《微積分》上冊(cè)部分課后習(xí)題答案

1、微積分上冊(cè)一元函數(shù)微積分與無(wú)窮級(jí)數(shù)第2章極限與連續(xù)2.1數(shù)列的極限1.對(duì)于數(shù)列xn,若x2k a ( k),x2k 1 a( k ),證明：xn a( n證0, X2k a( k ), Ki Z,只要 2k 2K就有 x?k a ;又因 x2k 1 a( k ), K2 Z ,只要 2k 1 2k21,就有 x2k 1 a .取 N max 2k1,2k2 1 ,只要 n N ,就有 xn a ,因此有 xna( n ).2 .若lim Xn a，證明lim | xn | | a |，并舉反例說(shuō)明反之不一定成立.nn證明： lim xn a，由定義有：0, N，當(dāng)n N時(shí)恒有| xn a |又

2、|lXn | |a| | Xn a|對(duì)上述同樣的和N，當(dāng)n N時(shí)，都有| xn | |a| 成立- lim 區(qū) | |a|n反之不一定成立.如取xn ( 1)n, n 1,2,顯然lim |xn | 1，但lim xn不存在.nn2.2函數(shù)的極限1.用極限定義證明：函數(shù)f xx0時(shí)極限存在的充要條件是左、 右極限各自存在且相等.證：必要性.若lim f xX x00,x X。時(shí)，就有f X A .因而，當(dāng)0xX0時(shí)，有f x A,所以lim f X A；同X X0時(shí)當(dāng)0x0 x時(shí)，有f XA5所以limX x0f XA.充分性若limf x A5lim fXA.0,i0,當(dāng)0x X01時(shí),就X

3、x0Xx0有f XA,也2 0 ,當(dāng) 0 X0X2時(shí)，有f X/A取min1 , 2,則當(dāng)0X X時(shí)，就有f XA所以lim f xA.X X02.寫(xiě)出下列極限的1精確定義：(1)lim X0f(x)A(2)limXf(x)A,( 3) limX X0f(x)(4) limxf(x)(5) lim f (x) A.x設(shè) f :U(xo)R是一個(gè)函數(shù)，如果存在一個(gè)常數(shù)A R ,滿(mǎn)足關(guān)系：0,0，使得當(dāng)X。時(shí)，恒有| f (x)A|，則稱(chēng)A是f(x)當(dāng)XX。(2 )設(shè) f : D(f )lim f (x) A 或f (x)x x0R是一函數(shù)，其中 D(f)(A(x X0).,),R,0 .若存在常

4、數(shù)R，滿(mǎn)足關(guān)系：0, X( R) 0 ,使得當(dāng)xX時(shí)，恒有| f (x) A |成立,A是f (x)當(dāng)x時(shí)的極限，記作：lim f (x)A 或 f (x) A (x).(3)設(shè) f : U (X0)R是任一函數(shù)，若M 0,0 ,使得當(dāng)0 x Xo時(shí),f (x) M，則稱(chēng)當(dāng)XX0時(shí)f (x)的極限為正無(wú)窮大，記作記作A則稱(chēng)恒有或 f (x)(xX) 時(shí)的極限,lim f (x)x X0(4 )設(shè)f : D(f)R是一函數(shù)，其中 D(f),0,若存在常數(shù)R，滿(mǎn)足關(guān)系：M 0, X( R) 0,使得當(dāng)X時(shí),恒有f (x)M則稱(chēng)當(dāng)lim f (x)x(5)設(shè)f : D(f )R是一函數(shù)，其中R，滿(mǎn)足

5、關(guān)系:0, X 0，使得當(dāng)f(x)D(f)x X時(shí),(x),).0, R，若存在常數(shù)恒有| f (x) A| 成立，則稱(chēng)A是f (x)當(dāng)時(shí)的極限,記作:lim f (x) A 或 f (x)x1.求NimNim1ex2 .求 lim 1x 01e匚2.3Nim極限的運(yùn)算法則limx 011ex 1limx 0,limx 01e；0,1一 arctan xlimx 01ex 廠lim 2x01 e x1 arcta n x1ex 1411 arcta n -xex 1limx 01e!1e，1 1 -lim arctan x 0x1limx 01仝1e，arcta nx 23 .設(shè) lim f

