第一章
习题1−1
1.设A=(−∞,−5)∪(5,+∞),B=[−10,3),写出A∪B,A∩B,A\\B及A\\(A\\B)的表达式.
解A∪B=(−∞,3)∪(5,+∞),
A∩B=[−10,−5),
A\\B=(−∞,−10)∪(5,+∞),A\\(A\\B)=[−10,−5).
2.设A、B是任意两个集合,证明对偶律:(A∩B)C=AC∪BC.证明因为
x∈(A∩B)C⇔x∉A∩B⇔x∉A或x∉B⇔x∈AC或x∈BC⇔x∈AC∪BC,
所以(A∩B)C=AC∪BC.
3.设映射f:X→Y,A⊂X,B⊂X.证明
(1)f(A∪B)=f(A)∪f(B);(2)f(A∩B)⊂f(A)∩f(B).证明因为
y∈f(A∪B)⇔∃x∈A∪B,使f(x)=y⇔(因为x∈A或x∈B)y∈f(A)或y∈f(B)
⇔y∈f(A)∪f(B),
所以f(A∪B)=f(A)∪f(B).
(2)因为
y∈f(A∩B)⇒∃x∈A∩B,使f(x)=y⇔(因为x∈A且x∈B)y∈f(A)且y∈f(B)⇒y∈
f(A)∩f(B),所以f(A∩B)⊂f(A)∩f(B).
4.设映射f:X→Y,若存在一个映射g:Y→X,使gοf=IX,fοg=IY,其中IX、
IY分别是X、Y上的恒等映射,即对于每一个x∈X,有IXx=x;对于每一个y∈Y,有IYy=y.证明:f是双射,且g是f的逆映射:g=f−1.
证明因为对于任意的y∈Y,有x=g(y)∈X,且f(x)=f[g(y)]=Iyy=y,即Y中任意元
素都是X中某元素的像,所以f为X到Y的满射.
又因为对于任意的x1≠x2,必有f(x1)≠f(x2),否则若f(x1)=f(x2)⇒g[f(x1)]=g[f(x2)]⇒x1=x2.
因此f既是单射,又是满射,即f是双射.
对于映射g:Y→X,因为对每个y∈Y,有g(y)=x∈X,且满足f(x)=f[g(y)]=Iyy=y,按逆映射的定义,g是f的逆映射.
5.设映射f:X→Y,A⊂X.证明:(1)f−1(f(A))⊃A;
(2)当f是单射时,有f−1(f(A))=A.
证明(1)因为x∈A⇒f(x)=y∈f(A)⇒f−1(y)=x∈f−1(f(A)),所以f−1(f(A))⊃A.
(2)由(1)知f−1(f(A))⊃A.
另一方面,对于任意的x∈f−1(f(A))⇒存在y∈f(A),使f−1(y)=x⇒f(x)=y.因为y∈f(A)且f是单射,所以x∈A.这就证明了f−1(f(A))⊂A.因此f−1(f(A))=A.
6.求下列函数的自然定义域:
(1)y=3x+2;
解由3x+2≥0得x>−2.函数的定义域为[−2, +∞).
33
(2)y=12;
1−x解由1−x2≠0得x≠±1.函数的定义域为(−∞,−1)∪(−1,1)∪(1,+∞).(3)y=1−1−x2;
x解由x≠0且1−x2≥0得函数的定义域D=[−1,0)∪(0,1].(4)y=
1;4−x2
解由4−x2>0得|x|<2.函数的定义域为(−2,2).(5)y=sinx;
解由x≥0得函数的定义D=[0,+∞).
(6)y=tan(x+1);
解由x+1≠π(k=0,±1,±2,⋅⋅⋅)得函数的定义域为x≠kπ+π−1 (k=0,±1,±2,⋅⋅
22
⋅).
(7)y=arcsin(x−3);
解由|x−3|≤1得函数的定义域D=[2,4].(8)y=3−x+arctan1;
x解由3−x≥0且x≠0得函数的定义域D=(−∞,0)∪(0,3).(9)y=ln(x+1);
解由x+1>0得函数的定义域D=(−1,+∞).(10)
1y=ex.
解由x≠0得函数的定义域D=(−∞,0)∪(0,+∞).
7.下列各题中,函数f(x)和g(x)是否相同？为什么？(1)f(x)=lgx2,g(x)=2lgx;(2)f(x)=x,g(x)=x2;
(3)f(x)=3x4−x3,g(x)=x3x−1.
(4)f(x)=1,g(x)=sec2x−tan2x.解(1)不同.因为定义域不同.
(2)不同.因为对应法则不同,x<0时,g(x)=−x.(3)相同.因为定义域、对应法则均相相同.(4)不同.因为定义域不同.
⎧|sinx| |x|<π3,求ϕ(π),ϕ(π),ϕ(−π),ϕ(−2),并作出函数y=ϕ(x)8.设ϕ(x)=⎪⎨644⎪0 |x|≥π3⎩的图形.
解ϕ(π)=|sinπ|=1,ϕ(π)=|sinπ|=2,ϕ(−π)=|sin(−π)|=2,ϕ(−2)=0.
6624424429.试证下列函数在指定区间内的单调性:(1)y=x,(−∞,1);
1−x(2)y=x+lnx,(0,+∞).
证明(1)对于任意的x1,x2∈(−∞,1),有1−x1>0,1−x2>0.因为当x1 x1xx1−x2−2=<0,1−x11−x2(1−x1)(1−x2) 所以函数y=x在区间(−∞,1)内是单调增加的. 1−x(2)对于任意的x1,x2∈(0,+∞),当x1 x1<0,x2 所以函数y=x+lnx在区间(0,+∞)内是单调增加的. 10.设f(x)为定义在(−l,l)内的奇函数,若f(x)在(0,l)内单调增加,证明f(x)在(−l,0)内也单调增加. 证明对于∀x1,x2∈(−l,0)且x1 因为f(x)在(0,l)内单调增加且为奇函数,所以 f(−x2) 这就证明了对于∀x1,x2∈(−l,0),有f(x1) (2)两个偶函数的乘积是偶函数,两个奇函数的乘积是偶函数,偶函数与奇函数的乘积是奇函数. 证明(1)设F(x)=f(x)+g(x).如果f(x)和g(x)都是偶函数,则F(−x)=f(−x)+g(−x)=f(x)+g(x)=F(x), 所以F(x)为偶函数,即两个偶函数的和是偶函数. 如果f(x)和g(x)都是奇函数,则F(−x)=f(−x)+g(−x)=−f(x)−g(x)=−F(x), 所以F(x)为奇函数,即两个奇函数的和是奇函数. (2)设F(x)=f(x)⋅g(x).如果f(x)和g(x)都是偶函数,则F(−x)=f(−x)⋅g(−x)=f(x)⋅g(x)=F(x), 所以F(x)为偶函数,即两个偶函数的积是偶函数. 如果f(x)和g(x)都是奇函数,则F(−x)=f(−x)⋅g(−x)=[−f(x)][−g(x)]=f(x)⋅g(x)=F(x), 所以F(x)为偶函数,即两个奇函数的积是偶函数. 如果f(x)是偶函数,而g(x)是奇函数,则 F(−x)=f(−x)⋅g(−x)=f(x)[−g(x)]=−f(x)⋅g(x)=−F(x), 所以F(x)为奇函数,即偶函数与奇函数的积是奇函数. 12.下列函数中哪些是偶函数,哪些是奇函数,哪些既非奇函数又非偶函数？ (1)y=x2(1−x2); (2)y=3x2−x3; 2 (3)y=1−x2; 1+x(4)y=x(x−1)(x+1);(5)y=sinx−cosx+1; x−x(6)y=a+a. 2 解(1)因为f(−x)=(−x)2[1−(−x)2]=x2(1−x2)=f(x),所以f(x)是偶函数.(2)由f(−x)=3(−x)2−(−x)3=3x2+x3可见f(x)既非奇函数又非偶函数.1−(−x)21−x2 (3)因为f(−x)===f(x),所以f(x)是偶函数.21+x21+(−x)(4)因为f(−x)=(−x)(−x−1)(−x+1)=−x(x+1)(x−1)=−f(x),所以f(x)是奇函数. (5)由f(−x)=sin(−x)−cos(−x)+1=−sinx−cosx+1可见f(x)既非奇函数又非偶函数. (−x)−(−x)−xxa+aa+a(6)因为f(−x)===f(x),所以f(x)是偶函数. 22 13.下列各函数中哪些是周期函数？对于周期函数,指出其周期:(1)y=cos(x−2); 解是周期函数,周期为l=2π.(2)y=cos4x; 解是周期函数,周期为l=π. 2(3)y=1+sinπx; 解是周期函数,周期为l=2.(4)y=xcosx; 解不是周期函数. (5)y=sin2x. 解是周期函数,周期为l=π.14.求下列函数的反函数:(1)y=3x+1; 解由y=3x+1得x=y3−1,所以y=3x+1的反函数为y=x3−1.(2)y=1−x; 1+x1−y解由y=1−x得x=,所以y=1−x的反函数为y=1−x. 1+x1+x1+x1+y(3)y=ax+b(ad−bc≠0);cx+d−dy+b解由y=ax+b得x=,所以y=ax+b的反函数为y=−dx+b. cx+dcx+dcx−acy−a(4)y=2sin3x; y解由y=2sin3x得x=1arcsin,所以y=2sin3x的反函数为y=1arcsinx. 3232(5)y=1+ln(x+2); 解由y=1+ln(x+2)得x=ey−1−2,所以y=1+ln(x+2)的反函数为y=ex−1−2. x2(6)y=x.2+1 xxy,22解由y=x得x=log2所以y=x的反函数为y=log2x. 1−y1−x2+12+1 15.设函数f(x)在数集X上有定义,试证:函数f(x)在X上有界的充分必要条 件是它在X上既有上界又有下界. 证明先证必要性.设函数f(x)在X上有界,则存在正数M,使|f(x)|≤M,即−M≤f(x)≤M.这就证明了f(x)在X上有下界−M和上界M. 再证充分性.设函数f(x)在X上有下界K1和上界K2,即K1≤f(x)≤K2.取M=max{|K1|,|K2|},则−M≤K1≤f(x)≤K2≤M,即|f(x)|≤M. 这就证明了f(x)在X上有界. 16.在下列各题中,求由所给函数复合而成的函数,并求这函数分别对应于给定自变量值x1和x2的函数值: (1)y=u2,u=sinx,x1=π,x2=π; 63 解y=sin2x,y1=sin2π=(1)2=1,y2=sin2π=(3)2=3.624324 (2)y=sinu,u=2x,x1=π,x2=π; 84解y=sin2x,y1=sin(2⋅π)=sinπ=2,y2=sin(2⋅π)=sinπ=1. 84242(3)y=u,u=1+x2,x1=1,x2=2; 解y=1+x2,y1=1+12=2,y2=1+22=5.(4)y=eu,u=x2,x1=0,x2=1; 解y=ex,y1=e0=1,y2=e1=e.(5)y=u2,u=ex,x1=1,x2=−1. 解y=e2x,y1=e2⋅1=e2,y2=e2⋅(−1)=e−2. 17.设f(x)的定义域D=[0,1],求下列各函数的定义域:(1)f(x2); 解由0≤x2≤1得|x|≤1,所以函数f(x2)的定义域为[−1,1].(2)f(sinx); 解由0≤sinx≤1得2nπ≤x≤(2n+1)π(n=0,±1,±2⋅⋅⋅),所以函数f(sinx)的定义域为 [2nπ,(2n+1)π](n=0,±1,±2⋅⋅⋅). (3)f(x+a)(a>0); 解由0≤x+a≤1得−a≤x≤1−a,所以函数f(x+a)的定义域为[−a,1−a].(4)f(x+a)+f(x−a)(a>0). 解由0≤x+a≤1且0≤x−a≤1得:当0 22 当0 22 ⎧1 |x|<1 ⎪ 18.设f(x)=⎨0 |x|=1,g(x)=ex,求f[g(x)]和g[f(x)],并作出这两个函数的图 ⎪⎩−1 |x|>1形. ⎧1 |ex|<1⎧1 x<0⎪⎪ 解f[g(x)]=⎨0 |ex|=1,即f[g(x)]=⎨0 x=0. ⎪−1 |ex|>1⎪⎩−1 x>0⎩ ⎧e1 |x|<1⎧e |x|<1 ⎪⎪ g[f(x)]=ef(x)=⎨e0 |x|=1,即g[f(x)]=⎨1 |x|=1. −1⎪e−1 |x|>1⎪e |x|>1⎩⎩ 2 2 2 19.已知水渠的横断面为等腰梯形,斜角ϕ=40°(图1−37).当过水断面ABCD的面积为定值S0时,求湿周L(L=AB+BC+CD)与水深h之间的函数关系式,并指明其定义域.图1−37 解AB=DC=hο,又从 sin40 1h[BC+(BC+2cot40ο⋅h)]=S得 0 2SBC=0−cot40ο⋅h,所以 hS02−cos40οL=+οh.hsin40 自变量h的取值范围应由不等式组 Sh>0,0−cot40ο⋅h>0 h确定,定义域为0 (1)将每台的实际售价p表示为订购量x的函数;(2)将厂方所获的利润P表示成订购量x的函数;(3)某一商行订购了1000台,厂方可获利润多少？解(1)当0≤x≤100时,p=90. 令0.01(x0−100)=90−75,得x0=1600.因此当x≥1600时,p=75.当100 ⎧90 0≤x≤100⎪ p=⎨91−0.01x 100 2(2)P=(p−60)x=⎪⎨31x−0.01x 100 习题1−2 1.观察一般项xn如下的数列{xn}的变化趋势,写出它们的极限:(1)xn=1n; 2 解当n→∞时,xn=1n→0,lim1=0.nn→∞22(2)xn=(−1)n1; n解当n→∞时,xn=(−1)n1→0,lim(−1)n1=0. n→∞nn(3)xn=2+12; n解当n→∞时,xn=2+12→2,lim(2+12)=2. n→∞nn(4)xn=n−1; n+1 解当n→∞时,xn=n−1=1−2→0,limn−1=1. n→∞n+1n+1n+1 (5)xn=n(−1)n. 解当n→∞时,xn=n(−1)n没有极限. cosnπ2.问limx=?求出N,使当n>N时,xn与其2.设数列{xn}的一般项xn= n→∞nn极限之差的绝对值小于正数ε,当ε=0.001时,求出数N. 解limxn=0. n→∞ |cosnπ|1 2≤.∀ε>0,要使|xn−0|<ε,只要1<ε,也就是n>1.取|xn−0|= nnnεN=[1], ε则∀n>N,有|xn−0|<ε. 当ε=0.001时,N=[1]=1000. ε3.根据数列极限的定义证明:(1)lim12=0;n→∞n分析要使|12−0|=12<ε,只须n2>1,即n>1. εnnε证明因为∀ε>0,∃N=[1],当n>N时,有|12−0|<ε,所以lim12=0. n→∞nnε(2)lim3n+1=3;n→∞2n+12 分析要使|3n+1−3|=1<1<ε,只须1<ε,即n>1. 2n+122(2n+1)4n4n4ε证明因为∀ε>0,∃N=[1],当n>N时,有|3n+1−3|<ε,所以lim3n+1=3. n→∞2n+124ε2n+12(3)lim n→∞ n2+a2=1; n22+a22+a2−n22nnaaa分析要使|−1|==<<ε,只须n>. 22εnnn(n+a+n)n222 证明因为∀ε>0,∃N=[a],当∀n>N时,有|n+a−1|<ε,所以 εnn→∞ lim n2+a2=1. n(4)lim0.999 ⋅ ⋅ ⋅ 9=1.n→∞14243 n个 1<ε,只须1<ε,即n>1+lg1. ε10n−110n−1 证明因为∀ε>0,∃N=[1+lg1],当∀n>N时,有|0.99⋅⋅⋅9−1|<ε,所以 εlim0.999 ⋅ ⋅ ⋅ 9=1.n→∞14243 分析要使|0.99⋅⋅⋅9−1|= n个 4.limun=a,证明lim|un|=|a|.并举例说明:如果数列{|xn|}有极限,但数列 n→∞ n→∞ {xn}未必有极限. 证明因为limun=a,所以∀ε>0,∃N∈N,当n>N时,有|un−a|<ε,从而 n→∞ ||un|−|a||≤|un−a|<ε. 这就证明了lim|un|=|a|. n→∞ 数列{|xn|}有极限,但数列{xn}未必有极限.例如lim|(−1)n|=1,但lim(−1)n不 n→∞ n→∞ 存在. 5.设数列{xn}有界,又limyn=0,证明:limxnyn=0. n→∞ n→∞ 证明因为数列{xn}有界,所以存在M,使∀n∈Z,有|xn|≤M. 又limyn=0,所以∀ε>0,∃N∈N,当n>N时,有|yn|<ε.从而当n>N时,有n→∞M|xnyn−0|=|xnyn|≤M|yn| n→∞ 6.对于数列{xn},若x2k−1→a(k→∞),x2k→a(k→∞),证明:xn→a(n→∞). 证明因为x2k−1→a(k→∞),x2k→a(k→∞),所以∀ε>0,∃K1,当2k−1>2K1−1时,有|x2k−1−a|<ε;∃K2,当2k>2K2时,有|x2k−a|<ε. 取N=max{2K1−1,2K2},只要n>N,就有|xn−a|<ε.因此xn→a(n→∞). 习题1−3 1.根据函数极限的定义证明: (1)lim(3x−1)=8; x→3 分析因为 |(3x−1)−8|=|3x−9|=3|x−3|, 所以要使|(3x−1)−8|<ε,只须|x−3|<1ε. 3 证明因为∀ε>0,∃δ=1ε,当0<|x−3|<δ时,有 3 |(3x−1)−8|<ε, 所以lim(3x−1)=8. x→3 (2)lim(5x+2)=12; x→2 分析因为 |(5x+2)−12|=|5x−10|=5|x−2|, 所以要使|(5x+2)−12|<ε,只须|x−2|<1ε. 5证明因为∀ε>0,∃δ=ε,当0<|x−2|<δ时,有 |(5x+2)−12|<ε, 所以lim(5x+2)=12. x→2 2 (3)limx−4=−4;x→−2x+2分析因为 x2−4−(−4)=x2+4x+4=|x+2|=|x−(−2)|,x+2x+22x−4−(−4)<ε,只须|x−(−2)|<ε.所以要使 x+2 证明因为∀ε>0,∃δ=ε,当0<|x−(−2)|<δ时,有 x2−4−(−4)<ε,x+22x−4=−4.所以lim x→−2x+2 15 3 1−4x(4)lim=2.12x+1x→− 2 分析因为 1−4x3−2=|1−2x−2|=2|x−(−1)|,2x+1231−4x所以要使−2<ε,只须|x−(−1)|<1ε.2x+122 证明因为∀ε>0,∃δ=1ε,当0<|x−(−1)|<δ时,有 22 1−4x3−2<ε,2x+1 3 所以lim1−4x=2. x→−12x+1 22.根据函数极限的定义证明: 31+x1;(1)lim=x→∞2x32分析因为 1+x3−1=1+x3−x3=1,2x322x32|x|3 3 1<ε,只须1<ε,即|x|>1.所以要使1+x−32x322|x|32ε证明因为∀ε>0,∃X=31,当|x|>X时,有 2ε1+x3−1<ε,2x32311+x所以lim=. x→∞2x32(2)limsinx=0.x→+∞x分析因为 sinx−0=|sinx|≤1.xxx所以要使sinx−0<ε,只须1<ε,即x>12. xxε证明因为∀ε>0,∃X=12,当x>X时,有 εsinx−0<ε,x所以limsinx=0. x→+∞x3.当x→2时,y=x2→4.问δ等于多少,使当|x−2|<δ时,|y−4|<0.001？解由于当x→2时,|x−2|→0,故可设|x−2|<1,即1 只要|x−2|<0.001=0.0002. 5取δ=0.0002,则当0<|x−2|<δ时,就有|x2−4|<0.001. 4.当x→∞时,y=x2−1→1,问X等于多少,使当|x|>X时,|y−1|<0.01? x+3 2x解要使2−1−1=24<0.01,只要|x|>4−3=397,故X=397. 0.01x+3x+3 2 5.证明函数f(x)=|x|当x→0时极限为零. 证明因为 |f(x)−0|=||x|−0|=|x|=|x−0|, 所以要使|f(x)−0|<ε,只须|x|<ε. 因为对∀ε>0,∃δ=ε,使当0<|x−0|<δ,时有 |f(x)−0|=||x|−0|<ε,所以lim|x|=0. x→0 |x| 6.求f(x)=x,ϕ(x)=当x→0时的左﹑右极限,并说明它们在x→0时的极 xx限是否存在. 证明因为 lim−f(x)=lim−x=lim−1=1,x→0x→0xx→0 lim+f(x)=lim+x=lim+1=1,x→0x→0xx→0 x→0− limf(x)=lim+f(x), x→0 所以极限limf(x)存在. x→0 因为 |x| =lim−−x=−1, x→0x→0xx→0x|x| lim+ϕ(x)=lim+=lim+x=1,x→0x→0xx→0xlim−ϕ(x)=lim− x→0− limϕ(x)≠lim+ϕ(x), x→0 所以极限limϕ(x)不存在. x→0 7.证明:若x→+∞及x→−∞时,函数f(x)的极限都存在且都等于A,则 x→∞ limf(x)=A. 证明因为limf(x)=A,limf(x)=A,所以∀ε>0, x→−∞ x→+∞ ∃X1>0,使当x<−X1时,有|f(x)−A|<ε;∃X2>0,使当x>X2时,有|f(x)−A|<ε. 取X=max{X1,X2},则当|x|>X时,有|f(x)−A|<ε,即limf(x)=A. x→∞ 8.根据极限的定义证明:函数f(x)当x→x0时极限存在的充分必要条件是左极限、右极限各自存在并且相等. 证明先证明必要性.设f(x)→A(x→x0),则∀ε>0,∃δ>0,使当0<|x−x0|<δ时,有|f(x)−A|<ε. 因此当x0−δ 再证明充分性.设f(x0−0)=f(x0+0)=A,则∀ε>0, ∃δ1>0,使当x0−δ1 9.试给出x→∞时函数极限的局部有界性的定理,并加以证明. 解x→∞时函数极限的局部有界性的定理:如果f(x)当x→∞时的极限存在,则存在X>0及M>0,使当|x|>X时,|f(x)| 这就是说存在X>0及M>0,使当|x|>X时,|f(x)| 例如,当x→0时,α(x)=2x,β(x)=3x都是无穷小,但limα(x)=2,α(x)不是无 x→0β(x)3β(x)穷小. 2.根据定义证明: 2x(1)y=−9当x→3时为无穷小;x+3 (2)y=xsin1当x→0时为无穷小. x2 证明(1)当x≠3时|y|=x−9=|x−3|.因为∀ε>0,∃δ=ε,当0<|x−3|<δ时,有 x+3 2x−9=|x−3|<δ=ε,|y|= x+3 2x所以当x→3时y=−9为无穷小.x+3 (2)当x≠0时|y|=|x||sin1|≤|x−0|.因为∀ε>0,∃δ=ε,当0<|x−0|<δ时,有 x|y|=|x||sin1|≤|x−0|<δ=ε, x所以当x→0时y=xsin1为无穷小. x3.根据定义证明:函数y=1+2x为当x→0时的无穷大.问x应满足什么条件, x能使|y|>104？ 证明分析|y|=1+2x=2+1≥1−2,要使|y|>M,只须1−2>M,即 xx|x||x||x|< 1. M+2 证明因为∀M>0,∃δ= 1,使当0<|x−0|<δ时,有1+2x>M,M+2x所以当x→0时,函数y=1+2x是无穷大. x1.当0<|x−0|<1时,|y|>104.取M=104,则δ=410+2104+2 4.求下列极限并说明理由: 2x+1;(1)limx→∞x21−x(2)lim.x→01−x解(1)因为2x+1=2+1,而当x→∞时1是无穷小,所以lim2x+1=2. x→∞xxxx22 1−x1−x(2)因为=1+x(x≠1),而当x→0时x为无穷小,所以lim=1. x→01−x1−x5.根据函数极限或无穷大定义,填写下表: x→x0x→x0+x→x0− f(x)→A∀ε>0,∃δ>0,使当0<|x−x0|<δ时,有恒|f(x)−A|<ε. f(x)→∞f(x)→+∞f(x)→−∞ x→∞x→+∞x→−∞ ∀ε>0,∃X>0,使当|x|>X时,有恒|f(x)|>M. 解 f(x)→A∀ε>0,∃δ>0,使 x→x0当0<|x−x0|<δ时, 有恒|f(x)−A|<ε.∀ε>0,∃δ>0,使 x→x0+当0 x→x0−当0 x→∞当|x|>X时,有恒 |f(x)−A|<ε. ∀ε>0,∃X>0,使 x→+∞当x>X时,有恒 |f(x)−A|<ε. ∀ε>0,∃X>0,使 x→−∞当x<−X时,有恒 |f(x)−A|<ε.f(x)→∞∀M>0,∃δ>0,使当0<|x−x0|<δ时,有恒|f(x)|>M.∀M>0,∃δ>0,使当0 ∀ε>0,∃X>0,使当x>X时,有恒|f(x)|>M. ∀ε>0,∃X>0,使当x<−X时,有恒|f(x)|>M.f(x)→+∞∀M>0,∃δ>0,使当0<|x−x0|<δ时,有恒f(x)>M.∀M>0,∃δ>0,使当0 ∀ε>0,∃X>0,使当x>X时,有恒f(x)>M. ∀ε>0,∃X>0,使当x<−X时,有恒f(x)>M.f(x)→−∞∀M>0,∃δ>0,使当0<|x−x0|<δ时,有恒f(x)<−M.