高等数学（课次练习）上册解答

苏州大学理工类高等数学（课次练习）上册

解答（2006 版）

苏州大学数学科学学院

丰世富 潘洪亮

2020 年 11 月 4 日

目录

1 函数与映射 4 2 数列与极限、函数的极限 7 3 无穷大与无穷小、极限运算法则 9 4 极限存在准则、无穷小比较 11 5 函数的连续性与间断点、连续函数的运算及初等函数的连续性、闭 区间上连续函数的性质 13 6 第一章习题课 15 7 导数概念、函数的求导法则（一） 17 8 函数的求导法则（二）、高阶导数 19 9 隐函数及由参数方程确定的函数的导数、函数的微分 21 1

目录 2 10 第二章习题课 23 11 中值定理 25 12 罗必达法则、泰勒公式 27 13 函数单调性和曲线的凹凸性、函数的极值与最值 (1) 29 14 函数的极值与最值 (2)、函数图形的描绘 34 15 曲率 (1),(2)、第三章习题课 36 16 不定积分的概念和性质、换元积分法 39 17 换元积分法 (续) 40 18 分部积分法、有理函数的积分 43 19 第四章习题课 45 20 定积分的概念与性质、微积分基本公式 (1),(2) 48 21 微积分基本公式 (3)、定积分的换元法和分部积分法 (1) 52 22 定积分的换元法和分部积分法 (2)、反常积分 54 23 第五章习题课 56 24 定积分的元素法、定积分在几何学上的应用 (1),(2) 59 25 定积分在几何学上的应用 (3)、第六章习题课 63 26 向量及其基本运算 (1),(2),(3),(4) 65 27 向量及其线性运算 (5)、数量积与向量积 67

目录 3 28 曲面及其方程 69 29 空间曲线及其方程、平面及其方程 (1) 76 30 平面及其方程 (2),(3)、空间直线及其方程 80 31 第七章习题课 84 32 期末模拟卷 87

1_{本文档利用 Scientific WorkPlce 5.5 内置的MuPAD或 Maple进行数值计算、符}

1 函数与映射 4

1 函数与映射

一、 指出下列函数是由哪些简单初等函数复合而成： 1. y = arcsinx2−1 2 ; 解函数是由下列初等函数复合而成：y = arcsin u, u = v−1 2 , v = x2. 2. y = ln ln ln x. 解函数是由下列初等函数复合而成：y = ln u, u = ln v, v = ln x. 二、 设 f (x) 的定义域为 (0, 1], 求下列函数的定义域： 1. f (x2_); 解 y = f (x2_{) 可以看作为 y = f (u) 与 u = x}2 _{的复合函数，因} u∈ (0,1], 故 x2_{∈ (0,1], 即 0 < x}2_{⩽ 1，于是 0 < x ⩽ 1 或 −1 ⩽ x < 0, 即所} 求的定义域为 x_{∈ [−1,0) ∪ (0,1].} 2. f (cos x);

解 y = f (cos x) 可以看作为 y = f (u) 与 u = cos x 的复合函数，因 u∈ (0,1], 故 cosx ∈ (0,1], 故 2kπ−π₂ < x < 2kπ+π₂, k∈ Z, 即所 求的定义域为_{x|2kπ−π₂ < x < 2kπ+π₂, k∈ Z}. 3. f (ax) (a > 0). 解 y = f (ax) 可以看作为 y = f (u) 与 u = ax 的复合函数，因 u∈ (0,1], 故 ax ∈ (0,1], 即 0 < ax ⩽ 1, 又 a > 0, 故 0 < x ⩽ 1_a, 即 所求的定义域为 (0,1 a]. 三、 设 f (x) = { 2x, x < 0, x, x⩾ 0, g(x) = { 5x, x < 0, −3x, x ⩾ 0, 求 f (g(x)) 及 g( f (x)).

1 函数与映射 5 解 x < 0 时， f (x) = 2x < 0, g(x) = 5x < 0, 故 f (g(x)) = 10x 及 g( f (x)) = 10x; x ⩾ 0 时， f (x) = x ⩾ 0，g(x) = −3x ⩽ 0, 故 f (g(x)) = −6x 及 g( f (x)) =−3x. 于是 f (g(x)) = { 10x, x < 0, −6x, x ⩾ 0, g( f (x)) = { 10x, x < 0, −3x, x ⩾ 0. 四、 用 f (x) = sin x 的图形作出下列函数图形： 1. y = f (x + 2); 解由 f (x) = sin x 向左平移 2 个单位得到 y = f (x + 2) 的图形. f (x), f (x + 2) -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 1 x y 0 图形的平移变换 2. y = 2 f (x); 解由 f (x) = sin x 关于 y 轴放大到原来的 2 倍得到 y = 2 f (x) 的 图形. f (x), 2 f (x)

1 函数与映射 6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1 1 2 x y 0 图形关于 y 轴的伸缩变换 3. y = f (2x). 解由 f (x) = sin x 关于 x 轴方向放大到原来的 1 2 倍得到 y = f (2x) 的图形. f (x), f (2x) -4 -2 2 4 -1 1 x y 0 图形关于 x 轴的伸缩变换 五、 已知 f (sinx 2) = 1 + cos x, 求 f (cos x 2).

2 数列与极限、函数的极限 7 六、 设定义在 (_{−∞,∞) 的函数 f (x) 严格递增，且有 f ( f (x)) = f (x), 求 f (x).} 解因为函数 f (x) 在 (−∞,∞) 上严格递增，故对任意的 x, 如果 f (x) > x, 则 f (x) = f ( f (x)) > f (x), 矛盾；如果 f (x) < x, 则 f (x) = f ( f (x)) < f (x), 矛盾. 故 f (x) = x. 七、 证明： f (x) = 1+x2 1+x4 在 (−∞,∞) 内有界. 证明因为 x∈ R,x2_{⩾ 0, 故 f (x) =} 1+x2 1+x4 > 0. 又当 |x| ⩾ 1 时，1 + x4⩾ 1 + x2, f (x) =1+x2 1+x4 ⩽ 1; 当 |x| < 1 时，f (x) = 1+x2 1+x4 ⩽ 1+x2< 2. 故 f (x) < 2. 于是 _{| f (x)| ⩽ 2, 即 f (x) =}1+x2 1+x4 在 (−∞,∞) 内有界.

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数列与极限、函数的极限

一、 根据数列极限的定义证明： 1. lim n→∞ sin n n = 0; 证明 对于任意小的正数_ε> 0, 由于|sin n_n −0| =|sinn|_n ⩽1_n<ε 时， 有 n > 1 ε, 故取 N = [1ε] + 1∈ N∗, 则当 n > N 时，必有 n > N >1ε, 且_|sin n n − 0| ⩽ 1 n <ε. 故 lim_n→∞ sin n n = 0. 2. lim n→∞( 1 n2+ 2 n2+··· + n n2) = 1 2; 证明 因 1 n2+_n22+···+_nn2 = n(n+1) 2n2 =n+1_2n , 对于任意小的正数ε> 0, 由于 |n+1_2n −1₂| = _2n1 <ε 时，有 n > ₂1_ε, 故取 N = [₂1_ε] + 1∈ N∗_{, 则当 n > N 时，必有 n > N >} 1 2ε, 且 | n+1 2n − 1 2| = 1 2n <ε. 故 lim n→∞( 1 n2+ 2 n2+··· + n n2) = 1 2. 二、 若 lim n→∞xn= a̸= 0, 证明 limn→∞|xn| = |a|. 反过来成立吗？如成立给出证 明，如不成立举出反例. 证明 因为 lim n→∞xn= a̸= 0，故对于任意小的正数ε> 0, 必存在 N∈ N∗, 当

n > N 时，有|x−a| <ε, 从而||xn|−|a|| ⩽ |x−a| <ε，即 lim

2 数列与极限、函数的极限 8 反过来不成立. 例如取 xn= (−1)n, lim n→∞|xn| = 1, 但 {xn} 无极限. 三、 根据函数极限的定义证明： 1. lim x→3(3x− 1) = 8; 证明 对于任意小的正数_ε > 0, 由于 |(3x − 1) − 8| = 3|x − 3| <ε 时，有 _{|x − 3| <} 1 3ε，故取 δ = 1 3ε > 0, 当 |x − 3| <δ 时，必有 |(3x − 1) − 8| = 3|x − 3| <ε，故 lim x→3(3x− 1) = 8. 2. ⋆ lim x→+∞x( √ x2− 4 − x) = −2. 证明 考虑 x→ +∞ 及 x(√x2− 4−x)，不妨设 x > 2，由于 |x(√_x2− 4− x)−(−2)| = |x√x2− 4−(x2_{−2)| = |} 4 x√x2_−4+(x2₋₂₎|, 故当 x 2_{−4 > 1，} 即 x >√5 时，x√x2− 4+(x2_{−2) > x×1+0 = x, 于是 |x(}√_x2− 4− x)−(−2)| <4_x, 故对于任意小的正数ε> 0, 当 4_x <ε 时，有 x >4_ε. 取 X = max(4 ε, √ 5) > 0, 当 x > X 时，有|x(√x2_{− 4−x)−(−2)| <} 4 x <ε, 故 lim_x→+∞x( √ x2− 4 − x) = −2. 四、 设 f (x) = { 3x− 1, x > 1, 2x, x < 1, 试求： 1. lim x→1f (x); 解因为 lim

x→1+ f (x) = lim_x→1+(3x− 1) = 2, lim_x→1− f (x) = lim_x→1−2x = 2, 故 lim x→1f (x) = 2. 2. lim x→2f (x); 解 lim x→2f (x) = limx→2(3x− 1) = 5. 3. lim x→0f (x). 解 lim x→0f (x) = limx→02x = 0. 五、 设函数 f (x) = _5x3x+_−3|x||x| , 试求：