6、(x)存在,x 1f(x) x22xlim f (x)，x 1解：設(shè) lim f (x) =A,x 1f(x)2x 2x A再求極限:lim1 f(x)lim(x2 2x A) 12A Af(x)2xA2小x 2x.4.確定 a,b,c.lim坐x 11)2 b(x 1) c 、x23(x 1)20成立.解：依題意，所給函數(shù)極限存在且lim(x 1) .證明數(shù)列 0 x1. 3, xn 131也 收斂，并求其極限.0x 12lim1a(x 1) b(x 1)c 、x23K上式左邊=xm1(a廠2. x23)2 ) (x 1)limx 1b1(x 1)(2,x23)同理有l(wèi)ima b(2x 1x

7、23)1(x 1)(2、x2x-3)limb(2,x2 3) 1 xx 112-(2x23) 1 x2lim 2x 1(x 1)(2. x23)lxmix2)8(x 1)( . x2 *32x)163(10 x23(1 xj 13 x12x13 x13X1-,c 2為所求.22.4極限存在準(zhǔn)則1.設(shè)捲=10，xn 1.6人，(n 1,2,) 試證數(shù)列Xn的極限存在，并求此極限.證：由 X110, x26 x14,知 X1 X2.假設(shè) XkXk 1,則有Xk 16 Xk. 6 Xk 1Xk 2.由數(shù)學(xué)歸納法知，對(duì)一切正整數(shù)n,有Xn Xn 1 ,即數(shù)列 xn單調(diào)減少.又顯然，xn 0 n 1,2

8、,即 xn有界.故lim xn存在.n令lim xn a,對(duì)xn 1. 6 x,兩邊取極限得a .6 a ,從而有a2 a 60,na 3,或a 2,但 x,0, a 0,故 lim x,3n0X2 . 3同理可證：0 xn ,3有界又 X2X13(1 xj3Xixi3 Xi(.3 xJC 3 xj3 XiX2 Xi同理X3 X2，,Xn Xn 1 數(shù)列X.單調(diào)遞增,由準(zhǔn)則II lim Xn存在，設(shè)為A，由遞推公式有：nA 3(1 A) A - 3 (舍去負(fù)數(shù)) 3 Alim xn- 3.3設(shè)Xn為一單調(diào)增加的數(shù)列，若它有一個(gè)子列收斂于a，證明lim Xn a.證明：設(shè)Xnk為Xn的一子列，貝

9、y Xnk也為一單調(diào)增加的數(shù)列，且lim Xnk ank對(duì)于 1 , N，當(dāng)n N時(shí)有| xnk a| 1從而| Xnk | | Xnk a a | | Xnk a| |a| 1 | a|取 MmaX Xn1 |,| XnN 1,1 1 a |，對(duì)一切 nk 都有 | Xnk | M 有界.n有|Xn | M有界,由子列有界，且原數(shù)列Xn又為一單調(diào)增加的數(shù)列，所以，對(duì)一切由準(zhǔn)則II，數(shù)列xn極限存在且lim xna.n2.5兩個(gè)重要極限1.求 lim cos . n 1 cos . n. n解：原式=limn. v n 1yfn . V n 12si nsin2 2. Jn 1 Jn Jn1V

10、n sin 2 Un 1 Jnlim 2 sin0n2，n 1、n22.求 lim sin( 、n21).n解.原式=lim sin(nn,n21 n) limn1 n sinn sinJn21 nlim 1-2 .1 n,n213.求 lim (sin1 co)x x x x解IL s oimo1 tsin 2t1_2tsin 2t sin2te4.設(shè)f(x)2(1 cosx) x 0f (x) 求 lim廠.x 0 x22 xx3x 0解：limx 0f(x)2 x23lim x 2x2x 0x21, lim f(2)lim 2(1 ：osx)1x 0 xx 0x1.f(x)2x2.6函數(shù)

