为3+3t=1+t+o(t),2t=1t+o(t

30、), 所以 211+t+o(t)1t+o(t)3o(t)3=lim+=. lim(x3+3x2x42x3)=limx+t+0t+02tt2(2)limcosxe2x221=limx0x0xx+ln(1x)o(x4)1x+31211+ln(1x)x1214111x+x+o(x4)1x2+x4+o(x4)2!4!22!4 x311+ln(1x)x =limx0=01+e1=0.11311+x21+x2x4+o(x4)1+x2+x222!4! (3)lim=lim2x2x0x01112442442(cosxe)sinx(1x+x+o(x)(1+x+x+o(x)x2!4!2!3o(x4)3434+4x

31、+o(x)4!x4!4!=1. =lim=lim=4x034116x03113122o(x)xx+x2o(x4)x+22242224x习题341. 判定函数f(x)=arctan xx 单调性.11=0, 且仅当x=0时等号成立, 所以f(x)在(, +)内单调1 解 因为f(x)=1+x21+x2减少.2. 判定函数f(x)=x+cos x (0x2)的单调性.解 因为f (x)=1sin x0, 所以f(x)=x+cos x在0, 2上单调增加. 3. 确定下列函数的单调区间: (1) y=2x36x218x7;8(2)y=2x+(x>0);x (3)y=104x9x+6x32;(4

32、)y=ln(x+x2); (5) y=(x1)(x+1)3;(6)y=(2xa)(ax)2(a.>0);(7) y=xnex (n>0, x0); (8)y=x+|sin 2x|. 解 (1) y=6x212x18=6(x3)(x+1)=0, 令y=0得驻点x1=1, x2=3. 列表得x(, 1) 1(1, 3)3(3, +)00y+ +y 可见函数在(, 1和3, +)内单调增加, 在1, 3内单调减少.82(x2)(x+2)=0,令y=0得驻点x1=2, x2=2(舍去). (2) y=22=xx2因为当x>2时, y>0; 当0<x<2时, y<

33、;0, 所以函数在(0, 2内单调减少, 在2, +)内单调增加.60(2x1)(x1)1(3)y=, 令y=0得驻点, x2=1, 不可导点为x=0. x=12(4x39x2+6x)2 列表得11可见函数在(, 0), (0, , 1, +)内单调减少, 在, 1上单调增加.22(4)因为y=1x+x2(1+2x2+x2=1+x2>0, 所以函数在(, +)内单调增加.111(5) y=(x+1)3+3(x1)(x+1)2=4(x)(x+1)2. 因为当x<时, y<0; 当x>时, y>0, 所以函22211数在(, 内单调减少, 在, +)内单调增加.22(

34、x(6)y=2a3(2xa)2(ax), 驻点为x1=2aa, 不可导点为x2=, x3=a . 32aa2a2a可见函数在(, , (, , (a, +)内单调增加, 在, a)内单调减少.2233(7)y=exxn1(nx), 驻点为x=n. 因为当0<x<n时, y>0; 当x>n时, y<0, 所以函数在0, n上单调增加, 在n, +)内单调减少.sin2 +xxkxk2 (8)y=(k=0, ±1, ±2, ),xsin2x k+<x<k+212cos2 +xkxk2(k=0, ±1, ±2, ).

35、y=12cos2x k+<x<k+2y是以为周期的函数, 在0, 内令y=0, 得驻点x1= 列表得2, x2=5, 不可导点为x3=. 62根据函数在0, 上的单调性及y在(, +)的周期性可知函数在kk+,+上单调减少(k=0, ±1, ±2, ). 2322kk, +上单调增加, 在2234. 证明下列不等式:1 (1)当x>0时, 1+x>+x; 2(2)当x>0时, 1+xln(x+x2)>+x2;(3)当0<x<(4)当0<x<2时, sin x+tan x>2x; 1时, tanx>x+x

36、3; 23(5)当x>4时, 2x>x2;1 证明 (1)设f(x)=1+x+x, 则f (x)在0, +)内是连续的. 因为 2+x111=>0, f(x)=22+x2+x所以f (x)在(0, +)内是单调增加的, 从而当x>0时f (x)>f (0)=0, 即1 1+x+x>0, 21也就是 1+x>+x. 2(2)设f(x)=1+xln(x+x2)+x2, 则f (x)在0, +)内是连续的. 因为 f(x)=ln(x+x2)+x1x+x2(1+x+x2)x+x2=ln(x+x2)>0,所以f (x)在(0, +)内是单调增加的, 从而当

37、x>0时f(x)>f(0)=0, 即1+xln(x+x2)+x2>0,也就是 1+xln(x+x2)>+x2. (3)设f(x)=sin x+tan x2x, 则f(x)在0, 内连续, 2f (x)=cos x+secx2=2(cosx1)(cos2x1)cosxcos2x. 因为在(0, 内cos x1<0, cos2x1<0, cos x<0, 所以f (x)>0, 从而f(x)在(0, 内单调增22加, 因此当0<x<2时, f(x)>f(0)=0, 即sin x+tan x2x>0,也就是 sin x+tan x

