华科微积分辅导书习题答案4.docx
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华科微积分辅导书习题答案4
习题4解答（编写：
金建华）
sin3X
（2）函数
=lim2x-Sin2x=lim邺
XX
（用到x-sinx~」x3，据台劳公式）；
636
y=x3-3x2在
是单调减少。
1、填空题：
，八2x—sin2x
（1）lim
2
解y'=3x—6x=3x（x—2）<0=0（3）曲线y=xe^x的拐点坐标是
解y，=e」x-3xe3=（1-3x）e」x，y”=—3e」x-3（1-3x）e」x=-3e」X（1+1-3x）
222
y"=0uX0=，显然y"在x0两侧变号，故所求点（，2）
333e
（4）曲线y=ex-6x+x2在区间
是凹的（即向上凹）。
解y，=eX-6+2x，yH=ex+2，y”>0二x€（m,咼）为所求
（5）函数f（X）=4+8x3-3x4的极大值是
解f（X）=24X-12x=12X（2-X）在X=2两侧变号，左正右负，X=2为极大值
点，极大值为f
（2）=20。
（6）函数ax（a〉0,a工1）的n阶麦克劳林多项式是
解a^=exlna在X=0的Taylor多项式由ex的展式来写:
11
aX=1+xlna+—x2ln2a十"+—xnlnna
2!
n!
（7）曲线y=xln（e-1/x）的斜渐近方程为
解k=lim^=limne—丄）=1，
11
1ln（e-—）-1neln（1-一）
1/x
b=lim（y-x）=limx（ln（e-1）-1）=limx=lime^
xYX1/x1/x
1
故所求为y=X-一。
e
y“
（2）=—2，儿k=2o
解y，=4-2x,y=丄，顶点处x=2,y'
（2）=0,
（9）四
J1+x+（1-X-2
=lim2E~2^=1limJ口一（石
4
2x
.—”—Jlim"2x
J1-X寸1+X4
（注，用J1+x
十1x」x2
28
+o（x2）更好:
此时，分子=1+丄X
2
12212
--x2+o（x2）-2~--X2.）
84
（10）若lmfg-f匕）=2（n为正整数）
Xf
（X—Xo）
则当n为奇数时，f（x）在x=x0处
当n为偶数时，f（x）在X=x。
处
解条件
=分式最终为正（极限的保号性）
。
于是n偶时，f（x）—f（x0）>O,f（x0）极
小；n奇时,
f（X）-f（xo）与X-Xo同号.f（xo）非极值.
（11）曲线y
=xe」的拐点为
，且该曲线在区间
上凹，在区间
解y'
-XWc-X丄一X人”Cz口c
=e-xe,y=-2e+xe，令y=0，得x=2o
当xc2时，y"<0，曲线为凸的；当x>2时，y":
>0，曲线为凹的；拐点为（2,2e°）
（12）若f（X）在0,a］上二阶可导，且f"（X）
则必有
f（0）+f'（a）
设在点X0极大，则f（X0）=0,于是
厂（0）=f'（O）-f'（X0）=
X0,
f'（a）=f'（a）-f'（x。
）=f\y）
a-X0,
于是
f（0）+厂（a）=feX0+f”（y）
a-x0兰M（x0+a-x0）=Ma
2.选择题
（1）
函数
=x2
+1和g（x）=2x+1，在区间0,1】上满足柯西定理的E等于（）
（A）
1
2
1
———■
—2^
（B）
（A）
罗尔定理中的三个条件:
f（x）在a,b］上连续，在（a,b）内可导，且f（a）=f（b）是
f（x）在（a,b）内至少存在一点©，使得f'（©）=0成立的（
（A）必要条件
（C）充要条件
（B）充分条件
（D）既非充分也非必要条件。
解充分条件
（B）
（3）下列函数中在1,e］上满足拉格朗定理条件的是（
（A）ln（lnx）
（B）
Inx
（C）p1-
（D）In（2—X）。
Inx在［l,e］满足（B）
（A）
设limf（x）为未定型，则xTog（x）
必要条件（B）充要条件
lim
^3xo
f（x）存在是limg'（x）fgd）
f（x）
（C）充分条件（D）
也存在的（）
既非充分也非必要条
充分（C）
（5）若在区间（a,b）函数f（x）的f'（X）aO,f"（X）<0，则