11、的連續(xù)性1. 研究函數(shù)g x x x的連續(xù)性，并指出間斷點(diǎn)類(lèi)型 解.X n , n Z (整數(shù)集)為第一類(lèi)(跳躍)間斷點(diǎn).2. 證明方程x3px q 0( p0)有且只有一個(gè)實(shí)根.證.令 fx x3 px q, f0, f0 ,由零點(diǎn)定理，至少存在一點(diǎn)使0,其唯一性，易由f x的嚴(yán)格單調(diào)性可得1x 13設(shè) f(x)e , x 0 ，求f(x)的間斷點(diǎn)，并說(shuō)明間斷點(diǎn)的所屬類(lèi)型ln(1 x), 1 x 0解.f(x)在1,0, 0,1 , 1,1內(nèi)連續(xù),lim ex 1x 11,lim ex 10, f 00 ,因此,x 1x 1是f(x)的第二類(lèi)無(wú)窮間斷點(diǎn)lim f xx 0lim ln 1 x

12、x 00,因此x 0是f (x)的第一類(lèi)跳躍間斷點(diǎn)4.討論 f(x) limn2 nxnxex的連續(xù)性.1解.f(x) limn2 nxx x e1nx e2x , x0,x00 ,因此f (x)在 ，0,0, 內(nèi)連續(xù)，又0lim f x f 00,x 0f x在，上連續(xù).5.設(shè)函數(shù)f (x)在(，)內(nèi)連續(xù)，且lim型 0 , Xx證明至少存在-一點(diǎn)，使得f( )0.證：令 F (x) f (x) x ,則lim匸lim f (x)110 ,從而F(X)0.由極限保號(hào)x, xx性定理可得，存在F(x)在X2,x上滿(mǎn)足零0 使 Fg)0.Xix xx x0 使 F(Xi)0 ；存在 X20.點(diǎn)定

13、理的條件，所以至少存在一點(diǎn)使得F( ) 0,即f()6討論函數(shù)f (x) lim -12nx石的連續(xù)性,x若有間斷點(diǎn)，判別其類(lèi)型1|x|1解：f(x)0|x|1，顯然X1是第一類(lèi)跳躍間斷點(diǎn)，除此之外均為連續(xù)區(qū)間1|x|17證明:方程Xasin xb (a0,b0)至少有一個(gè)正根，且不超過(guò)a b.證明：設(shè)f (X)Xa si nx b，考慮區(qū)間Qa bf(0)b0 , f(ab)a(1 sin(a b)0 ,當(dāng)f(ab)a(1sin (ab)0時(shí)，x a b是方程的根；當(dāng)f(ab)a(1sin (ab)0時(shí)，由零點(diǎn)定理，至少(0,a b)使f()0 ,即asi nb0成立，故原方程至少有一個(gè)正根

14、且不超過(guò)a b.2.7無(wú)窮小與無(wú)窮大、無(wú)窮小的比較(1) x o(x2)o(x3)； 01當(dāng)x0時(shí)，下面等式成立嗎?2o(x) ； (3) o(x) o(x ) 解(1)x o xo x0 x0 ,23x o xo xx 03 x2 x(2)o(x2)x x/o(x2)2 x0 x0,o(x2)o x xx0(3)ox不-x定趨于零，o(x)o(x2)不一定成立(當(dāng)x0時(shí))2.當(dāng)x時(shí)，若-12 .o(-1)，則求常數(shù)a,b, c.2ax bx c x 1時(shí)，若解因?yàn)楫?dāng)x3寫(xiě)出1ax2 bx c0(x1)，所以lim 一$ 0 ,故 a 0, b, c任意x ax bx c0時(shí)，無(wú)窮小量x 3