∀M>0,∃δ>0,使当0 ∀ε>0,∃X>0,使当x>X时,有恒f(x)<−M. ∀ε>0,∃X>0,使当x<−X时,有恒f(x)<−M. 6.函数y=xcosx在(−∞,+∞)内是否有界？这个函数是否为当x→+∞时的无穷大？为什么？ 解函数y=xcosx在(−∞,+∞)内无界. 这是因为∀M>0,在(−∞,+∞)内总能找到这样的x,使得|y(x)|>M.例如 y(2kπ)=2kπcos2kπ=2kπ(k=0,1,2,⋅⋅⋅), 当k充分大时,就有|y(2kπ)|>M. 当x→+∞时,函数y=xcosx不是无穷大. 这是因为∀M>0,找不到这样一个时刻N,使对一切大于N的x,都有|y(x)|>M.例如 y(2kπ+π)=(2kπ+π)cos(2kπ+π)=0(k=0,1,2,⋅⋅⋅), 222 对任何大的N,当k充分大时,总有x=2kπ+π>N,但|y(x)|=0 xx大. 证明函数y=1sin1在区间(0,1]上无界.这是因为xx∀M>0,在(0,1]中总可以找到点xk,使y(xk)>M.例如当 xk=1(k=0,1,2,⋅⋅⋅) π2kπ+2 时,有 y(xk)=2kπ+π, 2当k充分大时,y(xk)>M. 当x→0+时,函数y=1sin1不是无穷大.这是因为 xx∀M>0,对所有的δ>0,总可以找到这样的点xk,使0 2kπ当k充分大时,xk<δ,但y(xk)=2kπsin2kπ=0 2x+5;(1)lim x→2x−3 22x+52解lim=+5=−9.x→2x−32−3 2 x(2)lim2−3;x→3x+1 2−3(3)2−3x解lim2==0.x→3x+1(3)2+12 2x+1;(3)limx−2x→1x−1 2(x−1)2x−2x+1x−1=0=0.解lim=lim=limx→1x2−1x→1(x−1)(x+1)x→1x+12 324x−2x+x;(4)lim x→03x2+2x3224x−2x+x4x−2x+1=1.解lim=limx→03x2+2xx→03x+22 (x+h)2−x2(5)lim;h→0h222(x+h)2−x2x+2hx+h−x解lim=lim=lim(2x+h)=2x.h→0h→0h→0hh(6)lim(2−1+12);x→∞xx解lim(2−1+12)=2−lim1+lim12=2. x→∞x→∞xx→∞xxx(7)lim x2−1;x→∞2x2−x−1 2 1−12 x−1=limx=1.解lim x→∞2x2−x−1x→∞ 2−1−122xx2xx;(8)lim4+2 x→∞x−3x−1 2 x=0(分子次数低于分母次数,极限为零).解lim4x+2x→∞x−3x−1 1+1 2x=limx2x3=0.或lim4x+2 x→∞x−3x−1x→∞ 1−22−14xx2 (9)limx2−6x+8;x→4x−5x+4 2(x−2)(x−4)x解lim2−6x+8=lim=limx−2=4−2=2.x→4x−5x+4x→4(x−1)(x−4)x→4x−14−13 (10)lim(1+1)(2−12); x→∞xx解lim(1+1)(2−12)=lim(1+1)⋅lim(2−12)=1×2=2. x→∞x→∞xxx→∞xx(11)lim(1+1+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +1n); n→∞242 1−(1)n+1 2解lim(1+1+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +1n)=lim=2. n→∞n→∞12421− 2(12)lim 1+2+3+ ⋅ ⋅ ⋅ +(n−1) ; n→∞n2(n−1)n1+2+3+ ⋅ ⋅ ⋅ +(n−1)2=1limn−1=1.解lim=lim2n→∞n→∞2n→∞n2nn2(n+1)(n+2)(n+3) (13)lim;3n→∞5n(n+1)(n+2)(n+3)1 解lim=(分子与分母的次数相同,极限为 n→∞55n3最高次项系数之比). (n+1)(n+2)(n+3)11)(1+2)(1+3)=1.或lim=lim(1+n→∞5n→∞nnn55n3(14)lim(1−33); x→11−x1−x2 解lim(1−33)=lim1+x+x−32=−lim(1−x)(x+2)2 x→11−x1−xx→1(1−x)(1+x+x)x→1(1−x)(1+x+x) x+2=−1.x→11+x+x22.计算下列极限: =−lim 32x+2x(1)lim;x→2(x−2)2 32(x−2)20x+2x解因为lim3==0,所以lim=∞. x→2x+2x216x→2(x−2)22x(2)lim;x→∞2x+1 2x解lim=∞(因为分子次数高于分母次数).x→∞2x+1 (3)lim(2x3−x+1). x→∞ 解lim(2x3−x+1)=∞(因为分子次数高于分母次数). x→∞ 3.计算下列极限: (1)limx2sin1;x→0x解limx2sin1=0(当x→0时,x2是无穷小,而sin1是有界变量). x→0xx(2)limarctanx.x→∞x解limarctanx=lim1⋅arctanx=0(当x→∞时,1是无穷小, x→∞xx→∞xx而arctanx是有界变量). 4.证明本节定理3中的(2). 习题1−5 1.计算下列极限: (1)lim x2+5x→2x−3 ;解limx2+52x→2x−3=2+52−3 =−9.(2)limx2 −3x→3x2+1 ;解xlimx2−3(3)2−3→3x2+1=(3)2+1=0.(3)limx2 − 2x+1x→1x2−1 ;解limx2−2x+1(x−1)2x−1x→1x2−1=limx→1(x−1)(x+1)=limx→1x+1=02=0.(4)lim 4x3−2x2 +xx→03x2+2x;解lim4x3 −2x2+xx→03x2+2x=lim4x2−2x+1x→03x+2=12 .(5)(x+h)2−hlimx2→0h;222(x+h)2−x2x+2hx+h−x解lim=lim=lim(2x+h)=2x. h→0h→0h→0hh(6)lim(2−1+12);x→∞xx解lim(2−1+12)=2−lim1+lim12=2. x→∞x→∞xx→∞xxx2x−1;(7)lim x→∞2x2−x−1 1−122x−1=limx=1.解lim x→∞2x2−x−1x→∞ 2−1−122xx2xx;(8)lim4+2 x→∞x−3x−1 2 x=0(分子次数低于分母次数,极限为零).解lim4x+2x→∞x−3x−1 1+1 223x+xxx或lim=lim=0. x→∞x4−3x2−1x→∞211−2−4 xx2 (9)limx2−6x+8;x→4x−5x+4 2(x−2)(x−4)x解lim2−6x+8=lim=limx−2=4−2=2.x→4x−5x+4x→4(x−1)(x−4)x→4x−14−13 (10)lim(1+1)(2−12); x→∞xx解lim(1+1)(2−12)=lim(1+1)⋅lim(2−12)=1×2=2. x→∞x→∞xxx→∞xx(11)lim(1+1+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +1n); n→∞2421−(1)n+1 2解lim(1+1+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +1n)=lim=2. n→∞n→∞12421− 2(12)lim 1+2+3+ ⋅ ⋅ ⋅ +(n−1) ;2n→∞n(n−1)n1+2+3+ ⋅ ⋅ ⋅ +(n−1)2=1limn−1=1.解lim=lim2n→∞n→∞2n→∞n2nn2(n+1)(n+2)(n+3) (13)lim; n→∞5n3(n+1)(n+2)(n+3)1解lim=(分子与分母的次数相同,极限为 n→∞55n3 最高次项系数之比). (n+1)(n+2)(n+3)11)(1+2)(1+3)=1.或lim=lim(1+n→∞5n→∞nnn55n3(14)lim(1−33); x→11−x1−x2 131+x+x−3=−lim(1−x)(x+2)解lim(−)=limx→11−x1−x3x→1(1−x)(1+x+x2)x→1(1−x)(1+x+x2) x+2=−1.x→11+x+x22.计算下列极限: =−lim 32 (1)limx+2x2;x→2(x−2) 32(x−2)20x+2x解因为lim3==0,所以lim=∞. x→2x+2x216x→2(x−2)22x(2)lim;x→∞2x+1 2 解limx=∞(因为分子次数高于分母次数). x→∞2x+1 (3)lim(2x3−x+1). x→∞ 解lim(2x3−x+1)=∞(因为分子次数高于分母次数). x→∞ 3.计算下列极限:(1)limx2sin1;x→0x解limx2sin1=0(当x→0时,x2是无穷小,而sin1是有界变量). x→0xx(2)limarctanx.x→∞x解limarctanx=lim1⋅arctanx=0(当x→∞时,1是无穷小, x→∞x→∞xxx而arctanx是有界变量). 4.证明本节定理3中的(2). 习题1−7 1.当x→0时,2x−x2与x2−x3相比,哪一个是高阶无穷小？ 232x−xx−x解因为lim=lim=0,x→02x−x2x→02−x所以当x→0时,x2−x3是高阶无穷小,即x2−x3=o(2x−x2). 2.当x→1时,无穷小1−x和(1)1−x3,(2)1(1−x2)是否同阶？是否等价？ 2 3(1−x)(1+x+x2)1−x解(1)因为lim=lim=lim(1+x+x2)=3,x→11−xx→1x→11−x所以当x→1时,1−x和1−x3是同阶的无穷小,但不是等价无穷小. 1(1−x2) (2)因为lim2=1lim(1+x)=1, x→11−x2x→1 所以当x→1时,1−x和1(1−x2)是同阶的无穷小,而且是等价无穷小. 2 3.证明:当x→0时,有:(1)arctanx~x; 2 (2)secx−1~x. 2 y证明(1)因为limarctanx=lim=1(提示:令y=arctanx,则当x→0时, x→0y→0tanyxy→0), 所以当x→0时,arctanx~x. 2sin2x2sinxcosx=lim2=lim(2)2=1,(2)因为limsecx−1=2lim1−x→012x→0x2cosxx→0x→0xx2 x222所以当x→0时, 2 xsecx−1~.2 4.利用等价无穷小的性质,求下列极限:(1)limtan3x;x→02xsin(xn) (2)lim(n,m为正整数);x→0(sinx)msinx;(3)limtanx− x→0sin3x(4)lim sinx−tanx.x→0(31+x2−1)(1+sinx−1) 解(1)limtan3x=lim3x=3. x→02xx→02x21 n=mnn⎧sin(x)⎪x(2)lim=lim=⎨0 n>m.x→0(sinx)mx→0xm⎪⎩∞ n x→0x→0x→0cosxsin2xx→0x2cosx2sin3xsin3x(4)因为 sinx−tanx=tanx(cosx−1)=−2tanxsin2x~−2x⋅(x)2=−1x3(x→0), 22231+x2 2 x1x2(x→0),−1=~ 3(1+x2)2+31+x2+13 1+sinx−1= sinx~sinx~x(x→0),1+sinx+1 所以 −1x3 sinx−tanxlim3=lim2=−3. x→0(1+x2−1)(1+sinx−1)x→012 x⋅x35.证明无穷小的等价关系具有下列性质:(1)α~α(自反性); (2)若α~β,则β~α(对称性);(3)若α~β,β~γ,则α~γ(传递性).证明(1)limα=1,所以α~α; αβ(2)若α~β,则limα=1,从而lim=1.因此β~α; αββ(3)若α~β,β~γ,limα=lim⋅limα=1.因此α~γ. γγβ习题1−8 1.研究下列函数的连续性,并画出函数的图形: ⎧x2 0≤x≤1 (1)f(x)=⎨; 2−x 1 x→1x→1 lim−f(x)=lim−x2=1,lim+f(x)=lim+(2−x)=1. x→1 x→1 x→1 所以limf(x)=1,从而函数f(x)在x=1处是连续的. 综上所述，函数f(x)在[0,2]上是连续函数. x −1≤x≤1 (2)f(x)=⎧⎨1 |x|>1. ⎩ 解只需考察函数在x=−1和x=1处的连续性.在x=−1处,因为f(−1)=−1,并且 x→−1 lim−f(x)=lim−1=1≠f(−1), x→−1 x→−1+ limf(x)=lim+x=−1=f(−1), x→−1 所以函数在x=−1处间断,但右连续. 在x=1处,因为f(1)=1,并且 x→1 lim−f(x)=lim−x=1=f(1),lim+f(x)=lim+1=1=f(1), x→1 x→1 x→1 所以函数在x=1处连续. 综合上述讨论,函数在(−∞,−1)和(−1,+∞)内连续,在x=−1处间断,但右连续.2.下列函数在指出的点处间断,说明这些间断点属于哪一类,如果是可去间断点,则补充或改变函数的定义使它连续: 2x(1)y=2−1,x=1,x=2;x−3x+2 2−1(x+1)(x−1)x解y=2=.因为函数在x=2和x=1处无定义,所以x=2和x−3x+2(x−2)(x−1) x=1是函数的间断点. 2x因为limy=lim2−1=∞,所以x=2是函数的第二类间断点; x→2x→2x−3x+2 因为limy=lim(x+1)=−2,所以x=1是函数的第一类间断点,并且是可去间断x→1x→1(x−2)点.在x=1处,令y=−2,则函数在x=1处成为连续的.(2)y=x,x=k,x=kπ+π(k=0,±1,±2,⋅⋅⋅); tanx2解函数在点x=kπ(k∈Z)和x=kπ+ π(k∈Z)处无定义,因而这些点都是函数的 2 间断点. 因limx=∞(k≠0),故x=kπ(k≠0)是第二类间断点;x→kπtanx因为lim x=1,x→0tanxx→kπ+π2lim x=0(k∈Z),所以x=0和x=kπ+ π(k∈Z)是第一tanx2类间断点且是可去间断点. 令y|x=0=1,则函数在x=0处成为连续的; 令x=kπ+ π时,y=0,则函数在x=kπ+ π处成为连续的. 22 (3)y=cos21,x=0; x解因为函数y=cos21在x=0处无定义,所以x=0是函数y=cos21的间断点. xx又因为limcos21不存在,所以x=0是函数的第二类间断点. x→0xx−1 x≤1(4)y=⎧⎨3 −x x>1,x=1. ⎩解因为lim−f(x)=lim−(x−1)=0, x→1 x→1 x→1+ limf(x)=lim+(3−x)=2,所以x=1是函数的 x→1 第一类不可去间断点. 2n3.讨论函数f(x)=lim1−x2nx的连续性,若有间断点,判别其类型. n→∞1+x⎧−x |x|>12n⎪1−x解f(x)=limx=⎨0 |x|=1.n→∞1+x2n⎪⎩x |x|<1 在分段点x=−1处,因为lim−f(x)=lim−(−x)=1, x→−1 x→−1 x→−1 lim+f(x)=lim+x=−1,所以 x→−1 x=−1为函数的第一类不可去间断点. 在分段点x=1处,因为lim−f(x)=lim−x=1,lim+f(x)=lim+(−x)=−1,所以x=1 x→1 x→1 x→1 x→1 为函数的第一类不可去间断点. 4.证明:若函数f(x)在点x0连续且f(x0)≠0,则存在x0的某一邻域U(x0),当x∈U(x0)时,f(x)≠0. 证明不妨设f(x0)>0.因为f(x)在x0连续,所以limf(x)=f(x0)>0,由极限的局 x→x0 部保号性定理,存在x0的某一去心邻域U(x0),使当x∈U(x0)时f(x)>0,从而当 οο x∈U(x0)时,f(x)>0.这就是说,则存在x0的某一邻域U(x0),当x∈U(x0)时,f(x)≠0. 5.试分别举出具有以下性质的函数f(x)的例子: (1)x=0,±1,±2,±1,⋅⋅⋅,±n,±1,⋅⋅⋅是f(x)的所有间断点,且它们都是无穷间 2n断点; π解函数f(x)=csc(πx)+csc在点x=0,±1,±2,±1,⋅⋅⋅,±n,±1,⋅⋅⋅处是间断的 x2n, 且这些点是函数的无穷间断点. (2)f(x)在R上处处不连续,但|f(x)|在R上处处连续; −1 x∈Q 解函数f(x)=⎧⎨1 x∉Q在R上处处不连续,但|f(x)|=1在R上处处连续. ⎩(3)f(x)在R上处处有定义,但仅在一点连续. ⎧x x∈QR 解函数f(x)=⎨在上处处有定义,它只在x=0处连续. −x x∉Q⎩习题1−9 3 3x2−x−3的连续区间,并求极限limf(x),limf(x)及1.求函数f(x)=x+2 x→0x→−3x+x−6 limf(x). x→2 3+3x2−x−3(x+3)(x−1)(x+1)x解f(x)==,函数在(−∞,+∞)内除点x=2和x=−3x2+x−6(x+3)(x−2) 外是连续的,所以函数f(x)的连续区间为(−∞,−3)、(−3,2)、(2,+∞). 在函数的连续点x=0处,limf(x)=f(0)=1. x→02 在函数的间断点x=2和x=−3处, limf(x)=lim x→2 (x−1)(x+1)(x+3)(x−1)(x+1)=−8.=∞,limf(x)=lim x→2x→−3x→−3x−25(x+3)(x−2) 2.设函数f(x)与g(x)在点x0连续,证明函数 ϕ(x)=max{f(x),g(x)},ψ(x)=min{f(x),g(x)} 在点x0也连续. 证明已知limf(x)=f(x0),limg(x)=g(x0). x→x0 x→x0 可以验证 因此 ϕ(x)=1[f(x)+g(x)+|f(x)−g(x)| ], 2ψ(x)=1[f(x)+g(x)−|f(x)−g(x)| ]. 2ϕ(x0)=1[f(x0)+g(x0)+|f(x0)−g(x0)| ], 2ψ(x0)=1[f(x0)+g(x0)−|f(x0)−g(x0)| ]. 2因为 limϕ(x)=lim1[f(x)+g(x)+|f(x)−g(x)| ]x→x0x→x02 =1[limf(x)+limg(x)+|limf(x)−limg(x)| ] x→x0x→x0x→x02x→x0 =1[f(x0)+g(x0)+|f(x0)−g(x0)| ]=ϕ(x0),2 所以ϕ(x)在点x0也连续. 同理可证明ψ(x)在点x0也连续. 3.求下列极限:(1)lim x→0 x2−2x+5; (2)lim(sin2x)3; x→π4x→π6(3)limln(2cos2x); x+1−1;x→0x(5)lim5x−4−x;x→1x−1(6)limsinx−sina;x→ax−a(4)lim (7)lim(x2+x−x2−x). x→+∞ 解(1)因为函数f(x)=x2−2x+5是初等函数,f(x)在点x=0有定义,所以 lim x→0 x2−2x+5=f(0)=02−2⋅0+5=5. (2)因为函数f(x)=(sin2x)3是初等函数,f(x)在点x=π有定义,所以 4 lim(sin2x)3=f(π)=(sin2⋅π)3=1. 44x→π4 (3)因为函数f(x)=ln(2cos2x)是初等函数,f(x)在点x=π有定义,所以 6 limln(2cos2x)=f(π)=ln(2cos2⋅π)=0. 66x→π6(4)lim x→0 x+1−1=lim(x+1−1)(x+1+1)=limxx→0x→0x(x+1+1)xx(x+1+1)11==1.x+1+10+1+12 =lim(5)lim x→0 x→1 5x−4−x=lim(5x−4−x)(5x−4+x) x→1x−1(x−1)(5x−4+x) =lim 4x−444=lim==2. x→1(x−1)(5x−4+x)x→15x−4+x5⋅1−4+1x+asinx−a2cos22(6)limsinx−sina=lim x→ax→ax−ax−asinx−a2=cosa+a⋅1=cosa.=limcosx+a⋅lim x→a2x→ax−a2 2 (x2+x−x2−x)(x2+x+x2−x) (7)lim(x+x−x−x)=limx→+∞x→+∞(x2+x+x2−x) 2 2 =lim 2x2=lim=1.x→+∞(x2+x+x2−x)x→+∞ (1+1+1−1) xx4.求下列极限:(1)lim x→∞ 1ex; (2)limlnsinx;x→0xx1(3)lim(1+)2;x→∞x(4)lim(1+3tan2x)cotx; x→0 x−13+x(5)lim()2;x→∞6+x2 (6)lim x→0 1+tanx−1+sinx.x1+sin2x−x1x1x→∞xlim 解(1)lime=ex→∞ =e0=1. (2)limlnsinx=ln(limsinx)=ln1=0. x→0x→0xx(3)lim(1+1)2=lim(1+1)xx→∞x→∞xxx[]1 2 =e=e. 12(4)lim(1+3tan2x) x→0 cot2x=lim x→0 [ 1 (1+3tan2x)3tan2x3=e3. ] x−16+x⋅−3x−13+x−32(5)()=(1+)−36+x2.因为6+x6+x6+x−3lim(1+)−3=e,lim−3⋅x−1=−3, x→∞x→∞6+x6+x22 x−1−33+x2所以lim()=e2. x→∞6+x(6)lim x→0 1+tanx−1+sinx=lim(1+tanx−1+sinx)(1+sin2x+1) x→0x(1+sin2x−1)(1+tanx+1+sinx)x1+sin2x−x22xtanx⋅2sin(tanx−sinx)(1+sinx+1)2=lim=lim22x→0xsinx(1+tanx+1+sinx)x→0xsinx2x⋅(x)2 2=1.=lim x→02x3 ⎧x5.设函数f(x)=⎨ e x<0, ⎩ a+x x≥0内的连续函数？ 解要使函数f(x)在(−∞,+∞)内连续,只须f(x)在x=0处连续,即只须 x→−0 应当如何选择数a,使得f(x)成为在(−∞,+∞) limf(x)=limf(x)=f(0)=a. x→+0x→−0 x→+0 x→+0 因为limf(x)=limex=1,limf(x)=lim(a+x)=a,所以只须取a=1. x→−0 习题1−10 1.证明方程x5−3x=1至少有一个根介于1和2之间. 证明设f(x)=x5−3x−1,则f(x)是闭区间[1,2]上的连续函数. 因为f(1)=−3,f(2)=25,f(1)f(2)<0,所以由零点定理,在(1,2)内至少有一点ξ(1<ξ<2),使f(ξ)=0,即x=ξ是方程x5−3x=1的介于1和2之间的根. 因此方程x5−3x=1至少有一个根介于1和2之间. 2.证明方程x=asinx+b,其中a>0,b>0,至少有一个正根,并且它不超过a+b. 证明设f(x)=asinx+b−x,则f(x)是[0,a+b]上的连续函数. f(0)=b,f(a+b)=asin(a+b)+b−(a+b)=a[sin(a+b)−1]≤0. 若f(a+b)=0,则说明x=a+b就是方程x=asinx+b的一个不超过a+b的根;若f(a+b)<0,则f(0)f(a+b)<0,由零点定理,至少存在一点ξ∈(0,a+b),使f(ξ)=0,这说明x=ξ也是方程x=asinx+b的一个不超过a+b的根. 总之,方程x=asinx+b至少有一个正根,并且它不超过a+b. 3.设函数f(x)对于闭区间[a,b]上的任意两点x、y,恒有|f(x)−f(y)|≤L|x−y|,其中L为正常数,且f(a)⋅f(b)<0.证明:至少有一点ξ∈(a,b),使得f(ξ)=0. 证明设x0为(a,b)内任意一点.因为 0≤lim|f(x)−f(x0)|≤limL|x−x0|=0, x→x0 x→x0 所以即 x→x0 lim|f(x)−f(x0)|=0,limf(x)=f(x0). x→x0 因此f(x)在(a,b)内连续. 