f（x）在（a,b）内是（）
（A）单调减少，曲线上凹
（C）单调增加，曲线上凹
（B）单调减少,
（D）单调增加,
曲线下凹
曲线下凹
解f'o对应单增，厂<0对应上凸，于是（
D）形为右图。
（C）f（x）单调趋向于+或
（D）f（x）的符号不能确定
解注意在X=0处，函数可能不连续，选（D）
.反例形为右图。
（6）设f（x）在（0,+处）内可导，且f'（X）>0，若f（0）=0，则在（0,丘）内有（）
（B）f（x）A0
（A）f（x）X0
⑺设Ximaf^aF=1，则在x=a处（）
f（x）的导数不存在
（A）f（x）的导数存在，且「心）工0（B）
（C）f（x）取得极小值
（D）
f（x）取得极大值
极小值，同1（10）,选（C）
（8）
函数y=x"-2x3有（）
（A）一个极大值和一个极小值
（C）两个极小值（D）
（B）两个极大值
一个极小值，无极大值
y=x（x-2），一个极小值（D）
图形如右
设g（x）在（-召畑）上严格单调减少，f（x）在X=x0处有极值，则（）
（A）
gf（x）I在X=Xo处有极小值
（B）
gf（x）I在X=Xo处有极大值
（C）
gf（x）I在X=Xo处有最小值
（D）
gf（x）I在X=xo处既无极大值，也无最小值
f（x）g（f（X））>g（f（xo）），故为极小值.（A）
X
e
（10）曲线y=
1+x
（A）有一个拐点
（B）有两个拐点
（C）有三个拐点
（D）无拐点
X
2e,
1+x（1+x）2
ex2
”D厶X丄
y=e+3
1+x（1+x）2（1+x）3
^[（1+x）2-2（1+x）+2],
（1+x）3（1+x）3
它在X=-1两侧变号，但X=-1为无定义点，故无拐点（D）
（11）设f（x）在闭区间匚1,1］上连续，在开区间（-1,
1）上可导，且f'（X）则必有（）
（A）f（x）>M
（B）
f（x）>M
（C）f（x）兰M
选（C）
解f（X）=f（X）-f（0）=f徉）
（12）若f”（x）>0，贝y「
（1）、「⑵、f
（2）-f
（1）的大小关系为（）
（A）f
（2）>f'
（1）>f
（2）—f
（1）
（B）
f
（2）-f
（1）>f'
（2）>f
（1）
（C）
fT2）Af
（2）-f
（1）Af〔1）
（D）
f
（1）>f
（2）-f
（1）>f
（2）
解f、0二r，故f
（1）vf
（2）-f
（1）=f牡）cf\2）选（C）
（13）设f（X）有二阶连续导数，且「（0）=0,lim
f（0）是f（x）的极大值
（B）
f（0）是f（X）的极小值
（C）
（0,f（0））是曲线y=f（x）的拐点
（D）
f（0）不是f（X）的极值，（0,f（0））也不是曲线y=f（X）的拐点
B）
匸也t1》0=f”与X同号，故推出f"（x）:
>0.结合f'（0）=0，选（
2X2+X+1
（14）曲线yarctan的渐近线有（）
（x—1）（x+2）
（B）2条
（A）1条
（C）3条
（D）4条
兀
±—，非垂
2
（A）f'（X0）=0
（B）
f'（X0）H0
（C）f'（X0）=0或f'（X0）不存在
f'（X0）不存在
解XT0时，yT处，故得一条垂直渐近线X=1；XT1±时arctan（*）t
直渐近线，类似X=-2也不是，再XTK时，yT—，得水平渐近线。
选（B）
4
则必有（）
（15）设函数f（x）在X=X0连续，若X0为f（X）的极值点,
解选（C）这是两种情形:
3.求下列极限:
（1）limXJ-xhxx—（x—1）lnx
⑵%n（1+x）
11
-I
X」
（4）limM
7丸X丿
（1）令x—1=t，（分子化简用到：
In（1+x）=
lim—njimi+M+t）
xj（x-1）lnxT
tln（1+t）
二tmo
122
t_（1+t）（t--t2+o（t2））
（2）lim[-^J]=limXjn（1+x）Tln（1+x）XJP
xln（1+x）
12
—x
=lim
Tx2
（3）令u
=丄，化简到分式后使用洛必达法则
X
50
50_uU
limue=lim—u-u^^xut乂eu
50u49
u
50!
