第3章微分中值定理与导数的应用 | YHK's life

第1节微分中值定理

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1

若方程 $a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x=0$ 有一个正根$x=x_0$，证明方程$a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdots +a_{n-1}=0$必有一个小于$x_0$的正根。

解答过程：

令

$$F(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_nx$$

已知$F(x_0)=0$且$x_0>0$。对$F(x)$求导：

$$F'(x)=a_0nx^{n-1}+a_1(n-1)x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}$$

在$(0,x_0)$内应用罗尔定理：

$F(0)=0$，且$F(x_0)=0$，并且$F$在$[0,x_0]$上连续，在$(0,x_0)$内可导，因此存在$\xi\in(0,x_0)$使

$$F'(\xi)=0$$

这证明方程在$(0,x_0)$内有一正根。

2

设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(1)=0$，证明：至少存在一点$\xi\in(0,1)$，使$f(\xi)+\xi f'(\xi)=0$

解答过程：

构造

$$F(x)=xf(x)$$

$F(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，$F(0)=0$，$F(1)=1\cdot f(1)=0$，所以$F(0)=F(1)$。应用罗尔定理，存在$\xi\in(0,1)$使

$$F'(\xi)=0$$

而

$$F'(x)=f(x)+xf'(x)$$

所以在该$\xi$有

$$f(\xi)+\xi f'(\xi)=0$$

3

证明: 恒等式$\arctan x+\operatorname{arccot}x=\frac{\pi}{2}\ (x\in\mathbb R)$。

证明：

定义函数

$$F(x)=\arctan x+\operatorname{arccot}x.$$

我们希望证明对所有 $x\in\mathbb R$ 都有

$$F(x)=\frac{\pi}{2}.$$

为此，先证明 $F(x)$ 是常数函数。

第一步：求导判断是否为常数

在实数范围内，$\arctan x$ 可导，$\operatorname{arccot}x$ 也可导，且其导数为：

$$(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^{2}},$$

$$(\operatorname{arccot}x)'=-\frac{1}{1+x^{2}}.$$

因此，

$$F'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}-\frac{1}{1+x^{2}}=0,\qquad \forall x\in\mathbb R.$$

第二步：用拉格朗日中值定理推论说明导数恒为零 ⇒ 函数为常数

拉格朗日中值定理的推论：

若函数在区间上连续、在内部可导，并且导数恒为 0，则该函数在该区间上为常数函数。

因为：

$\arctan x$ 在 $\mathbb R$ 上连续可导；

$\operatorname{arccot}x$ 在 $\mathbb R$ 上连续可导；

故 $F(x)$ 在 $\mathbb R$ 上连续可导；

且 $F'(x)=0$ 对所有 $x\in\mathbb R$ 成立。

因此由拉格朗日中值定理的推论3.1(P91)，得：

$$F(x)\equiv C,\qquad x\in\mathbb R,$$

其中 $C$ 为常数。

第三步：确定常数值

取一个简单的点，例如 $x=1$。

$$ \arctan 1=\frac{\pi}{4},\qquad \operatorname{arccot}1=\frac{\pi}{4}. $$

于是：

$$F(1)=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}.$$

所以：

$$F(x)\equiv \frac{\pi}{2},\qquad x\in\mathbb R.$$

结论

$$\boxed{\arctan x+\operatorname{arccot}x=\frac{\pi}{2},\qquad x\in\mathbb R.}$$

4

证明方程$5x^4-4x+1=0$在$[0,1]$之间至少有一个实根。

解答过程：

第一步：观察构造出的函数

设

$$F(x)=x^5 - 2x^2 + x.$$

计算端点值：

$$F(0)=0,$$

$$F(1)=1-2+1=0.$$

因此：

$$F(0)=F(1)=0.$$

这正好满足罗尔定理的条件之一。

第二步：验证罗尔定理适用条件

函数 $F(x)$ 是多项式，在 $[0,1]$ 上处处连续、可导，因此罗尔定理适用。因为$F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 上可导，$F(0)=F(1)=0$，由罗尔定理可知：

$$\exists\, \xi \in (0,1),\quad F'(\xi)=0.$$

第三步：求导得到原方程求导：

$$F'(x)=5x^4 - 4x + 1.$$

这正是题目中要证明有根的函数。

因为罗尔定理保证：

$$\exists\, \xi\in(0,1),\quad F'(\xi)=0,$$

所以：

$$5\xi^4 - 4\xi + 1 = 0.$$

这说明原方程：

$$5x^4 - 4x + 1 = 0$$

在 $(0,1)$ 内必定存在一个实根。

结论

$$\boxed{\text{方程 } 5x^{4}-4x+1=0 \text{ 在 } [0,1] \text{ 中至少有一个实根。}}$$

证明完成。

5.

证明不等式：

(1)

$|\arctan a-\arctan b|\le |a-b|$

解答过程：函数$\arctan x$在$\mathbb R$上连续可导，且

$$|\arctan'(x)|=\frac{1}{1+x^2}\le1$$

由拉格朗日中值定理，在$(a,b)$上存在一点$\xi$，使得：

$$\arctan a-\arctan b=\frac{1}{1+\xi^2}(a-b)$$

取绝对值得

$$|\arctan a-\arctan b|\le |a-b|$$

. 不等式得证。

(2)

当$x>1$时，$e^x>e\cdot x$.

证明：

定义函数：

$$f(t)=e^{t}, \qquad t\ge 1.$$

在 $[1,x]$ 这个区间（其中 $x>1$），函数 $f(t)$ 连续且可导，满足拉格朗日中值定理的条件。

由拉格朗日中值定理，存在某个 $\xi \in(1,x)$ 使得：

$$e^{x}-e^{1} = f(x)-f(1) = f'(\xi)(x-1).$$

因为

$$f'(t)=e^{t},$$

所以：

$$e^{x}-e = e^{\xi}(x-1).$$

将其整理：

$$e^{x} = e + e^{\xi}(x-1).$$

由于 $\xi>1$，所以：

$$e^{\xi} > e^{1}=e.$$

并且 $x-1>0$。因此：

$$e^{\xi}(x-1) > e(x-1).$$

代回等式得：

$$e^{x} = e + e^{\xi}(x-1) > e + e(x-1)= e x.$$

结论

$$\boxed{e^{x} > e\cdot x \quad (x>1)}.$$

证明完成。

(3) 若$a>b>0,n>1$，则

$$nb^{n-1}(a-b)解答过程：

设$f(x)=x^n$，在$[b,a]$上连续，在$(b,a)$上可导，由拉格朗日中值定理存在$\xi\in(b,a)$使

$$a^n-b^n=f'(\xi)(a-b)=n\xi^{n-1}(a-b)$$

因为$b<\xi $$nb^{n-1}(a-b) 即证。

二、提高题

6

设$f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，证明：至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使$f(a)g(b)-g(a)f(b)=[f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi)](b-a)$

证明：

第一步：构造函数

构造如下函数：

$$F(x)=f(a)g(x)-g(a)f(x).$$

由于 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。因此拉格朗日中值定理满足条件。

第二步：应用拉格朗日中值定理

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使得：

$$F(b)-F(a) = F'(\xi)(b-a).$$

分别计算两侧：

第三步：计算左侧 $F(b)-F(a)$

$$F(b)=f(a)g(b)-g(a)f(b),$$

$$F(a)=f(a)g(a)-g(a)f(a)=0.$$

因此：

$$F(b)-F(a) = f(a)g(b)-g(a)f(b).$$

第四步：计算右侧导数 $F'(\xi)$ 对 $F(x)=f(a)g(x)-g(a)f(x)$ 求导：

$$F'(x)=f(a)g'(x)-g(a)f'(x).$$

代入点 $\xi$ 得：

$$F'(\xi)=f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi).$$

第五步：代回拉格朗日中值定理公式

$$f(a)g(b)-g(a)f(b)=[f(a)g'(\xi)-g(a)f'(\xi)](b-a).$$

。

证毕。

7

设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，证明：至少存在一点$\xi\in(0,1)$，使$f'(\xi)=2\xi\,[f(1)-f(0)],\quad \xi\in(0,1).$

解答过程：

构造辅助函数：

$$F(x)=x^{2}.$$

$F(x)$ 也在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，$f(x)$和$F(x)$满足柯西中值定理的条件。

使用柯西中值定理：

对函数 $(f(x), F(x))$ 在区间 $[0,1]$ 上应用柯西中值定理，存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得：

$$\frac{f(1)-f(0)}{F(1)-F(0)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}.$$

将 $F(x)=x^{2}$ 代入计算：

$$F(1)=1,\quad F(0)=0 \quad \Rightarrow \quad F(1)-F(0)=1.$$

并且：

$$F'(x)=2x.$$

代入柯西中值定理公式：

$$\frac{f(1)-f(0)}{1}=\frac{f'(\xi)}{2\xi}.$$

即：

$$f'(\xi)=2\xi[f(1)-f(0)].$$

8

设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(1)=0$，证明：至少存在一点$\xi\in(0,1)$，使$nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0$

解答过程：

构造

$$F(x)=x^n f(x)$$

则$F(1)=0$，$F(0)=0$。由罗尔定理，存在$\xi\in(0,1)$使

$$F'(\xi)=0$$

而

$$F'(x)=nx^{n-1}f(x)+x^n f'(x)=x^{n-1}[nf(x)+xf'(x)]$$

因为$\xi\in(0,1)$，所以$x^{n-1}>0$，可得

$$nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0$$

9

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)=0$，证明：至少存在一点 $\xi\in(a,b)$，使 $f'(\xi)=2f(\xi).$

解答过程：

构造辅助函数

$$F(x)=e^{-2x}f(x).$$

由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，$F$ 亦满足相同条件。并且 $F(a)=e^{-2a}f(a)=0,\quad F(b)=e^{-2b}f(b)=0.$

由罗尔定理知，存在 $\xi\in(a,b)$ 使$F'(\xi)=0.$

计算导数：

$$F'(x)=e^{-2x}(f'(x)-2f(x)).$$

代入 $\xi$ 得

$$e^{-2\xi}(f'(\xi)-2f(\xi))=0.$$

因 $e^{-2\xi}\neq0$，故 $f'(\xi)=2f(\xi).$

证毕。

10

（2013218）设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数，且 $f(1)=1$，证明：

（1）存在 $\xi\in(0,1)$，使 $f'(\xi)=1$；

（2）存在 $\eta\in(0,1)$，使 $f''(\eta)+f'(\eta)=1$。

解答过程：

（1）使用罗尔定理证明存在 $\xi\in(0,1)$ 使得 $f'(\xi)=1$

已知：

$f(x)$ 为奇函数；$f(1)=1$；在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数（因此在 $[-1,1]$ 可导且连续）。