同理可证f(x)在点a处左连续,在点b处右连续,所以f(x)在[a,b]上连续.因为f(x)在[a,b]上连续,且f(a)⋅f(b)<0,由零点定理,至少有一点ξ∈(a,b),使得f(ξ)=0. 4.若f(x)在[a,b]上连续,a n证明显然f(x)在[x1,xn]上也连续.设M和m分别是f(x)在[x1,xn]上的最大值和最小值. 因为xi∈[x1,xn](1≤i≤n),所以有m≤f(xi)≤M,从而有 n⋅m≤f(x1)+f(x2)+ ⋅ ⋅ ⋅ +f(xn)≤n⋅M, f(x1)+f(x2)+ ⋅ ⋅ ⋅ +f(xn) ≤M. n由介值定理推论,在[x1,xn]上至少有一点ξ, f(x)+f(x2)+ ⋅ ⋅ ⋅ +f(xn)f(ξ)=1. nm≤ 使 5.证明:若f(x)在(−∞,+∞)内连续,且limf(x)存在,则f(x)必在(−∞,+∞)内有 x→∞ 界. 证明令limf(x)=A,则对于给定的ε>0,存在X>0,只要|x|>X,就有 x→∞ |f(x)−A|<ε,即A−ε 取N=max{M,|A−ε|,|A+ε|},则|f(x)|≤N,x∈(−∞,+∞),即f(x)在(−∞,+∞)内有界.6.在什么条件下,(a,b)内的连续函数f(x)为一致连续？总习题一 1.在“充分”、“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内: (1)数列{xn}有界是数列{xn}收敛的________条件.数列{xn}收敛是数列{xn}有界的________的条件. (2)f(x)在x0的某一去心邻域内有界是limf(x)存在的________条件.limf(x) x→x0 x→x0 存在是f(x)在x0的某一去心邻域内有界的________条件. (3)f(x)在x0的某一去心邻域内无界是limf(x)=∞的________条件. x→x0 x→x0 limf(x)=∞是f(x)在x0的某一去心邻域内无界的________条件. (4)f(x)当x→x0时的右极限f(x0+)及左极限f(x0−)都存在且相等是limf(x)存在 x→x0 的________条件. 解(1)必要,充分.(2)必要,充分.(3)必要,充分.(4)充分必要. 2.选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论:设f(x)=2x+3x−2,则当x→0时,有(). (A)f(x)与x是等价无穷小;(B)f(x)与x同阶但非等价无穷小;(C)f(x)是比x高阶的无穷小;(D)f(x)是比x低阶的无穷小. xxxxf(x)2+3−22−13解因为lim=lim=lim+lim−1 x→0xx→0x→0xx→0xxt+ln3limu=ln2+ln3(令2x−1=t,3x−1=u).=ln2lim t→0ln(1+t)u→0ln(1+u) 所以f(x)与x同阶但非等价无穷小,故应选B. 3.设f(x)的定义域是[0,1],求下列函数的定义域:(1)f(ex);(2)f(lnx); (3)f(arctanx);(4)f(cosx). 解(1)由0≤ex≤1得x≤0,即函数f(ex)的定义域为(−∞,0].(2)由0≤lnx≤1得1≤x≤e,即函数f(lnx)的定义域为[1,e]. (3)由0≤arctanx≤1得0≤x≤tan1,即函数f(arctanx)的定义域为[0,tan1].(4)由0≤cosx≤1得2nπ−π≤x≤2nπ+π(n=0,±1,±2,⋅⋅⋅), 22即函数f(cosx)的定义域为[2nπ−π, nπ+π],(n=0,±1,±2,⋅⋅⋅). 22 4.设 0 x≤0⎧0 x≤0f(x)=⎧⎨x x>0,g(x)=⎨−x2 x>0, ⎩⎩ 求f[f(x)],g[g(x)],f[g(x)],g[f(x)]. 0 x≤0 解因为f(x)≥0,所以f[f(x)]=f(x)=⎧⎨x x>0; ⎩因为g(x)≤0,所以g[g(x)]=0;因为g(x)≤0,所以f[g(x)]=0; ⎧0 x≤0 因为f(x)≥0,所以g[f(x)]=−f2(x)=⎨2. −x x>0⎩ 5.利用y=sinx的图形作出下列函数的图形: (1)y=|sinx|;(2)y=sin|x|;(3)y=2sinx. 2 6.把半径为R的一圆形铁片,自中心处剪去中心角为α的一扇形后围成一无底圆锥.试将这圆锥的体积表为α的函数. 解设围成的圆锥的底半径为r,高为h,依题意有 R(2π−α) R(2π−α)=2πr,r=, 2π2R2(2π−α)24πα−α.h=R−r=R−=R4π22π2 2 2 圆锥的体积为 2R2(2π−α)214πα−αV=π⋅⋅R32π4π23R=(2π−α)2⋅4πα−a2(0<α<2π).224π2x7.根据函数极限的定义证明lim−x−6=5.x→3x−3 2x证明对于任意给定的ε>0,要使|−x−6−5|<ε,只需|x−3|<ε,取δ=ε,当x−3 22x−x−6x0<|x−3|<δ时,就有|x−3|<ε,即|−5|<ε,所以lim−x−6=5. x→3x−3x−3 8.求下列极限: 2 1;(1)limx−x+x→1(x−1)2(2)limx(x2+1−x); x→+∞ (3)lim(2x+3)x+1;x→∞2x+1 sinx;(4)limtanx−3x→0xxxx1a+b+c(5)lim()x(a>0,b>0,c>0);x→03(6)lim(sinx)tanx.x→π222(x−1)x1=∞.解(1)因为lim2=0,所以lim−x+2x→1x−x+1x→1(x−1) x(x2+1−x)(x2+1+x) (2)limx(x+1−x)=limx→+∞x→+∞(x2+1+x) 2 =lim x→+∞ x1=lim=1. x2+1+xx→+∞1+1+12 x2 2x+1+1 2x+322x+1x+1(3)lim()=lim(1+)=lim(1+)22x→∞2x+1x→∞x→∞2x+12x+1 2x+11222=lim(1+)(1+)2x→∞2x+12x+1 2x+11222=lim(1+)⋅lim(1+)2=e. x→∞x→∞2x+12x+1 sinx(1−1)sinx(1−cosx)sinx=limcosx(4)limtanx−=lim x→0x→0x→0x3x3x3cosxsinx⋅2sin2x2x⋅(x)2 2=lim2=1=lim x→0x→02x3cosxx3 (提示:用等价无穷小换). (5)lim(a+bx→03 xx+cx)1x=lim(1+a+b+cx→03 3 xxx3ax+bx+cx−3 ⋅−3)ax+bx+cx−33x,因为 xxxlim(1+a+b+c−3)ax+bx+cx−3=e,x→03 xxxxxxlima+b+c−3=1lim(a−1+b−1+c−1)x→03x3x→0xxx1+lnblim1+lnclim1]=1[lnalim t→0ln(1+t)u→0ln(1+u)v→0ln(1+v)3 =1(lna+lnb+lnc)=ln3abc,3 x+bx+cx13a所以lim()x=elnabc=3abc.x→03 提示:求极限过程中作了变换ax−1=t,bx−1=u,cx−1=v. (6)lim(sinx) x→π2 tanx=lim[1+(sin x→π21 x−1)]sinx−1 1⋅(sinx−1)tanxsin,x−1)]x−1 因为 x→π2lim[1+(sin=e, sinx(sinx−1) cosxx→π2lim(sinx−1)tanx=lim x→π2sinx(sin2x−1)=lim=−limsinxcosx=0,x→πcosx(sinx+1)x→πsinx+1 2 2 所以 x→π2 lim(sinx)tanx=e0=1. ⎧xsin1 x>0⎪9.设f(x)=⎨,要使f(x)在(−∞,+∞)内连续,应怎样选择数a?x2⎪⎩a+x x≤0 解要使函数连续,必须使函数在x=0处连续.因为 f(0)=a,lim−f(x)=lim−(a+x2)=a,lim+f(x)=lim+xsin1=0, x→0x→0x→0x→0x所以当a=0时,f(x)在x=0处连续.因此选取a=0时,f(x)在(−∞,+∞)内连续. 1⎧⎪x10.设f(x)=⎨e−1 x>0,求f(x)的间断点,并说明间断点所属类形. ⎪⎩ln(1+x) −1 因为lim−f(x)=lim− x→1 x→1 1ex−1=0(提示lim−1=−∞), x→1x−1lim+1=+∞),x→1x−1 x→1 lim+f(x)=lim+ x→1 1 ex−1=∞(提示 所以x=1是函数的第二类间断点. 又因为lim−f(x)=lim−ln(x+1)=0,lim+f(x)=lim+ x→0 x→0 x→0 x→0 1xe−1=1e, 所以x=0也是函数的间断点,且为第一类间断点. 1+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +111.证明lim=1.222n→∞n+1n+2n+n1+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +1证明因为n≤≤n,且 n2+nn2+1n2+2n2+nn2+1n=lim1=1,limn=lim1=1,lim n→∞n2+nn→∞n→∞n2+1n→∞ 1+11+12nn1+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +1所以lim=1.222n→∞n+1n+2n+n12.证明方程sinx+x+1=0在开区间(−π, π)内至少有一个根. 22 证明设f(x)=sinx+x+1,则函数f(x)在[− π,π]上连续. 22因为f(− π)=−1−π+1=−π,f( π)=1+π+1=2+π,f(− π)⋅f( π)<0, 22222222所以由零点定理,在区间(− π,π)内至少存在一点ξ,使f(ξ)=0. 22这说明方程sinx+x+1=0在开区间(− π,π)内至少有一个根. 22 () () () 13.如果存在直线L:y=kx+b,使得当x→∞(或x→+∞,x→−∞)时,曲线y=f(x)上的动点M(x,y)到直线L的距离d(M,L)→0,则称L为曲线y=f(x)的渐近线.当直线L的斜率k≠0时,称L为斜渐近线. (1)证明:直线L:y=kx+b为曲线y=f(x)的渐近线的充分必要条件是 k= x→∞(x→+∞,x→−∞) lim f(x) ,b=lim x→∞x[f(x)−kx]. (x→+∞,x→−∞) (2)求曲线 1y=(2x−1)ex的斜渐近线. 证明(1)仅就x→∞的情况进行证明. 按渐近线的定义,y=kx+b是曲线y=f(x)的渐近线的充要条件是 x→∞ lim[f(x)−(kx+b)]=0. x→∞ 必要性:设y=kx+b是曲线y=f(x)的渐近线,则lim[f(x)−(kx+b)]=0,于是有同时有 limx[ x→∞x→∞ f(x)f(x)f(x) −k−b]=0⇒lim−k=0⇒k=lim, x→∞xx→∞xxxx→∞ lim[f(x)−kx−b]=0⇒b=lim[f(x)−kx]. 充分性:如果k=limf(x),b=lim[f(x)−kx],则 x→∞xx→∞ x→∞ lim[f(x)−(kx+b)]=lim[f(x)−kx−b]=lim[f(x)−kx]−b=b−b=0, x→∞ x→∞ 因此y=kx+b是曲线y=f(x)的渐近线. 1y2x−1(2)因为k=lim=lim⋅ex=2,x→∞xx→∞x11 t−1=1,b=lim[y−2x]=lim[(2x−1)ex−2x]=2limx(ex−1)−1=2lim x→∞x→∞x→∞t→0ln(1+t)1y=(2x−1)ex所以曲线习题2−1 的斜渐近线为y=2x+1. 1.设物体绕定轴旋转,在时间间隔[0,t]内转过的角度为θ,从而转角θ是t的函数:θ=θ(t).如果旋转是匀速的,那么称ω=θ为该物体旋转的角速度,如果旋转 t是非匀速的,应怎样确定该物体在时刻t0的角速度？ 解在时间间隔[t0,t0+∆t]内的平均角速度ω为 θ(t+∆t)−θ(t0) ω=∆θ=0, ∆t∆t故t0时刻的角速度为 θ(t0+∆t)−θ(t0)′ ω=limω=lim∆θ=lim=θ(t0). ∆t→0∆t→0∆t∆t→0∆t2.当物体的温度高于周围介质的温度时,物体就不断冷却,若物体的温度T与时间t的函数关系为T=T(t),应怎样确定该物体在时刻t的冷却速度？ 解物体在时间间隔[t0,t0+∆t]内,温度的改变量为∆T=T(t+∆t)−T(t), 平均冷却速度为 ∆T=T(t+∆t)−T(t),∆t∆t故物体在时刻t的冷却速度为 T(t+∆t)−T(t)′ lim∆T=lim=T(t).∆t→0∆t∆t→0∆t3.设某工厂生产x单位产品所花费的成本是f(x)元,此函数f(x)称为成本函数,成本函数f(x)的导数f′(x)在经济学中称为边际成本.试说明边际成本f′(x)的实际意义. 解f(x+∆x)−f(x)表示当产量由x改变到x+∆x时成本的改变量. f(x+∆x)−f(x) 表示当产量由x改变到x+∆x时单位产量的成本. ∆xf(x+∆x)−f(x) f′(x)=lim表示当产量为x时单位产量的成本. ∆x→0∆x4.设f(x)=10x2,试按定义,求f′(−1). 22 f(−1+∆x)−f(−1)10(−1+∆x)−10(−1)解f′(−1)=lim=lim∆x→0∆x→0∆x∆x2 −2∆x+∆x=10lim=10lim(−2+∆x)=−20.∆x→0∆x→0∆x5.证明(cosx)′=−sinx. cos(x+∆x)−cosx解(cosx)′=lim ∆x→0∆x−2sin(x+∆x)sin∆x22=lim ∆x→0∆x∆xsin 2]=−sinx.=lim[−sin(x+∆x) ∆x→0∆x2 2 6.下列各题中均假定f′(x0)存在,按照导数定义观察下列极限,指出A表示什么: f(x0−∆x)−f(x0) =A; ∆x→0∆x解A=limf(x0−∆x)−f(x0) ∆x→0∆xf(x0−∆x)−f(x0) =−lim=−f′(x0).−∆x→0−∆xf(x) (2)lim=A,其中f(0)=0,且f′(0)存在;x→0xf(x)f(0+x)−f(0) 解A=lim=lim=f′(0). x→0xx→0xf(x0+h)−f(x0−h) (3)lim=A.h→0h解A=limf(x0+h)−f(x0−h) h→0h[f(x0+h)−f(x0)]−[f(x0−h)−f(x0)]=limh→0hf(x0+h)−f(x0)f(x0−h)−f(x0)=lim−limh→0h→0hh=f′(x0)−[−f′(x0)]=2f′(x0).(1)lim 7.求下列函数的导数:(1)y=x4;(2)y=3x2;(3)y=x1.6;(4)y=1; x(5)y=12; x(6)y=x35x; 23x2x(7)y=;5x解(1)y′=(x4)′=4x4−1=4x3.(2)y′=( 32 2x)′=(x3)′= −12−12x23=x3. 33 (3)y′=(x1.6)′=1.6x1.6−1=1.6x0.6. −−−1− (4)y′=(1)′=(x2)′=−1x2=−1x2. 22x1 1 3 (5)y′=(12)′=(x−2)′=−2x−3. x(6) 16 y′=(x35x)′=(x5)′=16 5 16−1 x5=16 5 11x5. 232−11−xx166(7)y′=()′=(x)′=x=x6. 66x5 115 8.已知物体的运动规律为s=t3(m).求这物体在t=2秒(s)时的速度.解v=(s)′=3t2,v|t=2=12(米/秒). 9.如果f(x)为偶函数,且f(0)存在,证明f(0)=0. 证明当f(x)为偶函数时,f(−x)=f(x),所以 f(x)−f(0)f(−x)−f(0)f(−x)−f(0) f′(0)=lim=lim=−lim=−f′(0), x→0x→0−x→0x−0x−0−x−0 从而有2f′(0)=0,即f′(0)=0. 10.求曲线y=sinx在具有下列横坐标的各点处切线的斜率:x=2π,x=π. 3 解因为y′=cosx,所以斜率分别为 k1=cos2π=−1,k2=cosπ=−1. 3211.求曲线y=cosx上点(π, 1)处的切线方程和法线方程式. 32解y′=−sinx,y′ πx=3 =−sinπ=−3, 32 故在点(π, 1)处,切线方程为y−1=−3(x−π), 32223 法线方程为y−1=−2(x−π). 233 12.求曲线y=ex在点(0,1)处的切线方程.解y′=ex,y′|x=0=1,故在(0,1)处的切线方程为 y−1=1⋅(x−0),即y=x+1. 13.在抛物线y=x2上取横坐标为x1=1及x2=3的两点,作过这两点的割线,问该抛物线上哪一点的切线平行于这条割线？ 解y′=2x,割线斜率为k=令2x=4,得x=2. 因此抛物线y=x2上点(2,4)处的切线平行于这条割线.14.讨论下列函数在x=0处的连续性与可导性:(1)y=|sinx|; ⎧⎪x2sin1 x≠0 (2)y=⎨.x⎪⎩0 x=0解(1)因为 y(3)−y(1)9−1 ==4.3−12 y(0)=0,limy=lim|sinx|=lim−(−sinx)=0,−− x→0 x→0 x→0 x→0+ limy=lim+|sinx|=lim+sinx=0, x→0 x→0 所以函数在x=0处连续. 又因为 y(x)−y(0)|sinx|−|sin0| y′=lim−=lim−−sinx=−1,−(0)=lim− x→0x−0x→0x−0x→0xy(x)−y(0)|sinx|−|sin0|sinx=1,y′(0)=lim=lim=lim+ x→0+x−0x→0+x−0x→0+x而y′−(0)≠y′+(0),所以函数在x=0处不可导. 解因为limy(x)=limx2sin1=0,又y(0)=0,所以函数在x=0处连续. x→0x→0x又因为 1−02 xsiny(x)−y(0)x=limxsin1=0,lim=lim x→0x→0x→0x−0xx所以函数在点x=0处可导,且y′(0)=0. 2 x≤1⎧ x15.设函数f(x)=⎨为了使函数f(x)在x=1处连续且可导,a,b应取什 ⎩ax+b x>1 么值？ 解因为 xlim→−f(x)=xlim→1− x2 1 =1,xlim→1+f(x)=xlim→1 +(ax+b)=a+b,f(1)=a+b,所以要使函数在x=1处连续,必须a+b=1. 又因为当a+b=1时 f=2 −′(1)xxlim−1→1−x−1 =2,fa(x−1)+a+b−1a(x−1) +′(1)=xlimax+b−1→1+x−1=xlim→1+x−1=xlim→1+x−1 =a, 所以要使函数在x=1处可导,必须a=2,此时b=−1. 16.已知f(x)=⎧⎨ x2 x≥0 ⎩−x x<0求f+′(0)及f−′(0),又f′(0)是否存在？ 解因为 f−′(0)=limf(x)−f(0) − =lim−x−0x→0xx→0−x=−1, f+′(0)=f(x)−f(0) 2xlimx−0→0+x=xlim→0+x=0, 而f−′(0)≠f+′(0),所以f′(0)不存在. 17.已知f(x)=⎧⎨sinx x<0 ⎩ x x≥0,求f′(x). 解当x<0时,f(x)=sinx,f′(x)=cosx; 当x>0时,f(x)=x,f′(x)=1; 因为f−′(0)=limf(x)−f(0) x−0x→0−x=xlimsin→0−x=1, f+′(0)=lim+ x→0 f(x)−f(0) =lim+x−0=1,所以f′(0)=1,从而xx→0xcosx x<0 f′(x)=⎧⎨1 x≥0. ⎩ 18.证明:双曲线xy=a2上任一点处的切线与两坐标轴构成的三角形的面积都等于2a2. 22 解由xy=a2得y=a,k=y′=−a2. xx设(x0,y0)为曲线上任一点,则过该点的切线方程为 2ay−y0=−2(x−x0).x0 2y0x0令y=0,并注意x0y0=a,解得x=2+x0=2x0,为切线在x轴上的距. a2 2a令x=0,并注意x0y0=a,解得y=+y0=2y0,为切线在y轴上的距.x0 2 此切线与二坐标轴构成的三角形的面积为 S=1|2x0||2y0|=2|x0y0|=2a2.2 习题2−2 1.推导余切函数及余割函数的导数公式: (cotx)′=−csc2x; (cscx)′=−cscxcotx. cosx⋅cosx解(cotx)′=(cosx)′=−sinx⋅sinx− sinxsin2x22 sinx+cosx=−1=−csc2x.=− sin2xsin2xx=−cscx⋅cotx.(cscx)′=(1)′=−cos sinxsin2x2.求下列函数的导数: (1)y=45+74−2+12; xxx(2)y=5x3−2x+3ex;(3)y=2tanx+secx−1; (4)y=sinx⋅cosx;(5)y=x2lnx;(6)y=3excosx;(7)y=lnx; xxe(8)y=2+ln3;x(9)y=x2lnxcosx;(10)s=1+sint; 1+cost解(1)y′=(45+74−2+12)′=(4x−5+7x−4−2x−1+12)′ xxx28+2.=−20x−6−28x−5+2x−2=−20− x6x5x2(2)y′=(5x3−2x+3ex)′=15x2−2xln2+3ex. (3)y′=(2tanx+secx−1)′=2sec2x+secx⋅tanx=secx(2secx+tanx).(4)y′=(sinx⋅cosx)′=(sinx)′⋅cosx+sinx⋅(cosx)′ =cosx⋅cosx+sinx⋅(−sinx)=cos2x.(5)y′=(x2lnx)′=2x⋅lnx+x2⋅1=x(2lnx+1). x(6)y′=(3excosx)′=3ex⋅cosx+3ex⋅(−sinx)=3ex(cosx−sinx).1⋅x−lnxx.(7)y′=(lnx)′=x2=1−ln xxx2xx2xex(x−2)ee⋅x−e⋅2x(8)y′=(2+ln3)′==.xx4x3 (9)y′=(x2lnxcosx)′=2x⋅lnxcosx+x2⋅1⋅cosx+x2lnx⋅(−sinx) x2xlnxcosx+xcosx−x2lnxsinx. cost(1+cost)−(1+sint)(−sint)1+sint+cost(10)s′=(1+sint)′==. 1+cost(1+cost)2(1+cost)2 3.求下列函数在给定点处的导数:(1)y=sinx−cosx,求y′ x=π6 和y′ πx=4 . (2)ρ=θsinθ+1cosθ,求dρ2dθθ=π4 . 2 3x(3)f(x)=+,求f′(0)和f′(2).5−x5 解(1)y′=cosx+sinx, y′ πx=6 =cosπ+sinπ=3+1=3+1, 66222=cosπ+sinπ=2+2=2.4422 y′ πx=4 (2)dρ=sinθ+θcosθ−1sinθ=1sinθ+θcosθ,dθ22 dρdθπθ=4 =1sinπ+πcosπ=1⋅2+π⋅2=2(1+π).2444224242 (3)f′(x)= 3+2x,f′(0)=3,f′(2)=17. 2515(5−x)254.以初速v0竖直上抛的物体,其上升高度s与时间t的关系是s=v0t−1gt2. 2求: (1)该物体的速度v(t);(2)该物体达到最高点的时刻.解(1)v(t)=s′(t)=v0−gt.(2)令v(t)=0,即v0−gt=0,得t= v0,这就是物体达到最高点的时刻.g5.求曲线y=2sinx+x2上横坐标为x=0的点处的切线方程和法线方程.解因为y′=2cosx+2x,y′|x=0=2,又当x=0时,y=0,所以所求的切线方程为 y=2x, 所求的法线方程为 y=−1x,即x+2y=0. 26.求下列函数的导数:(1)y=(2x+5)4 (2)y=cos(4−3x);(3)y=e−3x;(4)y=ln(1+x2);(5)y=sin2x;(6)y=a2−x2;(7)y=tan(x2);(8)y=arctan(ex);(9)y=(arcsinx)2;(10)y=lncosx. 