3 无穷大与无穷小、极限运算法则 9 1. lim x→+∞f (x); 解因为 f (x) =_5x3x+_−3|x||x| = { 2, x > 0, 1 4, x < 0, 故 lim x→+∞f (x) = 2. 2. lim x→−∞f (x); 解因为 f (x) =_5x3x+_−3|x||x| = { 2, x > 0, 1 4, x < 0, 故 lim x→−∞f (x) = 1 4. 3. lim x→0+f (x); 解因为 f (x) =_5x3x+_−3|x||x| = { 2, x > 0, 1 4, x < 0, 故 lim x→0+ f (x) = 2. 4. lim x→0−f (x); 解因为 f (x) = 3x+|x| 5x−3|x|= { 2, x > 0, 1 4, x < 0, 故 lim x→0− f (x) = 1 4. 5. lim x→0f (x). 解因为 lim x→0+ f (x) = 2， lim_x→0− f (x) = 1 4，故 lim_x→0f (x) 不存在.

3 无穷大与无穷小、极限运算法则

一、 下列函数在指定的变化趋势下是无穷小量还是无穷大量？ 1. ln x (x_{→ 1) 及 (x → 0}+_); 解因为 lim x→1ln x = ln 1 = 0, 故当 x→ 1 时，lnx 是无穷小量；因为 lim x→0+ln x =−∞, 故当 x → 0 + _{时，ln x 是无穷大量.} 2. x(sin1 x+ 2) (x→ 0) 解因为sin1_x+ 2 ⩽3 lim x→0x = 0 故 limx→0x(sin 1 x+ 2) = 0，故当 x→ 0 时，x(sin1 x+ 2) 是无穷小量. 二、 证明函数 y = x cos x 在 (0, +∞) 内无界，但当 x → +∞ 时，该函数不 是无穷大量.

3 无穷大与无穷小、极限运算法则 10 证明 函数 y = x cos x 的图形如下： -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 x y 0 y = x cos x 变化趋势 取 xn= 2nπ∈ (0,+∞),n ∈ N∗, 此时 f (xn) = 2nπ, 因为 lim n→+∞xn= +∞, limn→+∞ f (xn) = +∞，故 f (x) 无界；又取 yn= 2nπ+π₂, n∈ N∗时，f(yn) = 0, 故 lim_n→+∞f (yn) = 0，于是 n→ +∞ 时， f (x) 不是无穷大量. 三、 计算下列极限： 1. lim n→∞(1 + 1 2+ 1 4+··· + 1 2n); 解因为 1 +1 2+ 1 4+··· + 1 2n = 1− 1 2n+1 1−1₂ = 2− 1 2n, 故 lim n→∞(1 + 1 2+ 1 4+ ··· + 1 2n) = lim n→∞2− 1 2n) = 2. 2. lim x→∞ √ x+√x+√x √ 2x+1 ; 解 lim x→∞ √ x+√x+√x √ 2x+1 = lim_x→∞ √ 1+ √ 1 x+ √ 1 x3 √ 2+1_x = √ 2 2 . 3. lim x→3 x2−x−1 x2₋₉ ; 解因为 lim x→3 x2−9 x2_−x−1 = 0 5 = 0, 故 lim_x→3 x2−x−1 x2₋₉ =∞.

4 极限存在准则、无穷小比较 11 4. lim x→1 x2_−2x+1 x3_−x2_−x+1. 解 lim x→1 x2_−2x+1 x3_−x2_−x+1= lim x→1 (x−1)2 (x−1)2_(x+1)= lim x→1 1 x+1 = 1 2. 四、 计算下列极限： 1. lim x→∞ (x+1)10(2x−1)5 (3x+2)15 ; 解 lim x→∞ (x+1)10(2x−1)5 (3x+2)15 = lim_x→∞ (1+1_x)10(2−1_x)5 (3+2_x)15 = 25 315 = 32 14 348 907. 2. lim x→1( 5 1−x5− 3 1−x3); 解 lim x→1( 5 1−x5 − 3 1−x3) = lim x→1 5(1−x3)−3(1−x5) (1−x5_)(1−x3₎ = lim x→1 (4x+6x2+3x3_+2)(x−1)2 (x−1)2(x2_+x+1)(x4_+x3_+x2_+x+1) = 1. 3. lim x→∞( √ x2_{+ 1−}√_x2_{− 1).} 解 lim x→∞( √ x2_{+ 1}−√_x2− 1) = lim x→∞ (√x2₊₁₋√_x2₋₁₎₍√_x2₊₁₊√_x2₋₁₎ √ x2₊₁₊√_x2₋₁ = lim x→∞ 2 √ x2₊₁₊√_x2₋₁ = 0. 五、 已知 lim x→2 x2+ax+b x2_−x−2 = 2, 求常数 a 和 b. 解因为 lim x→2(x 2_{+ ax + b) = lim} x→2( x2+ax+b x2_−x−2(x2−x−2)) = lim x→2 x2+ax+b x2_−x−2 lim x→2(x 2_−x− 2) = 2×0 = 0, 另一方面，lim x→2(x 2_{+ ax + b) = 2a + b + 4, 故 2a + b + 4 = 0，} 即 b =_{−4−2a, 故} x2+ax+b x2_−x−2 = x 2_+ax−4−2a x2_−x−2 = (x−2)(x+2)+a(x−2) (x+1)(x−2) = x+2+a x+1 ，于 是 2 = lim x→2 x2+ax+b x2_−x−2 = lim x→2 x+2+a x+1 = 4+a 3 , 即 a = 2, 从而 b =−8.

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极限存在准则、无穷小比较

一、 计算下列极限： 1. lim x→0(1− 3sinx) 2 csc x_;

4 极限存在准则、无穷小比较 12 解 lim x→0(1−3sinx) 2 csc x_{= lim} x→0((1−3sinx) 1 −3sinx)−6= (lim x→0(1−3sinx) 1 −3sinx)−6 = e−6. 2. lim x→0 sin 3x+x2sin1_x (1+cos x)x ; 解 lim x→0 sin 3x+x2sin1_x (1+cos x)x = lim_x→0 3sin 3x_3x +x sin1_x 1+cos x = 3 lim x→0 sin 3x 3x + lim_x→0(x sin 1 x) lim x→0(1+cos x) =3×1+0₁₊₁ = 3 2. 3. lim x→π 6 sin(π₆− x)tan2x; 解 lim x→π 6

sin(π₆− x)tan2x = lim

x→π 6 sin(π₆−x) π 6−x lim x→π 6 (π₆− x) lim x→π 6 tan 2x = 0. 4. lim x→∞( x+1 x−1)x. 解 lim x→∞( x+1 x−1)x= lim_x→∞((1 +x−12 ) x−1 2 )2lim x→∞(1 + 2 x−1) = e2. 二、 利用夹逼准则证明： 1. lim n→∞n( 1 n2₊₁+ 1 n2₊₂+··· + 1 n2_+n) = 1. 证明 因为 n n n2_+n< n( 1 n2₊₁+ 1 n2₊₂+···+ 1 n2_+n) < n n n2₊₁, 而 lim_n→∞n n n2_+n= lim n→∞n n n2₊₁ = 1，从而由夹逼准则得 lim n→∞n( 1 n2₊₁+_n21₊₂+··· +_n21_+n) = 1. 2. lim x→0+x[ 1 x] = 1. 证明 因为 [1 x]⩽ 1 x< [ 1 x] + 1, 又 x > 0，故 1−x < x[ 1 x]⩽ 1. 由于 lim_x→0+(1−x) = lim x→0+1 = 1, 故由夹逼准则得 lim_x→0+x[ 1 x] = 1. 三、 设 x1= a > 0, xn+1=1₂(xn+_x2_n) (n = 1, 2, 3,···), 利用单调有界准则证 明：数列 _{{xn} 收敛，并求其极限.} 证明 由 x1= a > 0, xn+1=1₂(xn+_x2_n) (n = 1, 2, 3,···) 得 xn> 0. 而 xn+1= 1 2(xn+ 2 xn)⩾ 1 22 √ xn·_x2_n = √ 2，即数列{xn} 有下界. 又因为 xn+1−xn= 1 2(xn+ 2 xn)− xn= 2−x2_n 2xn < 0(n⩾ 2)，即从第二项开始，数列 {xn} 单调

5 函数的连续性与间断点、连续函数的运算及初等函数的连续性、闭区间上连续函数的性质13 下降，利用单调有界准则可知， lim n→∞xn 存在，设为 b. 于是 b > 0, b = lim n→∞xn+1= limn→∞ 1 2(xn+ 2 xn) = 1 2(b + 2 b), 从而 b = √ 2, b =−√2(舍去). 四、 确定 _α 的值，使 √1 + tan x−√1 + sin x−1₄xα(x→ 0).