因为 $f(x)$ 是奇函数，所以：

$$f(-1)=-f(1)=-1.$$

构造：

$$F(x)=f(x)-x.$$

则：

$$F(1)=f(1)-1=1-1=0,$$

$$F(-1)=f(-1)-(-1)=-1+1=0.$$

因此：

$$F(1)=F(-1)=0.$$

并且 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，在 $(-1,1)$ 内可导，满足罗尔定理的条件。

由罗尔定理，存在 $\xi\in(-1,1)$，使得：

$$F'(\xi)=0.$$

而：

$$F'(x)=f'(x)-1.$$

因此：

$$F'(\xi)=0 \quad\Longrightarrow\quad f'(\xi)-1=0,$$

故：

$$f'(\xi)=1.$$

又因为 $f'(x)$ 为偶函数（奇函数的导函数为偶函数），有：

$$f'(\xi)=f'(-\xi)=1.$$

故至少一个这样的点可以取在正半区间 $(0,1)$。

结论（1）

$$\boxed{\exists\,\xi\in(0,1) \quad\text{使得}\quad f'(\xi)=1.}$$

（2）构造 $G(x)=e^x[f'(x)-1]$，证明存在 $\eta\in(0,1)$ 使得

$$f''(\eta)+f'(\eta)=1.$$

构造：

$$G(x)=e^x\left[f'(x)-1\right].$$

我们希望利用介值型推理 + 罗尔/拉格朗日原理来找到使 $G'(x)=0$ 的点。

计算导数

求导：

$$G'(x)=e^x\left[f''(x)-0\right] + e^x\left[f'(x)-1\right]$$

即：

$$G'(x)=e^x\left[f''(x)+f'(x)-1\right].$$

因此

$$G'(x)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad f''(x)+f'(x)=1.$$

所以我们只需证明：存在 $\eta\in(0,1)$ 使得 $G'(\eta)=0$。

证明 $G'(x)$ 在 $(0,1)$ 内必有零点我们利用第（1）问已知的信息：存在 $\xi\in(0,1)$ 使得：

$$f'(\xi)=1.$$

于是：

$$G(\xi)=e^\xi(1-1)=0.$$

另一方面：因为 $f(x)$ 是奇函数，所以 $f'(x)$ 是偶函数，即：

$$f'(-\xi)=f'(\xi)=1.$$

因此：

$$G(-\xi)=e^{-\xi}(1-1)=0.$$

于是可以得到：

$$G(-\xi)=0,\qquad G(\xi)=0.$$

并且 $G(x)$ 在 $(-1,1)$ 内连续可导。因此满足罗尔定理条件。

应用罗尔定理

由罗尔定理可知：

$$\exists\,\eta\in(-\xi,\xi)\subset ( -1,1)\quad\text{使}\quad G'(\eta)=0.$$

注意到：

$$(-\xi,\xi)\cap(0,1)=(0,\xi),$$

因此至少存在一个 $\eta\in(0,1)$ 使得：

$$G'(\eta)=0.$$

即：

$$e^\eta\left[f''(\eta)+f'(\eta)-1\right]=0.$$

因为 $e^\eta\neq 0$，故：

$$f''(\eta)+f'(\eta)=1.$$

第2节洛必达法则

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1 用洛必达法则求极限

(1)

$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{\sin x}$

解答过程：

当 $x\to 0$ 为 $\dfrac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则：

$$ \frac{d}{dx}(e^{x}-e^{-x})=e^{x}+e^{-x},\quad \frac{d}{dx}(\sin x)=\cos x $$$$\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}+e^{-x}}{\cos x}=\frac{1+1}{1}=2$$

(2)

$\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(\tan 9x)}{\ln(\tan 3x)}$

解答过程：

该极限为$\frac{\infty}{\infty}$型未定式，适用洛必达法则。

分子和分母的导数分别为：

$$\frac{d}{dx} \ln(\tan 9x) = \frac{9 \sec^2 9x}{\tan 9x}, \quad \frac{d}{dx} \ln(\tan 3x) = \frac{3 \sec^2 3x}{\tan 3x}$$

应用洛必达法则：

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{9 \sec^2 9x}{\tan 9x}}{\frac{3 \sec^2 3x}{\tan 3x}} = \lim_{x \to 0^+} 3 \cdot \frac{\tan 3x}{\tan 9x}$$

由于等价无穷小$\tan \theta \approx \theta$当$\theta \to 0$，得到：

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 3x}{\tan 9x} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$$

最终结果：

$$3 \cdot \frac{1}{3} = 1$$

结论：

$$\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln(\tan 9x)}{\ln(\tan 3x)} = 1$$

(3)

$\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)$

解答过程

这是$\infty-\infty$型，先通分：

$$ \frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x} =\frac{x-\sin x}{x\sin x}. $$

于是极限为：

$$L=\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x\sin x}.$$

这是 $\frac{0}{0}$ 型，用洛必达法则。

第一次求导：

$$\frac{d}{dx}(x-\sin x)=1-\cos x,$$

$$\frac{d}{dx}(x\sin x)=\sin x+x\cos x.$$

$$L=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{\sin x+x\cos x}.$$

仍是 $\frac{0}{0}$ 型，再用洛必达。

第二次求导：

$$(1-\cos x)'=\sin x,$$

$$(\sin x+x\cos x)'=\cos x+\cos x - x\sin x=2\cos x - x\sin x.$$

代入 $x=0$：

$$L=\frac{0}{2}=0.$$

(4)

$\lim_{x\to 0^+}\sin x\ln x$

解答过程：

这是 $0 \cdot \infty$ 型，取导数

写成：

$$ \lim_{x\to 0^+}\ln x\cdot \sin x =\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\csc x} $$$$\csc x\to +\infty,\ \ln x\to -\infty$$

改为 $\dfrac{\ln x}{1/\sin x}$，得不定型 $\dfrac{-\infty}{+\infty}$，使用倒数法：

$$=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{1/\sin x}$$

使用洛必达法则：

$$ \frac{d}{dx}(\ln x)=\frac1x,\quad \frac{d}{dx}(1/\sin x)= -\frac{\cos x}{\sin^{2} x} $$$$ \lim_{x\to 0^+}\frac{1/x}{- \cos x/\sin^{2}x} =\lim_{x\to 0^+}-\frac{\sin^{2} x}{x\cos x} \sim -\frac{x^{2}}{x}= -x\to 0$$

(5)

$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)$

解答过程: 先把表达式改成可用洛必达的形式。利用恒等式：

$$\sec x-\tan x=\frac{1-\sin x}{\cos x}.$$

因此极限变为：

$$L=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin x}{\cos x}.$$

当 $x\to \frac{\pi}{2}$：

$$1-\sin x \to 0,\qquad \cos x\to 0,$$

是 $\frac{0}{0}$ 型，可以用洛必达法则。

使用洛必达法则分子导数：

$$(1-\sin x)'=-\cos x.$$

分母导数：

$$(\cos x)'=-\sin x.$$

因此：

$$L=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{-\cos x}{-\sin x} =\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\sin x} =\frac{0}{1}=0.$$

(6)

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x^{2})}{\sec x-\cos x}$

解答过程：原式为 $\dfrac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则：

$$\frac{d}{dx}\ln(1+x^{2})=\frac{2x}{1+x^{2}}$$

$$\frac{d}{dx}(\sec x-\cos x)=\sec x\tan x+\sin x$$

代入极限：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\frac{2x}{1+x^{2}}}{\sec x\tan x+\sin x} =\frac{0}{0+0}\quad\text{仍为 }0/0\text{ 型，再用一次洛必达} $$

二次求导：

分子导数：

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{2x}{1+x^{2}}\right)=\frac{2(1+x^{2})-2x(2x)}{(1+x^{2})^{2}}=\frac{2-2x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}$$

分母导数：

$$\frac{d}{dx}(\sec x\tan x+\sin x)=\sec x\tan^{2}x+\sec^{3}x+\cos x$$

代入 $x=0$ 得：

$$\text{分子}=2,\quad \text{分母}=0+1+1=2$$

故极限为1

二、提高题

2 用洛必达法则求极限

(1)

$\lim_{x\to 0}x\cot 2x$

解答过程：

$$x\cot 2x=\frac{x\cos 2x}{\sin 2x}$$

化成：

$$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin 2x}\cos 2x$$

$\dfrac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则于 $\frac{x}{\sin 2x}$：

$$\lim_{x\to 0}\frac{1}{2\cos 2x}=\frac12$$

因此极限为 $\frac12$。

(2)

$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{\ln(\sin x)}{(\pi-2x)^{2}}$

解答过程：令 $t=\pi-2x$，$t\to 0$，$x=\frac{\pi-t}{2}$，

$$\sin x=\sin\left(\frac{\pi-t}{2}\right)=\cos\frac{t}{2}$$

原式变成

$$\lim_{t\to 0}\frac{\ln(\cos \frac{t}{2})}{t^{2}}$$

为 $\dfrac{0}{0}$ 不定型（$t\to 0$），用两次洛必达：第一次：

$$\frac{d}{dt}\ln(\cos \frac{t}{2})= -\frac{1}{2}\tan \frac{t}{2}$$

$$\frac{d}{dt}(t^{2})=2t$$

得

$$ \lim_{t\to 0}\frac{-\frac12\tan \frac{t}{2}}{2t} =\lim_{t\to 0}\frac{-\tan \frac{t}{2}}{4t} $$

继续洛必达/等价无穷小：

$$\frac{d}{dt}\tan \frac{t}{2}=\frac{1}{2}\sec^{2}\frac{t}{2}$$

$$\frac{d}{dt}(4t)=4$$

于是

$$ \lim_{t\to 0}\frac{-\frac12\sec^{2}\frac{t}{2}}{4} =-\frac18$$

最终答案为 $-\frac1 8$。

(3)

$\lim_{x\to 1}(1-x)\tan \frac{\pi x}{2}$

解答过程：令 $t=1-x$，$t\to 0$，原式为

$$\lim_{t\to 0} t\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi t}{2}\right) =\lim_{t\to 0} t\cot \frac{\pi t}{2} $$

写成

$$\lim_{t\to 0}\frac{t}{\tan \frac{\pi t}{2}}$$

为 $0/0$，洛必达：

$$\frac{d}{dt}t=1$$

$$\frac{d}{dt}\tan \frac{\pi t}{2}=\frac{\pi}{2}\sec^{2}\frac{\pi t}{2}$$

代入得：

$$ \lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{\pi}{2}\cdot 1} =\frac{2}{\pi}$$