15、x 的等價(jià)無(wú)窮小量解:Ii4評(píng)x 06 xlim |1 lim V- Vx 1X 03 xx 00,第3章導(dǎo)數(shù)與微分3.1導(dǎo)數(shù)概念1.設(shè)函數(shù)f (x)在X。處可導(dǎo)，求下列極限值.(1) h叫f(X。2h) f(x03h) ； (2) lim x0f(x) xf(x0)hx x0x x0h)3h3x0/V f2叫 Hh解.(1)原式X f Xf X0(2)原式 limf X。lim 0 X。x x0xx02 .設(shè)函數(shù)f : (0,)R在x 1處可導(dǎo)，且 x, y (0,)有 f (xy) yf (x) xf (y)試證：函數(shù)f在(0,)內(nèi)可導(dǎo)，且f (x)丄f (1).x解：令 x y 1，由

16、f xy yf x xf y 有 f 12 f 1 得 f 10. x 0,fX 1Xf Xf XXf XXf Xlimlimx 0Xx 0XXx ,X,.xf1 -1f Xf Xf 1f 1XXXlimlimx 0XX 0XX故f X在0,內(nèi)處處可導(dǎo)，且f Xf 1 f X .X3設(shè) f(x)在(，)內(nèi)有意義，且 f(0)0, f (0)1,又 f (x1 x2)f(X1) (X2) f(X2) (X1)，其中(x) cosx x2e 2x,求 f (x).f XXf Xf Xlim解:x 0, f X X f X X f Xf X lXm0x cos x x2e 2x4.設(shè)函數(shù)f (x)在

17、X 0處可導(dǎo)，且arcta nxef7xri2，求 f (0).0，而f(x)在x 0連續(xù)，故f(0)0.解：由已知，必有l(wèi)imef(x) 10，從而lim f (x)于是Xm0arcta n x001f(x) f(0)故 f (0)-. f (0)25.設(shè)f(x)具有二階導(dǎo)數(shù),F(x)2imt f(xf(x) si n-,求 dF(x).t解:令 h 1 則 F(x) lim f(x 2h) f(x) sinhxtt 0h 2xf (x).從而 F (x) 2f (x) 2xf (x) , dF(x) F(x)dx 2 f (x) xf(x)dx.6 .設(shè)f是對(duì)任意實(shí)數(shù) x,y滿(mǎn)足方程f (

18、x)f(x) f(y)2xy 的函數(shù),又假設(shè)lim他x 0 x1,求：(1)f(0) ; ( 2) f (0);(3) f (x).解：(1)依題意 x, y R，等式 f(xy)f(x) f(y)2xy成立(2 )又(3) f令 x y 0 有 f (0)2f(0)lim少1，即佃f(X)x 0 xx 0f(0)x 0f(0) 01 f (0)，f (0)(x)啊亠lirfx 0f( x) x2x)2f(x)lim f( x) x2x x (x 0f (0)x2x2f (x)x2.7設(shè)曲線(xiàn)y f (x)在原點(diǎn)與解：依題意有 y (0) f (0)limn1lim n2nx)2x xy si

19、nx相切,1 且 f (0)01n試求極限2f( ) f (0) n2&設(shè)函數(shù)f (x)在x 0處可導(dǎo)且f(0)0, f (0)0，f(l)1f() f (0)lim1 nn.nf(0)1f(-) f (0) lim nn en f(0)limn證明limnen1n2 ,f(-)1.1f (一 0) f(0)1n12 f0) n1.3.2求導(dǎo)法則1 計(jì)算函數(shù) y (-)x(-)a(-)ba x a(a0,b 0)的導(dǎo)數(shù).解.y(b)x lnb(b)a(da a xxC)bab($b1a(b)x(b)a(x)b lnb a x a2引入中間變量u(x) .1x2,計(jì)算1 arctan .1 x2

20、2-1 x21的導(dǎo)數(shù)3 1dx解引入u(x).1得y 2arctanu是dy dy du又是,.-又dx du dxdydu121 u2u4x4dudxx.1 x2，則dx2x23設(shè)(x2dydudydxdx,又dudxdy.1x21x2廠x2dydu2ydu1云1x22x1,得巴dx2y 1dxdu3 2x 1 x2dydu32y4已知 y f(3x 22), f (x)arcta n x23x 2) (3x 2)解：y f (3x 2 3x 2arcta n(謎3x 22)212(3x2)2dy dx x 0y x 0 arctan212(3x 2)23.3高階導(dǎo)數(shù)1.計(jì)算下列各函數(shù)的n階