解(1)y′=4(2x+5)4−1⋅(2x+5)′=4(2x+5)3⋅2=8(2x+5)3.(2)y′=−sin(4−3x)⋅(4−3x)′=−sin(4−3x)⋅(−3)=3sin(4−3x).(3)y′=e−3x⋅(−3x2)′=e−3x⋅(−6x)=−6xe−3x.(4)y′=12⋅(1+x2)′=12⋅2x=2x2. 1+x1+x1+x(5)y′=2sinx⋅(sinx)′=2sinx⋅cosx=sin2x.(6) 11 −11y′=[(a2−x2)2]′=(a2−x2)2⋅(a2−x2)′ 2 2 2 2 2 −x=1(a2−x2)2⋅(−2x)=−.222a−x1 (7)y′=sec2(x2)⋅(x2)′=2xsec2(x2). x1ex(8)y′=⋅(e)′=.1+(ex)21+e2x(9)y′=2arcsinx⋅(arcsinx)′=2arcsinx. 1−x2(10)y′=1⋅(cosx)′=1(−sinx)=−tanx. cosxcosx7.求下列函数的导数:(1)y=arcsin(1−2x); (2)y= 1;1−x2 (3) −xy=e2cos3x; (4)y=arccos1; x(5)y=1−lnx; 1+lnx(6)y=sin2x; x(7)y=arcsinx;(8)y=ln(x+a2+x2);(9)y=ln(secx+tanx);(10)y=ln(cscx−cotx).解(1)y′= 1−21.′=⋅(1−2x)=−1−(1−2x)21−(1−2x)2x−x2− 11 −−112]′=−(1−x2)2⋅(1−x2)′ (2)y′=[(1−x2) 2 −31x22.=−(1−x)⋅(−2x)= 222(1−x)1−x− (3)y′=(exxxx−−− 2)′cos3x+e2(cos3x)′=e2(−x)′cos3x+e2(−sin 2 x3x)(3x)′ −−−1122=−ecos3x−3esin3x=−e2(cos3x+6sin3x).22 xx|x| (−12)=. 22xxx−11−(1)21−(1)2 xx−1(1+lnx)−(1−lnx)12x=−(5)y′=x. (1+lnx)2x(1+lnx)2(4)y′=− 1 (1)′=− x1 (6)y′=cos2x⋅2⋅x2−sin2x⋅1=2xcos2x2−sin2x. xx(7)y′= 111⋅(x)′=⋅1=.222x2x−x2 1−(x)1−(x) 111⋅(x+a2+x2)′=⋅[1+(a2+x2)′]x+a2+x2x+a2+x22a2+x2111.⋅[1+(2x)]= 222222x+a+x2a+xa+x(8)y′= = 21secxtanx+secx=secx.(9)y′=⋅(secx+tanx)′=secx+tanxsecx+tanx2 1(10)y′=⋅(cscx−cotx)′=−cscxcotx+cscx=cscx.cscx−cotxcscx−cotx8.求下列函数的导数:(1)y=(arcsinx)2; 2(2)y=lntanx; 2(3)y=1+ln2x;(4)y=earctanx;(5)y=sinnxcosnx;(6)y=arctanx+1; x−1(7)y=arcsinx; arccosx(8)y=ln[ln(lnx)]; (9)y1+x−1−x; 1+x+1−x(10)y=arcsin1−x. 1+x解(1)y′=2(arcsinx)⋅(arcsinx)′ 221=2(arcsinx)⋅⋅(x)′22 1−(x)2 21=2(arcsinx)⋅⋅1.22 1−(x)2 22arcsinx2= 4−x2 (2)y′=1⋅(tanx)′=1⋅sec2x⋅(x)′ 2tanx22tanx22 1⋅sec2x⋅1=cscx. 22tanx2 1(3)y′=1+ln2x=⋅(1+ln2x)′21+ln2x11=⋅2lnx⋅(lnx)′=⋅2lnx⋅1 x21+ln2x21+ln2xlnx.= x1+ln2x= (4)y′=earctanx⋅(arctan 1 x)′=earctanx⋅ 11+(x) 2 ⋅(x)′ =earctanxarctanx1e⋅⋅=.2 1+(x)2x2x(1+x) (5)y′=nsinn−1x⋅(sinx)′⋅cosnx+sinnx⋅(−sinnx)⋅(nx)′ =nsinn−1x⋅cosx⋅cosnx+sinnx⋅(−sinnx)⋅n=nsinn−1x⋅(cosx⋅cosnx−sinx⋅sinnx)=nsinn−1xcos(n+1)x. (6)y′= (x−1)−(x+1)111.⋅(x+1)′=⋅=−(x−1)21+x2 1+(x+1)2x−11+(x+1)2 x−1x−1 1arccosx+1arcsinx221−x1−x(7)y′= (arccosx)2==(8)y′= 1⋅arccosx+arcsinx(arccosx)21−x2 π.2221−x(arccosx) 1⋅[ln(lnx)]′=1⋅1⋅(lnx)′ln(lnx)ln(lnx)lnx1.=1⋅1⋅1= ln(lnx)lnxxxlnx⋅ln(lnx)( 1+1)(1+x+1−x)−(1+x−1−x)(1−1) 21+x21−x(9)y′=21+x21−x(1+x+1−x)2 =(10)y′= 1.221−x+1−x−(1+x)−(1−x)11⋅(1−x)′=⋅21+x(1+x)1−x1−x1−1− 1+x1+x1.(1+x)2x(1−x)=− 9.设函数f(x)和g(x)可导,且f2(x)+g2(x)≠0,试求函数y=f2(x)+g2(x)的导数. 解y′= 1⋅[f2(x)+g2(x)]′2f2(x)+g2(x) = 1⋅[2f(x)f′(x)+2g(x)g′(x)]22 2f(x)+g(x) = f(x)f′(x)+g(x)g′(x) . 22f(x)+g(x) dy:dx10.设f(x)可导,求下列函数y的导数(1)y=f(x2); (2)y=f(sin2x)+f(cos2x). 解(1)y′=f′(x2)⋅(x2)′=f′(x2)⋅2x=2x⋅f′(x2).(2)y′=f′(sin2x)⋅(sin2x)′+f′(cos2x)⋅(cos2x)′ =f′(sin2x)⋅2sinx⋅cosx+f′(cos2x)⋅2cosx⋅(−sinx)=sin2x[f′(sin2x)−f′(cos2x)].11.求下列函数的导数:(1)y=ch(shx);(2)y=shx⋅echx;(3)y=th(lnx);(4)y=sh3x+ch2x;(5)y=th(1−x2);(6)y=arch(x2+1);(7)y=arch(e2x); (8)y=arctan(thx);(9)y=lnchx+12; 2chx(10)y=ch2(x−1)x+1解(1)y′=sh(shx)⋅(shx)′=sh(shx)⋅chx.(2)y′=chx⋅echx+shx⋅echx⋅shx=echx(chx+sh2x). 1(3)y′=21.⋅(lnx)′=2 ch(lnx)x⋅ch(lnx)(4)y′=3sh2x⋅chx+2chx⋅shx=shx⋅chx⋅(3shx+2).(5)y′=212⋅(1−x2)=2−2x2. ch(1−x)ch(1−x)(6)y′= 12x2′=.⋅(x+1)2421+(x+1)x+2x+2 (7)y′=(8)y′= 2x1⋅(e2x)′=2e.2x24x(e)−1e−1 11⋅1=1⋅1′2⋅(th x)=1+(thx)1+th2xch2x1+sh2xch2xch2x1=212=.2chx+shx1+2shx(9)y′=1⋅(ch x)′−14⋅(ch2x)′ ch x2chx=sh x−14⋅2ch x⋅shxch x2chx2 sh xshxsh x⋅chx−shx=−3=3ch xchxchxsh x⋅(ch2x−1)sh3x==3=th3x.3chxchx(10)y′=2ch(x−1)⋅[ch(x−1)]′=2ch(x−1)⋅sh(x−1)⋅(x−1)′ x+1x+1x+1x+1x+1=sh(2⋅x−1)⋅x+1 (x+1)−(x−1)2sh(2⋅x−1).= x+1(x+1)2(x+1)212.求下列函数的导数:(1)y=e−x(x2−2x+3);(2)y=sin2x⋅sin(x2); (3)y=(arctanx)2; 2x;(4)y=lnnxt−te−e(5)y=t−t;e+e(6)y=lncos1; x(7)y=e−sin2 1x; (8)y=x+x; (9)y=xarcsinx+4−x2; 2(10)y=arcsin2t2. 1+t解(1)y′=−e−x(x2−2x+3)+e−x(2x−2) =e−x(−x2+4x−5). (2)y′=2sinx⋅cosx⋅sin(x2)+sin2x⋅cos(x2)⋅2x=sin2x⋅sin(x2)+2x⋅sin2x⋅cos(x2).(3)y′=2arctanx⋅12⋅1=24arctanx. 21+x2x+42 41⋅xn−lnx⋅nxn−1 1−nlnx.(4)y′=x= x2nxn+1 2t(et+e−t)(et+e−t)−(et−e−t)(et−e−t)4e(5)y′==2t. (et+e−t)2(e+1)2 (6)y′=sec1⋅(cos1)′=sec1⋅(−sin1)⋅(−12)=12tan1. xxxxxxx(7) −sin21 x⋅(−sin2y′=e1)′=e−sin21x⋅(−2sin1)⋅cos1⋅(−1)xxxx2 −sin2112x.=2⋅sin⋅exx(8)y′= 11⋅(x+x)′=⋅(1+1)2x2x+x2x+x2x+1. 4x⋅x+x1⋅1+⋅(−2x)=arcsinx. 2224−x22x1−41 = (9)y′=arcsinx+x⋅ 2 2 2⋅(1+t)−2t⋅(2t)12t1(10)y′=⋅(2)′=⋅ 1+t(1+t2)22t2t221−(2)1−()21+t1+t22(1−t2)2(1−t2)1+t=⋅=.22(1+t2)2|1−t2|(1+t2)(1−t) 习题2−3 1.求函数的二阶导数:(1)y=2x2+lnx;(2)y=e2x−1;(3)y=xcosx;(4)y=e−tsint;(5)y=a2−x2;(6)y=ln(1−x2)(7)y=tanx; (8)y=31; x+1 (9)y=(1+x2)arctanx;(10)y=e; x(11)y=xe;(12)y=ln(x+1+x2).解(1)y′=4x+1,y′′=4−12. xx(2)y′=e2x−1⋅2=2e2x−1, x2xy′′=2e2x−1⋅2=4e2x−1. (3)y=xcosx;y′=cosx−xsinx, y′′=−sinx−sinx−xcosx=−2sinx−xcosx.(4)y′=−e−tsint+e−tcost=e−t(cost−sint) y′′=−e−t(cost−sint)+e−t(−sint−cost)=−2e−tcost.(5)y′= 12a2−x2 ⋅(a2−x2)′=− x, 22a−xa2−x2−x⋅y′′=− a2−x−xa2−x2=−2a2 . 2222(a−x)a−x(6)y′=12⋅(1−x2)′=−2x2, 1−x1−x22 2(1−x)−2x⋅(−2x)2(1+x).y′′=−=− (1−x2)2(1−x2)2(7)y′=sec2x, y′′=2secx⋅(secx)′=2secx⋅secx⋅tanx=2sec2x⋅tanx.−(x3+1)′x2,(8)y′=32=−3 (x+1)(x3+1)2 6x⋅(x3+1)2−3x2⋅2(x3+1)⋅3x6x(2x3−1)y′′=−=33. (x3+1)4(x+1)(9)y′=2xarctanx+(1+x2)⋅12=2xarctanx+1, 1+xy′′=2arctanx+2x2. 1+xx⋅x−ex⋅1ex(x−1)e(10)y′=,=22 xx[ex(x−1)+ex]⋅x2−ex(x−1)⋅2xex(x2−2x+2)y′′==. x4x3(11)y′=ex+x⋅ex⋅(2x)=ex(1+2x2), 2 2 2 y′′=ex⋅2x⋅(1+2x2)+ex⋅4x=2xex(3+2x2).(12)y′= 11⋅(x+1+x2)′=⋅(1+2x)=1, x+1+x2x+1+x221+x21+x2 222 x.y′′=−12⋅(1+x2⋅)′=−12⋅2x2=−21+x1+x21+x)(1+x)1+x2.设f(x)=(x+10)6,解f′(x)=6(x+10)5, f′′′(2)=? f′′(x)=30(x+10)4,f′′′(x)=120(x+10)3, f′′′(2)=120(2+10)3=207360. d2y3.若f′′(x)存在,求下列函数y的二阶导数2: dx(1)y=f(x2);(2)y=ln[f(x)]. 解(1)y′=f′(x2)⋅(x2)′=2xf′(x2), y′′=2f′(x2)+2x⋅2xf′′(x2)=2f′(x2)+4x2f′′(x2).(2)y′=1f′(x), f(x)′′(x)f(x)−f′(x)f′(x)f′′(x)f(x)−[f′(x)]2fy′′==. [f(x)]2[f(x)]24.试从dx=1导出:dyy′ 2y′′d(1)x=−;dy2(y′)333(y′′)2−y′y′′′dx(2)3=.dy(y′)52 dd(dx)=d(1)=d(1)⋅dx=−y′′⋅1=−y′′.解(1)x= dy2dydydyy′dxy′dy(y′)2y′(y′)33dd(−y′′)=d(−y′′)⋅dx(2)x= dy3dy(y′)3dx(y′)3dyy′′′(y′)3−y′′⋅3(y′)2y′′13(y′′)2−y′y′′′.=−⋅= y′(y′)6(y′)5 5.已知物体的运动规律为s=Asinωt(A、ω是常数),求物体运动的加速度,并验证: d2s+ω2s=0. dt2 解ds=Aωcosωt, dtd2s=−Aω2sinωt.dt2 d2s就是物体运动的加速度.dt2 d2s+ω2s=−Aω2sinωt+ω2Asinωt=0.dt26.验证函数y=C1eλx+C2e−λx(λ,C1,C2是常数)满足关系式: y′′−λ2y=0. 解 y′=C1λeλx−C2λe−λx,y′′=C1λ2eλx+C2λ2e−λx. y′′−λ2y=(C1λ2eλx+C2λ2e−λx)−λ2(C1eλx+C2e−λx) =(C1λ2eλx+C2λ2e−λx)−(C1λ2eλx+C2λ2e−λx)=0. 7.验证函数y=exsinx满足关系式: y′′−2y′+2y=0. 解 y′=exsinx+excosx=ex(sinx+cosx), y′′=ex(sinx+cosx)+ex(cosx−sinx)=2excosx.y′′−2y′+2y=2excosx−2ex(sinx+cosx)+2exsinx=2excosx−2exsinx−2excosx+2exsinx=0. 8.求下列函数的n阶导数的一般表达式: (1)y=xn+a1xn−1+a2xn−2+⋅⋅⋅+an−1x+an(a1,a2,⋅⋅⋅,an都是常数);(2)y=sin2x;(3)y=xlnx;(4)y=xex. 解(1)y′=nxn−1+(n−1)a1xn−2+(n−2)a2xn−3+⋅⋅⋅+an−1, y′′=n(n−1)xn−2+(n−1)(n−2)a1xn−3+(n−2)(n−3)a2xn−4+⋅⋅⋅+an−2,⋅⋅⋅, y(n)=n(n−1)(n−2)⋅⋅⋅2⋅1x0=n!.(2)y′=2sinxcosx=sin2x, y′′=2cos2x=2sin(2x+π), 2y′′′=22cos(2x+π)=22sin(2x+2⋅π), 22 y(4)=23cos(2x+2⋅π)=23sin(2x+3⋅π), 22⋅⋅⋅, y(n)=2n−1sin[2x+(n−1)⋅π]. 2(3)y′=lnx+1, y′′=1=x−1, xy′′′=(−1)x−2,y(4)=(−1)(−2)x−3,⋅⋅⋅, y(n)=(−1)(−2)(−3)⋅⋅⋅(−n+2)x−n+1=(−1)n−2(4)y′=ex+xex, (n−2)!n(n−2)!.=(−1)xn−1xn−1y′′=ex+ex+xex=2ex+xex,y′′′=2ex+ex+xex=3ex+xex,⋅⋅⋅, y(n)=nex+xex=ex(n+x).9.求下列函数所指定的阶的导数:(1)y=excosx,求y(4);(2)y=xshx,求y(100);(3)y=x2sin2x,求y(50).解(1)令u=ex,v=cosx,有 u′=u′′=u′′′=u(4)=ex; v′=−sinx,v′′=−cosx,v′′′=sinx,v(4)=cosx, 所以 y(4)=u(4)⋅v+4u′′′⋅v′+6u′′⋅v′′+4u′⋅v′′′+u⋅v(4) =ex[cosx+4(−sinx)+6(−cosx)+4sinx+cosx]=−4excosx.(2)令u=x,v=shx,则有 u′=1,u′′=0; v′=chx,v′′=shx,⋅⋅⋅,v(99)=chx,v(100)=shx, 所以 1u(99)⋅v′+C2u(98)⋅v′′+ ⋅ ⋅ ⋅ C98u′′⋅v(98)+C99u′⋅v(99)+u⋅v(100)y(100)=u(100)⋅v+C100100100100 =100chx+xshx. (3)令u=x2,v=sin2x,则有 u′=2x,u′′=2,u′′′=0; v(48)=248sin(2x+48⋅π)=248sin2x, 2v(49)=249cos2x,v(50)=−250sin2x, 所以 12(48)′′48′′(48)49′(49) y(50)=u(50)⋅v+C150u(49)⋅v′+C50u⋅v+ ⋅ ⋅ ⋅ C50u⋅v+C50u⋅v+u⋅v(50) 48u′′⋅v(48)+C49u′⋅v(49)+u⋅v(50)=C5050 =50⋅49⋅2⋅228sin2x+50⋅2x⋅249cos2x+x2⋅(−250sin2x) 2=250(−x2sin2x+50xcos2x+1225sin2x). 2习题2−3 1.求函数的二阶导数:(1)y=2x2+lnx;(2)y=e2x−1;(3)y=xcosx;(4)y=e−tsint;(5)y=a2−x2;(6)y=ln(1−x2)(7)y=tanx;(8)y=31; x+1 (9)y=(1+x2)arctanx; xe(10)y=;x(11)y=xex; 2 (12)y=ln(x+1+x2).解(1)y′=4x+1,y′′=4−12. xx(2)y′=e2x−1⋅2=2e2x−1, y′′=2e2x−1⋅2=4e2x−1. (3)y=xcosx;y′=cosx−xsinx, y′′=−sinx−sinx−xcosx=−2sinx−xcosx.(4)y′=−e−tsint+e−tcost=e−t(cost−sint) y′′=−e−t(cost−sint)+e−t(−sint−cost)=−2e−tcost.(5)y′= 12a2−x2 ⋅(a2−x2)′=− x, 22a−xa2−x2−x⋅y′′=− a2−x−xa2−x2=−2 a2 . 2222(a−x)a−x(6)y′=12⋅(1−x2)′=−2x2, 1−x1−x2(1−x2)−2x⋅(−2x)2(1+x2)y′′=−=−. (1−x2)2(1−x2)2 (7)y′=sec2x, y′′=2secx⋅(secx)′=2secx⋅secx⋅tanx=2sec2x⋅tanx. 32′−(x+1)3x(8)y′=32=−32, (x+1)(x+1) 6x⋅(x3+1)2−3x2⋅2(x3+1)⋅3x6x(2x3−1)y′′=−=33.34(x+1)(x+1)(9)y′=2xarctanx+(1+x2)⋅12=2xarctanx+1, 1+xy′′=2arctanx+2x2. 1+xxxex(x−1)e⋅x−e⋅1(10)y′==,x2x2 [ex(x−1)+ex]⋅x2−ex(x−1)⋅2xex(x2−2x+2)y′′==. x4x3 (11)y′=ex+x⋅ex⋅(2x)=ex(1+2x2), 222 y′′=ex⋅2x⋅(1+2x2)+ex⋅4x=2xex(3+2x2).(12)y′= 11⋅(x+1+x2)′=⋅(1+2x)=1,x+1+x2x+1+x221+x21+x2 222 x.y′′=−12⋅(1+x2⋅)′=−12⋅2x2=−1+x1+x21+x)(1+x)21+x2.设f(x)=(x+10)6,解f′(x)=6(x+10)5, f′′′(2)=? f′′(x)=30(x+10)4,f′′′(x)=120(x+10)3, f′′′(2)=120(2+10)3=207360. d2y3.若f′′(x)存在,求下列函数y的二阶导数2: dx(1)y=f(x2);(2)y=ln[f(x)]. 解(1)y′=f′(x2)⋅(x2)′=2xf′(x2), y′′=2f′(x2)+2x⋅2xf′′(x2)=2f′(x2)+4x2f′′(x2).(2)y′=1f′(x), f(x)′′(x)f(x)−f′(x)f′(x)f′′(x)f(x)−[f′(x)]2fy′′==. [f(x)]2[f(x)]24.试从dx=1导出:dyy′2y′′d(1)x=−;dy2(y′)333(y′′)2−y′y′′′dx(2)3=.dy(y′)5 2 ddx=d1=d1⋅dx=−y′′⋅1=−y′′.解(1)dx= dy2dydydyy′dxy′dy(y′)2y′(y′)3()()() 3dd(−y′′)=d(−y′′)⋅dx(2)x= dy3dy(y′)3dx(y′)3dy′′′(y′)3−y′′⋅3(y′)2y′′13(y′′)2−y′y′′′y=−⋅=. y′(y′)6(y′)55.已知物体的运动规律为s=Asinωt(A、ω是常数),求物体运动的加速度,并验证: d2s+ω2s=0. dt2 解ds=Aωcosωt, dtd2s=−Aω2sinωt.dt2d2s就是物体运动的加速度.dt2 d2s+ω2s=−Aω2sinωt+ω2Asinωt=0.dt2 6.验证函数y=C1eλx+C2e−λx(λ,C1,C2是常数)满足关系式: y′′−λ2y=0. 解 y′=C1λeλx−C2λe−λx,y′′=C1λ2eλx+C2λ2e−λx. y′′−λ2y=(C1λ2eλx+C2λ2e−λx)−λ2(C1eλx+C2e−λx) =(C1λ2eλx+C2λ2e−λx)−(C1λ2eλx+C2λ2e−λx)=0. 7.验证函数y=exsinx满足关系式: y′′−2y′+2y=0. 解 y′=exsinx+excosx=ex(sinx+cosx), y′′=ex(sinx+cosx)+ex(cosx−sinx)=2excosx.y′′−2y′+2y=2excosx−2ex(sinx+cosx)+2exsinx=2excosx−2exsinx−2excosx+2exsinx=0. 8.求下列函数的n阶导数的一般表达式: (1)y=xn+a1xn−1+a2xn−2+⋅⋅⋅+an−1x+an(a1,a2,⋅⋅⋅,an都是常数);(2)y=sin2x; (3)y=xlnx;(4)y=xex. 解(1)y′=nxn−1+(n−1)a1xn−2+(n−2)a2xn−3+⋅⋅⋅+an−1, y′′=n(n−1)xn−2+(n−1)(n−2)a1xn−3+(n−2)(n−3)a2xn−4+⋅⋅⋅+an−2,⋅⋅⋅, y(n)=n(n−1)(n−2)⋅⋅⋅2⋅1x0=n!.(2)y′=2sinxcosx=sin2x, y′′=2cos2x=2sin(2x+π), 2y′′′=22cos(2x+π)=22sin(2x+2⋅π), 22y(4)=23cos(2x+2⋅π)=23sin(2x+3⋅π), 22 ⋅⋅⋅, y(n)=2n−1sin[2x+(n−1)⋅π]. 2(3)y′=lnx+1, y′′=1=x−1, xy′′′=(−1)x−2,y(4)=(−1)(−2)x−3,⋅⋅⋅, y(n)=(−1)(−2)(−3)⋅⋅⋅(−n+2)x−n+1=(−1)n−2(4)y′=ex+xex, (n−2)!n(n−2)!.