解因为 √1 + tan x−√1 + sin x = √ tan x−sinx

1+tan x+√1+sin x =

sin x(1−cosx) (√1+tan x+√1+sin x) cos x = tan x(1−cosx)

(√1+tan x+√1+sin x), lim_x→0

(√1+tan x−√1+sin x) 1 4xα = lim x→0 tan x(1−cosx) 1 4xα( √

1+tan x+√1+sin x)= 2 lim_x→0

x·1 2x 2 1 4xα = lim x→0x 3−α _{= 1（取α = 3 时），故 α= 3.} (tan x∼ x,1 − cosx ∼ x,x → 0).

5 函数的连续性与间断点、连续函数的运算及初等

函数的连续性、闭区间上连续函数的性质

一、 判断下列函数在指定处的间断点类型，如果是可去间断点，则补充或 改变函数的定义使其连续. 1. y = x2−1 x2_−3x+2, x = 1, x = 2; 解因为 x2₋₁ x2_−3x+2 = (x−1)(x+1) (x−1)(x−2) = x+1 x−2, 所以 lim_x→1 x 2₋₁ x2_−3x+2 = lim x→1 x+1 x−2 = −2, lim x→2 x2−1 x2_−3x+2 =∞，故 x = 1 是可去间断点，补充定义为 f (1) = lim x→1f (x) =−2, 则 f (x) = _x2x_−3x+22−1 = { x+1 x−2, x̸= 1,x ̸= 2, −2, x = 1. 在 x = 1 处连续，x = 2 是 无穷间断点. 2. y = x tan x, x = kπ, x = kπ+π2 (k = 0,±1,±2,···). 解 (1) x = k_π 时， k = 0 时，x = 0, lim x→kπ x tan x = lim_x→0 x tan x = 1, 故 x = 0 是可去间断 点，补充定义 f (0) = lim x→0f (x) = 1；

5 函数的连续性与间断点、连续函数的运算及初等函数的连续性、闭区间上连续函数的性质14 k̸= 0 时， lim x→kπ x tan x=∞，x = kπ 是无穷间断点. (2) x = k_π+π₂ 时， lim x→kπ+π 2 x tan x =_x→klim_π+π 2 x cos x sin x = 0, 故 x = kπ+π2 是可去间断点，补充定义 f (k_π+π₂) = lim x→kπ+π₂ f (x) = 0. 二、 讨论函数 f (x) = lim n→∞ 1−x2n 1+x2n 的连续性，若有间断点试判断其类型. 解因为 lim n→∞x 2n₌        0, |x| < 1, 1, |x| = 1, +∞, |x| > 1, 故 f (x) = lim n→∞ 1−x2n 1+x2n =        1, |x| < 1, 0, |x| = 1, −1, |x| > 1, x =±1 是跳跃间断点. 三、 求下列极限： 1. lim x→0 √ 1+tan x−√1+sin x ex3₋₁ ; 解 lim x→0 √ 1+tan x−√1+sin x ex3₋₁ = lim_x→0 tan x−sinx

(√1+tan x+√1+sin x)(ex3₋₁₎

= lim

x→0

tan x(1−cosx)

(√1+tan x+√1+sin x)(ex3₋₁₎ =

1 2_x→0lim x·1 2x2 x3 = 1 4. (tan x∼ x,sinx ∼ x,ex3− 1 ∼ x3, x→ 0).

2. lim x→0+ 31x−1 31x+1. 解 lim x→0+ 31x−1 31x₊₁ = limy→+∞ 3y−1 3y₊₁ = lim y→+∞ 1−_3y1 1+_3y1 = 1. 四、 设函数 f (x) =        sin ax √ 1−cosx, − π 2 < x < 0, b, x = 0, 1 x(ln x− ln(x2+ x)), 0 < x <π2, 问 a, b 为何值时， f (x) 在 (−π₂,π₂) 内连续. 解 f (0−) = lim x→0− f (x) = limx→0− sin ax √ 1−cosx = lim_x→0− sin ax √ 2(−sinx₂) = { 0, a = 0, −√2a, a̸= 0,

6 第一章习题课 15 f (0+) = lim x→0+f (x) = lim_x→0+ 1 x(ln x− ln(x 2_{+ x)) = lim} x→0+ln 1 (1+x)1x = ln1_e =−1. f (0) = b, 由 f (0−) = f (0+) = f (0) 得 −√2a =−1 = b, 即 a = √ 2 2 , b =−1 时，f (x) 在 x = 0 处连续；又因为 f (x) 在 (₋π₂0) 及 (0π₂) 是初等函数， 显然连续，故 f (x) 在 (₋π₂,π₂) 内连续. 五、 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, 因 f (x) 在 [1,2] 上连续，且 f (1) = −3 <} 0, f (2) = 25 > 0, f (1) f (3) < 0, 由零点存在定理知， f (x) = x5− 3x − 1 在 (1, 3) 内有一个零点，即方程 x5_{− 3x = 1 至少有一个根介于 1 和 2} 之间.

6 第一章习题课

一、 计算下列极限： 1. lim x→1( 1 1−x− 3 1−x3); 解 lim x→1( 1 1−x− 3 1−x3) = lim x→1 x2+x−2 1−x3 = lim x→1 (x−1)(x+2) (1−x)(x2_+x+1)= lim x→1 −(x+2) (x2_+x+1)= −1. 2. lim x→∞( √ x2_{+ 1}−√_x2− 1); 解 lim x→∞( √ x2_{+ 1−}√_x2_{− 1) = lim} x→∞ 2 √ x2₊₁₊√_x2₋₁ = 0. 3. lim x→0 √ 1+tan x−√1+sin x x(1−cosx) ; 解 lim x→0 √ 1+tan x−√1+sin x

x(1−cosx) = lim_x→0(√1+tan x+tan x√1+sin x)x(1−sinx −cosx) = lim

x→0

sin x

(√1+tan x+√1+sin x)x cos x = 1 2. 4. lim x→0+ 1−√cos x 1−cos√x; 解 lim x→0+ 1−√cos x 1−cos√x= lim_x→0+ 1−cosx

(1+√cos x)(1−cos√x)= lim_x→0+

2 sin2 x₂ (1+√cos x)2 sin2 √_x 2 = 1 2_x→0lim+ (x₂)2 (√₂x)2 = 0.

6 第一章习题课 16 (sin2 x₂∼ (x₂)2, sin2 √ x 2 ∼ ( √ x 2 )2, x→ 0). 5. lim x→∞3 arctan x_; 解因为 lim x→−∞3

arctan x_{= 3}x→−∞lim arctan x_{= 3}−π2, lim

x→+∞3

arctan x_{= 3}x→+∞lim arctan x₌

3π2, 故 lim x→∞3 arctan x _不存在. 6. lim x→−∞ √ 4x2_+4x+6+x+1 √ x2_+sin2_x . 解 lim x→−∞ √ 4x2_+4x+6+x+1 √ x2_+sin2_x = lim_x→−∞ −√4+4_x+6 x2+1+ 1 x −√1+(sin x_x )2 = −2+1 −1 = 1. 二、 已知 lim x→∞( x3+1 x2₊₁− ax − b) = 1, 求常数 a,b. 解 1 = lim x→∞( x3+1 x2₊₁− ax − b) = lim x→∞( x3+1 x2₊₁− ax) − b = lim x→∞ (1−a)x3+1−ax x2₊₁ − b = lim x→∞ (1−a)x+1 x2− a x 1+1 x2 − b, 故 a = 1,b = −1. 三、 设 x_{→ 0 时，(1 + ax}2₎1_{5 − 1 与 lncosx 是等价无穷小，求常数 a 的值.} 解 lim x→0 (1+ax2)15−1 ln cos x = lim_x→0 1 5ax2 ln(1+(cos x−1)) = lim_x→0 1 5ax2 cos x−1 = lim_x→0 1 5ax2 −x2 2 =−2₅a = 1, a =−5₂. ((1 + ax2)15 − 1 ∼ 1 5ax 2_{, ln(1 + (cos x− 1)) ∼ cosx − 1 ∼ −}x2 2, x→ 0). 四、 设 x_{→ 0 时，(1+x}2₎1_{4−1 与 1−cosax 是等价无穷小，求常数 a 的值.} 解 lim x→0 (1+x2)14−1 1−cosax = lim_x→0 1 4x 2 (ax)2 2 = 1 2a2 = 1, a = √ 2 2 . 五、 设 a < b < c, 证明：方程 1 x−a+x−b1 +x−c1 = 0 在 (a, b) 与 (b, c) 内各至 少有一实根. 证明 因为 1 x−a+ 1 x−b+ 1 x−c= (x−b)(x−c)+(x−c)(x−a)+(x−a)(x−b) (x−a)(x−b)(x−c) , 设 f (x) = (x− b)(x− c) + (x − c)(x − a) + (x − a)(x − b), 则 f (x) 在 [a,b] 及 [b,c] 上连 续. 由于