21、導(dǎo)數(shù).15xCOSX .n1 n!(2)2e由此推得2設(shè)y解y50coscosxsin x1cosx22ex cos xn、22 、sin 2x, 求 ysin 2x 50sincos50cos x 2c5。sin 2x49c50sin 2x48小5022 x sin 2x 505050 2 xsin 2x 4950 49c 492 sin 2x48 22 50 x 2si n2x50250xcos2x 1225 249 sin 2x249 12252x2sin 2x100xcos2x3.試從dxdyy 0,其中y三階可導(dǎo)導(dǎo)出噢dy2d3xd?3y2yy5y解dyd2xdy2dxdxdyd3x

22、dy3dxdxdy4.設(shè)fx滿(mǎn)足f2f11解以一代x，原方程為f 一 2 f X 3x，由XX13x2f -xx，消去f-，求12f x3xxxn 1.1 n!11得 f x 2x ，且得 f x 22 , f n xXxF n x5 .設(shè)f(x)arcsinx，試證明f (x)滿(mǎn)足(1) (1 x2)f (x) xf (x)(2)(1 x2)f (n 2)(x)(2n1)xf(n (x)n2f (n)(x)0,n0,1,(3 )求 f(n)(0)1Tx22、12x2xxx21xf x(2)上式兩邊對(duì)x求n階導(dǎo)數(shù)得1 x2xf x n2x fxf n2即1x22nxf6設(shè)解:(3)-1n 0.

23、f(n)(0)x1x21x2(2k 1)!2n 2kn 2k0,0,1,2,3f (x) 3x|x |,試求使f (n)(0)存在的最高階數(shù)n.f(x)3x3x2 |x|4x32x2f (x)12x26x2f (0)limx 0f (0)limx 0f(x) f(0)xf(x) f(0)xlimx 0limx 0f (0) 04x3x2x324x x 0f (0)又f (x)，而012x xf (0)f (0) 0limf (X)f (0)lim12x20x 0Xx 0Xlimf (X)f (0)lim6x2門(mén)0x 0Xx 0X而 f (x)241200，f (0)lim f (x) f (0

24、)x 0xlim空x 0 x不存在.故使f(n)(0)存在的最高階數(shù)n 2.7若將多項(xiàng)式Pn(x) a。a?x2anxn變形為Pn(x)b bx X。) b2(x X。)2bn(x x)n,Pn(x) bi 2b2(x x)nbn(x x)n1則有：b0Pn(X0),b1Pn(X),b22!n!證：比較兩式顯然有 b0Pn(X)，由于Pn(x)在X處存在任意階導(dǎo)數(shù)bi Pn(X)Pn(x) 2bi3 2 bg(x X0)n (n i)bn(x x)n 2b2Pn(X0)2!Pn(n)(x)n! bnbnPn(X。)n!3.4微分與微分技術(shù)1 設(shè)yX2t 1確定yteyy 1 0y(x),求豊上

25、式對(duì)x求導(dǎo)得 ey x 1 eyy 2y 0(1)再對(duì)x求導(dǎo)得2ey yx 1 ey y 2x 1 eyy2y(2)t 0時(shí)得xi,y，代入(1)式得i,y21 1d ve 代入(2)式得2 dx2解二Xt2, xt由 ey teyyty,0 得 ytye1 teyeyy，且 yty yye e y2yi,y1 得 Xt2,Xt0, yt1e ,yt2e2，則d2ydx2ytXtxt yt3Xty2，其中x, y滿(mǎn)足方程(x), f(x)均為二階可導(dǎo)試求：du d2u dx dx2 f2設(shè)(x)u解由yx對(duì)x求導(dǎo)得dydx則屯dx2yeyd2udx22y1 ey2ey yey y2y1 ey2