=(−1)xn−1xn−1 y′′=ex+ex+xex=2ex+xex,y′′′=2ex+ex+xex=3ex+xex,⋅⋅⋅, y(n)=nex+xex=ex(n+x).9.求下列函数所指定的阶的导数:(1)y=excosx,求y(4);(2)y=xshx,求y(100);(3)y=x2sin2x,求y(50). 解(1)令u=ex,v=cosx,有 u′=u′′=u′′′=u(4)=ex; v′=−sinx,v′′=−cosx,v′′′=sinx,v(4)=cosx, 所以 y(4)=u(4)⋅v+4u′′′⋅v′+6u′′⋅v′′+4u′⋅v′′′+u⋅v(4) =ex[cosx+4(−sinx)+6(−cosx)+4sinx+cosx]=−4excosx.(2)令u=x,v=shx,则有 u′=1,u′′=0; v′=chx,v′′=shx,⋅⋅⋅,v(99)=chx,v(100)=shx, 所以 1u(99)⋅v′+C2u(98)⋅v′′+ ⋅ ⋅ ⋅ C98u′′⋅v(98)+C99u′⋅v(99)+u⋅v(100)y(100)=u(100)⋅v+C100100100100 =100chx+xshx. (3)令u=x2,v=sin2x,则有 u′=2x,u′′=2,u′′′=0; v(48)=248sin(2x+48⋅π)=248sin2x, 2v(49)=249cos2x,v(50)=−250sin2x, 所以 12(48)′′48′′(48)49′(49) y(50)=u(50)⋅v+C150u(49)⋅v′+C50u⋅v+ ⋅ ⋅ ⋅ C50u⋅v+C50u⋅v+u⋅v(50) 48u′′⋅v(48)+C49u′⋅v(49)+u⋅v(50)=C5050 =50⋅49⋅2⋅228sin2x+50⋅2x⋅249cos2x+x2⋅(−250sin2x) 2=250(−x2sin2x+50xcos2x+1225sin2x). 2 习题2−4 1.求由下列方程所确定的隐函数y的导数(1)y2−2xy+9=0;(2)x3+y3−3axy=0;(3)xy=ex+y;(4)y=1−xey. 解(1)方程两边求导数得 dy:dx于是 2yy′−2y−2xy′=0,(y−x)y′=y, y′= y.y−x(2)方程两边求导数得 3x2+3y2y′−2ay−3axy′=0, 于是(y2−ax)y′=ay−x2, ay−x2 y′=2. y−ax(3)方程两边求导数得 y+xy′=ex+y(1+y′), 于是(x−ex+y)y′=ex+y−y, x+ye−y.y′= x−ex+y(4)方程两边求导数得 y′=−ey−xeyy′, 于是(1+xey)y′=−ey, ye′y=−.1+xey在点(2a, 2a)处的切线方程和法线方程. 44 解方程两边求导数得2. −12x−123+y3y′=0, 332求曲线x32+y32=a3于是 y′=− −1x3−1y3, 在点(2a, 2a)处y′=−1. 44所求切线方程为 y−2a=−(x−2a),即x+y=2a. 442 所求法线方程为 y−2a=(x−2a),即x−y=0. 44 d2y3.求由下列方程所确定的隐函数y的二阶导数2: dx(1)x2−y2=1; (2)b2x2+a2y2=a2b2;(3)y=tan(x+y);(4)y=1+xey. 解(1)方程两边求导数得 2x−2yy′=0,y′=x, yy−xx22′y−xyyy−xx1.y′′=()′=2===− yyy2y3y3 (2)方程两边求导数得2b2x+2a2yy′=0, 2 y′=−b2⋅x, ay2bx)y−x(−⋅22y−xy′2ayy′′=−b2⋅2=−b2⋅ayay22a2y2+b2x24bb=−2⋅=−23.aa2y3ay(3)方程两边求导数得y′=sec2(x+y)⋅(1+y′), 2sec(x+y)=1y′= 1−sec2(x+y)cos2(x+y)−1 sin2(x+y)+cos2(x+y)1,==−1− −sin2(x+y)y22(1+y2)221y′′=3y′=3(−1−2)=−.yyyy5 (4)方程两边求导数得y′=ey+xeyy′, yyyeeey′===,1−xey1−(y−1)2−yeyy′(2−y)−ey(−y′)ey(3−y)y′e2y(3−y)y′′===. (2−y)2(2−y)2(2−y)3 4.用对数求导法求下列函数的导数: (1)y=(x)x; 1+x(2)y=55x−5;x2+2 x+2(3−x)4 (3)y=;5(x+1) (4)y=xsinx1−ex.解(1)两边取对数得 lny=xln|x|−xln|1+x|， 两边求导得 1y′=lnx+x⋅1−ln(1+x)−x⋅1,yx1+x于是y′=(x)x[lnx+1]. 1+x1+x1+x(2)两边取对数得 lny=1ln|x−5|−1ln(x2+2), 525两边求导得 1y′=1⋅1−1⋅2x,y5x−525x2+2 x−5=[1−1⋅2x]. 52 x+2x−55x2+2 (3)两边取对数得 1 lny=ln(x+2)+4ln(3−x)−5ln(x+1), 2 两边求导得 1y′=1−4−5,y2(x+2)3−xx+1于是 y′=155 于是 4 x+2(3−x)1+4−5]y′=[2(x+2)x−3x+1(x+1)5 (4)两边取对数得 lny=1lnx+1lnsinx+1ln(1−ex), 224 两边求导得 1y′=1+1cotx−ex,y2x24(1−ex)于是 y′=xsinx1−ex[ 1+1cotx−ex]2x24(1−ex) x=1xsinx1−ex[2+2cotx+e].x4xe−1 5.求下列参数方程所确定的函数的导数⎧x=at2 (1)⎨;2 ⎩y=btx=θ(1−sinθ)(2)⎧.⎨y=θcosθ⎩ 2dyy′3btt解(1)===3bt. dxxt′2at2adyy′ (2)=θ=cosθ−θsinθ. ′1−sinθ−θcosθdxxθ⎧x=etsint,π时dy的值.6.已知⎨求当t=t3dx⎩y=ecost. ttdyy′ecost−esint=cost−sint,t解==tdxxt′esint+etcostsint+costdy:dx1−3dy221−3当t=π时,===3−2. 3dx131+3+22 7.写出下列曲线在所给参数值相应的点处的切线方程和法线方程: x=sintπ(1)⎧⎨y=cos2t,在t=4处;⎩ ⎧x=3at⎪1+t2(2)⎨,在t=2处.23at⎪y= ⎩1+t2dyy′ 解(1)=t=−2sin2t. dxxt′costπ)−2sin(2⋅dy4=−2=−22,x=2,y=0,当t=π时,=00π4dx22cos42 所求切线方程为 y=−22(x−2),即22x+y−2=0; 2 所求法线方程为 y=−1(x−2),即2x−4y−1=0. 2−2222 6at(1+t)−3at⋅2t6at,(2)y′=t=(1+t2)2(1+t2)23a(1+t2)−3at⋅2t3a−3at2x′=,t=(1+t2)2(1+t2)2dyyt′ ==6at2=2t2.dxx′1−tt3a−3atdy2⋅2当t=2时,==−4,x0=6a,y0=12a,2dx1−2355所求切线方程为 y−12a=−4(x−6a),即4x+3y−12a=0;535 所求法线方程为 y−12a=3(x−6a),即3x−4y+6a=0.5452 d8.求下列参数方程所确定的函数的二阶导数y:2dx2⎧⎪x=t(1)⎨2; ⎪⎩y=1−t.x=acost(2)⎧⎨y=bsint; ⎩ ⎧x=3e−t(3)⎨;ty=2e⎩ ⎧x=ft(t)(4)⎨,设f′′(t)存在且不为零.ty=tf(t)−f(t)⎩ 1 2dyy′dy(y′x)′tt2=1.解(1)=t=−1,== dxxt′txt′tt3dx2 dyy′ =t=bcost=−bcott,dxxt′−asintabcsc2t2 dy(y′bx)′ta===−. xt′−asintdx2a2sin3ttdyy′ (3)=t=2e−t=−2e2t, dxxt′−3e3 2⋅2e2t−2 dy(y′x)′t4e3t.3=== x′dx2−3e−t9tdyyt′f′(t)+tf′′(t)−f′(t)(4)===t, ′′′dxxtf(t)d2y(y′x)′t=1.= xt′f′′(t)dx2(2) d3y9.求下列参数方程所确定的函数的三阶导数3: dx⎧x=1−t2(1)⎨;3 y=t−t⎩ 2)⎧x=ln(1+t(2)⎨. y=t−arctant⎩ 3′dy(t−t)1−3t2,解(1)==dx(1−t2)′−2t1−3t2)′(d2y−2t=−1(1+3),= −2t4t3tdx2 d3y3)′−1(1+ 4t3t=−3(1+t2).= −2tdx38t511−dy(t−arctant)′1+t2=1t,(2)== 2tdx[ln(1+t2)]′221+t1t)′(2dy21+t,==2tdx24t1+t2 2 21+td3y(4t)′t4−1 ==3. 2tdx38t1+t210.落在平静水面上的石头,产生同心波纹,若最外一圈波半径的增大率总是6m/s,问在2秒末扰动水面面积的增大率为多少？ 解设波的半径为r,对应圆面积为S,则S=πr2,两边同时对t求导得 St′=2πrr′. 当t=2时,r=6⋅2=12,r′t=6,故St′|t=2=2⋅12⋅6π=144π(米2/秒). 11.注水入深8m上顶直径8m的正圆锥形容器中,其速率为4m2/min.当水深为5m时,其表面上升的速度为多少？ 解水深为h时,水面半径为r=1h,水面面积为S=1h2π, 24水的体积为V=1hS=1h⋅1h2π=πh3, 33412 dV=π⋅3h2⋅dh,dh=4⋅dV.dt12dtdtπh2dt已知h=5(m)，dV=4(m3/min),因此dh=42⋅dV=4⋅4=16(m/min). dtdtπhdt25π25π12.溶液自深18cm直径12cm的正圆锥形漏斗中漏入一直径为10cm的圆柱 形筒中,开始时漏斗中盛满了溶液,已知当溶液在漏斗中深为12cm时,其表面下降的速率为1cm/min.问此时圆柱形筒中溶液表面上升的速率为多少？ 解设在t时刻漏斗在的水深为y,圆柱形筒中水深为h.于是有 1⋅62π⋅18−1πr2y=52h.33yy由r=,得r=,代入上式得6183 1⋅62π⋅18−1π(y)2y=52h,333 1⋅62π⋅18−1y3=52h.即 333两边对t求导得 −1y2yt′=52h′.23 当y=12时,y′t=−1代入上式得 2 −1⋅12⋅(−1)216≈0.64(cm/min)..3ht′== 2552 2−7 1.已知y=x3−x,计算在x=2处当∆x分别等于1,0.1,0.01时的∆y及dy.解∆y|x=2,∆x=1=[(2+1)3−(2+1)]−(23−2)=18, dy|x=2,∆x=1=(3x2−1)∆x|x=2,∆x=1=11; ∆y|x=2,∆x=0.1=[(2+0.1)3−(2+0.1)]−(23−2)=1.161, dy|x=2,∆x=0.1=(3x2−1)∆x|x=2,∆x=0.1=1.1; ∆y|x=2,∆x=0.01=[(2+0.01)3−(2+0.01)]−(23−2)=0.110601, dy|x=2,∆x=0.01=(3x2−1)∆x|x=2,∆x=0.01=0.11. 2.设函数y=f(x)的图形如图所示,试在图(a)、(b)、(c)、(d)中分别标出在点x0 的dy、∆y及∆y−dy并说明其正负. 解(a)∆y>0,dy>0,∆y−dy>0.(b)∆y>0,dy>0,∆y−dy<0.(c)∆y<0,dy<0,∆y−dy<0.(d)∆y<0,dy<0,∆y−dy>0. 3.求下列函数的微分:(1)y=1+2x; x(2)y=xsin2x;(3)y= xx+1 2 ; (4)y=ln2(1−x);(5)y=x2e2x;(6)y=e−xcos(3−x);(7)y=arcsin1−x2;(8)y=tan2(1+2x2); (9)y=arctan1−x2; 1+x(10)s=Asin(ωt+ϕ)(A,ω,ϕ是常数). 解(1)因为y′=−12+1,所以dy=(−12+1)dx. xxxx(2)因为y′=sin2x+2xcos2x,所以dy=(sin2x+2xcos2x)dx. 2 x2+1−⋅ (3)因为y′= x2+1 xx2+1= 11,所以dy=dx.2222(x+1)x+1(x+1)x+1 (4)dy=y′dx=[ln2(1−x)]′dx=[2ln(1−x)⋅−1]dx=2ln(1−x)dx. (1−x)x−1(5)dy=y′dx=(x2e2x)′dx=(2xe2x+2x2e2x)dx=2x(1+x)e2x.(6)dy=y′dx=[e−xcos(3−x)]dx=[−e−xcos(3−x)+e−xsin(3−x)]dx=e−x[sin(3−x)−cos(3−x)]dx.(7)dy=y′dx=(arcsin1−x2)′dx= 1x⋅(−2)dx=−dx.222 1−(1−x)1−x|x|1−x(8)dy=dtan2(1+2x2)=2tan(1+2x2)dtan(1+2x2) =2tan(1+2x2)⋅sec2(1+2x2)d(1+2x2)=2tan(1+2x2)⋅sec2(1+2x2)⋅4xdx=8x⋅tan(1+2x2)⋅sec2(1+2x2)dx. 221−x11−x(9)dy=darctan=d()1+x21+(1−x2)21+x2 1+x2−2x(1+x2)−2x(1−x2)14xdx.=⋅dx=−22)241−x(1+x1+x2 1+()1+x2(10)dy=d[Asin(ωt+ϕ)]=Acos(ωt+ϕ)d(ωt+ϕ)=Aωcos(ωt+ϕ)dx. 4.将适当的函数填入下列括号内,使等式成立:(1)d((2)d((3)d((4)d((5)d((6)d((7)d((8)d( )=2dx;)=3xdx;)=costdt;)=sinωxdx;)=1dx;x+1)=e−2xdx;)=1dx; x)=sec23xdx. 解(1)d(2x+C)=2dx.(2)d(3x2+C)=3xdx. 2(3)d(sint+C)=costdt.(4)d(−1cosωx+C)=sinωxdx. ω(5)d(ln(1+x)+C)=1dx. x+1 (6)d(−1e−2x+C)=e−2xdx. 2 (7)d(2x+C)=1dx. x(8)d(1tan3x+C)=sec23xdx. 3) 5.如图所示的电缆AOB的长为s,跨度为2l,电缆的最低点O与杆顶连线AB的距离为f,则电缆长可按下面公式计算:2f2 s=2l(1+2), 3l当f变化了∆f时,电缆长的变化约为多少？ 2f2 解∆S≈dS=2l(1+2)′df=8f∆f. 3l3l6.设扇形的圆心角α=60°,半径R=100cm(如图),如果R不变,α减少30′,问扇形面积大约改变了多少？又如果α不变,R增加1cm,问扇形面积大约改变了多少？ 解(1)扇形面积S=1αR2, 2 ∆S≈dS=(1αR2)α′dα=1R2∆α. 22将α=60°=π,R=100,∆α=−30′=−π代入上式得 3360∆S≈1⋅1002⋅(−π)≈−43.63(cm2). 2360(2)∆S≈dS=(1αR2)′RdR=αR∆R. 2 将α=60°=π,R=100,∆R=1代入上式得 3 ∆S≈π⋅100⋅1≈104.72(cm2). 37.计算下列三角函数值的近似值:(1)cos29°;(2)tan136°. 解(1)已知f(x+∆x)≈f(x)+f′(x)∆x,当f(x)=cosx时,有cos(x+∆x)≈cosx−sinx⋅∆x,所以 cos29°=cos(π−π)≈cosπ−sinπ⋅(−π)=3+1⋅π≈0.87467. 61806618022180 (2)已知f(x+∆x)≈f(x)+f′(x)∆x,当f(x)=tanx时,有tan(x+∆x)≈tanx+sec2x⋅∆x,所以 tan136°=tan(3π+π)≈tan3π+sec23π⋅π=−1+2⋅π≈−0.96509. 4180441801808.计算下列反三角函数值的近似值(1)arcsin0.5002;(2)arccos0.4995. 解(1)已知f(x+∆x)≈f(x)+f′(x)∆x,当f(x)=arcsinx时,有 arcsin(x+∆x)≈arcsinx+ 所以 arcsin0.5002=arcsin(0.5+0.0002)≈arcsin0.5+ 1⋅0.0002 21−0.5 1⋅∆x,1−x2 =π+2⋅0.0002≈30°47′′.63(2)已知f(x+∆x)≈f(x)+f′(x)∆x,当f(x)=arccosx时,有 arccos(x+∆x)≈arccosx− 所以 arccos0.4995=arccos(0.5−0.0005)≈arccos0.5− 1⋅(−0.0005)2 1−0.5 1⋅∆x,1−x2 =π+2⋅0.0005≈60°2′.339.当x较小时,证明下列近似公式:(1)tanx≈x(x是角的弧度值);(2)ln(1+x)≈x; (3)1≈1−x,1+x并计算tan45′和ln1.002的近似值. (1)已知当|∆x|较小时,f(x0+∆x)≈f(x0)+f′(x0)∆x,取f(x)=tanx,x0=0,∆x=x,则有 tanx=tan(0+x)≈tan0+sec20⋅x=sec20⋅x=x. (2)已知当|∆x|较小时,f(x0+∆x)≈f(x0)+f′(x0)∆x,取f(x)=lnx,x0=1,∆x=x,则有 ln(1+x)≈ln1+(lnx)′|x=1⋅x=x. (3)已知当|∆x|较小时,f(x0+∆x)≈f(x0)+f′(x0)∆x,取f(x)=1,x0=1,∆x=x,则有 x1≈1+(1)′|⋅x=1−x.1+xxx=1tan45′≈45′≈0.01309; ln(1.002)=ln(1+0.002)≈0.002.10.计算下列各根式的的近似值:(1)3996;(2)665. 解(1)设f(x)=nx,则当|x|较小时,有f(1+x)≈f(1)+f′(1)x=1+1x, n3996=31000−4=10⋅31−4≈10(1−1⋅⋅4)≈9.987. 100031000 1 (2)设f(x)=nx,则当|x|较小时,有f(1+x)≈f(1)+f′(1)x=1+x,于是 n665=664+1=2⋅61+1≈2(1+1⋅1)≈2.0052. 64664 11.计算球体体积时,要求精确度在2%以内,问这时测量直径D的相对误差不能超过多少？ 解球的体积为V=1πD3,dV=1πD2⋅∆D,因为计算球体体积时,要求精度在 622%以内,所以其相对误差不超过2%,即要求 1πD2⋅∆DdV=2=3⋅∆D≤2%, 1πD3VD6 所以 ∆D≤2%,D3也就是测量直径的相对误差不能超过2%. 312.某厂生产如图所示的扇形板,半径R=200mm,要求中心角α为55°.产品检验时,一般用测量弦长l的办法来间接测量中心角α,如果测量弦长l时的误差 δ1=0.1mm,问此而引起的中心角测量误差δx是多少？解由l=Rsinα得α=2arcsinl=2arcsinl, 222R400当α=55°时,l=2Rsinα=400sin27.5°≈184.7, 2 1δ′α=|α′l|⋅δl=2⋅⋅1⋅δl. 400 1−(l)2 400 δl=0.1时, 1δα=2⋅⋅1⋅0.1≈0.00056(弧度). 400 1−(184.7)2 400 总习题二 1.在“充分”、“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内: (1)f(x)在点x0可导是f(x)在点x0连续的____________条件.f(x)在点x0连续是f(x)在点x0可导的____________条件. (2)f(x)在点x0的左导数f−′(x0)及右导数f+′(x0)都存在且相等是f(x)在点x0可导的_______条件. (3)f(x)在点x0可导是f(x)在点x0可微的____________条件.解(1)充分,必要.(2)充分必要. 当l=184.7, (3)充分必要. 2.选择下述题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设f(x)在x=a的某个邻域内有定义,则f(x)在x=a处可导的一个充分条件是( ). (A)limh[f(a+1)−f(a)]存在;h→+∞hf(a+h)−f(a−h) (C)lim存在;h→02h解正确结论是D.提示:lim (B)lim f(a+2h)−f(a+h) 存在; h→0hf(a)−f(a−h) (D)lim存在. h→0hf(a)−f(a−h)f(a−h)−f(a)f(a+∆x)−f(a) =lim=lim(∆x=−h). h→0h→0∆x→0h−h∆x3.设有一根细棒,取棒的一端作为原点,棒上任一点的做标x为,于是分布在区间[0,x]上细棒的质量m是x的函数m=m(x),应怎样确定细棒在点x0处的线密度(对于均匀细棒来说,单位长度细棒的质量叫做这细棒的线密度)？ 解∆m=m(x0+∆x)−m(x0). 在区间[x0,x0+∆x]上的平均线密度为 m(x0+∆x)−m(x0) .ρ=∆m= ∆x∆x于是,在点x0处的线密度为 m(x0+∆x)−m(x0) ρ=lim∆m=lim=m′(x0).∆x→0∆x∆x→0∆x4.根据导数的定义,求f(x)=1的导数. x1−1 −∆x−1=−1.解y′=limx+∆xx=lim=lim ∆x→0∆x→0∆x(x+∆x)x∆x→0(x+∆x)x∆xx25.求下列函数f(x)的f−′(0)及f+′(0),又f′(0)是否存在?sinx x<0 (1)f(x)=⎧⎨ln(1+x) x≥0; ⎩⎧x x≠0 1(2)f(x)=⎪.⎨1+ex⎪0 x=0⎩解(1)因为f−′(0)=lim− x→0 f(x)−f(0) =lim−sinx−0=1, x−0x→0x1f(x)−f(0)ln(1+x)−0 f+′(0)=lim+=lim+=lim+ln(1+x)x=lne=1, x→0x−0x→0xx→0 而且f−′(0)=f+′(0),所以f′(0)存在,且f′(0)=1. x−0 1 (2)因为f−′(0)=lim−f(x)−f(0)=lim−1+ex=lim−11=1, x→0x→0x→0x−0x−0 1+exx−01f(x)−f(0)xf+′(0)=lim+=lim+1+e=lim+11=0, x→0x→0x→0x−0x−0 1+ex而f−′(0)≠f+′(0),所以f′(0)不存在. 6.讨论函数 ⎧⎪xsin1 x≠0f(x)=⎨x⎪⎩0 x=0 在x=0处的连续性与可导性. 解 因为f(0)=0,limf(x)=limxsin1=0=f(0),所以f(x)在x=0处连续; x→0x→0x1−0xsinf(x)−f(0)x=limsin1不存在,所以f(x)在x=0处不因为极限lim=lim x→0x→0x→0xxx可导. 7.求下列函数的导数:(1)y=arcsin(sinx); (2)y=arctan1+x; 1−x(3)y=lntanx−cosx⋅lntanx; 2(4)y=ln(ex+1+e2x);(5)y=xx(x>0). 解(1)y′=(2)y′= 11⋅(sinx)′=⋅cosx=cosx. |cosx|1−sin2x1−sin2x(1−x)+(1+x)11⋅(1+x)′=⋅=12.2 (1−x)1+x1+(1+x)21−x1+(1+x)2 1−x1−x(3)y′=1⋅(tanx)′+sinx⋅lntanx−cosx⋅1⋅(tanx)′ 2tanxtanx2 1⋅sec2x⋅1+sinx⋅lntanx−cosx⋅1⋅sec2x=sinx⋅lntanx. 22tanxtanx2 2xx112eex2xx(4)y′=⋅(e+1+e)′=⋅(e+)=. x2xx2x2x2xe+1+ee+1+e21+e1+ex1111111x(1−lnx).x(5)lny=lnx,y′=−2lnx+⋅,y′=x(−2lnx+2)=2xyxxxxxx8.