，理57
（4）令t-
x
化简后使用洛必达法则
Xln（ln_）
也+ex
=explim
^0
lnln1
x
+1
lim吻2lim
t=e^a1
11
Inlt
=1
1
（3）lim1/X100
x_0
解：
使用洛必达法则要结合等式变形或等价变形等化简手段。
122
X——x+o（x），下题也是）
2
4•已知f（x）在x=0处有三阶导数，且f（0）=0,f'（0）=0,厂'（0）=2，厂（0）=3，求极限
limf（x）-x2
x3
解一：
由f（x）在Xi处Taylor公式，得：
埠x3+o（x3），于是
133
f（x）-x2尹+o（x）1lim（）3—=lim23=-
TX3X32
解二：
由洛必达法则也可以。
注意0/0型条件的检验。
2
f（x）—Xf（x）-2x1,.「'（x）—2r.f”（x）-f"（0）1—、1
3x2
X—0
lim=lim—=-lim—=-lim—j=-f（0）=-
XTx3T3x26TX6xTX—062
（注：
最后一步极限只可使用导数定义，决不可以用洛必达！
因为三阶导函数可以不存在）5•证明下列不等式
（1）当0cx<；1时，e2xc1+X
1-X
解：
设f（X）=（1—x）e2x一（1+X），原不等式Uf（X）c0
2x2x
f'（x）=e（1—2x）—1,f"（X）=—4xev0=f\x）在（o,i）内单调减，且f'（0）=0
丁f'（x）c0=f（x）在（0,1）内单调减，又由f（0）=0,故在（0,1）内f（x）<0
（1-x）e2x<1+xXH1故
ex2
1+x
<
1-X
f（X）=-xeX=0=x=0，因x=0为
时f'（X）>0时，故f（0）=1
是f（x）的极大值，也是最大值（xc1）
f（X）=（1-X）exX<1即得<—
1-X
（2）当X<1时，eX<1
1-X
解：
作函数f（X）=（1—x）eX,f（0）=1f（x）的唯一驻点，且当x>0时f'（x）c0，当xv0
X2
（3）当X>5时，2>x
解：
令F（x）二心）,
X
fW2®2一2）
因当X>5时，xln2-2>4In2-2=ln
16
2e
>0，故F'（X）>0，从而F（X）>F（5）>1
/.2^x2（X>5）.
L1
In（1+U2）与——之大小,
1+J2
（4）比较J2—1和In（1+J2）的大小
解：
因J2-1=——产，故问题在于比较1+J2
11
令f（x）=lnx-—,f
（2）=ln2——>0
X2
11
f（x）=—+p>0（x>2）则f（x）》f
（2）》0（x》2）
XX
令X=1叵，即得ln（1+72）>72-1.