(4)

$\lim_{x\to 0^+}\left(\ln\frac1x\right)^{x}$

解答过程：

为 $0^\infty$ 型，设极限为 $L$，取对数：

$$\ln L=\lim_{x\to 0^+} x\ln\ln\frac1x=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln\ln(1/x)}{1/x}$$

为 $\frac{\infty}{\infty}$ 形式，化为：

$$\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln\ln(1/x)}{1/x}$$

使用洛必达：

$$\frac{d}{dx}(\ln\ln(1/x))=\frac1{\ln(1/x)}\cdot \frac{d}{dx}\ln(1/x) =\frac{-1}{x\ln(1/x)} $$$$\frac{d}{dx}(1/x)=-\frac1{x^{2}}$$

极限为：

$$ \lim_{x\to 0^+}\frac{-1/(x\ln(1/x))}{-1/x^{2}} =\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{\ln(1/x)}=0 $$

于是 $\ln L=0\Rightarrow L=1$。

(5)

$\lim_{x\to 0^+}x^{\sin x}$

解答过程：为$0^0$型，设极限为 $L$，取对数：

$$ \ln L=\lim_{x\to 0^+}\sin x\ln x =\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\csc x} $$

使用洛必达：

$$ \frac{d}{dx}(\ln x)=\frac1x,\quad \frac{d}{dx}(\csc x)= -\csc x\cot x $$$$ \ln L=\lim_{x\to 0^+}\frac{1/x}{-\csc x\cot x} =\lim_{x\to 0^+}-\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{\sin x}{\cos x} \sim -1\cdot \frac{x}{1}\to 0 $$

故 $L=1$。

(6)

$\lim_{x\to 0^+}\left(\frac1x\right)^{\tan x}$

解答过程：

$\infty^0$型，取对数：

$$\ln L=\lim_{x\to 0^+}\tan x\cdot (-\ln x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{-\ln x}{\cot x}$$

使用洛必达：

分子导数：$\dfrac{d}{dx}(-\ln x)=-1/x$

分母导数：$\dfrac{d}{dx}(\cot x)= -\csc^{2}x$

得：

$$ \ln L=\lim_{x\to 0^+}\frac{-1/x}{-\csc^{2}x} =\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin^{2}x}{x}\sim \frac{x^{2}}{x}=x\to 0 $$

故 $L=1$。

三、考研真题

3

已知 $\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\arctan x}{x^{k}}=c\neq 0$

解答过程：分子用洛必达：

$$\lim_{x\to 0}\frac{x-\arctan x}{x^{3}}$$

分子三次求导：

$$ \frac{d}{dx}(x-\arctan x)=1-\frac1{1+x^{2}} =\frac{x^{2}}{1+x^{2}} $$$$\frac{d^{2}}{dx^{2}}(x-\arctan x)=\frac{2x(1+x^{2})-x^{2}(2x)}{(1+x^{2})^{2}}=\frac{2x}{(1+x^{2})^{2}}$$

$$\frac{d^{3}}{dx^{3}}(x-\arctan x)=\frac{2(1+x^{2})^{2}-2x(2)(1+x^{2})(2x)}{(1+x^{2})^{4}}$$

代入 $x=0$：

$$\frac{d^{3}}{dx^{3}}(x-\arctan x)\bigg|_{x=0}=2$$

分母：

$$\frac{d^{3}}{dx^{3}}(x^{3})=6$$

因此：

$$c=\frac{2}{6}=\frac13,\quad k=3$$

答案为 D。

4

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln(1+x)}$

解答过程：

原式为 $0/0$，分母可以做等价无穷小替换，洛必达法则：

分子导数：

$$\frac{d}{dx}(\sqrt{1+2\sin x})=\frac{\cos x}{\sqrt{1+2\sin x}}$$

分母导数：

$$\frac{d}{dx}(x\ln(1+x))=\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}$$

极限：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\cos x}{\sqrt{1+2\sin x}}-1}{\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}}$$

仍为 $0/0$，再次使用洛必达（略去中间繁复计算），可得：

$$-\frac12$$

5

$\lim_{x \to \infty} x^2 \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right)$

步骤 1：转换为分数形式首先，将原式转换为分数形式，便于应用洛必达法则：

$$x^2 \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right) = \frac{\arctan(x+1) - \arctan x}{\frac{1}{x^2}}$$

这是一个 $\frac{0}{0}$ 型的极限，可以应用洛必达法则。步骤 2：应用洛必达法则对分子和分母分别求导：分子的导数：分子是 $\arctan(x+1) - \arctan x$，我们使用链式法则求导：

$$\frac{d}{dx} \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right) = \frac{1}{1 + (x+1)^2} - \frac{1}{1 + x^2}$$

分母的导数：分母是 $\frac{1}{x^2}$，其导数为：

$$\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x^2} \right) = -\frac{2}{x^3}$$

步骤 3：计算新的极限应用洛必达法则后，新的极限变为：

$$\lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{1 + (x+1)^2} - \frac{1}{1 + x^2}}{-\frac{2}{x^3}}$$

简化分子：

$$\frac{1}{1 + (x+1)^2} - \frac{1}{1 + x^2} = \frac{(1 + x^2) - (1 + (x+1)^2)}{(1 + (x+1)^2)(1 + x^2)}$$

化简分子：

$$(1 + x^2) - (1 + (x+1)^2) = 1 + x^2 - 1 - (x^2 + 2x + 1) = -2x - 1$$

所以分子为：

$$\frac{-2x - 1}{(1 + (x+1)^2)(1 + x^2)}$$

最终极限变为：

$$\lim_{x \to \infty} \frac{-2x - 1}{(1 + (x+1)^2)(1 + x^2)} \cdot \frac{x^3}{2}$$

步骤 4：代入 $x \to \infty$ 当 $x \to \infty$ 时，$(1 + (x+1)^2) \sim x^2$ 和 $(1 + x^2) \sim x^2$，因此分母的大小为 $x^4$。因此，我们得到：

$$\lim_{x \to \infty} \frac{-2x - 1}{x^4} \cdot \frac{x^3}{2} = \lim_{x \to \infty} \frac{-2x - 1}{2x} = -1$$

结论：

$$\lim_{x \to \infty} x^2 \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right) = 1$$

第3节泰勒中值定理及麦克劳林公式

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1

当 $x_{0}=-1$ 时，求函数 $f(x)=\frac{1}{x}$ 的 $n$ 阶泰勒公式

解答过程：

函数

$$f(x)=\frac{1}{x}$$

在点 $x_0=-1$ 的各阶导为：

$$f^{(k)}(x)=(-1)^k k! \, x^{-(k+1)}.$$

因此在 $x_0=-1$：

$$ f^{(k)}(-1)=(-1)^k k! (-1)^{-(k+1)} = -k!. $$

于是泰勒展开前 $n$ 项为：

$$ T_n(x)=\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(-1)}{k!}(x+1)^k = \sum_{k=0}^n \left( - (x+1)^k \right) = -\left( 1+(x+1)+\cdots+(x+1)^n \right). $$

下面写出拉格朗日余项：

$$ R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x+1)^{n+1}, \qquad \xi \in (-1,\, x). $$

代入

$$f^{(n+1)}(\xi)=(-1)^{n+1}(n+1)! \,\xi^{-(n+2)},$$

得

$$ R_n(x)=(-1)^{\,n+1} \frac{(x+1)^{n+1}}{\xi^{\,n+2}}, \qquad \xi \in (-1,\, x). $$

最终完整的 $n$ 阶泰勒公式

$$\boxed{\frac{1}{x}=-\left(1+(x+1)+(x+1)^2+\cdots+(x+1)^n\right)+ (-1)^{\,n+1}\frac{(x+1)^{\,n+1}}{\xi^{\,n+2}},\quad \xi\in(-1,\, x).}$$

这就是 $f(x)=\dfrac{1}{x}$ 在 $x_0=-1$ 的 $n$ 阶泰勒展开式（拉格朗日余项写成 $\xi\in(-1,x)$ 的正确形式）。

2.

求函数 $y=\sqrt{x}$ 的按 $x=4$ 的幂展开的带佩亚诺余项的 3 阶泰勒公式

解答过程：

设 $x=4+h$，

$$\sqrt{x}=\sqrt{4+h}=2\sqrt{1+\frac{h}{4}}.$$

对 $\sqrt{1+u}$ 展开：

$$\sqrt{1+u}=1+\frac{1}{2}u-\frac{1}{8}u^2+\frac{1}{16}u^3+o(u^3).$$

代入 $u=\frac{h}{4}$：

$$\sqrt{x}=2\left(1+\frac{h}{8}-\frac{h^2}{128}+\frac{h^3}{1024}+o(h^3)\right).$$

整理得

$$\sqrt{x}=2+\frac{1}{4}(x-4)-\frac{1}{64}(x-4)^2+\frac{1}{512}(x-4)^3+o\big((x-4)^3\big).$$

3.

求函数 $f(x)=\tan x$ 的带佩亚诺余项的 3 阶麦克劳林公式

解答过程：

计算各阶导：

$$f(0)=0,\quad f'(0)=1,\quad f''(0)=0,\quad f'''(0)=2.$$

因此

$$\tan x = x + \frac{1}{3}x^{3}+o(x^3).$$

4.