7 导数概念、函数的求导法则（一） 17 f (a) f (b) = (a− b)(a − c)(b − c)(b − a) = −(a − b)2(c− a)(c − b) < 0,

f (b) f (c) = (b− c)(b − a)(c − a)(c − b) = −(b − c)2(b− a)(c − a) < 0,

故 f (x) = 0 在 (a, b) 与 (b, c) 内各至少有一实根，即方程 1

x−a+x−b1 +x−c1 = 0

在 (a, b)

与 (b, c) 内各至少有一实根.

六、 _{⋆ 设 f (x) 在 [0,2a] 上连续，f (0) = f (2a), 证明：存在 ξ ∈ [0,a] 使得}

f (ξ) = f (ξ+ a).

证明 设 F(x) = f (x)_{− f (x+a), 由于 f (x) 在 [0,2a] 上连续，f (0) = f (2a),}

故 F(x)

在 [0, a] 上连续，且 F(0) = f (0)− f (a),F(a) = f (a) − f (2a) = f (a) − f (0),

于是 F(0)F(a) =−( f (0) − f (a))2_{⩽ 0. 如果 F(0)F(a) = 0, 则 F(0) = 0}

或 F(a) = 0，取_ξ= 0 或 a 即可. 如果 F(0)F(a) < 0, 则必有ξ ∈ (0,a),

使 F(_ξ) = 0，即 f (ξ) = f (ξ+ a).

7

导数概念、函数的求导法则（一）

一、 下列各题中均假定 f′(x0) 存在，按照导数的定义观察，A 表示什么？ 1. lim △x→0 f (x0−△x)− f (x0) △x = A, 则 A = . 解 A = lim △x→0 f (x0−△x)− f (x0) △x =− lim_△x→0 f (x0−△x)− f (x−△x 0) =− f′(x0). 2. lim x→0 f (x) x = A, 且 f (0) = 0, f′(0) 存在，则 A = . 解 A = lim x→0 f (x) x = lim_x→0 f (x)− f (0) x−0 = f′(0). 3. lim h→0 f (x0+h)− f (x0−h) h = A, 则 A = . 解 A = lim h→0 f (x0+h)− f (x0−h) h = lim_h→0 f (x0+h)− f (x0)+(− f (x0−h)+ f (x0)) h = lim h→0 f (x0+h)− f (x0) h + lim_h→0 f (x0−h)− f (x0) −h = 2 f′(x0).

7 导数概念、函数的求导法则（一） 18 二、 讨论下列函数在 x = 0 处的连续性与可导性：

1. y =|sinx|; 解因为 lim

x→0+|sinx| = lim_x→0+sin x = 0, lim_x→0−|sinx| = lim_x→0−(−sinx) = 0, sin 0 = 0, 故 lim

x→0|sinx| = |sin0|, 即 y = |sinx| 在 x = 0 处连

续； 又因为 lim x→0+ |sinx|−|sin0| x = lim_x→0+ sin x x = 1, lim_x→0− |sinx|−|sin0| x = lim_x→0−−sinxx = −1, 故 y = |sinx| 在 x = 0 处不可导. 2. y = { x2sin1_x, x̸= 0, 0, x = 0. 解因为 lim x→0f (x) = limx→0x 2_sin1 x = 0, f (0) = 0, 故 lim_x→0f (x) = f (0), 即 f (x) 在 x = 0 处连续；又因为 lim x→0 f (x)− f (0) x = lim_x→0 x2sin1_x−0 x = lim_x→0x sin 1 x = 0, 故 f (x) 在 x = 0 处可导，且 f′(0) = 0. 三、 设函数 f (x) = { x2, x⩽ 1, ax + b, x > 1, 为了使函数 f (x) 在 x = 1 处可导， a, b 应取什么值？ 解可导必连续. f (1−) = lim x→1− f (x) = limx→1−x 2_{= 1, f (1}+_{) = lim} x→1+₋ f (x) = lim_x→1+(ax+ b) = a + b, 故 a + b = 1; 又 f₋′(1) = lim h→0− f (1+h)− f (1) h = lim_h→0− (1+h)2₋₁ h = 2, f+′(1) = lim h→0+ f (1+h)− f (1) h = lim h→0+ (a+ah+b)−1 h = a, 故 a = 2, 从而 b =−1. 四 设 f (x) = { sin x, x > 0, x, x⩽ 0, 求 f ′_(x). 解当 x > 0 时， f (x) = sin x, 故 f′(x) = cos x; 当 x < 0 时， f (x) = x, 故 f′(x) = 1;

8 函数的求导法则（二）、高阶导数 19 x = 0 时，lim x→0+ f (x)− f (0) x = lim_x→0+ sin x−0 x = lim_x→0 sin x x = 1, lim_x→0− f (x)− f (0) x = lim_x→0− x−0 x = 1, 从而 f′(0) = 1. 于是 f′(x) = { cos x, x > 0, 1, x⩽ 0. 五、 已知函数 f (x) 可导，且对任意的实数 x, y 满足：（1）f (x +y) = ex_{f (y) +} eyf (x)；（2） f′(0) = e. 证明： f′(x) = f (x) + ex+1. 证明 因为 f (x + y) = ex_{f (y) + e}y_{f (x)，令 x = y = 0 得 f (0) = 2 f (0), 即} f (0) = 0. f′(x) = lim h→0 f (x+h)− f (x) h = lim_h→0 exf (h)+ehf (x)− f (x) h = e x_lim h→0 f (h) h + f (x) lim_h→0 eh−1 h = exlim h→0 f (h)− f (0) h + f (x) lim_h→0 eh−1 h = e x_f′_{(0) + f (x)× 1 = e}x+1_{+ f (x).} 六、 求下列函数在给定点处的导数： 1. y = sin x− cosx, 求 y′|_x=π 6. 解 y = sin x_−cosxy′_|x=π

6 = (cos x + sin x)|x=π6 = cos π 6+ sinπ6 = √ 3 2 + 1 2 = √ 3+1 2 . 2. f (x) = 3 5−x+ x2 5, 求 ( f (0))′, f′(0), f′(2). 解因为 f (0) =3 5, 故 ( f (0))′= 0；x̸= 5 时，f′(x) = 3 (5−x)2+ 2x 5, 故 f′(0) = f′(x)|x=0=₂₅3, f′(2) = f′(x)|x=2=1₃+4₅= 17₁₅.

8

函数的求导法则（二）、高阶导数

一、 求下列函数的导数： 1. y = 5x3_{− 2}x_{+ 3e}x_{+ 2;} 解 y′= 15x2− 2xln 2 + 3ex. 2. y = ex+2_{· 2}x−3_; 解 y′= ex+2· 2x−3+ ex+2· 2x−3ln 2 = (1 + ln 2)ex+2· 2x−3.

8 函数的求导法则（二）、高阶导数 20 3. y = (arcsin x)3_; 解 y′= 3(arcsin x)2√1 1−x2 = 3(arcsin x)_√ 2 1−x2 . 4. y = ln(x +√a2− x2_); 解 y′= 1 x+√a2_−x2(1 + 1 2(a 2_{− x}2₎−1_{2(−2x)) =} √a2_−x2_−x (x+√a2_−x2₎√_a2_−x2. 5. y = ln ln ln(x2_{+ 1);} 解 y′= 1 ln ln(x2₊₁₎ 1 ln(x2₊₁₎ 1 (x2₊₁₎(2x) = 2x (x2_+1)(ln(x2_{+1)) ln ln(x}2₊₁₎. 6. y = arcsin√1−x 1+x; 解 y′=√ 1 1−1_1+x−x 1 2( 1−x 1+x)− 1 2−1×(1+x)−(1−x)×1 (1+x)2 =− 1 (1+x)√2x(1−x). 7. y = √ x +√x +√x; 解 y′=1₂(x+√x +√x)−12(1+1 2(x+ √ x)−12(1+1 2x− 1 2)) = 4 √ x+√x√x+2√x+1 8 √ x+√x+√x√x+√x√x . 8. y = arcsin1 x. 解 y′=√ 1 1−1 x2 (−1 x2) =− 1 |x|√x2₋₁. 二、 设 f (x) 可导，求 dy dx： 1. y = f (ex_)ef (x)_; 解 y′= f′(ex)exef (x)+ f (ex)ef (x)f′(x) = ef (x)( f′(ex)ex+ f (ex) f′(x)). 2. y = f (sin2_{x) + f (cos}2_x).