38、>2x.1 (4)设f(x)=tanxxx3, 则f(x)在0,内连续, 32f(x)=sec2x1x2=tan2xx2=(tanxx)(tanx+x).因为当0<x<f(x)>f(0)=0, 即1 tanxxx3>0, 31也就是 tanx>x+x2. 3时, tan x>x, tan x+x>0, 所以f (x)在(0, )内单调增加, 因此当0<x<时, 222(5)设f(x)=x ln22ln x, 则f (x)在4, +)内连续, 因为2ln42lne2 f(x)=ln2=>=0, x2x24所以当x>4时, f

39、 (x)>0, 即f(x)内单调增加.因此当x>4时, f(x)>f(4)=0, 即x ln22ln x>0, 也就是也就是2x >x2.5. 讨论方程ln x=ax (其中a>0)有几个实根？111ax, 驻点为x=. 解 设f(x)=ln xax. 则f(x)在(0, +)内连续, f(x)=a=xxa因为当0<x<111时, f (x)>0, 所以f(x)在(0,)内单调增加; 当x>时, f (x)<0, 所以f(x)在aaa111(, +)内单调减少. 又因为当x0及x+时, f(x), 所以如果f(=ln1>0

40、, 即aaa1111a<, 则方程有且仅有两个实根; 如果f(=ln1<0, 即a>, 则方程没有实根. 如果eeaa111f(=ln1=0, 即a=, 则方程仅有一个实根. eaa6. 单调函数的导函数是否必为单调函数？研究下面这个例子:f(x)=x+sin x .解 单调函数的导函数不一定为单调函数.例如f(x)=x+sin x在(,+)内是单调增加的, 但其导数不是单调函数. 事实上, f (x)=1+cos x0,这就明f(x)在(, +)内是单调增加的. f (x)=sin x在(, +)内不保持确定的符号,故f (x)在(, +)内不是单调的.7. 判定下列曲线的

41、凹凸性:(1) y=4xx2 ;(2) y=sh x ;1 (3)y=1+ (x>0); x(4) y=x arctan x ;解 (1)y=42x, y=2,因为y<0, 所以曲线在(, +)内是凸的.(2)y=ch x, y=sh x. 令y=0, 得x=0.因为当x<0时, y=sh x<0; 当x>0时, y=sh x>0, 所以曲线在(, 0内是凸的, 在0, +)内是凹的.12 (3)y=2, y=3. xx因为当x>0时, y>0, 所以曲线在(0, +)内是凹的.(4)y=arctanx+x1+x2,y=2(1+x)22.因为在(

42、, +)内, y>0, 所以曲线y=xarctg x在(, +)内是凹的.8. 求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间:(1).y=x35x2+3x+5 ;(2) y=xex ;(3) y=(x+1)4+ex ;(4) y=ln(x2+1);(5) y=earctan x ;(6) y=x4(12ln x7),5 解 (1)y=3x210x+3, y=6x10. 令y=0, 得x=. 35555 因为当x<时, y<0; 当x>时, y>0, 所以曲线在(, 内是是凸的, 在, +)内是3333520凹的, 拐点为(, . 327(2)y=exx ex, y=exex

43、+x ex=ex(x2). 令y=0, 得x=2.因为当x<2时, y<0; 当x>2时, y>0, 所以曲线在(, 2内是凸的, 在2, +)内是凹的, 拐点为(2, 2e2).(3)y=4(x+1)3+e x, y=12(x+1)2+e x .因为在(, +)内, y>0, 所以曲线y=(x+1)4+ex的在(, +)内是凹的, 无拐点.2(x2+1)2x2x2(x1)(x+1) (4)y=2, y=. 令y=0, 得x1=1, x2=1. =x+1(x2+1)2(x2+1)22x列表得x(, 1) 1, 1)1 (1, +) 0 0 y + ln2 ln2

44、y 拐点拐点可见曲线在(, 1和1, +)内是凸的, 在1, 1内是凹的, 拐点为(1, ln2)和(1, ln2).1+x21111 因为当x<时, y>0; 当x>时, y<0, 所以曲线y=e arctg x在(, 内是凹的, 在, +)2222 (5)y=earctanx11+x2,y=earctanx1(12x). 令y=0得, x=. 21arctan2(). 内是凸的, 拐点是, e2(6) y=4x3(12ln x7)+12x3, y=144x2ln x. 令y=0, 得x=1.因为当0<x<1时, y<0; 当x>1时, y&g

45、t;0, 所以曲线在(0, 1内是凸的, 在1, +)内是凹的, 拐点为(1, 7).9. 利用函数图形的凹凸性, 证明下列不等式:x+yn1 (1) (xn+yn)>() (x>0, y>0, xy, n>1); 221ex+ey>e (2)2x+y2(xy);x+y (x>0, y>0, xy). 2 (3)xlnx+ylny>(x+y)ln证明 (1)设f(t)=t n, 则f (t)=ntn1, f (t)=n(n1)t n2. 因为当t>0时, f (t)>0, 所以曲线f(t)=t n在区间(0, +)内是凹的. 由定义,