求下列函数的二阶导数:(1)y=cos2x⋅lnx;(2)y= x.1−x2 解(1)y′=−2cosxsinx⋅lnx+cos2x⋅1=−sin2x⋅lnx+cos2x⋅1, xxy′′=−2cos2x⋅lnx−sin2x⋅1−2cosxsinx⋅1−cos2x⋅12xxx2 2sin2xcos=−2cos2x⋅lnx−−2x.xx1−x2−x⋅−x32−1−x2(2)y′==(1−x)221−x−533x2.y′′=−(1−x)2⋅(−2x)= 252(1−x) 9.求下列函数的n阶导数:(1)y=m1+x;(2)y=1−x. 1+x解(1)y= m1 1+x=(1+x)m, 1 1 1 −1−2−3 y′=1(1+x)m,y′′=1(1−1)(1+x)m,y′′′=1(1−1)(1−2)(1+x)m,⋅⋅⋅,mmmmmm1−n1(1−1)(1−2) ⋅ ⋅ ⋅ (1−n+1)(1+x)m. mmmmy(n)= (2)y=1−x=−1+2(1+x)−1,1+xy′=2(−1)(1+x)−2,y′′=2(−1)(−2)(1+x)−3,y′′′=2(−1)(−2)(−3)(1+x)−4,⋅⋅⋅,y(n)=2(−1)(−2)(−3) ⋅ ⋅ ⋅ (−n)(1+x)−(n+1)= 2(−1)nn! . (1+x)n+1 10.设函数y=y(x)由方程ey+xy=e所确定,求y′′(0).解 方程两边求导得 于是 eyy′+y+xy′=0, yy′=−; x+ey——(1) yy′(x+ey)−y(1+eyy′) y′′=(−)′=−.——(2) x+ey(x+ey)2 当x=0时,由原方程得y(0)=1,由(1)式得y′(0)=−1,由(2)式得y′′(0)=12. ee2 dyd11.求下列由参数方程所确定的函数的一阶导数及二阶导数y:dxdx2 ⎧x=acos3θ(1)⎨;3 y=asinθ⎩ ⎧x=ln1+t2(2)⎨. y=arctant⎩ dy(asin3θ)′3asin2θcosθ解(1)===−tanθ, dx(acos3θ)′3acos2θ(−sinθ) d2y(−tanθ)′−sec2θ1sec4θ⋅cscθ.===dx2(acos3θ)′−3acos2θsinθ3a1 dy(arctant)′1+t21(2)===, 2tdx[ln1+t]′t21+t1)′−1(22dy1+ttt===−3. tdx2[ln1+t2]′t1+t22 ⎧x=2et12.求曲线⎨在t=0相的点处的切线方程及法线方程.−ty=e⎩ dy(e−t)′−e−t解=t=t=−12t. dx(2e)′2e2edy1=−,x=2,y=1.dx2 所求切线的方程为y−1=−1(x−2),即x+2y−4=0; 2 当t=0时, 所求法线的方程为y−1=2(x−2). 13.甲船以6km/h的速率向东行驶,乙船以8km/h的速率向南行驶,在中午十二点正,乙船位于甲船之北16km处.问下午一点正两船相离的速率为多少? 解设从中午十二点开始,经过t小时,两船之间的距离为S,则有 S2=(16−8t)2+(6t)2,2SdS=−16(16−8t)+72t,dtdS=−16(16−8t)+72t.dt2S当t=1时,S=10, dS=−128+72=−2.8(km/h),dtt=120即下午一点正两船相离的速度为−2.8km/h. 14.利用函数的微分代替函数的增量求31.02的近似值. 解设f(x)=3x,则有f(1+∆x)−f(1)≈f′(1)∆x=1∆x,或f(1+∆x)≈1+1∆x于是 3331.02=31+0.02=1+1⋅0.02=1.007. 315.已知单摆的振动周期T=2πl,其中g=980cm/s2,l为摆长(单位为cm). g设原摆长为20cm,为使周期T增大0.05s,摆长约需加长多少？ 解因为∆T≈dT=π⋅∆L, gL所以 ∆L≈ 0.05gLπ=2.23(cm), L=20 即摆长约需加长2.23cm. 习题3−1 1.验证罗尔定理对函数y=lnsinx在区间[π, 5π]上的正确性. 66解因为y=lnsinx在区间[π, 5π]上连续,在(π, 5π)内可导,且y(π)=y(5π), 666666所以由罗尔定理知,至少存在一点ξ∈(π, 5π),使得y′(ξ)=cotξ=0. 66 由y′(x)=cotx=0得π∈(π, 5π). 266 因此确有ξ=π∈(π, 5π),使y′(ξ)=cotξ=0. 2662.验证拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0,1]上的正确性. 解因为y=4x3−5x2+x−2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ξ∈(0,1),使y′(ξ)= y(1)−y(0) =0.1−0 由y′(x)=12x2−10x+1=0得x=5±13∈(0, 1). 12 y(1)−y(0). 因此确有ξ=5±13∈(0, 1),使y′(ξ)= 121−0 3.对函数f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间[0, π]上验证柯西中值定理的正确 2性. 解因为f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间[0, π]上连续,在(0, π)可导,且 22F′(x)=1−sinx在(0, π)内不为0,所以由柯西中值定理知至少存在一点ξ∈(0, π),使 22 得 f(π)−f(0)f′(ξ)2=.π′F(ξ)F()−F(0)2 π)−f(0)f(′ 令f(x)=2,即cosx=2. 1−sinxπ−2F′(x)F(π)−F(0) 2888.,化简得sinx=−1易证0<−1<1所以sinx=−1在222(π−2)+4(π−2)+4(π−2)+4 (0, π)内有解,即确实存在ξ∈(0, π),使得22f(π)−f(0)f′(ξ) 2.=π′F(ξ)F()−F(0)2 4.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ξ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ξ∈(a,b),使得y(b)−y(a)=y′(ξ)(b−a),即 (pb2+qb+r)−(pa2+qa+r)=(2pξ+q)(b−a). 化间上式得 p(b−a)(b+a)=2pξ(b−a), 故ξ=a+b. 2 5.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ξ1∈(1,2),使f′(ξ1)=0.同理存在ξ2∈(2,3),使f′(ξ2)=0;存在ξ3∈(3,4),使f′(ξ3)=0.显然ξ1、ξ2、ξ3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=π(−1≤x≤1). 2证明设f(x)=arcsinx+arccosx.因为 1−1≡0,1−x21−x2 f′(x)= 所以f(x)≡C,其中C是一常数. 因此f(x)=f(0)=arcsinx+arccosx=π,即arcsinx+arccosx=π. 227.若方程a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x=0有一个正根x0,证明方程 a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0 必有一个小于x0的正根. 证明设F(x)=a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x,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ξ∈(0,x0),使F′(ξ)=0,即方程 a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=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 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ξ1∈(x1,x2),使f′(ξ1)=0.同理存在一点ξ2∈(x2,x3),使f′(ξ2)=0. 又由于f′(x)在[ξ1,ξ2]上连续,在(ξ1,ξ2)内可导,且f′(ξ1)=f′(ξ2)=0,根据罗尔定理,至少存在一点ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(x1,x3),使f′′(ξ)=0. 9.设a>b>0,n>1,证明: nbn−1(a−b) f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b),即an−bn=nξn−1(a−b). 因为所以 nbn−1(a−b) a−b ξ因为b<ξ 证明(1)设f(x)=arctanx,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ξ∈(a,b), 使 f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a),即arctanb−arctana=12(b−a), 1+ξ所以|arctanb−arctana|=12|b−a|≤|b−a|,即|arctana−arctanb|≤|a−b|. 1+ξ(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ξ∈(1,x),使 f(x)−f(1)=f′(ξ)(x−1),即ex−e=eξ(x−1). 因为ξ>1,所以 ex−e=eξ(x−1)>e(x−1),即ex>e⋅x.12.证明方程x5+x−1=0只有一个正根. 证明设f(x)=x5+x−1,则f(x)是[0,+∞)内的连续函数. 因为f(0)=−1,f(1)=1,f(0)f(1)<0,所以函数在(0,1)内至少有一个零点,即 x5+x−1=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+1≠0,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ξ,使 f(a)f(b)=(b−a)f(a)f′(ξ).g(a)g(b)g(a)g′(ξ)解设ϕ(x)= f(a)f(x),则ϕ(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,由拉格朗日中 g(a)g(x) 值定理,存在ξ∈(a,b),使 ϕ(b)−ϕ(a)=ϕ′(ξ)(b−a), 即 f(a)f(b)−f(a)f(a)=(b−a)⎡[f(a)]′f(ξ)+f(a)f′(ξ)⎤. ⎢g(a)g(b)g(a)g(a)⎣[g(a)]′g(ξ)g(a)g′(ξ)⎥⎦f(a)f(b)f(a)f′(ξ). =(b−a)g(a)g(b)g(a)g′(ξ) 因此 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.f(x) 证明令ϕ(x)=x,则在(−∞,+∞)内有 e′(x)ex−f(x)e2f(x)ex−f(x)e2fϕ′(x)==≡0,2x2xee所以在(−∞,+∞)内ϕ(x)为常数. 因此ϕ(x)=ϕ(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(0)=f′(0)=⋅⋅⋅=f(n−1) (0)=0,试用柯西中值定理证明: f(x)f(n)(θx) =(0<θ<1).nn!x证明根据柯西中值定理 f(x)f(x)−f(0)f′(ξ1)(ξ介于0与x之间), ==n−11 x−0xnnξ1 f′(ξ1)f′(ξ1)−f′(0)f′′(ξ2)==(ξ2介于0与ξ1之间),n−1n−1n−1n−2nξ1nξ1−n⋅0n(n−1)ξ2 f′′(ξ2)f′′(ξ2)−f′′(0)f′′′(ξ3) ==(ξ3介于0与ξ2之n−2n−2n−3n(n−1)ξ2n(n−1)ξ2−n(n−1)⋅0n−2n(n−1)(n−2)ξ3 间), 依次下去可得 f(n−1)(ξn−1)f(n−1)(ξn−1)−f(n−1)(0)f(n)(ξn) ==(ξn介于0与ξn−1之 n(n−1)⋅ ⋅ ⋅ 2⋅ξn−1n(n−1)⋅ ⋅ ⋅ 2⋅ξn−1−n(n−1)⋅ ⋅ ⋅ 2⋅0n!间), f(x)f(n)(ξn) 所以n=. n!xf(x)f(n)(θx) 由于ξn可以表示为ξn=θx(0<θ<1),所以n=(0<θ<1). n!x习题3−2 1.用洛必达法则求下列极限:ln(1+x); x→0xx−xe−e(2)lim;x→0sinx(3)limsinx−sina;x→ax−a(4)limsin3x;x→πtan5x(1)lim (5)limlnsinx2; πx→(π−2x) 2mm(6)limxn−an;x→ax−a(7)limlntan7x;x→+0lntan2x(8)limtanx; πx→tan3x2 ln(1+1)x;(9)lim x→+∞arccotxln(1+x2) (10)lim; x→0secx−cosx(11)limxcot2x; x→0 (12)lim x→0 1x2ex2 ; (13)lim(22−1); x→1x−1x−1(14)lim(1+a)x; x→∞x(15)limxsinx; x→+0 (16)lim(1)tanx.x→+0x1 解(1)limln(1+x)=lim1+x=lim1=1. x→0x→01x→01+xxx−xx−x(2)lime−e=lime+e=2.x→0sinxx→0cosx(3)limsinx−sina=limcosx=cosa.x→ax→a1x−a3x=−3.(4)limsin3x=lim3cos x→πtan5xx→π5sec25x52 lnsinxcotx1−cscx=−1.(5)lim=lim=−lim24x→π−28x→π(π−2x)x→π2(π−2x)⋅(−2) 222mmm−1m−1x−amxmxmam−n.(6)limnn=lim==x→ax−ax→anxn−1nan−1n1⋅sec27x⋅7(7)limlntan7x=limtan7xx→+0lntan2xx→+01⋅sec22x⋅2 tan2x2 7tan2x7sec2x⋅2=1.=lim=lim 2x→+0tan7x2x→+0sec27x⋅72x1cos23x(8)limtanx=limsec=lim22πππx→tan3xx→sec3x⋅33x→cosx2 2 2 =1lim3x→π2 2cos3x(−sin3x)⋅3 =−limcos3xπ2cosx(−sinx)x→cosx2 =−lim−3sin3x=3. π−sinxx→ 21⋅(−1)11x2 ln(1+)1+2 1+xx=limx(9)lim=lim x→+∞arccotxx→+∞1x→+∞x+x2 − 1+x2 2x=lim2=1.x→+∞1+2xx→+∞2 22 ln(1+x)cosxln(1+x)x2 (10)lim=lim=lim x→0secx−cosxx→01−cos2xx→01−cos2x2x=lim=limx=1. x→0−2cosx(−sinx)x→0sinx=lim (注:cosx⋅ln(1+x2)~x2) (11)limxcot2x=lim x→0 12x2xex=lim1=1.2x→0tan2xx→0sec2x⋅221ex2 (12)lim x→0 ttee=lim=lim=lim=+∞ x→01t→+∞tt→+∞1 x2(注:当x→0时,t=12→+∞. x2−1⎞=lim1−x=lim−1=−1.(13)lim⎛⎜⎟x→1⎝x2−1x−1⎠x→1x2−1x→12x2 xln(1+a)axx,(14)因为lim(1+)=limex→∞x→∞x而 1⋅(−a)a)ax2ln(1+1+ x=limxlimx(ln(1+a)=lim x→∞x→∞xx→∞1−12xx=limax=lima=a, x→∞x+ax→∞1所以. xln(1+a)axx=ea.lim(1+)=limex→∞x→∞x(15)因为limxsinx=limesinxlnx, x→+0 x→+0 而 1xlimsinxlnx=limlnx=lim x→+0x→+0cscxx→+0−cscx⋅cotx2 sinx=0,=−lim x→+0xcosx所以 x→+0 limxsinx=limesinxlnx=e0=1. x→+0 (16)因为lim(1)tanx=e−tanxlnx, x→+0x而 1xlimtanxlnx=limlnx=lim x→+0x→+0cotxx→+0−csc2x2 =−limsinx=0,x→+0xlim(1)tanx=lime−tanxlnx=e0=1.x→+0xx→+0 所以 2.验证极限limx+sinx存在,但不能用洛必达法则得出. x→∞x解limx+sinx=lim(1+sinx)=1,极限limx+sinx是存在的. x→∞x→∞x→∞xxx′ 但lim(x+sinx)=lim1+cosx=lim(1+cosx)不存在,不能用洛必达法则.x→∞x→∞x→∞(x)′1 x2sin1 x存在,但不能用洛必达法则得出.3.验证极限lim x→0sinxx2sin1x2sin1 x=limx⋅xsin1=1⋅0=0,极限limx是存在的.解lim x→0sinxx→0sinxx→0sinxx(x2sin1)′2xsin1−cos1x=limxx不存在,不能用洛必达法则.但lim x→0(sinx)′x→0cosx1⎧x1(1+x)⎪x⎪ 4.讨论函数f(x)=⎨[e] x>0在点x=0处的连续性. ⎪−1⎪⎩e2 x≤0 解f(0)=e因为而 limf− 12, x→−0 limf(x)=lim x→−0 −1e2−1=e2 =f(0), x→+0 1 (1+x)x1 (x)=lim[]xx→−0e=lim x→−0 1[1ln(1+x)−1] exx, ln(1+x)−xlim1[1ln(1+x)−1]=limx→+0xxx→+0x2 1−1 −1=−1,=lim1+x=lim x→+02xx→+02(1+x)2limf=e−121 (1+x)x1 (x)=lim[]xx→−0e所以 x→+0 =lim x→−0 11 [ln(1+x)−1]exx=f(0). 因此f(x)在点x=0处连续. 习题3−3 1.按(x−4)的幂展开多项式x4−5x3+x2−3x+4.解设f(x)=x4−5x3+x2−3x+4.因为 f(4)=−56, f′(4)=(4x3−15x2+2x−3)|x=4=21,f′′(4)=(12x2−30x+2)|x=4=74,f′′′(4)=(24x−30)|x=4=66,f(4)(4)=24, 所以 (4)′′(4)′′′(4)fff(4)(x−4)423f(x)=f(4)+f′(4)(x−4)+(x−4)+(x−4)+ 2!3!4! =−56+21(x−4)+37(x−4)2+11(x−4)3+(x−4)4. 2.应用麦克劳林公式,按x幂展开函数f(x)=(x2−3x+1)3.解因为 f′(x)=3(x2−3x+1)2(2x−3), f′′(x)=6(x2−3x+1)(2x−3)2+6(x2−3x+1)2=30(x2−3x+1)(x2−3x+2),f′′′(x)=30(2x−3)(x2−3x+2)+30(x2−3x+1)(2x−3)=30(2x−3)(2x2−6x+3),f(4)(x)=60(2x2−6x+3)+30(2x−3)(4x−6)=360(x2−3x+2),f(5)(x)=360(2x−3),f(6)(x)=720; f(0)=1,f′(0)=−9,f′′(0)=60,f′′′(0)=−270,f(4)(0)=720,f(5)(0)=−1080,f(6)(0)=720, 所以 ′′(0)2f′′′(0)3f(4)(0)4f(5)(0)5f(6)(0)6ff(x)=f(0)+f′(0)x+x+x+x+x+x2!3!4!5!6! =1−9x+30x3−45x3+30x4−9x5+x6.3.求函数f(x)=x按(x−4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的3阶泰勒公式.解因为 −11f(4)=4=2,f′(4)=x22−53f′′′(4)=x28 −3112 x=4=,f′′(4)=−x44 1,=−x=4 32 −7315(4),f(x)=−x2,x=4=8⋅3216 所以 f′′(4)f′′′(4)f(4)(ξ)23x=f(4)+f′(4)(x−4)+(x−4)+(x−4)+(x−4)4 2!3!4!15=2+1(x−4)−1(x−4)2+1(x−4)3−1⋅(x−4)4(0<θ<1). 4645124!16[4+θ(x−4)]7 4.求函数f(x)=lnx按(x−2)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)=x−1,f′′(x)=(−1)x−2,f′′′(x)=(−1)(−2)x−3,⋅⋅⋅, (−1)n−1(n−1)!(n)−nf(x)=(−1)(−2) ⋅ ⋅ ⋅ (−n+1)x=; xnf所以 (k)(2)=(−1) k−1(k−1)! 2k(k=1,2,⋅⋅⋅,n+1), f′′(2)f′′′(2)f(n)(2)23lnx=f(2)+f′(2)(x−2)+(x−2)+(x−2)+ ⋅ ⋅ ⋅ +(x−2)n+o[(x−2)n]2!3!n! (−1)n−111123 =ln2+(x−2)−(x−2)+3(x−2)− ⋅ ⋅ ⋅ +(x−2)n+o[(x−2)n].2n22⋅23⋅2n⋅2 5.求函数f(x)=1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)=x−1,f′(x)=(−1)x−2,f′′(x)=(−1)(−2)x−3,⋅⋅⋅,f(n)(x)=(−1)(−2) ⋅ ⋅ ⋅ (−n)x−(n+1)=f所以 (k)(−1)=(−1) (−1)nn! ;n+1xkk! (−1)k+1=−k!(k=1,2,⋅⋅⋅,n), 1=f(−1)+f′(−1)(x+1)+f′′(−1)(x+1)2+f′′′(−1)(x+1)3+ ⋅ ⋅ ⋅ x2!3! f(n)(−1)f(n+1)(ξ)n+(x+1)+(x+1)n+1 n!(n+1)!=−[1+(x+1)+(x+1)2+(x+1)3+ ⋅ ⋅ ⋅ +(x+1)n]+ (0<θ<1). 6.求函数f(x)=tanx的带有拉格朗日型余项的3阶麦克劳林公式.解因为 (−1)n+1 (x+1)n+1n+2[−1+θ(x+1)] f′(x)=sec2x, f′′(x)=2secx⋅secx⋅tanx=2sec2x⋅tanx, f′′′(x)=4secx⋅secx⋅tan2x+2sec4x=4sec2x⋅tan2x+2sec4x, 8sinx(sin2x+2)(4)2344f(x)=8secx⋅tanx+8secx⋅tanx+8secx⋅tanx=;5 cosxf(0)=0,f′(0)=1,f′′(0)=0,f′′′(0)=2, 所以 2 sin(θx)[sin(θx)+2]x4(0<θ<1).13tanx=x+x+33cos5(θx) 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+xex, f′′(x)=ex+ex+xex=2ex+xex,f′′′(x)=2ex+ex+xex=3ex+xex,⋅⋅⋅,f(n)(x)=nex+xex; f(k)(0)=k(k=1,2,⋅⋅⋅,n), f′′(0)2f′′′(0)3f(n)(0)nxxe=f(0)+f′(0)x+x+x+⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +x+o(xn)2!3!n! =x+x2+1x3+ ⋅ ⋅ ⋅ 1xn+o(xn). 