6.求下列函数的极值:
（1）f（x）=（x+2）2（x-1）
解：
f'（x）=2（x+2）（x-1）+（x+2）2=3x（x+2）=0=x=—2,x=0
f"（x）=6x+6,f"（0）=6>0f在x=0处取得极小值，且f（0）=-4
f\-2）=-Q<0，:
.f在x=—2处取得极大值，且f（-2）=0
（2）f（X）=r（x2+3x+1）+e2
解：
f〔X）=e」（2+x）（1—x）=0=X=-2,X=1.f"（x）=e」（x2
-x-3）
f“（—2）=3e2aO,f（X）在X=-2处取得极小值，且极小值为
f（—2）=0
f"
（1）=-3e^<0，/.f（x）在X=1处取得极大值，且极大值为
f
（1）=5e」+e2
（3）f（x）』2X,X>0
lx+1,x<0
解：
哩』（X）=lm+x2x=lm^xlar=〔=f（0）
limf（X）=lim（x+1）=1=f（0）
x_5p—^0—
/.f（x）在x=0处连续，从而f（X）在（-=C,P）内处处连续.
f2x2x（1+|nx）,x>0
f（xr,（）xX
（TO）
0
1
（0-）e
1
e
1
（・，p）
e
f\x）
+
不存在
一
0
+
f（x）
z
极大值
极小值
z
由上面的表可知，f（x）的极大值为f（0）=1，极小值为
1
在X=1处，f（x）不可导，令f'（X）=0=X=-e
7.已知f（X）=2x3+ax2+bx+9有两个极值点x=1,x=2，求f（x）的极大值与极小值.
解:
f'（X）=6x+2ax+b
从中解得a=—9,b=12
f'
（1）=6+2a+b=0
（1）
厂
（2）=24+4a+b=0
（2）
即得
f（X）=2x3-9x2+12x+9，
f（X）=12x—18,f
（1）=-^<0
二f（x）在x=1处取得极大值，且
f
（1）=14
2X2
&求f（x）=xe-在（二E内最大值和最小值.
X22
2x
2
X
limf（X）=lim—=0
解：
f'（x）=2xe（1—X）=0=X=0,±1.
limf（X）=limx2e^=lim—=lim2=0,J乂一七泊乂^"^2XeX
f（0）=0,f（±1）f（X）在（二,咼）内最大值为
9.求下列曲线的渐近线:
「）y3x2
X
—n
X
..X-
lim2—0,
-X
解*3一
/.X=±73为垂直渐近线.
二y=0为水平渐近线.
ix-1
（2）y=¥
X+1
x
e，,最小值为0.
解：
limN
X=-1为垂直渐近线，y=1为水平渐近线.
10.研究方程xinx+A=0实根的个数.
X
（0,）
e
丄
e
（丄严）
e
y=xlnX
J1\lt
f（x）
一
0
+
f（x）
、
极小值
z
/.
A」
0
-1-
W1X
e
解：
令f（X）=XlnX+A，贝Uf'（X）=inx+1=0=
1
X=一
e
iim+f（x）=A,
r，畑）内方程有一根.
e
1
（1）若A<0，则在（0,）内方程无根，在
e
11
e
11
在（0,—）内f（X）a0，在（—,亦）内f（x）a0，即方ee
（2）若0e
11
（3）若A=-，则极小值f（-）=0,
ee
程只有一个实根.
从而在（0,址）内f（xp-0，方程无实根.
2n_1=0的实数，证明
aiCOSX+a2cos3x+…
+ancos（2n—1）x=0
在开区间（0,；）内至少有一个实根.