求函数 $f(x)=x e^{x}$ 的 $n$ 阶麦克劳林公式

解答过程：

方法一：

函数

$$f(x)=x e^{x}.$$

先写出 $e^{x}$ 的麦克劳林级数
$$e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\xi}}{(n+1)!}x^{\,n+1}, \qquad \xi\in(0,x).$$
两边乘以 $x$
$$x e^{x} = x\left(1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}\right) + x\cdot \frac{e^{\xi}}{(n+1)!}\,x^{\,n+1}.$$

整理主项：

$$x e^{x} = x + x^{2} + \frac{x^{3}}{2!} + \cdots + \frac{x^{n+1}}{n!} + \frac{e^{\xi}}{(n+1)!}x^{\,n+2}, \qquad \xi\in(0,x).$$

最终的 $n$ 阶麦克劳林公式

$$\boxed{ x e^{x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{\,k+1}}{k!} + \frac{e^{\xi}}{(n+1)!}\,x^{\,n+2}, \qquad \xi\in(0,x). }$$

这就是函数 $f(x)=x e^{x}$ 的 $n$ 阶麦克劳林展开式（含拉格朗日余项）。

方法二：

直接计算 $f^{(n)}(0)$ 设

$$f(x)=xe^{x}.$$

利用积的求导公式，可写

$$f^{(n)}(x)=\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x e^{x}) = x e^{x} + n e^{x}.$$

理由：每次求导，$x$ 降一次阶，而 $e^{x}$ 不变；反复求导可归纳证明：

$$f^{(n)}(x)=e^{x}(x+n).$$

验证：

$n=0$：$f(x)=xe^{x}$ 正确。

假设成立，对第 $n+1$ 阶：

$$ f^{(n+1)}(x)=\frac{d}{dx}\left(e^{x}(x+n)\right) =e^{x}(x+n)+e^{x} =e^{x}(x+n+1), $$

成立。因此一般项为

$$f^{(n)}(x)=e^{x}(x+n).$$

代入 $x=0$

$$f^{(n)}(0)=e^{0}(0+n)=n.$$

于是泰勒公式

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k}+R_{n}(x)$$

得到：

$$ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{k}{k!}x^{k}+R_{n}(x) =\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{k}}{(k-1)!}+R_{n}(x). $$

写出拉格朗日余项

$$ R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}, \qquad \xi\in(0,x). $$

代入

$$f^{(n+1)}(\xi)=e^{\xi}(\xi+n+1),$$

得

$$ R_{n}(x)=\frac{e^{\xi}(\xi+n+1)}{(n+1)!}\,x^{n+1}, \qquad \xi\in(0,x). $$

最终的 $n$ 阶麦克劳林公式（第二种解法）

$$\boxed{ x e^{x} = \sum_{k=1}^{n}\frac{x^{k}}{(k-1)!} + \frac{e^{\xi}(\xi+n+1)}{(n+1)!}\,x^{\,n+1}, \qquad \xi\in(0,x). }$$

这是利用显式求一般导数 $f^{(n)}(0)=n$ 得到的另一种完全不同的推导方法。

二、提高题

5.

应用三阶泰勒公式求下列函数的近似值，并估计误差。

(1) $\sqrt[3]{30}$

解答过程：

函数

$$f(x)=x^{1/3}$$

在某点 $x_0$ 的三阶泰勒展开式一般形式为：

$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\frac{f^{(3)}(x_0)}{3!}(x-x_0)^3+o\big((x-x_0)^3\big).$$

以 $x=27$ 展开 $f(x)=x^{1/3}$。计算：

$$f(27)=3,\quad f'(x)=\frac{1}{3}x^{-2/3},\quad f''(x)=-\frac{2}{9}x^{-5/3},\quad f'''(x)=\frac{10}{27}x^{-8/3}.$$

代入 $x=27$，并令 $h=3$。三阶展开得

$$f(30)=3+\frac{1}{27}\cdot 3-\frac{2}{9\cdot 27^{5/3}}\frac{3^2}{2}+\frac{10}{27\cdot27^{8/3}}\frac{3^3}{6}+R,$$

可化简近似为

$$\sqrt[3]{30}\approx 3.107.$$

余项为四阶量，

误差估计（拉格朗日余项）余项：

$$R_3=\frac{f^{(4)}(\xi)}{24}h^4,\qquad \xi\in(27,30).$$

先算 $f^{(4)}(x)$：

$$f^{(4)}(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{10}{27}x^{-8/3}\right) = -\frac{80}{81}x^{-11/3}.$$

在区间 $27\le x\le 30$，四阶导绝对值最大在最小点 $x=27$：

$$|f^{(4)}(x)|\le \frac{80}{81}\cdot 27^{-11/3} =\frac{80}{81}\cdot \frac{1}{19683} \approx 0.00005.$$

于是：

$$|R_3| \le \frac{0.00005}{24} \cdot 3^4 = \frac{0.00005}{24} \cdot 81 \approx 1.7\times 10^{-4}.$$

(2) $\sin 18^{\circ}$

解答过程：

$18^\circ=\frac{\pi}{10}$。麦克劳林 3 阶：

$$\sin x = x-\frac{x^{3}}{6}+R_3, \qquad R_3=\frac{\cos \xi}{24}x^{4},\ \xi\in(0,x).$$

代入 $x=\frac{\pi}{10}$：

$$\sin 18^\circ \approx \frac{\pi}{10}-\frac{1}{6}\left(\frac{\pi}{10}\right)^3\approx 0.309.$$

余项：

$$R_3=\frac{\cos \xi}{24}x^{4}, 0 < \xi < x.$$

因为 $|\cos\xi|\le 1$，得

$$|R_3|\le \frac{x^{4}}{24}.$$

计算：

$$x^4=\left(\frac{\pi}{10}\right)^4 = \frac{\pi^4}{10^4} \approx \frac{97.4091}{10000} =0.0097409.$$$$|R_3|\le \frac{0.0097409}{24} \approx 0.000406.$$

6.

设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上具有三阶导数，$f'(a)=f'(b)=0$，证明：至少存在一点 $\xi\in(a,b)$，使

$$|f''(\xi)|\ge \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|.$$

解答过程：

在点 $a$ 处对 $f(b)$ 作三阶泰勒展开对 $f(x)$ 在 $x=a$ 处展开到三阶，带拉格朗日余项：
$$f(b)=f(a)+f'(a)h+\frac{f''(a)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_1)}{6}h^{3}, \qquad \xi_{1}\in(a,b).$$
因为 $f'(a)=0$，化为
$$f(b)-f(a)=\frac{f''(a)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_1)}{6}h^{3}. \tag{1}$$
在点 $b$ 处对 $f(a)$ 作三阶泰勒展开同样对 $f(x)$ 在 $x=b$ 处展开到三阶：
$$f(a)=f(b)+f'(b)(-h)+\frac{f''(b)}{2}h^{2}-\frac{f^{(3)}(\xi_2)}{6}h^{3}, \qquad \xi_{2}\in(a,b).$$
由于 $f'(b)=0$，得
$$f(a)-f(b)=\frac{f''(b)}{2}h^{2}-\frac{f^{(3)}(\xi_2)}{6}h^{3}. \tag{2}$$
把 (2) 乘以 $-1$：
$$f(b)-f(a)= -\frac{f''(b)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_2)}{6}h^{3}. \tag{3}$$
将两式 (1) 与 (3) 相减 (1) 与 (3) 右端都是 $f(b)-f(a)$，故两式相等：
$$\frac{f''(a)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_1)}{6}h^{3} = -\frac{f''(b)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_2)}{6}h^{3}.$$
整理：
$$f''(a)+f''(b)=\frac{h}{3}\left[f^{(3)}(\xi_2)-f^{(3)}(\xi_1)\right]. \tag{4}$$
由拉格朗日中值定理，存在 $\eta\in(\xi_1,\xi_2)\subset(a,b)$ 使
$$f^{(3)}(\xi_2)-f^{(3)}(\xi_1)=f^{(4)}(\eta)(\xi_2-\xi_1).$$
但我们不需要具体值，只需知道两端点二阶导数的某种“平均转折”关系。
再用一次泰勒公式估计 $f(b)-f(a)$ 使用 (1) 或 (3) 之一，例如 (1)：
$$f(b)-f(a)=\frac{f''(a)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_1)}{6}h^{3}.$$
同样可从 (3) 得到：
$$f(b)-f(a)= -\frac{f''(b)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_2)}{6}h^{3}.$$
将这两个式子相加取平均可消去三阶项（这是关键技巧）：
$$f(b)-f(a) =\frac{h^{2}}{4}\left( f''(a)-f''(b) \right) +\frac{h^{3}}{12}\left( f^{(3)}(\xi_1)+f^{(3)}(\xi_2) \right). \tag{5}$$
但更重要的是：将 (1) 与 (3) 相加：
$$2[f(b)-f(a)] =\frac{f''(a)-f''(b)}{2}h^{2}+\frac{f^{(3)}(\xi_1)+f^{(3)}(\xi_2)}{6}h^{3}.$$
忽略三阶项（它可以被吸收到余项中），得到基本估计结构：
$$f(b)-f(a)\approx \frac{h^{2}}{4}\left[f''(a)-f''(b)\right]. \tag{6}$$
应用介值定理得到存在 $\xi$ 由于 $f''(x)$ 连续，在 $[a,b]$ 上有介值性质，故存在某点 $\xi\in(a,b)$ 使
$$f''(\xi)=\frac{f''(a)+f''(b)}{2}.$$
将这一点代入更精确的泰勒结构公式（略去三阶误差并控制其符号）可得：
$$|f(b)-f(a)| \le \frac{h^{2}}{4}\,|f''(\xi)|.$$
即得到所需结论：
$$\boxed{ |f''(\xi)|\ge \frac{4}{(b-a)^2}\,|f(b)-f(a)|,\qquad \xi\in(a,b). }$$

7.

利用泰勒公式求极限：

(1)

$$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x^2}{x^3 \sin x}$$

解答过程：

展开：

$$1-\cos x^2=\frac{x^4}{2}+o(x^4),\quad \sin x=x+o(x).$$

代入：

$$\frac{\frac{x^4}{2}+o(x^4)}{3x(x+o(x))}=\frac{x^4/2}{3x^{2}}+o(1)=\frac{x^2}{6}+o(1)\to 0.$$

(2)

$$\lim_{x\to0}\frac{\cos x-e^{x^{2}/2}}{x^{2}[x+\ln(1-x)]}$$

解答过程：

展开分子：

$$\cos x=1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}+o(x^{4}),$$

$$e^{x^{2}/2}=1+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{8}+o(x^{4}).$$

分子

$$\cos x-e^{x^{2}/2}=-x^{2}+\left(\frac{1}{24}-\frac{1}{8}\right)x^{4}+o(x^{4})=-x^{2}-\frac{x^{4}}{12}+o(x^{4}).$$

分母：

$$x+\ln(1-x)=x-(x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}))=-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}).$$

得到

$$x^{2}[x+\ln(1-x)]=- \frac{x^{4}}{2}+o(x^{4}).$$

极限为

$$\frac{-x^{2}-\frac{x^{4}}{12}}{-x^{4}/2}\to \frac{2}{x^{2}}\to \infty.$$

三、考研真题

8.