解 y′= f′(sin2x)2 sin x cos x+ f′(cos2x)2 cos x·(−sinx) = ( f′(sin2x)− f′(cos2x)) sin 2x.

三、 求下列函数的二阶导数： 1. y = sin x· e2x−1_;

解 y′= cos x· e2x−1+ sin x· e2x−1× 2 = (2sinx + cosx)e2x−1.···

9 隐函数及由参数方程确定的函数的导数、函数的微分 21 2. y = ln x(x +√1 + x2_). 解 y′= 1 x(x+√1+x2₎(2x + √ 1 + x2₊ x 2√1+x22x) = 2x√1+x2_+2x2₊₁ x(x+√1+x2₎√_1+x2 = x+√1+x2 x√1+x2 = 1 x+ 1 √ 1+x2, （也可利用 ln x(x +√1 + x2_{) = ln x + ln(x +}√_{1 + x}2_{), 再求导）} y′′=−1 x2 −_(1+x12₎ 2x 2√1+x2 =−x−2− x(1 + x 2₎−3_2. 四、 设 f (x) = (x + 10)6_{, 求 f}′′′_{(2), f}(6)_{(2), f}(20)_(2). 解 由于 f′(x) = 6(x + 10)5， f′′(x) = 30(x + 10)4， f′′′(x) = 120(x + 10)3， f(6)(x) = 6! = 720, f(20)(x) = 0, 故 f′′′(2) = 120×123= 207 360, f(6)(2) = 720, f(20)(2) = 0. 五、 求 y = x2 x2_−3x−4 的 n 阶导数. 解 因为 y = x2 x2_−3x−4 = 16 5(x−4)− 1 5(x+1)+ 1，故 y′=− 16 5(x−4)2+ 1 5(x+1)2, y ′′₌ 16×2 5(x−4)3 − 2 5(x+1)3,··· ,y n_{= (−1)}n 16×n! 5(x−4)n+1+ (−1) n−1 n! 5(x+1)n+1, n∈ N +_.

9 隐函数及由参数方程确定的函数的导数、函数的

微分

一、 求由下列方程所确定的隐函数的导数 dy dx： 1. sin(x + y) = cos x ln y;

解 两边对 x 求导，cos(x + y)(1 + y′) =−sinxlny+cosx1_yy′, y′=

y sin x ln x+y cos(x+y)

cos x−ycos(x+y) . 2. yx_{= x}y_{(x > 0, y > 0).} 解 两边对 x 求导，(ex ln y)′= (ey ln x)′, 即 yx(ln y+x_yy′) = xy(y′ln x+ y x), y′= xyy2−xyx+1ln y x2_yx_−xy+1_{y ln x} = y2−xylny x2_−xylnx. 二、 用取对数求导数法则求下列函数的导数：

9 隐函数及由参数方程确定的函数的导数、函数的微分 22 1. y = (sin x)tan x_;

解 因为 ln y = tan x·lnsinx, 两边对 x 求导，1

yy′= sec

2_{x ln sin x +} tan x_{sin x}1 cos x = sec2x ln sin x + 1, y′= (sin x)tan x(sec2x ln sin x + 1). 2. y =(3−x)4 √ x+2 (x+1)5 解 因为 ln y = 4 ln(3− x) +1 2ln(x + 2)− 5ln(x + 1), 两边求导， 1 yy′= 43−1−x+ 1 2 1 x+2− 5 1 x+1, y′= (3−x)4√x+2 (x+1)5 ( 4 x−3+ 1 2(x+2)− 5 x+1). 三、 求下列参数方程所确定的函数的导数 dy dx, d2y dx2： 1. { x = at2, y = bt3; 解 dy dx = dy dt dx dt = 3bt_2at2 = 3bt_2a,d2y dx2 = (6bt)(2at)−(3bt2_)(2a) (2at)3 = 3b 4a2_t. 2. { x =θ(1− sinθ), y =θcosθ. 解 dy dx = dy dθ dx dθ

= _1−sincosθ+θ(−sinθ)_{θ+θ(−cosθ)} =_1−sincosθ−θ sinθ_{θ−θ cosθ}.

d2y dx2 = d dθ( dy dx)/ dx dθ =−

(2 sinθ+θ cosθ)(sinθ+θ cosθ−1)+(cosθ−θ sinθ)(2cosθ−θ sinθ)

(sinθ+θ cosθ−1)3 = (2+θ2−θ cosθ−2sinθ) (1−sinθ−θ cosθ)3 . 四、 求曲线在所给参数值相应的点处的切法线方程： 1. { x = sint, y = cost, t = π 4; 解 dy dx = dy dt dx dt

= −sint_cost =−tant,t = π₄ 时，x =

√ 2 2 , y = √ 2 2 , dy dx|t=π₄ = −1, 故所求切线方程为 y −√2 2 =−(x − √ 2 2 ), 即 x + y− √ 2 = 0, 法 线方程为 y₋√2 2 = (x− √ 2 2 )，即 x− y = 0. 2. { x = 3at 1+t2, y =_1+t3at22, t = 2.

10 第二章习题课 23 解 dy_dx= dy dt dx dt = (6at)(1+t2)−(3at2)(2t) (1+t2)2 (3a)(1+t2)−(3at)(2t) (1+t2)2 = 2t (1−t2₎,t = 2 时，x =6a₅, y =12a₅ , dy dx|t=2= −4 3, 故所求切线方程为 y− 12a 5 =− 4 3(x− 6a 5), 即 4x + 3y−12a = 0, 法线方程为 y−12a 5 = 3 4(x− 6a 5)，即 3x− 4y + 6a = 0. 五、 求下列函数的微分： 1. y = arcsin√1− x2_; 解 dy = √ 1 1−(1−x2₎ −2x 2√1−x2dx =− x |x|√1−x2dx. 2. ln√x2_{+ y}2_{= arctan}y x. 解 两边求导，_√ 1 x2_+y2 2x+2yy′ 2√x2_+y2 = 1 1+(y_x)2 y′x−y x2 ,y′= x+y

x−y, dy =x+yx−ydx.

六、 求 y = x|x| 的微分. 解 因为 y = x|x| =        x2, x > 0, 0, x = 0, −x2 _{x < 0,} 故 y′=        2x, x > 0, 0, x = 0, −2x x < 0, 于是 dy =        2xdx, x > 0, 0, x = 0, −2xdx x < 0,

10 第二章习题课

一、 设 f (x) = { e3x+ b, x⩽ 0, sin ax, x > 0, 且 f (x) 在 x = 0 处可导，求 a, b 的值. 解 可导必连续. f (0−) = lim x→0−f (x) = limx→0−(e 3x_{+b) = 1+b, f (0}+_{) = lim} x→0+ f (x) = lim x→0+sin ax = 0, 故 1 + b = 0, b =−1; 又 f₋′(0) = lim h→0− f (0+h)− f (0) h = lim_h→0− (e3h+b)−(1+b) h = lim_h→0− e3h−1 h = 3, f+′(0) = lim h→0+ f (0+h)− f (0) h = lim h→0− sin ah−(1+b) h

10 第二章习题课 24 = lim h→0− sin ah h = a, 故 a = 3. 二、 求下列函数的导数： 1. y = arccot√x2− 2x; 解 y′=− 1 1+(x2_−2x) 2x−2 2√x2_−2x =− 1 (x−1)√x2_−2x. 2. y = ln(ex₊√_{1 + e}−x_). 解 y′= 1 ex₊√_1+e−x(e x₊ −e−x 2√1+e−x) = 2ex√1+e−x−e−x 2(ex₊√_1+e−x)√_1+e−x.

三、 设 f (t) = (sinπt₂ − 1)(sinπt2

2 − 2)···(sinπt 200

2 − 200), 求 f′(1).

解 令 g(t) = (sinπt₂2_{−2)···(sin}πt₂200_{−200), 则 f (t) = (sin}πt_{2 −1)g(t), f}′(t) = (π₂cosπt₂)g(t) + (sinπt₂ − 1)g′(t), f′(1) = (π₂cosπ₂)g(1) + (sinπ₂− 1)g′(1) = 0. 或 f′(1) = lim h→0 f (1+h)− f (1) h = lim_h→0 f (1+h) h = lim_h→0 sinπ(1+h)₂ −1 h _h→0limg(1+h) = lim_h→0 cosh₂−1 h _h→0limg(1+ h) = lim h→0 −1 2( h 2)2 h _h→0limg(1 + h) = 0.