26、yey3設(shè)yy(x)由方程組3t2Xye si nt2tx3t21 ey 2所確立,02t 3 兩邊對(duì)x求導(dǎo)得y 10dtdt1 6t 2dxdxy dy . + esinty+ dte cost dydxdxdx解方程組ey sin t，兩邊再對(duì)x求導(dǎo)得00 6史dx2 26td t 2d t6t-dx2 dx2ey巴xdxsin tZe，巴cost 色 dx dxeysint dtdxye costd2tdxt 0,Yt odt1 dye d2t3 d2ydxt 02，dxt 02，dx2，2t 04 dx1代入得0t第4章 中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用4.1微分中值定理1證明：若函數(shù)f(x)在(

27、-，+ )內(nèi)滿(mǎn)足不等式f (x) f(x)，且f(0) 1，則f(x)證:令 F(x)e Xf(x)則F (x)e xf(x)exf (x) e x( f (x) f (x)而f (x)f (x)則F(x)0從而F(x)e xf (x)C(常數(shù))又f(0) 1則C1e x f(x) 1 即 f (x) ex. X32若函數(shù)f (x)在(a,b)內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，且 f(X1)f(X2)f(X3)，其中a x 1 x 2b，證明：在(X1,X3)內(nèi)至少有一點(diǎn)，使f ( ) 0.證:在X1,x2和x2,x3上分別用Rolle定理，得f ( 1) 01(ex?)f ( 2 )02(X2, X3)又在(

28、1, 2)上再用Rolle定理，得f ( ) 0(1,2)(NX).3.設(shè)f(x)在a,b上連續(xù)(0 a b),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，證明在(a,b)內(nèi)存在，使得abf ().證：對(duì)f (x)和g(x)在a,b上應(yīng)用cauchy中值定理知,存在 (a,b),使xf(b)f(a)f ()11 1b a22f (),即f(b) f(a)b a“J .由Lagrange中值定理知，存 ab在 (a,b),使得丄0)，于是f ()2f ()ab4設(shè)函數(shù)f : a,b R，其中0 ab，且f在a, b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，證明在(a,b)內(nèi)存在一點(diǎn)，使f (b) f(a)f ( )lna證：設(shè) F(

29、x) ln x, x a,b，顯然f(x)、F(x)均滿(mǎn)足柯西中值定理的條件，則有f(b) f(a) f ()即 f(b) f(a) f ()F(b) F(a) F ( )In b In a 丄即 f(b) f (a) f ( )ln 其中至少(a,b).a5.設(shè)函數(shù)f :0,2R在0,2上二階可導(dǎo)，并且滿(mǎn)足I f(x) | 1 , | f (x) | 1 ,證明:在0,2上必有 | f (x)| 2.證明：x 0,2，則 f (x)在0, x：|x,2上二階可導(dǎo)，由 Taylor公式，在x處展開(kāi)f(0)f (x) f (x)(0 x)-f2(1)(0x)21(0, x)f(2)f (x) f

30、 (x)(2 x)1f2(2)(2x)22(x,2)兩式相減f(2) f (0) 2f(x)如2)(2 x)2 f ( 1)x22| f(x) | | f (2)f(0)1f(2)(2x)2 f(1)x2|f(2)| |f(0I f ( 2)(2 x)2f ( Jx2 I11 1 -(22x)2x222令 g(x) (2 x) x 在0,2上g (x)2(2 x) 2x 0 x 1g(0)4g(2) , g(1)2gmax(2)41 1從而 I f (x) | 2(1 1 2 4)2.6 設(shè)函數(shù)f在0,1具有三階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且f (0) 1, f (1) 2, f (1)0，證明：至少存在點(diǎn) (