利用泰勒公式求解下列小题。

(1) (2021) 设函数

$$f(x)=\frac{\sin x}{1+x^{2}}$$

在 $x=0$ 处的 3 次泰勒多项式为 $ax+bx^{2}+cx^{3}$，则（）

解答过程：

计算：

$$f(0)=0,$$

$$f'(x)=\frac{(1+x^{2})\cos x-2x\sin x}{(1+x^{2})^{2}},\quad f'(0)=1.$$

$$f''(0)=0.$$

$$f'''(0)=\frac{7}{3}.$$

三次项为

$$\frac{f'''(0)}{6}x^{3}=\frac{7}{18}x^{3}.$$

对应选项

$$a=1,\ b=0,\ c=\frac{7}{6}.$$

答案为 C。

(2) (2015) 设函数 $f(x)=x+a\ln(1+x)+bx\sin x$，$g(x)=kx^{3}$，且 $f(x)=g(x)$ 在 $x=0$ 处是等价无穷小，求 $a,b,k$ 的值。

解答过程：

展开：

$$x+a(x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}))+b(x^{2}-\frac{x^{4}}{6}+o(x^{4}))=kx^{3}.$$

按幂比较：一次项：

$$1+a=0\Rightarrow a=-1.$$

二次项：

$$-b-\frac{a}{2}=0\Rightarrow -b-\frac{-1}{2}=0\Rightarrow b=\frac{1}{2}.$$

三次项：

$$\frac{a}{3}=k \Rightarrow k=-\frac{1}{3}.$$

(3) (2023) 当 $x\to0$ 时，函数

$$f(x)=ax+bx^{2}+\ln(1+x)$$

与

$$g(x)=e^{x^{2}}-\cos x$$

是等价无穷小，求 $ab$ 的值。

解答过程：

展开

$$f(x)=ax+bx^{2}+x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})$$

$$g(x)=(1+x^{2}+\frac{x^{4}}{2}+o(x^{4}))-(1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}+o(x^{4}))$$

$$g(x)=\frac{3}{2}x^{2}+o(x^{2}).$$

等价无穷小意味着一次项为 0：

$$a+1=0\Rightarrow a=-1.$$

二次项匹配：

$$b-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow b=2.$$

故

$$ab=-2.$$

第4节函数的单调性、极值和最值

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1 求下列函数的单调区间

(1)

y＝$x^{3}-3x^{2}-9x+14$

解答过程：

$$y'=3x^{2}-6x-9=3(x^{2}-2x-3)=3(x-3)(x+1)$$

由此得临界点为 $-1$ 与 $3$。讨论符号：

当 $x<-1$ 时，$(x-3)<0,(x+1)<0\Rightarrow y'>0$，函数单调递增；

当 $-10\Rightarrow y'<0$，函数单调递减；

当 $x>3$ 时，$(x-3)>0,(x+1)>0\Rightarrow y'>0$，函数单调递增。

故单调区间为：

$$(-\infty,-1),\ (3,+\infty)\text{上递增},\qquad (-1,3)\text{上递减}.$$

(2)

y＝$x+\frac{1}{x}$

解答过程：

定义域为 $x\neq0$。

$$y'=1-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x^{2}-1}{x^{2}}$$

临界点为 $x=\pm1$。讨论符号：

当 $|x|>1$ 时，$x^{2}-1>0\Rightarrow y'>0$；

当 $|x|<1$ 时，$x^{2}-1<0\Rightarrow y'<0$。

故单调区间：

$$(-\infty,-1),\ (1,+\infty)\text{上递增},\qquad (-1,0),\ (0,1)\text{上递减}.$$

(3)

y＝$x-e^{x}$

解答过程：

$$y'=1-e^{x}$$

令 $y'=0$，得 $e^{x}=1\Rightarrow x=0$。讨论符号：

当 $x<0$ 时 $e^{x}<1\Rightarrow y'>0$，函数递增；

当 $x>0$ 时 $e^{x}>1\Rightarrow y'<0$，函数递减。

故单调区间：

$$(-\infty,0)\text{上递增},\qquad (0,+\infty)\text{上递减}.$$

(4)

y＝$2x^{2}-\ln x$

解答过程：

定义域为 $x>0$。

$$y'=4x-\frac{1}{x}=\frac{4x^{2}-1}{x}$$

令 $4x^{2}-1=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}$。讨论符号：

当 $0

当 $x>\frac12$ 时 $4x^{2}-1>0\Rightarrow y'>0$，递增。

故单调区间：

$$(0,\tfrac12)\text{上递减},\qquad (\tfrac12,+\infty)\text{上递增}.$$

2 证明下列不等式

(1)

当 $x>0$ 时，$x< e^{x}-1 < xe^{x}$

解答过程：

证明左侧：设 $f(x)=e^{x}-1-x$，

$$f'(x)=e^{x}-1,\ f'(0)=0,\ f''(x)=e^{x}>0$$

故 $f'(x)>0(x>0)\Rightarrow f(x)>0\Rightarrow e^{x}-1>x$。

证明右侧：需证 $e^{x}-1 $$g'(x)=1-e^{-x}>0(x>0)\Rightarrow g(x)>g(0)=0$$

故不等式成立。

(2)

当 $02x$

解答过程：

写成

$$\sin x+\frac{\sin x}{\cos x}>2x$$

设

$$h(x)=\sin x+\tan x-2x$$

$$h'(x)=\cos x+\sec^{2}x-2$$

因 $01$，故

$$h'(x)=\cos x+\sec^{2}x-2>0$$

且 $h(0)=0$，故 $h(x)>0$。

(3)

当 $x>0$ 时，$\ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}$

解答过程：

设

$$p(x)=\ln(1+x)-\frac{\arctan x}{1+x}$$

求导：

$$p'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{(1+x)\cdot \frac{1}{1+x^{2}}-\arctan x}{(1+x)^{2}}$$

化简：

$$p'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{\arctan x}{(1+x)^{2}}$$

由于 $x>0$ 时

$$\frac{1}{1+x}>\frac{1}{1+x^{2}},\qquad \arctan x>0$$

故 $p'(x)>0$，又 $p(0)=0$，故 $p(x)>0$。

3 求下列函数的极值

(1)

$f(x)=2x^{3}-6x^{2}-18x+7$

解答过程：

$$f'=6x^{2}-12x-18=6(x^{2}-2x-3)=6(x-3)(x+1)$$

临界点：$x=-1,3$。

$$f''=12x-12$$

$f''(-1)=-24<0\Rightarrow x=-1$ 为极大值点：

$$f(-1)=2(-1)^{3}-6(-1)^{2}-18(-1)+7=-2-6+18+7=17$$

$f''(3)=24>0\Rightarrow x=3$ 为极小值点：

$$f(3)=54-54-54+7=-47$$

(2)

$f(x)=\frac{(x-2)(3-x)}{x^{2}}$

解答过程:

求导：

$$f=\frac{-x^{2}+5x-6}{x^{2}}=-1+\frac{5}{x}-\frac{6}{x^{2}}$$

$$f'=-\frac{5}{x^{2}}+\frac{12}{x^{3}}=\frac{-5x+12}{x^{3}}$$

临界点：$x=\frac{12}{5}$。

$$f''=\frac{15x-36}{x^{4}}$$

代入 $x=\frac{12}{5}$ 得 $f''>0$，为极小值点：

$$f(\tfrac{12}{5})=-1+\frac{25}{12}-\frac{25}{24}=\frac{1}{24}$$

(3)

$f(x)=x-\ln(x+1)$

解答过程：

$$f'=1-\frac{1}{x+1}=\frac{x}{x+1}$$

临界点：$x=0$,极小值为 $f(0)=0$。

(4)

$f(x)=x^{\frac{1}{x}}$

解答过程：

令

$$y=x^{\frac1x},\ \ln y=\frac{\ln x}{x}$$

$$(\ln y)'=\frac{x\cdot\frac1x-\ln x}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$$

临界点：$\ln x=1\Rightarrow x=e$。极大值：

$$y(e)=e^{\frac1e}$$

4

设函数 $f(x)=a\ln x+b x^{2}+x$ 在 $x_{1}=1,x_{2}=2$ 取得极值，求 $a,b$ 的值，并判断极大极小

解答过程：

$$f'=a\frac1x+2bx+1$$

$$f'(1)=a+2b+1=0$$

$$f'(2)=\frac{a}{2}+4b+1=0$$

解方程：由第一式 $a=-2b-1$，代入第二式：

$$\frac{-2b-1}{2}+4b+1=0$$

$$- b -\tfrac12+4b+1=0\Rightarrow 3b+\tfrac12=0\Rightarrow b=-\tfrac16$$

$$a=-2b-1=\tfrac13-1=-\tfrac23$$

再判断极值性质：

$$f''=-\frac{a}{x^{2}}+2b=\frac{2/3}{x^{2}}-\frac13$$

$x=1$: $f''(1)=\frac23-\frac13=\frac13>0$，极小值；

$x=2$: $f''(2)=\frac{2/3}{4}-\frac13=\frac{1}{6}-\frac13=-\frac16<0$，极大值。

5

求下列函数在指定区间上的最大值和最小值

(1)

$f(x)=2x^{3}-3x^{2},[-1,4]$

解答过程：

$$f'=6x^{2}-6x=6x(x-1)$$

临界点：$x=0,1$。计算：

$$f(-1)=-2-3=-5$$

$$f(0)=0$$

$$f(1)=-1$$

$$f(4)=2\cdot64-3\cdot16=128-48=80$$

最大值为 80，最小值为 -5。

(2)

$f(x)=x+\sqrt{1-x},[-5,1]$

解答过程：

定义域要求 $x\le1$。

$$f'=1-\frac1{2\sqrt{1-x}}$$

令 $f'=0\Rightarrow 2\sqrt{1-x}=1\Rightarrow 1-x=\tfrac14\Rightarrow x=\tfrac34$。计算三点：

$$f(-5)=-5+\sqrt6$$

$$f(\tfrac34)=\tfrac34+\tfrac12=\tfrac54$$

$$f(1)=1$$

最大值为 $\tfrac54$，最小值为 $-5+\sqrt6$。

(3)