四、 设 u = f (g(x) + y), 其中 y = y(x) 由方程 y2_{+ e}y_{= sin(x + y) 确定，且}

f , g 一阶可导，求 du_dx. 解 du dx = f′(g(x) + y)(g′(x) + y′), 又 2yy′+ e y_y′ _{= cos(x + y)(1 + y}′_{), y}′ ₌ cos(x+y) 2y+ey_−cos(x+y), 从而 du dx = f′(g(x) + y)(g′(x) + cos(x+y) 2y+ey_−cos(x+y)). 五、 设 f (x) 在 x = e 处有连续的一阶导数，且 f′(e) =2_e, 求 lim x→0+ d dxf (e cos√x_). 解 因为 d dxf (ecos √

x_{) = f}′_(ecos√x_)ecos√x_(−sin√_x)· 1

2√x，又 f (x) 在 x = e 处有连续的一阶导数，故 lim x→0+ f ′_(ecos√x_{) = f}′_{( lim} x→0+e cos√x_{) = f}′_{(e) =}2 e， 于是

11 中值定理 25 lim x→0+ d dxf (e cos√x_{) = lim} x→0+ f ′_(ecos√x_{) lim} x→0+ −ecos√x 2 _x→0lim+ sin_√√x x = 2 e×−e2 × 1 = −1. 六、 已知 { x = ln cost, y = sint−t cost, 求 dy dx, d2y dx2|t=π₄. 解 dy_dx=cost−cost−t(−sint)1 cost(−sint) =−t cost,d2y dx2=

(sint+t cost) tant−t sint sec2t

(−tanx)3 =cost_tant−t sint. （或 d2y dx2 = d dt(−t cost) 1 dx dt

= (−cost +t sint)_−tant1 = cost_tant−t sint）

d2y dx2|t=π₄ = √ 2 2 −π4 √ 2 2 1 = √ 2 8 (4−π). 七、 设 y = cos3_{x, 求 y}(n)_.

解 因为 cos 3x = 4 cos3_{x− 3cosx, 故 y = cos}3_{x =} 1

4cos 3x + 3 4cos x, y(n)= 1₄cos(n)3x +3₄cos(n)x = 3₄ncos(3x +n₂π) +3₄cos(x +n₂π).

11

中值定理

一、 验证函数 f (x) = x3_{+ 4x}2_{− 7x − 10 在 [−1,2] 上满足罗尔定理的条件，} 并确定 _ξ 的值. 解 因为 f (−1) = f (x)|x=−1= x3+ 4x2− 7x − 10_x=−1= 0, f (2) = f (x)|x=2= x3+ 4x2− 7x − 10_x=2= 0, f′(x) = 3x2+ 8x− 7, f′(ξ) = 3ξ2+ 8ξ− 7 = 0, 得ξ = √ 37−4 3 ,− √ 37+4 3 . 二、 设 f (x) 在 (a, b) 内可导，且 lim

x→a+f (x) = lim_x→b− f (x) = A, 证明：在 (a, b)

内存在一点 c, 使得 f′(c) = 0

证明因为 f (x) 在 (a, b) 内可导，则必在 (a, b) 内连续. 又 lim

x→a+ f (x) = lim

x→b− f (x) = A, 可补充定义， f (a) = f (b) = A, 则 f (x) 在 [a, b] 上连续，

11 中值定理 26 三、 证明：x_{⩾ 1 时，有 2arctanx + arcsin} 2x 1+x2 =π. 证明 (2 arctan x + arcsin 2x 1+x2)′ = 2 1 1+x2 + 1 √ 1−( 2x 1+x2) 2 2(1+x2)−2x(2x) (1+x2₎2 = 2 1+x2 − 2 1+x2 = 0, 故 2 arctan x + arcsin 2x 1+x2 = C(C 为常数), 又 x = 1 时，2 arctan 1 + arcsin 1 = 2π₄+π₂ =π，故 C =π, 即 2 arctan x + arcsin 2x 1+x2 =π. 四、 设 a0+a₂1+···+_n+1an = 0，证明：方程 a0+ a1x +···+anxn= 0 在 (0, 1) 内必有一个零点. 证明 令 f (x) = a0x +a₂1x2+···+_n+1an xn+1, x∈ [0,1], 则 f (0) = f (1) = 0, f (x) 在 [0, 1] 上连续，在 (0, 1) 内可导， f′(x) = a0+ a1x +··· + anxn, 满 足罗尔（Rolle）定理的条件，于是必有 _ξ ∈ (0,1)，使 f′_{(ξ) = 0，即} a0+ a1x +··· + anxn= 0 在 (0, 1) 内必有一个零点. 五、 _{⋆ 设 0 < y < x, p > 1，证明：py}p−1(x− y) ⩽ xp− yp⩽ pxp−1(x− y). 证明 因为 0 < y < x, p > 1，故 pyp−1(x− y) ⩽ xp− yp⩽ pxp−1(x− y) 等 价于 pyp−1 _⩽ xp_−yp x−y ⩽ pxp−1. 令 f (t) = tp,t ∈ [y,x], 则 f (t) 满足拉格

朗日 (Lagrange) 中值定理的条件，于是有 _ξ ∈ (y,x) 使 f (x) − f (y) =

f′(ξ)(x− y), 即 xp_x−y_−yp = f (x)_x− f (y)_−y = f′(ξ) = pξp−1, 由 p > 1 知 p− 1 > 0, pyp−1⩽ pξp−1⩽ pxp−1, 即 pyp−1⩽ xp_x−y_−yp ⩽ pxp−1.

六、 _{⋆ 若 f (x) 在 (−∞,+∞) 内满足关系式 f}′(x) =− f (x) 且 f (0) = 1, 则

f (x) = e−x.

证明 令 F(x) = f (x)ex_{, 因为 f}′_{(x) =− f (x), 则 F}′_{(x) = f}′_(x)ex_{+ f (x)e}x_{= 0,}

故 F(x) = C, 又 F(0) = f (0)e0_{= 1, 故 C = 1, 即 f (x)e}x_{= 1，f (x) = e}−x_.

七、 设 f (x) 在 [a, b] 上二阶可导，x1, x2, x3为 [a, b] 上的三个点，x1< x2< x3, 且 f (x1) = f (x2) = f (x3), 证明：存在一点 ξ 使得 f′′(ξ) = 0.

12 罗必达法则、泰勒公式 27 证明 因为 f (x) 在 [a, b] 上二阶可导，故 f (x), f′(x) 在 (a, b) 内连续. 由 于 a_{⩽ x}1 < x2 < x3 ⩽ b, 由拉格朗日中值定理，得 f (x2)− f (x1) = f′(ξ1)(x2− x1), f (x3)− f (x2) = f′(ξ2)(x3− x2), 其中，ξ1∈ (x1, x2),ξ2∈ (x3, x2). 又 f (x1) = f (x2) = f (x3), 故 f′(ξ1) = f′(ξ2) = 0. 于是再由拉 格朗日中值定理，得 f′(ξ2)− f′(ξ1) = f′′(ξ)(ξ2−ξ1),ξ ∈ (ξ1,ξ2). 从而 f′′(ξ) = 0.

12 罗必达法则、泰勒公式

一、 求下列极限： 1. lim x→0 x−ln(1+x) x2 ; 解 lim x→0 x−ln(1+x) x = lim_x→0 1−_1+x1 2x = lim_x→0 1 2(1+x) = 1 2. 2. lim x→∞x(2 1 x− 3 1 x); 解 lim x→∞x(2 1 x−3 1 x) = lim y→0 2y−3y y = lim_y→0 2yln 2−3yln 3 1 = ln 2−ln3 = ln 2 3. 3. lim x→1( x x−1−ln x1 ); 解 lim x→1( x x−1− 1 ln x) = lim_x→1x ln x−x+1(x−1)lnx = lim_x→1 ln x+1−1 ln x+x−1_x = lim_x→1 x ln x x ln x+x−1 = lim x→1 ln x+1 ln x+1+1 = 1 2. 4. lim x→0( (1+x)1x e ) 1 x; 解 lim x→0( (1+x)1x e ) 1 x = lim x→0 (1+x) 1 x2 e1x = lim x→0 eln(1+x) 1 x2 e1x = lim x→0e ln(1+x)−x x2 = exlim→0 ln(1+x)−x x2 ₌ exlim_→0 1 1+x −1 2x = exlim_→0 −1 2(1+x) = e−12. 5. lim x→+∞(ln x) 1 x; 解 lim x→+∞(ln x) 1 x = lim x→+∞e 1 xln ln x= ex→+∞lim ( 1 xln ln x) = ex→+∞lim 1 ln x 1 x 1 = 1.