1
ansin（2n-1）x
1
解：
设f（X）=a1sinx+-a2sin3x+■■-+
32n-1
气雹11
在［0,H内满足Rolle定理条件：
f（0）=0,f
（二）=3“a2+…+（―1）心an=0
2232n-1
—兀兀一
/.3匚己（0,—），使得f‘佗）=0,即在（0,—）内有-x满足
22
aicos+a2co3x+…+ancoS2n—1）x=0
12.设函数f（x）在闭区间a,b］上连续，在开区间（a,b）内可微，试证存在E,n亡（a,b），使
证：
首先由拉格朗日中值定理，得
Wga,b）使f®=f（b）—f（a）
b-a
其次针对f（x）以及f（x）=x2在［a,b］上，由Cauchy中值定理知，存在口亡（a,b）使
f（b）-f（a）=f⑺
b2-a2"2^
两式联手即得。
13.设f（x）在［0,1］上连续，在
（0,1）内可导，且f（0）=0.证明在（0,1）内至少存在一点匚，
使f（F=（1_F「（F.
证：
令F（x）=f（x）（x-1）,
则F（x）在［0,1］上满足R-Th条件，则存在匚€（0,1），使
F（匚）=0即f（匚）（匚一1）+f（匚）=0=f（匚）=（1—匚）f'（匚）
14.设0vacb,f（x）在［a,b］上连续，在（a,b）内可微，证明在（a,b）内至少存在一点匚，
使得f（b）—f（a）'（匚）ln—.
a
证：
令g（x）=lnx，将f（x）及g（x）在［a,b］上应用柯西中值定理，则有
山,Wa,b）即f（b）-f（a）=5勺詰
InbTna1a
-a2n1an
11.设a1,a2,…,an满足a1…+（―1）-
3
15•设f（X）在［0,1］上具有二阶导数，且f（0）=f
（1）=0,minf（x）=-1.证明存在一点
0逹£
匚壬（0,1），使f"（匚）>8.
解：
设f（x）在x=a处（a迂（0,1））取得最小值，则f'（a）=0,f（a）=-1,由台劳公式
当X=0,x=1时
f（x）=f（a）+f（a）（x-a）厂（匚）（x-a）2,
f（0）=f（a）+「（a）（—a）+：
「G）a2f
（1）=f（a）+f'（a）（1-a）+2f"（G）（1-a）2
f（0）=f（i）=0,f（a）=—1,「（a）=0
则有
2
f7匚1）=2,（0v匚1va）
a
f3（1-a）
刁，（0V匚2ca）
于疋若
11
a<-时，f”G>8）；a>-时，f徉2）>8.由此可得f"（匚）>8.（0丈匚c1）
16.由
22
y=0,x=8,y=x所围成的曲边三角形OAB，在曲边OB（y=x,a2
点C，使得过此点所作y=x之切线与OA,OB所围成的三角形面积最大
解：
设过曲线y=x2上点c（x,b）处的切线方程为Y-y=y'（X-x）,
将y=x2代入上式得Y-y=2x（X-X）
此切线与X=8,Y=0的交点纵坐标与横坐标分别为
OX
m,—2
切线与X=8,y=0所围成的三角形的面积为
1X
S（X匕（8弓2X（8一X）
仃］
3
于是s'（x）=4x2-16x+64
0=X=16及x=16（舍去）
3
因为只有一个极值点，所以，当
=16时，s（x）取得最大值，故所求的点是（^6,?
56）.
339
InX
17.作出函数y=——的图形
解：
（1）定义域（0,畑）
2,y
2InX—3
x3
pz3/2
令y，=0二x=e,yH=0二x=e
（3）导数符号变化区间如下:
X
（0,e）
e
（e,e3/2）
3/2
e
z3/2,\
（e，邑）
y，
+
0
一
一
一
rry
一
一
一
0
+
y
zn
极大
\n
拐点
\u
极大值为
，2e3/2）
（e3/23
1
y（e）=拐点为
e
（4）渐近线
X=0为垂直渐近线
InX
lim——
XT0+x
Inx1
lim=lim—=0y=0为水平渐近线.
18.求曲线y=2（x-1）2的最小曲率半径
解：
y'=4（x-1）,y"=4,K=
"丄2\3/2
（1+y）
[1+16（x-1）2]3/2，K最大LR最小
u左式中分母最小ux=1。
最小曲率半径R=-。
4
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