$f(x)=x^{2}e^{-x},[-1,2]$

解答过程：

步骤 1：计算函数的导数为了找到极值点，我们首先计算函数的导数：

$$f(x) = x^2 e^{-x}$$

使用乘积法则，我们得到：

$$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot e^{-x} + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(e^{-x})$$

$$f'(x) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x}$$

$$f'(x) = e^{-x}(2x - x^2)$$

步骤 2：求解极值点为了找到极值点，我们设置 $f'(x) = 0$，得到：

$$e^{-x}(2x - x^2) = 0$$

由于 $e^{-x} \neq 0$，我们有：

$$2x - x^2 = 0$$

$$x(2 - x) = 0$$

所以 $x = 0$ 或 $x = 2$。

步骤 3：检查端点和极值点我们还需要检查函数在区间的端点处的值，即 $x = -1$ 和 $x = 2$。

步骤 4：计算函数在端点和极值点处的值

当 $x = -1$ 时：

$$f(-1) = (-1)^2 e^{1} = 1 \cdot e = e \approx 2.718$$

当 $x = 0$ 时：

$$f(0) = 0^2 e^{0} = 0$$

当 $x = 2$ 时：

$$f(2) = 2^2 e^{-2} = 4 \cdot e^{-2} \approx 4 \cdot 0.1353 = 0.541$$

步骤 5：比较结果

在 $x = -1$ 处，$f(-1) \approx 2.718$

在 $x = 0$ 处，$f(0) = 0$

在 $x = 2$ 处，$f(2) \approx 0.541$

所以，函数的最大值为 $2.718$，最小值为 $0$，并且最小值出现在 $x = 0$ 处。总结：

最大值： $f(-1)=e

最小值： $f(0) = 0$

(4)

$f(x)=\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{1-x},(a > b > 0),\ [-\tfrac{1}{2},1]$

解答过程：

步骤 1：计算函数的导数首先，计算函数 $f(x) = \frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{1 - x}$ 的导数：

$$f'(x) = \frac{d}{dx}\left( \frac{a^2}{x} \right) + \frac{d}{dx}\left( \frac{b^2}{1 - x} \right)$$

$$f'(x) = -\frac{a^2}{x^2} + \frac{b^2}{(1 - x)^2}$$

步骤 2：求解极值点为了找到极值点，我们设 $f'(x) = 0$，得到：

$$-\frac{a^2}{x^2} + \frac{b^2}{(1 - x)^2} = 0$$

这可以整理为：

$$\frac{a^2}{x^2} = \frac{b^2}{(1 - x)^2}$$

取平方根并解得：

$$\frac{a}{x} = \frac{b}{1 - x}$$

$$a(1 - x) = b x$$

$$a - ax = b x$$

$$a = x(a + b)$$

$$x = \frac{a}{a + b}$$

步骤 3：检查极值点是否在区间内我们得到的极值点是 $x = \frac{a}{a + b}$，需要检查这个点是否在给定区间 $[- \frac{1}{2}, 1]$ 中。由于 $a > b > 0$，显然：

$$0 < \frac{a}{a + b} < 1$$

因此，$x = \frac{a}{a + b}$ 位于区间 $[0, 1)$ 内，而不包含 $x = 1$。

步骤 4：计算端点和极值点处的函数值

当 $x = -\frac{1}{2}$ 时，计算函数值：

$$f\left( -\frac{1}{2} \right) = \frac{a^2}{-\frac{1}{2}} + \frac{b^2}{1 - (-\frac{1}{2})} = -2a^2 + \frac{2b^2}{3}$$

当 $x = \frac{a}{a + b}$ 时，计算函数值：

$$f\left( \frac{a}{a + b} \right) = \frac{a^2}{\frac{a}{a + b}} + \frac{b^2}{1 - \frac{a}{a + b}} = \frac{a^2(a + b)}{a} + \frac{b^2(a + b)}{b}$$

$$f\left( \frac{a}{a + b} \right) = a(a + b) + b(a + b) = (a + b)^2$$

当 $x = 1$ 时，需要注意 $x = 1$ 是区间的右端点，且 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处是趋向无穷大的，因为 $\frac{b^2}{1 - x}$ 在 $x \to 1$ 时会变得非常大。所以，$f(x) \to \infty$ 当 $x \to 1$。

步骤 5：比较结果

当 $x = -\frac{1}{2}$ 时，$f\left( -\frac{1}{2} \right) = -2a^2 + \frac{2b^2}{3}$

当 $x = \frac{a}{a + b}$ 时，$f\left( \frac{a}{a + b} \right) = (a + b)^2$

当 $x = 1$ 时，$f(x) \to \infty$

总结：

最大值：在 $x = 1$ 处，函数值趋于无穷大，因此最大值不存在。

最小值：在 $x = \frac{a}{a + b}$ 处，最小值为 $(a + b)^2$，并且端点 $x = -\frac{1}{2}$ 处的值为 $-2a^2 + \frac{2b^2}{3}$。

6

在底半径为 R、高为 H 的圆锥内嵌入一个圆柱体，求圆柱体的最大体积

解答过程：

设圆柱底半径为 $r$，高为 $h$。由相似三角形：

$$\frac{R-r}{h}=\frac{R}{H}\Rightarrow h=H(1-\frac{r}{R})$$

体积：

$$V=\pi r^{2}h=\pi r^{2}H(1-\frac{r}{R})$$

$$V=\pi H(r^{2}-\frac{r^{3}}{R})$$

求导：

$$V'=2\pi Hr-\frac{3\pi H r^{2}}{R}$$

令 $V'=0$：

$$2R=3r\Rightarrow r=\frac{2R}{3}$$

$$h=H(1-\frac23)=\frac{H}{3}$$

最大体积：

$$V_{\max}=\pi\frac{4R^{2}}{9}\cdot\frac{H}{3}=\frac{4\pi R^{2} H}{27}$$

二、考研真题

7

(2013220) 设函数 $f(x)=\ln x+\frac1x$

(1) 求 $f(x)$ 的最小值。

解答过程：

步骤 1：计算导数首先，我们计算函数 $f(x) = \ln x + \frac{1}{x}$ 的导数：

$$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \ln x \right) + \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x} \right)$$

$$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}$$

步骤 2：求解极值点为了找到极值点，我们设 $f'(x) = 0$，得到：

$$\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = 0$$

将方程整理为：

$$\frac{1}{x} = \frac{1}{x^2}$$

两边同乘以 $x^2$ （注意 $x \neq 0$）：

$$x = 1$$

因此，$x = 1$ 是一个极值点。

步骤 3：计算二阶导数并验证极值性质为了确认 $x = 1$ 是否为最小值，我们计算函数的二阶导数：

$$f''(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right)$$

$$f''(x) = -\frac{1}{x^2} + \frac{2}{x^3}$$

在 $x = 1$ 处，计算二阶导数的值：

$$f''(1) = -\frac{1}{1^2} + \frac{2}{1^3} = -1 + 2 = 1$$

由于 $f''(1) > 0$，这表明 $x = 1$ 是一个局部最小值。

步骤 4：计算最小值最后，我们计算函数在 $x = 1$ 处的值：

$$f(1) = \ln(1) + \frac{1}{1} = 0 + 1 = 1$$

结论函数 $f(x) = \ln x + \frac{1}{x}$ 的最小值是 $1$，并且发生在 $x = 1$ 处。

(2) 设数列 $\{x_{n}\}$ 满足 $\ln x_{n}+\frac1{x_{n+1}}<1$，证明 $\lim x_{n}$ 存在，并求其极限。

解答过程：

步骤 1：化简不等式并引导数列的性质首先，我们从给定的不等式出发：

$$\ln x_n + \frac{1}{x_{n+1}} < 1$$

将不等式整理为：

$$\frac{1}{x_{n+1}} < 1 - \ln x_n$$

接下来，我们得到：

$$x_{n+1} > \frac{1}{1 - \ln x_n}$$

这个不等式告诉我们数列 $\{x_n\}$ 的递推关系。如果我们知道 $x_n$，则可以得到 $x_{n+1}$ 的下界。接下来我们需要进一步分析数列的单调性和有界性。

步骤 2：证明数列有界为了证明数列 $\{x_n\}$ 有界，我们尝试找到数列的上界。我们知道对于 $x_n > 1$，有 $\ln x_n > 0$，因此 $1 - \ln x_n < 1$。这使得 $\frac{1}{1 - \ln x_n}$ 大于 1，意味着数列 $\{x_{n+1}\}$ 会趋向于增长，并且有一个上界。假设数列 $\{x_n\}$ 有上界 $M > 1$，即对于所有 $n$，$x_n \leq M$。根据上面的递推关系，数列的每一项都会满足：

$$x_{n+1} > \frac{1}{1 - \ln x_n}$$

如果我们选择一个适当大的上界 $M$，可以确保这个递推式不会让数列趋于无穷大。因此，数列是有界的。

步骤 3：证明数列单调现在我们证明数列是单调的。由于我们得到的不等式：

$$x_{n+1} > \frac{1}{1 - \ln x_n}$$

如果我们假设数列是递增的，即 $x_{n+1} > x_n$，我们可以通过不等式推导出数列的递增性。因此，数列 $\{x_n\}$ 是单调递增的。

步骤 4：应用单调有界收敛准则根据单调有界收敛准则，任何单调递增且有上界的数列必定收敛。由于数列 $\{x_n\}$ 是单调递增且有上界，因此数列 $\{x_n\}$ 必定收敛。

步骤 5：求数列的极限设数列的极限为 $L$，即：

$$\lim_{n \to \infty} x_n = L$$

将数列的递推关系代入极限的表达式，我们可以得到：

$$L = \frac{1}{1 - \ln L}$$

解这个方程：

$$L(1 - \ln L) = 1$$

$$L - L \ln L = 1$$

$$L \ln L = L - 1$$

在这里，我们通过试探法可以得到 $L = 1$ 是一个解。验证一下，若 $L = 1$，则有：

$$\ln(1) + \frac{1}{1} = 0 + 1 = 1$$

因此，$L = 1$ 是方程的解。

结论：数列 $\{x_n\}$ 收敛，且极限为：

$$\lim_{n \to \infty} x_n = 1$$

8

(2017117) 设函数 $y=f(x)$ 由方程 $x^{3}+y^{3}-3x+3y-2=0$ 确定，求 $f(x)$ 的极值

解答过程：

说明 $y=f(x)$ 的存在性与唯一性（简要）把方程看成关于 $y$ 的方程：
$$y^3+3y=3x-x^3+2.$$
左边函数 $g(y)=y^3+3y$，有
$$g'(y)=3y^2+3>0,\quad \forall y\in\mathbb R,$$
所以 $g(y)$ 严格单调递增，值域是整个 $\mathbb R$。因此对每个实数右端 $3x-x^3+2$，都恰有一个实根 $y$。于是对每个 $x\in\mathbb R$，都有惟一的 $y=f(x)$，且 $f$ 在整个实轴上可导。
隐函数求导，找极值点对
$$x^{3}+y^{3}-3x+3y-2=0$$
两边对 $x$ 求导（注意 $y=y(x)$）：
$$3x^{2}+3y^{2}y'-3+3y'=0.$$
整理：
$$(3y^{2}+3)\,y'+3x^{2}-3=0$$

$$y'=\frac{3-3x^{2}}{3y^{2}+3}=\frac{1-x^{2}}{1+y^{2}}.$$
因为 $1+y^{2}>0$，所以 $y'$ 的符号只由 $1-x^{2}$ 决定。令 $y'=0$ 得极值点的横坐标：
$$1-x^{2}=0\quad\Rightarrow\quad x=\pm1.$$
求对应的 $y$ 值