12 罗必达法则、泰勒公式 28 6. lim x→π 2− (tan x)2x−π. 解 lim x→π2− (tan x)2x−π= lim x→π2− e(2x−π)lntanx= e lim x→ π₂− ln tan x 1 2x−π = e lim x→ π₂− 1 tan x sec2 x − 2 (2x−π)2 = e lim x_{→ π2}− −(2x−π)2 sin 2x = e lim x_{→ π2}− −4(2x−π) 2 cos 2x = e0= 1. 二、 若 lim x→0 sin 6x+x f (x) x3 = 0, 求 lim x→0 6+ f (x) x2 . 解 因为 lim x→0 sin 6x+x f (x) x3 = 0, 故求 lim x→0 6+ f (x) x2 = lim x→0 6x+x f (x) x3 = lim x→0 sin 6x+x f (x)+6x−sin6x x3 = lim x→0 sin 6x+x f (x) x3 + lim x→0 6x−sin6x x3 = lim x→0 6−6cos6x 3x2 = 2 lim x→0 1−cos6x x2 = 2 lim x→0 6 sin 6x 2x = 36. 三、 求 √1 + x 的 3 阶麦克劳林展开式. 解 设 f (x) =√1 + x，则 f′(x) = 1₂(1 + x)−12, f′′(x) =−1 4(1 + x)− 3 2, f′′′(x) = 3 8(1 + x)− 5 2, f (0) = 1, f′(0) = 1₂, f′′(0) =−1₄, f′′′(0) =3₈, 故所求麦克劳林（Maclaurin）展开式为 √ 1 + x = 1 +1₂x−1₈x2+₁₆1x3 四、 求 y = 2 x−1 在 x0= 2 处的 3 阶泰勒公式. 解 设 f (x) = 2 x−1, 则 f′(x) =−2(x − 1)−2, f′′(x) = 4(x− 1)−3, f′′′(x) = −12(x − 1)−4, f (2) = 2, f′(2) =−2, f′′(2) = 4, f′′′(2) =−12, 故所求泰勒（Taylor）公式为 2 x−1 = 2− 2(x − 2) + 2(x − 2)2− 2(x − 2)3. 五、 利用泰勒公式求下列极限：

13 函数单调性和曲线的凹凸性、函数的极值与最值 (1) 29 1. lim x→+∞(x− x 2_{ln(1 +}1 x)); 解 因为 ln(1 +1 x) = 1 x− 1 2( 1 x) 2₊1 3( 1 x) 3_{+ o((}1 x) 3_), 故 x− x2_{ln(1 +}1 x) = x− x + 1 2− 1 3 1 x+ o( 1 x) = 1 2− 1 3 1 x+ o( 1 x), 从而 lim x→+∞(x− x 2_{ln(1 +}1 x)) = 1 2 2. lim x→0 sin x−xcosx sin3x . 解 因为 sin x = x₋1 6x 3_{+ o(x}4_{), cos x = 1−} 1 2x 2_{+ o(x}3_{), 从而} sin x− xcosx = 1₃x3+ o(x4),

故 lim x→0 sin x−xcosx sin3x = lim_x→0 1 3x3+o(x4) x3 = 1 3.

13 函数单调性和曲线的凹凸性、函数的极值与最

值 (1)

一、 求下列函数的单调区间： 1. y = x3_{− 3x}2_{− 9x + 6;} 解 因为 y′= 3x2−6x−9,3x2−6x−9 = 0 的两根为 x1= 3, x2= −1. 由 y′_{> 0 得 x <−1 或 x > 3; 由 y}′_{< 0 得 −1 < x < 3. 故单} 调增区间分别为 (−∞,−1],[3,+∞), 单调减区间为 [−1,3]. 说明： x (−∞,−1) −1 (−1,3) 3 (3, +∞) f′(x) + 0 − 0 + y = f (x) ↗ 极大值，11 ↘ 极小值，−21 ↗ x3− 3x2− 9x + 6

13 函数单调性和曲线的凹凸性、函数的极值与最值 (1) 30 -15 -10 -5 5 10 15 -20 -10 10 20 x y 0 y = x3− 3x2− 9x + 6 的单调性 2. y =ln2x x . 解 y =ln_x2x 的定义域为 (0, +∞)，因为 y′ =(2 ln x)· 1 xx−ln 2_x x2 = 1 x2 ( 2 ln x− ln2x)= 0 的根为 x1= 1, x2= e2. 当 x∈ (0,1] 或 x ∈ [e2, +∞) 时，y′ < 0;

当 x_{∈ [1,e}2_{] 时，y}′_{> 0. 故单调减区间分别为 (0, 1][e}2_{, +∞)，单调}

增区间为 [1, e2_]. ln2x x 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 x y

13 函数单调性和曲线的凹凸性、函数的极值与最值 (1) 31 y = ln_x2x 的单调性 二、 证明下列不等式： 1. x > 1 时，2√x > 3−1_x; 证明 令 f (x) = 2√x +1_x− 3, f′(x) = ₂√2_x−_x12 = x2−√x x52 , 当 x > 1 时， f′(x) > 0, 即 f (x) 在 [1, +∞) 上单调增加，于是当 x > 1 时， f (x) > f (1) = 0, 即 2√x > 3−1_x. 2. 0_{⩽ x ⩽}π₂ 时，sin x_⩾ 2x π. 证明 令 f (x) = sin x−2x π , x∈ [0,π2]. f (0) = f (π2) = 0, f′(x) = cos x− 2 π, f′′(x) =−sinx < 0 (x ∈ [0,π2] 时 ) 即 f (x) 为上凸函数 . 当 x∈ [0,arccos_π2] 时， f′(x) > 0, 即 f (x) 为单调增函数；当 x∈ [arccos2_ππ₂] 时，f′(x) < 0, 即 f (x) 为单调减函数. 于是 f (x) 的最小值为 f (0) = f (π₂) = 0， 即 f (x)⩾ 0,sinx ⩾2x π 或原不等式等价于 sin x x ⩾ 2 π, x∈ [0,π2]. 令 f (x) = sin x x − 2 π, x∈ [0,π2], 则，f′(x) =x cos x−sinx_x2 = (x−tanx)cosx x2 , 因为 x∈ [0,π₂] 时， cos x x2 ⩾ 0,x ⩽ tan x, 故 f′(x)⩽ 0, 从而 f (x) 在 [0,π₂] 上是减函数，f (x)⩾ f (π₂) = 2 π, 即 sin xx ⩾ 2 π, x∈ [0,π2]. 三、 讨论方程 ln x = 2x 的实根数目. 解 令 f (x) = ln x− 2x,x ∈ (0,+∞). f′_{(x) =} 1 x − 2 = 0 的根为 x = 1 2. 当 x∈ (0,1₂) 时，f′(x) > 0, 即 f (x) 单调增加. 当 x∈ (1₂+∞) 时，f′(x) < 0, 即 f (x) 单调减小. 故 f (1 2) 是 f (x) 的最大值，但 f ( 1 2) =−ln2−1 < 0, 即 f (x)_{⩽ f (}1 2) < 0, 从而 f (x) 在 (0, +∞) 上无零点，lnx = 2x 无实根. 四、 求下列函数的凹凸区间及拐点： 1. y = x3 x2₊₁;

13 函数单调性和曲线的凹凸性、函数的极值与最值 (1) 32 解 y = x3 x2₊₁ 的定义域为 R.y′= (x− x x2₊₁)′= 1− (x2_+1)−x(2x) (x2₊₁₎2 = 1− 1−x2 (x2₊₁₎2 = x2(x2₊₃₎ (x2₊₁₎2 > 0, y′′=−−2x(x2+1)2−(1−x2)2(x2+1)2x (x2₊₁₎4 = 2x(3−x2₎ (x2₊₁₎3 = 0 的根为 x1= 0, x2= −√3, x3= √ 3, 相应地 y1= 0, y2=−3 √ 3 4 , y3= 3√3 4 . 当 x∈ (−∞,− √ 3) 或 x∈ (0√3) 时，y′′ > 0, 即凹区间为 (−∞,−√3) 或 (0√3)；当 x∈ (−√30) 或 x∈ (√3 +∞) 时，y′′< 0, 即凸区间为 (−√3, 0) 或 (√3, +∞). 拐点为 (0, 0), (₋√3,−3 √ 3 4 ), ( √ 3,3 √ 3 4 ). 2. y = xex_. 解 y = xex 的定义域为 R.y′ = ex+ xex = ex(1 + x), y′′ = ex(1 + x) + ex= ex(2 + x) = 0 的根为 x1=−2, 相应地 y1 =−2e−2. 当 x∈ (−∞,−2) 时，y′′< 0, 即凸区间为 (−∞,−2); 当 x ∈ (−2,+∞) 时，y′′ > 0, 即凹区间为 (−2 + ∞). 拐点为 (−2,−2e−2). 五、 已知点 (1, 3) 为曲线 y = ax3_{+ bx}2 _{的拐点，求 a, b.} 解 y′= 3ax2+ 2bx, y′′= 6ax + 2b, 由于 (1, 3) 为曲线 y = ax3+ bx2 的拐点， 故 3 = a + b, 6a + 2b = 0, 解得 a =₋3 2, b = 9 2. 六、 求下列函数的极值： 1. y = x2_{ln x;} 解 y = x2ln x 的定义域为 (0, +∞).y′ = 2x ln x + x = 0 的根为 x1= e− 1 2.x∈ (0,e− 1 2) 时，y′< 0; x∈ (e− 1 2+∞) 时，y′> 0. 故 x = e− 1 2 时， f (x) 极小值为 f (e−12) =−1 2e. x2ln x