2!(n−1)! 231xxx8.验证当0≤x≤时,按公式e≈1+x++计算ex的近似值时,所产生的误226 所以 差小于0.01,并求e的近似值,使误差小于0.01. 23 解因为公式ex≈1+x+x+x右端为ex的三阶麦克劳林公式,其余项为 26 ξR3(x)=ex4, 4! 23 1xxx所以当0≤x≤时，按公式e≈1+x++计算ex的误差226 |R3(x)|=| 1e=e2 eξ4! x4|≤ 132 (1)4≈0.0045<0.01.4!2 ≈1+1+1⋅(1)2+1⋅(1)3≈1.645. 22262 9.应用三阶泰勒公式求下列各数的近似值,并估计误差:(1)330;(2)sin18°. 解(1)设f(x)=3x,则f(x)在x0=27点展开成三阶泰勒公式为 −2−51123f(x)=x=27+⋅27(x−27)+⋅(−⋅273)(x−27)2 32!9 33−− +1⋅(10⋅273)(x−27)3+1⋅(−80ξ3)(x−27)4(ξ介于27与x之间).3!274!81−5−81−212110230≈27+⋅273⋅3+⋅(−⋅273)⋅3+⋅(⋅273)⋅33 32!93!27 3811 于是 35)≈3.10724,≈3(1+13−1+336310其误差为 −11−11180180|R3(30)|=|⋅(−ξ3)⋅34|<⋅⋅273⋅34=80=1.88×10−5.114!814!814!⋅3 (2)已知 sinξ4(ξ介于0与x之间), sinx=x−1x3+x3!4! 所以sin18°=sinπ≈π−1(π)3≈0.3090, 10103!10其误差为 πsinsinξπ46(π)4=2.03×10−4.|R3(π)|=|()|< 104!104!1010.利用泰勒公式求下列极限:(1)lim(3x3+3x2−4x4−2x3); x→+∞ (2)lim cosx−e;x→0x2[x+ln(1−x)] −x22 1+1x2−1+x2 2(3)lim.2x→0(cosx−ex)sinx2 3解(1)lim(3x3+3x2−4x4−2x3)=lim x→+∞ x→+∞ 1+3−41−2xx=lim31+3t−41−2t.1t→+0tx因为31+3t=1+t+o(t),41−2t=1−1t+o(t),所以 2 [1+t+o(t)]−[1−1t+o(t)]o(t)3.2lim(3x3+3x2−4x4−2x3)=lim=lim[3+]= x→+∞t→+0t→+02tt2[1−1x2+1x4+o(x4)]−[1−1x2+1⋅1x4+o(x4)] cosx−e2!4!22!4(2)lim2=lim1x→0x[x+ln(1−x)]x→0 3 x[1+ln(1−x)x] −x22 o(x4)1−x+3 x=0=0.=lim121x→01+e−1x1+ln(1−x) 1+1x2−1+x21+1x2−[1+1x2−3x4+o(x4)] 222!4!(3)lim=lim2x2x→0(cosx−e)sinxx→0111[(1−x2+x4+o(x4))−(1+x2+x4+o(x4))]x2 2!4!2!3+o(x4)3x4+o(x4)34!x44!4!=−1.=lim=lim=4x→034116 −x−x+x2⋅o(x4)x→0−3−11x2+o(x)−3122242224x2 习题3−4 1.判定函数f(x)=arctanx−x单调性. 解因为f′(x)=12−1=−12≤0,且仅当x=0时等号成立,所以f(x)在(−∞, 1+x1+x+∞)内单调减少. 2.判定函数f(x)=x+cosx(0≤x≤2π)的单调性. 解因为f′(x)=1−sinx≥0,所以f(x)=x+cosx在[0,2π]上单调增加.3.确定下列函数的单调区间:(1)y=2x3−6x2−18x−7;(2)y=2x+8(x>0); x(3)y=3102; 4x−9x+6x(4)y=ln(x+1+x2);(5)y=(x−1)(x+1)3; (6)y=3(2x−a)(a−x)2(a>0);(7)y=xne−x(n>0,x≥0);(8)y=x+|sin2x|. 解(1)y′=6x2−12x−18=6(x−3)(x+1)=0,令y′=0得驻点x1=−1,x2=3.列表得 x(−∞,−1)−1(−1,3)3(3,+∞)y′y+↗ 0 −↘ 0 +↗ 可见函数在(−∞,−1]和[3,+∞)内单调增加,在[−1,3]内单调减少. x+2),令y′=0得驻点x=2,x=−2(舍去).(2)y′=2−82=2(x−2)(=0122xx因为当x>2时,y>0;当0 2(4x3−9x2+6x)2列表得 xy′y(−∞,0)−↘ 0不存在 (0,1)2−↘ 1200 (1,1)1(1,+∞)2+↗ 0 −↘ 可见函数在(−∞,0),(0, 1],[1,+∞)内单调减少,在[1, 1]上单调增加. 22(4)因为y′=加. (5)y′=(x+1)3+3(x−1)(x+1)2=4(x−1)(x+1)2.因为当x<1时,y′<0;当x>1时, 222y′>0,所以函数在(−∞, 1]内单调减少,在[1, +∞)内单调增加. 221(1+2x)=1>0,所以函数在(−∞,+∞)内单调增x+1+x221+x21+x2 −(x−2a)3(6)y′=,驻点为x1=2a,不可导点为x2=a,x3=a. 3233(2x−a)2(a−x)列表得 xy′y(−∞, a)2+↗ a2不存在 (a, 2a)23+↗ 2a30 (2a, a)3−↘ a不存在 (a,+∞)+↗ 可见函数在(−∞, a),(a, 2a],(a,+∞)内单调增加,在[2a, a)内单调减少. 2233 (7)y′=e−xxn−1(n−x),驻点为x=n.因为当0 ⎧x+sin2x kπ≤x≤kπ+π⎪2(8)y=⎨(k=0,±1,±2,⋅⋅⋅), π⎪x−sin2x kπ+ π⎪1−2cos2x kπ+ 26x3=π. 2列表得 xy′y(0, π)3+↗ π30 (π, π)32−↘ π2不存在 (π, 5π)26+↗ 5π60 (5π, π)6−↘ 根据函数在[0,π]上的单调性及y′在(−∞,+∞)的周期性可知函数在[kπ, kπ+π]上单 223调增加,在[kπ+π, kπ+π]上单调减少(k=0,±1,±2,⋅⋅⋅). 23224.证明下列不等式:(1)当x>0时,1+1x>1+x; 2(2)当x>0时,1+xln(x+1+x2)>1+x2;(3)当0 2(4)当0 23(5)当x>4时,2x>x2; 证明(1)设f(x)=1+1x−1+x,则f(x)在[0,+∞)内是连续的.因为 2f′(x)=1−1=1+x−1>0, 221+x21+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+1x−1+x>0,21+1x>1+x.2也就是 (2)设f(x)=1+xln(x+1+x2)−1+x2,则f(x)在[0,+∞)内是连续的.因为 f′(x)=ln(x+1+x2)+x⋅ 1⋅(1+x)−x=ln(x+1+x2)>0,x+1+x21+x21+x2 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+xln(x+1+x2)−1+x2>0, 也就是 1+xln(x+1+x2)>1+x2. (3)设f(x)=sinx+tanx−2x,则f(x)在[0, π)内连续, 2(cosx−1)[(cos2x−1)−cosx]2f′(x)=cosx+secx−2=.2cosx因为在(0, π)内cosx−1<0,cos2x−1<0,−cosx<0,所以f′(x)>0,从而f(x)在 2 (0, π)内单调增加,因此当0 也就是 sinx+tanx>2x. (4)设f(x)=tanx−x−1x3,则f(x)在[0, π)内连续, 32f′(x)=sec2x−1−x2=tan2x−x2=(tanx−x)(tanx+x). 因为当0 2 tanx−x−1x3>0, 3也就是tanx>x+1x2. 3(5)设f(x)=xln2−2lnx,则f(x)在[4,+∞)内连续,因为 f′(x)=ln2−2=ln4−2>lne−2=0, x2x24所以当x>4时,f′(x)>0,即f(x)内单调增加. 因此当x>4时,f(x)>f(4)=0,即xln2−2lnx>0,也就是2x>x2.5.讨论方程lnx=ax(其中a>0)有几个实根？ 解设f(x)=lnx−ax.则f(x)在(0,+∞)内连续,f′(x)=1−a=1−ax,驻点为x=1. xxa因为当0 aaa所以f(x)在(1, +∞)内单调减少.又因为当x→0及x→+∞时,f(x)→−∞,所以如果 af(1)=ln1−1>0,即a<1,则方程有且仅有两个实根;如果f(1)=ln1−1<0,即aaeaaa>1,则方程没有实根.如果f(1)=ln1−1=0,即a=1,则方程仅有一个实根.eaae6.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+sinx. 解单调函数的导函数不一定为单调函数. 例如f(x)=x+sinx在(−∞,+∞)内是单调增加的,但其导数不是单调函数.事实上 , f′(x)=1+cosx≥0, 这就明f(x)在(−∞,+∞)内是单调增加的.f′′(x)=−sinx在(−∞,+∞)内不保持确定的符号,故f′(x)在(−∞,+∞)内不是单调的. 7.判定下列曲线的凹凸性:(1)y=4x−x2;(2)y=shx; (3)y=1+1(x>0); x(4)y=xarctanx;解(1)y′=4−2x,y′′=−2, 因为y′′<0,所以曲线在(−∞,+∞)内是凸的.(2)y′=chx,y′′=shx.令y′′=0,得x=0. 因为当x<0时,y′′=shx<0;当x>0时,y′′=shx>0,所以曲线在(−∞,0]内是凸的,在[0,+∞)内是凹的. (3)y′=−12,y′′=23. xx因为当x>0时,y′′>0,所以曲线在(0,+∞)内是凹的.(4)y′=arctanx+ x,y′′=2.1+x2(1+x2)2因为在(−∞,+∞)内,y′′>0,所以曲线y=xarctgx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=x3−5x2+3x+5;(2)y=xe −x;(3)y=(x+1)4+ex;(4)y=ln(x2+1);(5)y=earctanx;(6)y=x4(12lnx−7), 解(1)y′=3x2−10x+3,y′′=6x−10.令y′′=0,得x=5. 3 因为当x<5时,y′′<0;当x>5时,y′′>0,所以曲线在(−∞, 5]内是凸的,在 333[5, +∞)内是凹的,拐点为(5, 20).3327 (2)y′=e−x−xe−x,y′′=−e−x−e−x+xe−x=e−x(x−2).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(2,2e−2). (3)y′=4(x+1)3+ex,y′′=12(x+1)2+ex. 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+1)−2x⋅2x−2(x−1)(x+1)2(x2x(4)y′=2,y′′==.令y′′=0,得x1=−1,x2=1.2222x+1(x+1)(x+1) 列表得 xy′′y(−∞,−1)−∩ −10ln2拐点 (−1,1)+∪ 10ln2拐点 (1,+∞)−∩ 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). arctanx(5)y′=earctanx⋅12,y′′=e2(1−2x).令y′′=0得,x=1. 21+x1+x因为当x<1时,y′′>0;当x>1时,y′′<0,所以曲线y=earctgx在(−∞, 1]内是凹的, 222arctan2).在[1, +∞)内是凸的,拐点是(1, e22 1 (6)y′=4x3(12lnx−7)+12x3,y′′=144x2⋅lnx.令y′′=0,得x=1. 因为当0 9.利用函数图形的凹凸性,证明下列不等式: (1)1(xn+yn)>(x+y)n(x>0,y>0,x≠y,n>1); 22 xye+e(2)>e2 x+y2(x≠y); (3)xlnx+ylny>(x+y)lnx+y(x>0,y>0,x≠y). 2 证明(1)设f(t)=tn,则f′(t)=ntn−1,f′′(t)=n(n−1)tn−2.因为当t>0时,f′′(t)>0,所以曲线f(t)=tn在区间(0,+∞)内是凹的.由定义,对任意的x>0,y>0,x≠y有 1[f(x)+f(y)]>f(x+y),221(xn+yn)>(x+y)n.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 1[f(x)+f(y)]>f(x+y),22即 即 是凹的.由定义,对任意的x,y∈(−∞,+∞),x≠y有 ex+ey>e2 x+y2(x≠y). (3)设f(t)=tlnt,则f′(t)=lnt+1,f′′(t)=1. t因为当t>0时,f′′(t)>0,所以函数f(t)=tlnt的图形在(0,+∞)内是凹的.由定义,对任意的x>0,y>0,x≠y有 1[f(x)+f(y)]>f(x+y),22 x+y. xlnx+ylny>(x+y)ln 2 −1 10.试证明曲线y=x有三个拐点位于同一直线上.2 即 x+1 2 +1,y′′=2x3−6x2−6x+2=2(x+1)[x−(2−3)][x−(2+3)].证明y′=−x2+2x2 (x+1)(x2+1)3(x2+1)3 令y′′=0,得x1=−1,x2=2−3,x3=2+3.例表得 xy′y(−∞.−1)−∩ −10 (−1, 2−3)2−301−34(2−3) (2−3, 2+3)−∩ 2+301+34(2+3) (2+3, +∞) +∪ +∪ −1 可见拐点为(−1,−1),(2−3, 1−3),(2+3, 1+3).因为 4(2−3)4(2+3) 1−3−(−1)1+3−(−1) 4(2−3)4(2+3) =1,=1,442−3−(−1)2+3−(−1) 所以这三个拐点在一条直线上. 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,即a+b=3且6a+2b=0,解此方程组得a=−3,b=9. 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)=44⎧−8a+4b−2c+d=44⎪y(1)=−10⎪a+b+c+d=−10 ,即.⎨y′(−2)=0⎨12a−4b+c=0 ⎪⎪′′y(1)=0⎩⎩6a+2b=0 解之得a=1,b=−3,c=−24,d=16. 13.试决定y=k(x2−3)2中k的值,使曲线的拐点处的法线通过原点.解y′=4kx3−12kx,y′′=12k(x−1)(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y−4k=−1(x+1).要使法线 8k过原点,则(0,0)应满足法线方程,即−4k=−1,k=±2. 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(1,4k)也是拐点. 因为y′(1)=−8k,所以过拐点(−1,4k)的法线方程为y−4k=1(x−1).要使法线 8k过原点,则(0,0)应满足法线方程,即−4k=−1,k=±2. 8k8 因此当k=±2时,该曲线的拐点处的法线通过原点. 8 14.设y=f(x)在x=x0的某邻域内具有三阶连续导数,如果f′′(x0)=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−δ,x0+δ),在此邻域内有f′′′(x)>0.由拉格朗日中值定理,有 f′′(x)−f′′(x0)=f′′′(ξ)(x−x0)(ξ介于x0与x之间), 即 f′′(x)=f′′′(ξ)(x−x0). 因为当x0−δ 习题3−5 1.求函数的极值: (1)y=2x3−6x2−18x+7;(2)y=x−ln(1+x);(3)y=−x4+2x2 ;(4)y=x+1−x;(5)y= 1+3x4+5x2 ; 3x2+4x+4(6)y=2; x+x+1 (7)y=excosx;(8)y=x; 1x1 (9)y=3−2(x+1)3; (10)y=x+tanx. 解(1)函数的定义为(−∞,+∞), y′=6x2−12x−18=6(x2−2x−3)=6(x−3)(x+1),驻点为x1=−1, x2=3. 列表 x(−∞,−1) y′+−y↗17极大值↘−47极小值 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′=1− −10 (−1,3) 30 (3,+∞)+↗ 1x=,驻点为x=0.因为当−1 (3)函数的定义为(−∞,+∞), y′=−4x3+4x=−4x(x2−1),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′=1− 121−x=21−x−121−x= 3−4x21−x(21−x+1) , 3 令y′=0,得驻点x=. 4 335 因为当x<时,y′>0;当 )125(5)函数的定义为(−∞,+∞),y′=,驻点为x=.5(4+5x2)3 −5(x− 因为当x<12205 y()=.510 (6)函数的定义为(−∞,+∞),y′=列表 −x(x+2) ,驻点为x1=0,x2=−2.22 (x+x+1)−2 (−2,0) 0 (0,+∞) 121212 时,y′>0;当x>时,y′<0,所以函数在x=处取得极大值,极大值为555 x(−∞,−2) y′y−↘ 08 极小值3 +↗ 04极大值 −↘ 8 可见函数在x=−2处取得极小值,在x=0处取得极大值4. 3(7)函数的定义域为(−∞,+∞). y′=ex(cosx−sinx),y′′=−exsinx. ππ令y′=0,得驻点x=+2kπ,x=+2(k+1)π,(k=0,±1,±2,⋅ ⋅ ⋅). 44 +2kπππ2 因为y′′(+2kπ)<0,所以y(+2kπ)=e4是函数的极大值.⋅ 442 π+2(k+1)πππ2因为y′′[+2(k+1)π]>0,所以y[+2(k+1)π]=−e4是函数的极小值.⋅ 442 1 π(8)函数y=xx的定义域为(0,+∞), 1 y′=xx⋅ 1 (1−lnx).x2 令y′=0,得驻点x=e. 因为当x π+kπ(k=0,±1,±2,⋅ ⋅ ⋅).2 因为y′=1+sec2x>0,所以函数f(x)无极值. (10)函数y=x+tgx的定义域为x≠ 2.试证明:如果函数y=ax3+bx2+cx+d满足条件b2−3ac<0,那么这函数没有极值.证明y′=3ax2+2bx+c.由b2−3ac<0,知a≠0.于是配方得到 2bcb23ac−b22 y′=3ax+2bx+c=3a(x+x+)=3a(x+)+, 3a3a3a3a因3ac−b2>0,所以当a>0时,y′>0;当a<0时,y′<0.因此y=ax3+bx2+cx+d是单调函数,没有极值. 2 2 1 y(e)=ee为函数 f(x)的极大值. 21 ,因为y′<0,所以函数在(−∞,+∞)是单调 3(x+1)2/3 1π3.试问a为何值时,函数f(x)=asinx+sin3x在x=处取得极值？它是极大值还是极小 33 值？并求此极值. 解f′(x)=acosx+cos3x,f′′(x)=−asinx−3sinx. 要使函数f(x)在x= ππ1 处取得极值,必有f′()=0,即a⋅−1=0,a=2.332 π3π当a=2时,f′′()=−2⋅<0.因此,当a=2时,函数f(x)在x=处取得极值,而且取得极 323 大值,极大值为f(3)=3.2 4.求下列函数的最大值、最小值:(1)y=2x3−3x2,−1≤x≤4;(2)y=x4−8x2+2,−1≤x≤3;(3)y=x+1−x,−5≤x≤1. 解(1)y′=6x2−6x=6x(x−1),令y′=0,得x1=0,x2=1.计算函数值得 y(−1)=−5,y(0)=0,y(1)=−1,y(4)=80, 经比较得出函数的最小值为y(−1)=−5,最大值为y(4)=80. (2)y′=4x3−16x=4x(x2−4),令y′=0,得x1=0,x2=−2(舍去),x3=2.计算函数值得 y(−1)=−5,y(0)=2,y(2)=−14,y(3)=11, 经比较得出函数的最小值为y(2)=−14,最大值为y(3)=11. 13 (3)y′=1−,令y′=0,得x=.计算函数值得 421−x35 y(−5)=−5+6,y()=,y(1)=1, 44 35 经比较得出函数的最小值为y(−5)=−5+6,最大值为y()=. 44 5.问函数y=2x3−6x2−18x−7(1≤x≤4)在何处取得最大值？并求出它的最大值.解y′=6x2−12x−18=6(x−3)(x+1),函数f(x)在1≤x≤4内的驻点为x=3.比较函数值: f(1)=−29,f(3)=−61,f(4)=−47, 函数f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=−29. 6.问函数y=x2−解y′=2x+ 54 (x<0)在何处取得最小值？x54 ,在(−∞,0)的驻点为x=−3.因为2x108108y′′=2−3,y′′(−3)=2+>0, 27x所以函数在x=−3处取得极小值.又因为驻点只有一个,所以这个极小值也就是最小值,即函数在x=−3处取得最小值,最小值为y(−3)=27. 7.问函数y= 1−x2 x(x≥0)在何处取得最大值？x2+1 .函数在(0,+∞)内的驻点为x=1. 解y′= (x2+1)2 因为当0 8.某车间靠墙壁要盖一间长方形小屋,现有存砖只够砌20cm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？ 解设宽为x长为y,则2x+y=20,y=20−2x,于是面积为 S=xy=x(20−2x)=20x−2x2.S′=20−4x=4(10−x),S′′=−4.令S′=0,得唯一驻点x=10. 因为S′′(10)−4<0,所以x=10为极大值点,从而也是最大值点.当宽为5米,长为10米时这间小屋面积最大. 9.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？ 解由V=π r2h,得h=Vπ−1r−2.于是油罐表面积为值为f(1)= S=2π r2+2π rh=2πr2+S′=4πr− 2V.r2 2V(0 4VV3,>0所以S在驻点r=处取得极小值,也就是最小值.这时相应的3 2πr高为h= V=2r.底直径与高的比为2r:h=1:1.π r02 10.某地区防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如图),截面的面积为5m2,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？ 1x5π解设矩形高为h,截面的周长S,则xh+⋅()2π=5,h=−x. 22x8于是 S=x+2h+S′=1+ xππ1040=x+x+(0 因为S′′= 2040 ,所以为极小值点,同时也是最小值点.>0x=3 4+πx40 时所用的材料最省.4+π因此底宽为x= 11.设有重量为5kg的物体,置于水平面上,受力F的作用而开始移动(如图).设摩擦系数µ=0.25,问力F与水平线的交角α为多少时,才可使力F的大小为最小？ 解由Fcosα=(m−Fsinα)µ得 µm π(0≤α≤),F= cosα+µsinα2µm(sinα−µcosα)F′=,2 (cosα+µsinα) 驻点为α=arctanµ. π π)内取得,而F在(0,)内只有一个驻点α=arctanµ,22 所以α=arctanµ一定也是F的最小值点.