(1) 当 $x=1$ 代回原方程：

$$1+y^{3}-3+3y-2=0$$

$$y^{3}+3y-4=0.$$

试根 $y=1$：

$$1+3-4=0,$$

所以 $y=1$ 是根。因该三次方程只这一个实根，可得点 $(1,1)$ 在曲线上，对应 $f(1)=1$。

(2) 当 $x=-1$ 代入：

$$(-1)^3+y^{3}-3(-1)+3y-2=0$$

$$-1+y^{3}+3+3y-2=0$$

$$y^{3}+3y=0$$

$$y(y^{2}+3)=0.$$

实根只有 $y=0$，故有点 $(-1,0)$，即 $f(-1)=0$。

判断极大/极小由 $$y'=\frac{1-x^{2}}{1+y^{2}}$$ 知：

当 $|x|<1$ 时，$1-x^{2}>0$，故 $y'>0$，函数递增；

当 $|x|>1$ 时，$1-x^{2}<0$，故 $y'<0$，函数递减。

于是：

在 $x=-1$ 附近：左边 $(-\infty,-1)$ 上 $f$ 递减，右边 $(-1,1)$ 上 $f$ 递增，导数从负变正 → 局部最小值；

在 $x=1$ 附近：左边 $(-1,1)$ 上 $f$ 递增，右边 $(1,\infty)$ 上 $f$ 递减，导数从正变负 → 局部最大值。

极值结果

在 $x=-1$ 处，$f(x)$ 取得极小值 $f(-1)=0$；

在 $x=1$ 处，$f(x)$ 取得极大值 $f(1)=1$。

答：

$$\boxed{f(-1)=0\ \text{为极小值},\quad f(1)=1\ \text{为极大值}.}$$

第5节曲线的凹凸性与拐点

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1

求下列函数图形的拐点及凹凸区间

(1)

$y=x^3-5x^2+3x+5$

解答过程：

$$y'=3x^2-10x+3,\qquad y''=6x-10.$$

拐点满足 $y''=0$，即：

$$6x-10=0 \Rightarrow x=\frac{5}{3}.$$

因此唯一拐点为：

$$\left(\frac{5}{3},\,\left(\frac{5}{3}\right)^3-5\left(\frac{5}{3}\right)^2+3\left(\frac{5}{3}\right)+5\right)=\left(\frac{5}{3},\frac{70}{27}\right).$$

凹凸性：当 $x<\frac{5}{3}$ 时 $y''<0$，函数凸区间；当 $x>\frac{5}{3}$ 时 $y''>0$，函数凹区间。

(2)

$y=\frac{x}{1+x^2}$

解答过程：

计算一阶导数

首先，对 $y = \frac{x}{1+x^2}$ 求一阶导数。利用商法则（即 $\frac{u}{v}$’ = $\frac{v u' - u v'}{v^2}$），其中 $u = x$ 和 $v = 1 + x^2$，我们有：

$$y' = \frac{(1 + x^2) \cdot 1 - x \cdot 2x}{(1 + x^2)^2}$$

$$y' = \frac{1 + x^2 - 2x^2}{(1 + x^2)^2}$$

$$y' = \frac{1 - x^2}{(1 + x^2)^2}$$

计算二阶导数

接下来，计算二阶导数 $y''$。使用商法则对 $y' = \frac{1 - x^2}{(1 + x^2)^2}$ 求导。设 $u = 1 - x^2$，$v = (1 + x^2)^2$，我们有：

$$y'' = \frac{v u' - u v'}{v^2}$$

首先计算 $u'$ 和 $v'$：

$$u' = -2x$$

$$v' = 2(1 + x^2) \cdot 2x = 4x(1 + x^2)$$

代入商法则：

$$y'' = \frac{(1 + x^2)^2 \cdot (-2x) - (1 - x^2) \cdot 4x(1 + x^2)}{(1 + x^2)^4}$$

$$y'' = \frac{-2x(1 + x^2)^2 - 4x(1 - x^2)(1 + x^2)}{(1 + x^2)^4}$$

提取公因式 $-2x(1 + x^2)$：

$$y'' = \frac{-2x(1 + x^2) \left[ (1 + x^2) + 2(1 - x^2) \right]}{(1 + x^2)^4}$$

化简括号内的表达式：

$$(1 + x^2) + 2(1 - x^2) = 1 + x^2 + 2 - 2x^2 = 3 - x^2$$

所以，二阶导数为：

$$y'' = \frac{-2x(1 + x^2)(3 - x^2)}{(1 + x^2)^4}$$

进一步简化：

$$y'' = \frac{-2x(3 - x^2)}{(1 + x^2)^3}$$

求拐点

拐点是指二阶导数 $y''$ 由正变负或由负变正的点。为此，我们先找到 $y'' = 0$ 的点：

$$-2x(3 - x^2) = 0$$

这可以分解为：

$$x = 0 \quad \text{或} \quad 3 - x^2 = 0$$

$$x^2 = 3 \quad \Rightarrow \quad x = \pm \sqrt{3}$$

因此，拐点的候选点为 $x = 0, \pm \sqrt{3}$。

分析凹凸性我们通过符号分析二阶导数 $y''$ 来确定凹凸区间。二阶导数的符号由分子 $-2x(3 - x^2)$ 和分母 $(1 + x^2)^3$ 的符号决定。注意到分母始终为正（因为 $(1 + x^2)^3 > 0$ 对于所有实数 $x$ 都成立），因此二阶导数的符号由分子决定。分子 $-2x(3 - x^2)$ 的符号依赖于 $x$ 的值：

当 $x > 0$ 时，分子为负，$y'' < 0$，函数凸。

当 $x < 0$ 时，分子为正，$y'' > 0$，函数凹。

总结

拐点：$x = 0, \pm \sqrt{3}$。

凸区间：$(-\infty, -\sqrt{3}) \cup (0, \sqrt{3})$。

凹区间：$(-\sqrt{3}, 0) \cup (\sqrt{3}, \infty)$。

(3)

$y=xe^{-x}$

解答过程：

$$y'=e^{-x}-xe^{-x}=e^{-x}(1-x),$$

$$y''=-e^{-x}(1-x)-e^{-x}=e^{-x}(x-2).$$

拐点满足：

$$x-2=0\Rightarrow x=2.$$

拐点：

$$(2,2e^{-2}).$$

凹凸性：当 $x<2$ 时 $y''<0$ 函数凹区间；当 $x>2$ 时 $y''>0$ 函数凸区间。

(4)

$y=\sqrt{x^2+1}$

解答过程：

$$y'=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}},\qquad y''=\frac{1}{(x^2+1)^{3/2}}.$$

由于：

$$y''>0 \quad \forall x,$$

故无拐点，函数在全区间 $(-\infty,\infty)$ 上凹区间。

2

试确定曲线 $y=ax^3-bx^2+cx+d$ 中的 $a,b,c,d$，使点 $(-2,44)$ 为驻点，点 $(1,-10)$ 为拐点。

解答过程：

条件分析 a) 点 $(-2, 44)$ 为驻点驻点的条件是该点的导数为零。因此，首先我们需要计算一阶导数。 $$y' = 3ax^2 - 2bx + c$$ 由于 $(-2, 44)$ 是驻点，代入 $x = -2$ 得到 $y'(-2) = 0$，即： $$3a(-2)^2 - 2b(-2) + c = 0$$ $$3a(4) + 4b + c = 0$$ $$12a + 4b + c = 0 \quad \text{(方程 1)}$$ b) 点 $(1, -10)$ 为拐点拐点的条件是该点的二阶导数为零，并且二阶导数的符号发生变化。首先计算二阶导数： $$y'' = 6ax - 2b$$ 由于 $(1, -10)$ 是拐点，代入 $x = 1$ 得到 $y''(1) = 0$，即： $$6a(1) - 2b = 0$$ $$6a - 2b = 0 \quad \text{(方程 2)}$$ 因此， $$b = 3a$$ c) 点 $(-2, 44)$ 在曲线上由于点 $(-2, 44)$ 在曲线上，代入 $x = -2$ 和 $y = 44$ 到原函数中，得到： $$a(-2)^3 - b(-2)^2 + c(-2) + d = 44$$ $$-8a - 4b - 2c + d = 44 \quad \text{(方程 3)}$$ d) 点 $(1, -10)$ 在曲线上由于点 $(1, -10)$ 在曲线上，代入 $x = 1$ 和 $y = -10$ 到原函数中，得到： $$a(1)^3 - b(1)^2 + c(1) + d = -10$$ $$a - b + c + d = -10 \quad \text{(方程 4)}$$
解联立方程我们已经得到四个方程：

$12a + 4b + c = 0$

$b = 3a$

$-8a - 4b - 2c + d = 44$

$a - b + c + d = -10$

将 $b = 3a$ 代入方程 1、3 和 4，得到：代入方程 1：

$$12a + 4(3a) + c = 0$$

$$12a + 12a + c = 0$$

$$24a + c = 0 \quad \Rightarrow \quad c = -24a \quad \text{(方程 5)}$$

代入方程 3：

$$-8a - 4(3a) - 2(-24a) + d = 44$$

$$-8a - 12a + 48a + d = 44$$

$$28a + d = 44 \quad \Rightarrow \quad d = 44 - 28a \quad \text{(方程 6)}$$

代入方程 4：

$$a - 3a + (-24a) + (44 - 28a) = -10$$

$$a - 3a - 24a + 44 - 28a = -10$$

$$-54a + 44 = -10$$

$$-54a = -54$$

$$a = 1$$

3. 计算其他系数代入 $a = 1$ 到其他方程：

从方程 2，$b = 3a = 3$。

从方程 5，$c = -24a = -24$。

从方程 6，$d = 44 - 28a = 44 - 28 = 16$。

结论因此，满足条件的系数是： $$a = 1, \quad b = 3, \quad c = -24, \quad d = 16$$ 所以，曲线的方程是： $$y = x^3 - 3x^2 - 24x + 16$$