31、0,1)，使 | f ( )| 24.證明：f在0,1具有三階連續(xù)導(dǎo)數(shù),考慮1 1f 在0,-, - ,1處展開(kāi),f(0)1 1 1f(2)f(2)(0 ?)f(1)1f(2) f1)f G)1亍(0 2)2!1(%)相減得f ( 2)113!8f ( 1)13!8(1f ( 2)f ( 1) f ( 1)48 又(x)連續(xù)1, 2使 | f (2)| | f ()| f (1)| | f ()1從而If ( )1 24824.7.證明：xln(1x) x (x0) 證明：(1)設(shè)f(x)2x ln(12x) (x 0)f (x) 1f (x)遞減有 f(x) f(0)2ln(1x) 0xln

32、(1 x)2(2)又設(shè)g(x)ln(1 x)(x0)g(x) g(x)遞減當(dāng) x 0時(shí) g(x) g(0)0ln(1x)0 即 ln(1 x) x從而有l(wèi)n(1x) x (x 0).4.2洛必達(dá)法則1.已知當(dāng) x 0, f (x)ex1 c1 t%為x )Xx因?yàn)?lim f(3)limx 0 x3x 01ax解:13 xbx由limex(1 b bx) ax 00刁曰得：上式ex(1 2b bx) lim尸x 0 6x 12bx2由lim ex 01x(1x叫的三階無(wú)窮小，試確定常數(shù)ex(1 bx) 1 axx3 (1 bx)b a 02b bx) 0a ,b .limex(1 b bx)

33、a3x24bx3(1)2b 0由(1) (2)得:122求極限：(1) lim (x2arcta nx)In x;1(1 x)limX 0 x解：1). lim (x2arctanx) lnlimx2 arctan xlnlimx2)limx2xl n2x1 x2limx2xln2 xx2(1limxx2ln2xlimx_2_1 x21xln24ln x0.1/(XnmoH XmoH X1/(Xn(em(oH XmoH XmoH Xd2 mo H Xe_moH X1XXxx)moH XX)一2X3 討論函數(shù)f(X)1(1 x)e0的連續(xù)性.解： f(00) limx 0f(x)f (0)f(0

34、 0)limx 0f (x)lim -(1x 01x)elimx 01?lnx1(1 x)xef(00)f (x)在 x1lim ex 0limx 0ef(0ln(1lim mex 0x) xexlim0丄11 x2xx2x(1 x)0)f(0)0處連續(xù).4 設(shè)函數(shù)f具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù),(0)存在且 f(0)0, g(x)f(x)xa,(1)確定a使g (x)處處連續(xù).(2)對(duì)以上確定的a，證明g (x)具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù).解：(1)要使g(x)處處連續(xù)，則lim g(x) g(0) a即可.x 0-f(x) 1:nx 0 xx 0limg(x) g(0)x 0 x 0 limf) x 0 2xx

35、f (x) f(x)li叫 g(x) limlimf (x) f (0) , a f (0)(2) g (0)lim f(x) xf(0)x 0由定義x2g(x)xm g()2x1f(0)limxf (x)2f(x)x 0 x2limf(x) f(0)x 0f (0)xf (0) lim -f-(0)x 0lim xf (x) xf (0) xf (0) f(x)x 0xf(0) f(x)x2x2嚴(yán) f(0)1 12 f (0) 2 f (0) g (0)1試證：對(duì)于任何實(shí)數(shù)4.3函數(shù)的性態(tài)a ,b成立不等式a b|1 a bx證：設(shè)f(x)(x 0)則1 xf (x)1(1 x)2ab|al

36、bI；at1a b|1 :引冋1 lal t)1 abf (a b) f (a b)即2. a滿(mǎn)足什么條件時(shí)，方程ex 2x a有實(shí)根.(a為實(shí)數(shù)).0從而f(x)單調(diào)增加iaib1 a 1 b.f (x) ex 2In 2為極小值點(diǎn)解：令 f (x) ex 2x a由 f (x) 0得 x In 2f (2) eln2 2 0貝V x且極小值為f (In 2) 2 In 2 a所以，當(dāng)2 In2 a 0即a 2 In 2時(shí)，有兩個(gè)實(shí)根, 當(dāng)a 2 In 2時(shí)，有唯一實(shí)根.3.求曲線(xiàn)yx2x 1arctan的漸近線(xiàn).(x 1)(x 2)解：limx1lim ex2x 02arcta n (x