13 函数单调性和曲线的凹凸性、函数的极值与最值 (1) 33 1 2 3 0 1 2 3 x y y = x2ln x 的极值 2. y =_|x(x2_{− 1)|.} 解 y =|x(x2−1)| 是 R 上的偶函数，考虑 [0,+∞).y = |x(x2−1)| = { −x3_{+ x, 0 < x⩽ 1,} x3− x, x > 1, y ′ ₌        −3x2_{+ 1, 0 < x < 1,} 不存在， x = 1, 3x2− 1, x > 1, 由 y′ = 0 得 x =√3 3 . x (0, √ 3 3 ) √ 3 3 ( √ 3 3 , 1) 1 (1, +∞) f′(x) + 0 − 不存在 + f (x) ↗ 2 √ 3 9 ↘ 0 ↗ 于是 x = 0 时，极小值为 f (0) = 0; x =±√3 3 时，极大值为 f (± √ 3 3 ) = 2√3 9 ; x =±1 时，极小值为 f (±1) = 0. x(x2− 1)

14 函数的极值与最值 (2)、函数图形的描绘 34 -3 -2 -1 0 1 2 3 1 2 3 x y y =x(x2− 1) 的极值

14 函数的极值与最值 (2)、函数图形的描绘

一、 求函数 y = x + 2√x 在区间 [0, 4] 上的最大值与最小值. 解 y′= 1 +√1 x > 0, 故最大值为 y|x=4= 8, 最小值为 y|x=0= 0. 二、 已知船航行一昼夜的费用由两部分组成：一为固定部分 a 元；另一为 变动部分，它与速度的立方成正比. 试问当船的航程为 s 时，船应以 怎样的速度 v 行驶，费用最省？ 解 设所需费用为 y 元，则航程为 s 时所需时间为 s v. 由于每小时航 行所需费用为 a+kv3 24 , 其中 k 是大于零的常数. 从而 y = a+kv3 24 · s v = as 24v+ ksv2 24 , y′=− as 24v2+ ksv 12 = 0 的惟一零点为 v = 3 √_a 2k，故 v = 3 √_a 2k 时， 费用最省. 三、 过平面上点 P(1, 4) 作一直线，使得它在两坐标轴上的截距都是正的， 且它们的和最小，求此直线的方程. 解 设直线方程为 x a+ y b= 1, 其中 a, b 为坐标轴上的截距，a > 0, b > 0. 又直线过点 P(1, 4)，故 1 a+ 4 b = 1. f (a) = a + b = a + 4a a−1, f′(a) = 1+4(a_(a−1)−4a₋₁₎2 = 1− 4 (a−1)2= 0, 得 a = 3, 从而 b = 6. 当 a < 3 时，f ′_{(a) < 0,}

14 函数的极值与最值 (2)、函数图形的描绘 35 当 a > 3 时， f′(a) > 0，从而 a = 3 时， f (a) = a + b 取最小值，故所 求直线方程为 x 3+ y 6= 1, 即 2x + y− 6 = 0. 四、 求椭圆 x2_{− xy + y}2_{= 3 上纵坐标最大点与最小点.} 解 利用隐函数求导，有 2x− y − xy′_{+ 2yy}′_{= 0, y}′₌ 2x−y x−2y. 令 y′= 0，得 y = 2x, 代入椭圆方程，得 x2−2x2+4x2= 3, x =±1,y = ±2. 当 x−2y = 0 时，, y′ 不存在，此时切线垂直于 x 轴，将 y = x 2 代入椭圆方程，得 x2−x₂2 +(₂x)2 = 3, x =±2,y = ±1, 求出驻点及不可导点后，比较得 (1, 2), (−1,−2) 分别是纵坐标最大点与最小点. 五、 试作函数 y = 1 x+ 4x 2 _的图形. 解 y = 1_x+ 4x2 的定义域为 (−∞,0) ∪ (0,+∞). y′=−_x12+ 8x = 0 的根为 x1=1₂.y′′= _x23+ 8 = 0 的根 x2=− 3 √ 2 2 . lim_x→0y =∞,x = 0 是垂直渐近线. x (−∞,−3 √ 2 2 ) − 3 √ 2 2 (− 3 √ 2 2 , 0) (0, 1 2) 1 2 ( 1 2, +∞) f′(x) − − − − 0 + f′′(x) + 0 − + + + f (x) ↘ 拐点 ↘ ↘ 极小值，3 ↗ 1 x+ 4x 2 -10 -5 5 10 -10 -5 5 10 x y 0

15 曲率 (1),(2)、第三章习题课 36 y =1_x+ 4x2 的图形 六、 作函数 y = ex x 的图形. 解 y = e_xx 的定义域为 (−∞,0) ∪ (0,+∞).y′= exx−ex x2 = 0 的零点为 x1=

1.y′′ = exx3−(exx−ex)2x

x4 = ex(x2−2x+2) x3 = 0 没有零点. lim x→0+y = +∞, lim_x→0−y = −∞,x = 0 是垂直渐近线， lim x→−∞−y = 0, y = 0 是水平渐近线. x (−∞,0) (0,1) 1 (1, +∞) f′(x) − − 0 + f′′(x) − + + + f (x) ↘ ↘ 极小值，e ↗ ex x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0 y = e_xx 的图形

15 曲率 (1),(2)、第三章习题课

一、 求下列极限：

15 曲率 (1),(2)、第三章习题课 37 1. lim x→1 ln x−sin(x−1) 3 √ 2x−x2₋₁ ; 解 lim x→1 ln x−sin(x−1) 3 √ 2x−x2₋₁ = lim_x→1 ln x−sin(x−1) 3 √ 1−(x−1)2₋₁= lim_x→1 ln x−sin(x−1) −1 3(x−1)2 =−3 lim x→1 1 x−cos(x−1) 2(x−1) = −3 lim x→1 −1 x2+sin(x−1) 2 =−3 × (− 1 2) = 3 2. 2. lim n→∞tan n₍π 4+ 2 n); 解 因为 lim n→∞tan n₍π 4+ 2 n) = lim_n→∞e n ln tan(π₄+2_n)_{= e}nlim→∞ ln tan( π₄+ 2_{n )} 1 n , 又因 为 lim x→∞ ln tan(π₄+2_x) 1 x = lim x→∞ 1 tan( π₄+ 2_{x )}sec 2₍π 4+ 2 x)·(− 2 x2) −1 x2 = lim x→∞ 2 sec2(π₄+2_x) tan(π₄+2_x) = 4, 故 lim n→∞tan n₍π 4+ 2 n) = e 4_. 3. lim x→0( 1 sin x− 1 x) cot x; 解 lim x→0( 1 sin x− 1 x) cot x = lim_x→0( x−sinx x sin x · cos x sin x) = lim_x→0 (x−sinx)cosx x sin2x = 1× lim x→0 (x−sinx) x3 = lim x→0 1−cosx 3x2 = lim x→0 sin x 6x = 1 6. 4. lim x→0( ax+bx+cx 3 ) 1 x (a, b, c 是正数 ). 解 lim x→0( ax+bx+cx 3 ) 1 x = lim x→0e 1 x(ln(a x_+bx_+cx_)−ln3) = exlim→0 ln(ax+bx+cx)−ln3 x = exlim_→0 1

ax+bx+cx(ax ln a+bx ln b+cx ln c)

1 = eln(abc)3 = (abc) 1 3. 二、 证明下列不等式： 1. ⋆ 设 x > 0, 证明：(1 + x)ln2_{(1 + x)− x}2_{< 0;} 证明 令 f (x) = (1 + x) ln2_{(1 + x)− x}2_{, x∈ (0,+∞). f}′_{(x) = ln}2_{(1 +} x) + (1 + x)2ln(1+x)_1+x − 2x = ln2(x + 1)+2 ln(1+x)−2x, f′′(x) =2 ln(1+x)_1+x +_1+x2 −2 =2(ln(1+x)_1+x −x), f′′′(x) = 2( 1 1+x−1)(1+x)−2(ln(1+x)−x) (1+x)2 = −2ln(1+x) (1+x)2 < 0, 于是 f′′(x) < f′′(0) = 0, f′(x) < f′(0) = 0, f (x) < f (0) = 0, 即 (1 + x) ln2(1 + x)− x2< 0.