46、 对任意的x>0, y>0, xy有即 x+y1f(x)+f(y)>f(, 22x+yn1n(x+yn)>(). 22(2)设f(t)=et, 则f (t)=et, f (t)=et . 因为f (t)>0, 所以曲线f(t)=et在(, +)内是凹的. 由定义, 对任意的x, y(, +), xy有x+y1f(x)+f(y)>f(, 22x+y2ex+ey>e即2(xy).1(3)设f(t)=t ln t , 则 f (t)=ln t+1, f(t)=.t因为当t>0时, f (t)>0, 所以函数f(t)=t ln t 的图形在(0,

47、+)内是凹的. 由定义, 对任意的x>0, y>0, xy 有x+y1f(x)+f(y)>f(, 22x+y. 2即 xlnx+ylny>(x+y)ln 10. 试证明曲线y=x1x+12有三个拐点位于同一直线上.证明 y=x2+2x+1(x2+1)22x36x26x+22(x+1)x(2)x(2+). , y=(x2+1)3(x2+1)3令y=0, 得x1=1, x2=23, x3=2+.14(23), (2+,1+4(2+3). 因为可见拐点为(1, 1), (23,134(2)(1)=1+2(1)14(2+3)1=, ,442+3(1)(1)所以这三个拐点在一条直

48、线上.11. 问a、b为何值时, 点(1, 3)为曲线y=ax3+bx2的拐点？解 y=3ax2+2bx, y=6ax+2b . 要使(1, 3)成为曲线y=ax3+bx2的拐点, 必须y(1)=3且y(1)=0, 39即a+b=3且6a +2b=0, 解此方程组得a=, b=.2212. 试决定曲线y=ax3+bx2+cx+d 中的a、b、c、d, 使得x=2处曲线有水平切线, (1, 10)为拐点, 且点(2, 44)在曲线上.解 y=3ax2+2bx+c, y=6ax+2b . 依条件有y(2)=448a+4b2c+d=44y(1)=10a+b+c+d=10 , 即. =+=(2)012

49、40yabcy(1)=06a+2b=0解之得a=1, b=3, c=24, d=16.13. 试决定y=k(x23)2中k的值, 使曲线的拐点处的法线通过原点.解y=4kx312kx, y=12k(x1)(x+1). 令y=0, 得x1=1, x2=1.因为在x1=1的两侧y是异号的, 又当x=1时y=4k, 所以点(1, 4k)是拐点. 因为y(1)=8k, 所以过拐点(1, 4k)的法线方程为y4k=(0, 0)应满足法线方程, 即4k=1(x+1). 要使法线过原点, 则8k21, k=±. 8k8同理, 因为在x1=1的两侧y是异号的, 又当x=1时y=4k, 所以点(1,

50、4k)也是拐点. 因为y(1)=8k, 所以过拐点(1, 4k)的法线方程为y4k=0)应满足法线方程, 即4k=因此当k=±21, k=±. 8k81(x1). 要使法线过原点, 则(0, 8k2时, 该曲线的拐点处的法线通过原点. 814. 设y=f(x)在x=x0的某邻域内具有三阶连续导数, 如果f (x 0)=0, 而f (x0)0, 试问 (x0, f(x0)是否为拐点？为什么？解 不妨设f (x0)>0. 由f (x)的连续性, 存在x0的某一邻域(x0, x0+), 在此邻域内有f (x)>0. 由拉格朗日中值定理, 有f (x)f (x0)=f

51、()(xx0) (介于x0与x之间),即 f (x)=f ()(xx0).因为当x0<x<x0时, f (x)<0; 当x0<x<x0+ 时, f (x)>0, 所以(x0, f(x0)是拐点.习题351. 求函数的极值:(1) y=2x36x218x+7;(2) y=xln(1+x) ;(3) y=x4+2x2 ;(4)y=x+x;(5)y=1+3x4+5x2;3x2+4x+4 (6)y=2; x+x+1(7) y=ex cos x ;(8)(9)1y=xx; ; 1y=32(x+1)3(10) y=x+tan x .解 (1)函数的定义为(, +), y

52、=6x212x18=6(x22x3)=6(x3)(x+1), 驻点为x1=1, x2=3.列表 xyy (, 1) + 极大值1, 3)0 3 0 47极小值(3, +) + 可见函数在x=1处取得极大值17, 在x=3处取得极小值47.(2)函数的定义为(1, +), y=11x, 驻点为x=0. 因为当1<x<0时, y<0; 当x>0=1+x1+x时, y>0, 所以函数在x=0处取得极小值, 极小值为y(0)=0.(3)函数的定义为(, +),y=4x3+4x=4x(x21), y=12x2+4,令y=0, 得x1=0, x2=1, x3=1.因为y(0)=4>0, y(1)=8<0, y(1)=8<0, 所以y(0)=0是函数的极小值, y(1)=1和y(1)=1是函数的极大值. (4)函数的定义域为(, 1,y=112x=2x12x=34x2x(2x+1),3 令y=0, 得驻点x