37、1)(x2)42丄 x x 1 arcta n (x為水平漸近線(xiàn)4當(dāng)x 1和x 1時(shí)，1)(x 2)y極限不存在x 0 為垂直漸近線(xiàn)1所確定，試求y = y(x)的駐點(diǎn)，并判別它4.設(shè)函數(shù) y = y(x)由方程 2y3 2y2 2xy x2是否為極值點(diǎn)解：在原方程兩邊對(duì)x求導(dǎo)并化簡(jiǎn)得:23y y 2yy xy y x 0令y 0得y x.再代入原方程有2x3 x2在(1)兩邊對(duì)x再求導(dǎo)并整理得：(3y2 2y x)y 2(3y 1)y2 2y 110得唯一駐點(diǎn)x 1.0因此 y (1,1) 10,故駐點(diǎn)x 1是y y(x)的極小值點(diǎn).5如圖，A和D分別是曲線(xiàn)y ex禾口 ye 2x上的點(diǎn),A

38、B和DC均垂直于x軸，且AB : DC解：設(shè)2:1,AB1,求點(diǎn)B，C的橫坐標(biāo)，使梯形 ABCDB,C的橫坐標(biāo)分別為x1 ,x,BC則ex12e2x得洛的面積最大In 2 2xS梯形x x1 3x3(3x In 2)In 2,2x e(x 0)1(32-26x 2ln2) e2x得駐點(diǎn)：xA2,此時(shí)x1-31丄1門(mén)2是極大值點(diǎn),31-In2 1,故當(dāng)3In 2 時(shí)，S 0,1ln20,6 .求極值:f(x) (1解:f (x) e又駐點(diǎn)唯一,-ln2是最大值點(diǎn),3x(1nX x )e . n!xn 1(n 1)!)(1nxx)e n!n X/ Xe () n!令 f (x)0得駐點(diǎn) x 0當(dāng)n

39、為奇數(shù)時(shí)，x0時(shí) f (x)0, x0 時(shí) f (x)0,故f (0)為極小值，f(0) 1當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，無(wú)論x 0還是x 0，都有f (x)0成立，無(wú)符號(hào)變化，無(wú)極值.從而當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)無(wú)極值，當(dāng) n為奇數(shù)時(shí)有極小值為 f(0)1.7 .設(shè)f (x)在(a,b)內(nèi)二階可導(dǎo)，且f (x) 0，證明對(duì)于(a,b)內(nèi)任意兩點(diǎn)及0 t 1 有 f (1 t)X!龐(1 t)f(Xj tf(X2).證明：方法(一)f (x)0f (x)為凹函數(shù)由凹函數(shù)定義 f(x) y ( y為過(guò)兩點(diǎn)(xf (xj),(x2, f(X2)的直線(xiàn)縱坐標(biāo))x x1“令 0 t-1 x X1,X2X2 X1f (x)f(1

40、t)X1 tX2直線(xiàn)方程：y f(xjf(X2) (x X1 )X2 X1f (X1) (f (X2)f(X1)t(1 t)f(X1)tf (X2)故 f (1 t)x1 tx2 (1 t) f (x1) tf (x2)方法(二)：取 X0(1 t)X1 tX2 X0 X1,X2 , 0 t 1f (x)在X0處展開(kāi)有：1 2f (x)f (X0) f (X0)(X X0) 2! f ( )(x X0)(X0,x)f (x) 0f (x)f (X0)f(X0)(X X0)由得：f (X1)f (X0) f(X)(X1 X0)又 1 t 0(1 t)f(X1)(1 t)f(X)(1 t)f (X)(X1X0)tf (X2)tf (X0)tf(X)(X2X0)+得:(1 t)f(X1)tf (X2)f (X0)f (X0)(1t)(X1X0)t(X2 X0)又(1 t)(X1X0)1t(X2X0)(1 t)X1(1 t)X0tX2tX0(1t)X1X0tx0tx2tX00所以(1 t)f(xjtf (X2)f (x)f(1 t