从而当α=arctan0.25=14°时,力F最小. 12.有一杠杆,支点在它的一端.在距支点0.1m处挂一重量为49kg的物体.加力于杠杆的另一端使杠杆保持水平(如图).如果杠杆的线密度为5kg/m,求最省力的杆长? 解设杆长为x(m),加于杠杆一端的力为F,则有 因为F的最小值一定在(0, 154.9xF=x⋅5x+49⋅0.1,即F=x+(x>0). 22x54.9F′=−2, 2x驻点为x=1.4.由问题的实际意义知,F的最小值一定在(0,+∞)内取得,而F在(0,+∞)内只有一个驻点x=1.4,所以F一定在x=1.4m处取得最小值,即最省力的杆长为1.4m. 13.从一块半径为R的圆铁片上挖去一个扇形做成一漏斗(如图),问留下的扇形的中心角ϕ取多大时,做成的漏斗的容积最大？ 解漏斗的底周长l、底半径r、高h分别为 l=R⋅ϕ, r= 漏斗的容积为 RϕR,h=R2−r2=2π2π3 2 4π2−ϕ2. 1RϕV=hr2π= 324π2 4π2−ϕ2(0<ϕ<2π). R3ϕ(8π2−3ϕ2)26V′=⋅，驻点为ϕ=π.222324π4π−ϕ由问题的实际意义,V一定在(0,2π)内取得最大值,而V在(0,2π)内只有一个驻点,所以该驻点一定也是最大值点.因此当ϕ = 26π时,漏斗的容积最大.3 14.某吊车的车身高为1.5m,吊臂长15m,现在要把一个6m宽、2m高的屋架,水平地吊到6m高的柱子上去(如图),问能否吊得上去？ 解设吊臂对地面的倾角为ϕ时,屋架能够吊到的最大高度为h.在直角三角形∆EDG中 15sinϕ=(h−1.5)+2+3tanϕ,故 1 h=15sinϕ−3tanϕ−, 23 h′=15cosϕ−.2 cosϕ令h′=0得唯一驻点ϕ=arccos因为h′′=−15sinϕ− 6sinϕcos3ϕ1 35≈54°. <0,所以ϕ=54°为极大值点,同时这也是最大值点. 1 当ϕ=54°时,h=15sinϕ−3tanϕ−≈7.5m. 2 所以把此屋最高能水平地吊至7.5m高,现只要求水平地吊到6m处,当然能吊上去.15.一房地产公司有50套公寓要出租.当月租金定为1000元时,公寓会全部租出去.当月租金每增加50元时,就会多一套公寓租不出去,而租出去的公寓每月需花费100元的维修费.试问房租定为多少可获最大收入？ 解房租定为x元,纯收入为R元. 当x≤1000时,R=50x−50×100=50x−5000,且当x=1000时,得最大纯收入45000元.当x>1000时, 111 R=[50−(x−1000)]⋅x−[50−(x−1000)]⋅100=−x2+72x−7000, 5550 R′=− 1 x+72.25 1 <0,所以1800为极大值点,同时25 令R′=0得(1000,+∞)内唯一驻点x=1800.因为R′′=−也是最大值点.最大值为R=57800. 因此,房租定为1800元可获最大收入. 习题3-6 描绘下列函数的图形:1.y=1(x4−6x2+8x+7); 5解(1)定义域为(−∞,+∞); (2)y′=1(4x3−12x+8)=4(x+2)(x−1)2, 55 y′′=4(3x2−3)=12(x+1)(x−1), 55令y′=0,得x=−2,x=1;令y′′=0,得x=−1,x=1. (3)列表 xy′y′′y=f(x) (−∞,−2)−+↘∪ −20+−175 (−2,−1)++↗∪ −1+0−65 (−1,1)+−↗∩ 1002 (1,+∞)++↗∪ 极小值 (4)作图: 拐点 拐点2. y= x1+x2 ; 解(1)定义域为(−∞,+∞); (2)奇函数,图形关于原点对称,故可选讨论x≥0时函数的图形. x+1) (3)y′=−(x−1)(,22 (1+x) y′′= 2x(x−3)(x+3) (1+x) 23 , x=3. 当x≥0时,令y′=0,得x=1;令y′′=0,得x=0,(4)列表 xy′y′′y=f(x) 0+00拐点 (0,1)+−↗∩ 10− 1极大2 (1,−− 3) 3 (3,+∞)−+↘∪ −0 34 值 ↘∩ 拐点 (5)有水平渐近线y=0;(6)作图: 3. y=e−(x−1) 2 ; 2 解(1)定义域为(−∞,+∞);(2)y′=−2(x−1)e−(x−1) y′′=4e−(x−1)[x−(1+ 2 22)][x−(1−)],22 令y′=0,得x=1;令y′′=0,得x=1+ (3)列表 22 , x=1− 22 . xy′y′′y=f(x) (−∞, 1− 2)2 1− 22 (1− 2, 1)2 10−1极大值 (1, 1+ 2)2 1+ 22 (1+ 2 , +∞)2 ++↗∪ +0 e−12 +−↗∩ −−↘∩ −0 e−12 −+↘∪ 拐点拐点 (4)有水平渐近线y=0;(5)作图:4. y=x2+ 1;x解(1)定义域为(−∞,0)∪(0,+∞); 12x3−1 (2)y′=2x−2=2, xx2 22(x3+1) y′′=2+3=,3 xx令y′=0,得x=31;令y′′=0,得x=−1. (3)列表 xy′y′′y=f(x) (−∞,−1)−+↘∪ −1−00拐点 (−1,0)−−↘∩ 0无无无 (0, 312 )1 32 (312 , +∞) −+↘∪ 0+ 3322 ++↗∪ 极小值 (4)有铅直渐近线x=0;(5)作图: 5. y= cosx.cos2x2+ 解(1)定义域为x≠nππ4 (n=0,±1,±2,⋅ ⋅ ⋅) (2)是偶函数,周期为2p .可先作[0,p]上的图形,再根据对称性作出[−p,0)内的图形,最后根据周期性作出[−p,p]以外的图形; (3)y′= sinx(3−2sin2x) cos2x2 , y′′= cosx⋅(3+12sin2x−4sin4x) cos32x, 2 在[0,p]上,令y′=0,得x=0,x=p;令y′′=0,得x=π. (4)列表 x0 π(0, )4π4ππ(, )42π2π3π(, )243π4 (3π, π)4 py′y′′ 0+ ++ 无无 +−↗∩ +00拐点 4 ++↗∪ 无无无 +−↗∩ 0−−1极大值 1 y=f(x)极小 值 ↗∪无 (5)有铅直渐近线x=π及x=3π; 4 (6)作图: 习题3−7 1.求椭圆4x2+y2=4在点(0,2)处的曲率.解两边对x求导数得 4x′ 8x+2yy′=0,y′=−,y′′=−4y−4xy. yy2 y′|(0,2)=0,y′′|(0,2)=−2. 所求曲率为 |y′′||−2| ==2.23/223/2 (1+y′)(1+0) 2.求曲线y=lnsecx在点(x,y)处的曲率及曲率半径. K= 解y′=1⋅secx⋅tanx=tanx,y′′=sec2x. secx所求曲率为 |y′′||sec2x|K===|cosx|,23/223/2 ′(1+y)(1+tanx) 曲率半径为 ρ= 11==|secx|.K|cosx| 3.求抛物线y=x2−4x+3在其顶点处的曲率及曲率半径.解y′=2x−4,y′′=2. 令y′=0,得顶点的横坐标为x=2. y′|x=2=0,y′′|x=2=2. 所求曲率为 |y′′||2|K===2,23/223/2 ′(1+y)(1+0) 曲率半径为 11=.K2 4.求曲线x=acos3t,y=asin3t在t=t0处的曲率. ρ= (asin3t)′(−tanx)′1 解y′==−tant,y′′==.334 (acosx)′(acosx)′3asint⋅cost所求曲率为 K=K|y′′|(1+y′2)3/2 = 1 |4123asint⋅cost,==||=23/23 3|asin2t|(1+tant)3asintcost| 2 . t=t03|asin2t0| 5.对数曲线y=lnx上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径.解y′= 11,y′′=−2.xxK= |y′′|(1+y′2)3/2 3)2 1|2xx,== 13/2(1+x2)3/2(1+2)x|− ρ= (1+xx2 , 1 3 3 (1+x2)2⋅2x⋅x−(1+x2)2 1−x2(2x2−1)2ρ′==. x2x2令ρ′=0,得x=因为当0 222时, ρ<0;当x>时,ρ>0,所以x=是ρ的极小值点,同时也最小值222 2222时, y=ln. 因此在曲线上点(, ln)处曲率半径最小, 最小曲率半径为2222 ρ= 33.2 y2x6.证明曲线y=ach在点(x, y)处的曲率半径为. aax1x解y′=sh,y′′=ch. aaa在点(x, y)处的曲率半径为 (1+y′)|y′′| 23/2 ρ= xx(1+sh2)3/2(ch2)3/2 y2aa2x===ach=. 1x1xaa|ch||ch|aaaax2 7.一飞机沿抛物线路径y=(y轴铅直向上, 单位为m)作俯冲飞行, 在坐标原点O处 10000 飞机的速度为v=200m/s飞行员体重G=70Kg. 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′= 2xx11 =,y′′=;y′|x=0=0,y′′|x=0=.10000500050005000 (1+y′2)3/2(1+02)3/2 ρ|x=0===5000. 1|y′′| 5000向心力F= mV270×2002 ==560(牛顿).ρ5000 飞行员离心力及它本身的重量对座椅的压力为 79×9.8+560=1246(牛顿). 8.汽车连同载重共5t,在抛物线拱桥上行驶,速度为21.6km/h,桥的跨度为10m,拱的矢高为0.25m.求汽车越过桥顶时对桥的压力. 解如图取直角坐标系,设抛物线拱桥方程为y=ax2,由于抛物线过点(5,0.25),代入方程得 0.25 =0.01,25 于是抛物线方程为y=0.01x2. y′=0.02x,y′′=0.02. a= (1+y′2)3/2(1+02)3/2 ρ|x=0===50. |y′′|0.02 21.6×102 5×10()2 mV3600向心力为F===3600(牛顿).ρ50 3 3 因为汽车重为5吨,所以汽车越过桥顶时对桥的压力为 5×103×9.8−3600=45400(牛顿). *9. 求曲线y=lnx在与x轴交点处的曲率圆方程. π*10.求曲线y=tanx在点(, 1)处的曲率圆方程. 4 *11.求抛物线y2=2px的渐屈线方程. 总习题三 1.填空: x设常数k>0,函数f(x)=lnx−+k在(0,+∞)内零点的个数为________. e解应填写2. 111 提示:f′(x)=−,f′′(x)=−2. xex在(0,+∞)内,令f′(x)=0,得唯一驻点x=e. x因为f′′(x)<0,所以曲线f(x)=lnx−+k在(0,+∞)内是凸的,且驻点x=e一定是最大值点, e最大值为f(e)=k>0. 又因为limf(x)=−∞,limf(x)=−∞,所以曲线经过x轴两次,即零点的个数为2. x→+0 x→+∞ 2.选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论: 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).解选择B. 提示:因为f′′(x)>0,所以f′(x)在[0,1]上单调增加,从而f′(1)>f′(x)>f′(0).又由拉格朗日中值定理,有f(1)−f(0)=f′(ξ),ξ∈[0,1],所以 f′(1)>f(1)−f(0)>f′(0). 3.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ξ, 使f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a). 解取f(x)=|x|,x∈[−1,1]. 易知f(x)在[−1,1]上连续,且当x>0时f′(x)=1;当x>0时,f′(x)=−1;f′(0)不存在,即f(x)在[−1,1]上除x=0外处处可导. 注意f(1)−f(−1)=0,所以要使f(1)−f(−1)=f′(ξ)(1−(−1))成立,即f′(ξ)=0,是不可能的.因此在(−1,1)内不存在点ξ, 使f(1)−f(−1)=f′(ξ)(1−(−1)). 4.设limf′(x)=k,求lim[f(x+a)−f(x)]. x→∞ x→∞ 解根据拉格朗日中值公式,f(x+a)−f(x)=f′(ξ)⋅a,ξ介于x+a与x之间.当x→∞时,ξ→∞,于是 x→∞ lim[f(x+a)−f(x)]=limf′(ξ)⋅a=alimf′(ξ)=ak. x→∞ ξ→∞ 5.证明多项式f(x)=x3−3x+a在[0,1]上不可能有两个零点. 证明f′(x)=3x2−3=3(x2−1),因为当x∈(0,1)时,f′(x)<0,所以f(x)在[0,1]上单调减少.因此,f(x)在[0,1]上至多有一个零点. aa6.设a0+1+ ⋅ ⋅ ⋅ +n=0,证明多项式f(x)=a0+a1x+⋅ ⋅ ⋅+anxn在(0,1)内至少有一个零点. 2n+1 aa证明设F(x)=a0x+1x2+Λ+nxn+1,则F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且 2n+1 F(0)=F(1)=0.由罗尔定理,在(0,1)内至少有一个点ξ,使F(ξ)=0.而F′(x)=f(x),所以f(x)在(0,1)内至少有一个零点. 7.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ξ∈(0,a),使 f(ξ)+ξf′(ξ)=0. 证明设F(x)=xf(x),则F(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,且F(0)=F(a)=0.由罗尔定理,在(0,a)内至少有一个点ξ,使F(ξ)=0.而F(x)=f(x)+xf′(x),所以f(ξ)+ξf′(ξ)=0. 8.设0 f(b)−f(a)f′(ξ) ,ξ∈(a,b),=1lnb−lnaξ即 b,ξ∈(a,b).a9.设f(x)、g(x)都是可导函数,且|f′(x)| 证明由条件|f′(x)| <1,且有g′(x)>0,g(x)是单调增加的,当x>a时,g′(ξ) g(x)>g(a). 因为f(x)、g(x)都是可导函数,所以f(x)、g(x)在[a,x]上连续,在(a,x)内可导,根据柯西 f(x)−f(a)f′(ξ) 中值定理,至少存在一点ξ∈(a,x),使.= ′g(x)−g(a)g(ξ) 因此, |f(x)−f(a)|f′(ξ) =<1,|f(x)−f(a)| 10.求下列极限: x−xx(1)lim;x→11−x+lnx11 (2)lim[−];x→0ln(1+x)x(3)lim(2arctanx)x.x→+∞π(4)lim x→∞ 1[(a1x1+a2x1 + ⋅ ⋅ ⋅ +anx)/n]nx(其中a1, a2, ⋅⋅⋅,an>0). 解(1)(xx)′=(exlnx)′=exlnx(lnx+1)=xx(lnx+1). (x−xx)′1−xx(lnx+1)x−xx+1(lnx+1)x−xxlim=lim=lim=limx→11−x+lnxx→1(1−x+lnx)′x→11x→11−x−1+ x1 1−xx+1(lnx+1+)(lnx+1)−xxx=lim=2. x→1−1 11x−ln(1+x)[x−ln(1+x)]′ −]=lim=lim=lim x→0x→0′ln(1+x)xxln(1+x)[xln(1+x)]x→0ln(1+x)+x1+x1−11+x(2)lim[ x→0 =lim x11 =lim=x→0(1+x)ln(1+x)+xx→0ln(1+x)+1+12 2 x(lnarctanx+ln)2π,(3)lim(arctanx)x=limex→+∞πx→+∞ 因为 x→+∞ limx(lnarctanx+ln 2 )=limx→+∞π(lnarctanx+ln 1 ()′x112 ⋅)′ π=limarctanx1+x2=−2, x→+∞1π−2x所以 x(lnarctanx+ln)− 2πlim(arctanx)x=lime=eπ.x→+∞πx→+∞ 1 1 1 1 1 1 2 2 (4)令y=[(a1x+a2x+ ⋅ ⋅ ⋅ +anx)/n].则lny=nx[ln(a1x+a2x+ ⋅ ⋅ ⋅ +anx)−lnn],因为 1 n[ln(a1x1+a2x1 nxx→∞ limlny=lim x→∞ + ⋅ ⋅ ⋅ +anx)−lnn]1x1 1 n⋅ =lim x→∞ 1 1a1x1+a2x1 ⋅(a1xlna1+a2xln 1()′x1[(a1x1+a2x1 a2+ ⋅ ⋅ ⋅ +anx+ ⋅ ⋅ ⋅ +anx1 lnan)⋅()′ x=lna1+lna2+⋅ ⋅ ⋅+lnan=ln(a1⋅a2⋅⋅⋅an). 1 即limlny=ln(a1⋅a2⋅⋅⋅an),从而lim x→∞ x→∞ + ⋅ ⋅ ⋅ +anx)/n]nx=limy=a1⋅a2⋅ ⋅ ⋅ an. x→∞ 11.证明下列不等式: tanx2x2π(1)当0 2tanx1x1(2):当x>0时,ln(1+x)>证明(1)令f(x)=因为f′(x)= arctanx.1+xtanxπ,x∈(0, ).x2 xsec2x−tanxx−tanx>>0, x2x2 ππ所以在(0, )内f(x)为单调增加的.因此当0 <,即>. tanx1x1x1x2 (2)要证(1+x)ln(1+x)>arctanx,即证(1+x)ln(1+x)−arctanx>0. 设f(x)=(1+x)ln(1+x)−arctanx,则f(x)在[0,+∞)上连续,f′(x)=ln(1+x)− 1 .2 1+x1 >0,所以f′(x)>0,f(x)在[0,+∞)上单调增加.1+x2 因此,当x>0时,f(x)>f(0),而f(0)=0,从而f(x)>0,即(1+x)ln(1+x)−arctanx>0.因为当x>0时,ln(1+x)>0,1− ⎧x2x x>0 12.设f(x)=⎨,求f(x)的极值. x+2 x≤0⎩解x=0是函数的间断点. 当x<0时,f′(x)=1;当x>0时,f′(x)=2x2x(lnx+1).1 令f′(x)=0,得函数的驻点x=. e列表: xf′(x)f(x) (−∞,0)+↗ 0不存在2极大值 2 1(0, )e−↘ 1e0 1 (, +∞)e+↗ e− 2 e极小值 −1 函数的极大值为f(0)=2,极小值为f()=ee. e13.求椭圆x2−xy+y2=3上纵坐标最大和最小的点. 2x−y1 解2x−y−xy′+2yy′=0,y′=.当x=y时,y′=0. 2x−2y111 将x=y代入椭圆方程,得y2−y2+y2=3,y=±2. 242 于是得驻点x=−1,x=1.因为椭圆上纵坐标最大和最小的点一定存在,且在驻点处取得,又当x=−1时,y=−2,当x=1时,y=2,所以纵坐标最大和最小的点分别为(1,2)和(−1,−2). 14.求数列{nn}的最大项. 1 解令f(x)=x=xx(x>0),则 x1 lnf(x)=lnx, x1111 ⋅f′(x)=2−2lnx=2(1−lnx),f(x)xxxf1 −2x′(x)=x(1−ln x). 令f′(x)=0,得唯一驻点x=e. 因为当0 15.曲线弧y=sinx(0 (1+y′2)3/2(1+cos2x)3/2ρ==(0 (1+cos2x)2(−2cosxsinx)⋅sinx−(1+cos2x)2cosxρ′=2sin2x−(1+cosx)cosx(3sin2x+cos2x+1) .=2 sinx2 121 3 在(0,π)内,令ρ′=0,得驻点x=因为当0 πππ时,ρ′<0;当 (1+cos2 小值点,最小值为ρπ3/2 )2=1.πsin2 16.证明方程x3−5x−2=0只有一个正根.并求此正根的近似值, 使精确到本世纪末10−3.解设f(x)=x3−5x−2,则 f′(x)=3x2−5,f′′(x)=6x.当x>0时,f′′(x)>0,所以在(0,+∞)内曲线是凹的,又f(0)=−2,lim(x3−x−2)=+∞,所以在 x→+∞ (0,+∞)内方程x3−5x−2=0只能有一个根. (求根的近似值略) 17.设f′′(x0)存在,证明lim证明lim f(x0+h)+f(x0−h)−2f(x0) h2 h→0 =f′′(x0). f(x0+h)+f(x0−h)−2f(x0) h→0h2 f′(x0+h)−f′(x0−h)1 =lim2h→0h[f′(x0+h)−f′(x0)]+[f(x0)−f′(x0−h)]1=lim2h→0hh→0 =lim f′(x0+h)−f′(x0−h) 2hf′(x0+h)−f′(x0)f(x0)−f′(x0−h)11 =lim[+]=[f′′(x0)+f′′(x0)]=f′′(x0).2h→0hh2 18.设f(n)(x0)存在,且f(x0)=f′(x0)= ⋅⋅⋅=f(n)(x0)=0,证明f(x)=o[(x−x0)n](x→x0).证明因为 f(x)f′(x) =lim x→x0(x−x)nx→x0n(x−x)n−1 00 lim=lim f′′(x)n(n−1)(x−x0)n−2 x→x0 f(n−1)(x) =⋅ ⋅ ⋅=lim x→x0n!(x−x)0 f(n−1)(x)−f(n−1)(x0)1(n)1 =lim=f(x0)=0,n!x→x0x−x0n! 所以f(x)=o[(x−x0)n](x→x0). 19.设f(x)在(a,b)内二阶可导,且f′′(x)≥0.证明对于(a,b)内任意两点x1,x2及0≤t≤1,有 f[(1−t)x1+tx2]≤(1−t)f(x1)+tf(x2). 证明设(1−t)x1+tx2=x0.在x=x0点的一阶泰勒公式为 f′′(ξ) f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+(x−x0)2(其中ξ介于x与x0之间). 2! 因为f′′(x)≥0,所以 f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x−x0). 因此 f(x1)≥f(x0)+f′(x0)(x1−x0),f(x2)≥f(x0)+f′(x0)(x2−x0). 于是有 (1−t)f(x1)+tf(x2)≥(1−t)[f(x0)+f′(x0)(x1−x0)]+t[f(x0)+f′(x0)(x2−x0)]=(1−t)f(x0)+tf(x0)+f′(x0)[(1−t)x1+tx2]−f′(x0)[(1−t)x0+tx0]=f(x0)+f′(x0)x0−f′(x0)x0=f(x0), 即f(x0)≤(1−t)f(x1)+tf(x2),所以f[(1−t)x1+tx2]≤(1−t)f(x1)+tf(x2)(0≤t≤1). 20.试确定常数a和b,使f(x)=x−(a+bcosx)sinx为当x→0时关于x的5阶无穷小.解f(x)是有任意阶导数的,它的5阶麦克劳公式为 f′′(0)2f′′′(0)3f(4)(0)4f(5)(0)5 f(x)=f(0)+f′(0)x+x+x+x+x+o(x5) 2!3!4!5!a+4b3−a−16b5 =(1−a−b)x+x+x+o(x5). 3!5! 要使f(x)=x−(a+bcosx)sinx为当x→0时关于x的5阶无穷小,就是要使极限 f(x)1−a−ba+4b−a−16bo(x5)lim5=lim[+++5]x→0xx→05!x43!x2x存在且不为0.为此令 ⎧1−a−b=0 ,⎨ a+4b=0⎩ 41 解之得a=,b=−. 33 41因为当a=,b=−时, 33 f(x)−a−16b1==≠0, x→0x55!3041 所以当a=,b=−时,f(x)=x−(a+bcosx)sinx为当x→0时关于x的5阶无穷小. 33 lim 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容