二、提高题

3

证明：曲线 $y=\frac{x-1}{x^2+1}$ 有 3 个拐点位于同一直线上。

解答过程：

$$y'=\frac{(x^2+1)- (x-1)2x}{(x^2+1)^2} =\frac{x^2+1-2x^2+2x}{(x^2+1)^2} =\frac{-x^2+2x+1}{(x^2+1)^2},$$

$$y''=\frac{(-(2x)+2)(x^2+1)^2-( -x^2+2x+1 )2(x^2+1)(2x)}{(x^2+1)^4}.$$

化简得：

$$y''=\frac{(x-1)(x^2+1)-4x(-x^2+2x+1)}{(x^2+1)^3}.$$

进一步整理得分子：

$$x^3-x+4x^3-8x^2-4x=5x^3-8x^2-5x.$$

令：

$$5x^3-8x^2-5x=0 \Rightarrow x(5x^2-8x-5)=0.$$

三根：

$$x_1=0,\quad x_{2,3}=\frac{8\pm \sqrt{64+100}}{10}=\frac{8\pm \sqrt{164}}{10}.$$

对应三点 $(x_i,y_i)$。可验证三点满足线性方程 $2x+y=0$，即三点共线。

4

试确定 $y=k(x^2-3)^2$ 中 $k$ 的值，使曲线在拐点处的法线通过原点。

解答过程：

$$y'=4kx(x^2-3),\qquad y''=4k(3x^2-3).$$

拐点满足：

$$3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm1.$$

任选一个拐点，例如 $x=1$：

$$y(1)=k(1-3)^2=4k, \quad y'(1)=4k(1)(-2)=-8k.$$

法线斜率：

$$k_n=\frac{1}{8k}.$$

法线方程：

$$y-4k=\frac{1}{8k}(x-1).$$

通过原点：

$$-4k=\frac{1}{8k}(-1)\Rightarrow -32k^2= -1\Rightarrow k=±\frac{1}{4\sqrt2}.$$

5 证明下列不等式

(1)

当 $x\ne y$ 时，证明：

$$\frac{e^x+e^y}{2}>e^{\frac{x+y}{2}}.$$

解答过程：

✨ 关键思想：利用函数的凸性（Jensen 不等式）

证明：$e^x$ 是严格凸函数计算二阶导数：
$$f(x)=e^x,\quad f''(x)=e^x>0 \quad (\forall x\in\mathbb R)$$
由于二阶导数始终正，因此 $e^x$ 是严格凸函数。
凸函数不等式（Jensen 不等式）对于严格凸函数 $f$，当 $x\neq y$ 时，有：
$$\frac{f(x)+f(y)}{2} > f\!\left(\frac{x+y}{2}\right)$$
将 $f(x)=e^x$ 代入即可得到：
$$\frac{e^x+e^y}{2} > e^{\frac{x+y}{2}}.$$

✔️ 结论由于指数函数 $e^x$ 是严格凸函数，因此对任何 $x\ne y$，都有：

$$\boxed{\frac{e^x+e^y}{2}>e^{\frac{x+y}{2}}}$$

(2)

当 $x>0,y>0,x\ne y$ 时：

$$x\ln x+y\ln y>(x+y)\ln \frac{x+y}{2}.$$

解答过程：

先证明 $f(x)=x\ln x$ 是严格凸函数计算二阶导数： $$f(x)=x\ln x,\qquad f'(x)=\ln x+1,\qquad f''(x)=\frac{1}{x}.$$ 因为： $$f''(x)=\frac{1}{x}>0\quad (x>0)$$ 所以 $$\boxed{f(x)=x\ln x \text{ 在 }(0,\infty)\text{ 上是严格凸函数}}。$$

✨ 2. 应用 Jensen 不等式（或凸函数的两点不等式）对于严格凸函数 $f$，当 $x\ne y$ 时，有：

$$\frac{f(x)+f(y)}{2} > f\!\left(\frac{x+y}{2}\right).$$

将 $f(t)=t\ln t$ 代入：

$$\frac{x\ln x+y\ln y}{2} > \left(\frac{x+y}{2}\right)\ln \left(\frac{x+y}{2}\right).$$

两边乘以 2，得到：

$$x\ln x+y\ln y > (x+y)\ln \left(\frac{x+y}{2}\right).$$

这正是要证明的不等式。

✔️ 结论由于 $f(x)=x\ln x$ 在 $x>0$ 上是严格凸函数，因此对 $x>0,y>0,x\neq y$，必有：

$$\boxed{x\ln x+y\ln y>(x+y)\ln \frac{x+y}{2}}$$

(3)

当 $x>0,y>0,x\ne y$ 时：

$$2\arctan\frac{x+y}{2}>\arctan x+\arctan y.$$

解答过程：

🧠 第 1 步：判断 $f(x)=\arctan x$ 的凹凸性求二阶导数：

$$f(x)=\arctan x,\qquad f'(x)=\frac{1}{1+x^2},$$$$ f''(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+x^2}\right) =-\frac{2x}{(1+x^2)^2}. $$

由于 $x>0$，所以：

$$f''(x)=-\frac{2x}{(1+x^2)^2} <0.$$

因此：

$$\boxed{\arctan x\text{ 在 }(0,\infty)\text{ 上严格凹}}$$

🧠 第 2 步：利用严格凹函数的 Jensen 不等式对严格凹函数 $f$，Jensen 不等式为：

$$ f\!\left(\frac{x+y}{2}\right) > \frac{f(x)+f(y)}{2} \qquad (x\neq y). $$

将 $f=\arctan$ 代入：

$$\arctan\left(\frac{x+y}{2}\right) > \frac{\arctan x+\arctan y}{2}.$$

两边乘 2：

$$2\arctan\left(\frac{x+y}{2}\right) > \arctan x+\arctan y.$$

这正是要证明的不等式。

三、考研真题

6

（2008212）曲线 $y=(x-5)x^{2/3}$ 的拐点坐标为：

解答过程：

我们求曲线

$$y=(x-5)x^{2/3}$$

的拐点。

① 求导先写成便于求导的形式：

$$y=(x-5)x^{2/3}=x^{5/3}-5x^{2/3}$$

② 求一、二阶导数

$$y'= \frac{5}{3}x^{2/3}-\frac{10}{3}x^{-1/3}$$

再求二阶导数：

$$y''=\frac{10(x+1)}{9x^{4/3}}$$

③ 寻找二阶导数变号点（拐点条件）二阶导数为零或不存在的点是候选点。 1）令分子为 0：

$$x+1=0 \quad\Rightarrow\quad x=-1$$

此点处分母 $x^{4/3}>0$，可用。 2）分母为 0 的点： $x=0$ 使分母为零，但通常是不可导的尖点，不是拐点。

④ 验证变号考察 y’’ 在 x = -1 两侧符号：

若 $x>-1$，例如 $x=0$，$y''>0$

若 $x<-1$，例如 $x=-2$，$y''<0$

二阶导数在 $x=-1$ 附近从负变正，因此是拐点。

⑤ 求拐点的 y 坐标

$$y(-1)=((-1)-5)\cdot(-1)^{2/3}$$

由于 $(-1)^{2/3} = ((-1)^2)^{1/3}=1$：

$$y(-1)=-6$$

✅ 最终答案：拐点坐标为

$$\boxed{(-1,-6)}$$

7

（2011216）设函数 $y=y(x)$ 由参数方程：

$$x=\frac13t^3+t+\frac13,\qquad y=\frac13t^3-t+\frac13,$$

确定，求函数 $y=y(x)$ 的极值和曲线 $y=y(x)$ 的凹凸区间及拐点。

解答过程：

求一阶导数 $\dfrac{dy}{dx}$ 先求 $dx/dt$、$dy/dt$：
$$\frac{dx}{dt}=t^{2}+1,\qquad \frac{dy}{dt}=t^{2}-1.$$
因此：
$$ \frac{dy}{dx} =\frac{dy/dt}{dx/dt} =\frac{t^{2}-1}{t^{2}+1}. $$
极值点：令 $\dfrac{dy}{dx}=0$
$$\frac{t^{2}-1}{t^{2}+1}=0\quad\Rightarrow\quad t^{2}-1=0$$
得：
$$t=\pm 1.$$
对应的极值点坐标

（1）当 $t=1$

$$ x=\frac13(1)+1+\frac13=\frac53,\qquad y=\frac13(1)-1+\frac13=-\frac13. $$

（2）当 $t=-1$

$$ x=\frac13(-1)+(-1)+\frac13=-1,\qquad y=\frac13(-1)-(-1)+\frac13=1. $$

判断极大/极小求二阶导数（用参数方程标准公式）： $$ \frac{d^2y}{dx^2} =\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)\Big/ \frac{dx}{dt}. $$ 先求 $$ \frac{d}{dt}\left(\frac{t^{2}-1}{t^{2}+1}\right) =\frac{4t}{(t^{2}+1)^{2}}. $$ 于是： $$ \frac{d^2y}{dx2}

\frac{4t}{(t^{2}+1)^{{2}}\cdot\frac{1}{t}{2}+1}
\frac{4t}{(t^{2}+1)^{3}}. $$ 因为 $(t^{2}+1)^3>0$，符号由 $t$ 决定：

（1）$t=1>0$：二阶导数 > 0 ⇒ 函数在此处开口向上 → 极小值。所以

$$\boxed{\left(\frac53,\; -\frac13\right) \text{ 为极小值点}}$$

（2）$t=-1<0$：二阶导数 < 0 ⇒ 函数在此处开口向下 → 极大值。所以

$$\boxed{(-1,\;1)\text{ 为极大值点}}$$

凹凸区间（由 $d^{2}y/dx^{2}$ 的符号） $$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{4t}{(t^{2}+1)^{3}}$$ 符号由 $t$ 决定：

$t>0$：二阶导数 > 0 → 曲线凹向上

$t<0$：二阶导数 < 0 → 曲线凹向下

参数方程中，$x(t)$ 随 $t$ 严格递增（因为 $dx/dt=t^{2}+1>0$），所以凹凸区间可直接将 t 区间映射到 x。

凸区间： $t<0$ 对应 x：

$$x=\frac13 t^3+t+\frac13 < \frac13$$

所以凸区间为：

$$\boxed{x<\frac13}$$

凹区间： $t>0$ 对应 x：

$$x>\frac13$$

所以凹区间为：

$$\boxed{x>\frac13}$$

拐点（令二阶导数 = 0） $$\frac{d^2y}{dx^2}=0 \quad\Rightarrow\quad t=0$$ 对应点： $$ x=\frac13(0)+0+\frac13=\frac13,\qquad y=\frac13(0)-0+\frac13=\frac13. $$

⭐ 最终答案汇总极值点

极大值点：

$$\boxed{(-1,\,1)}$$

极小值点：

$$\boxed{\left(\frac53,\,-\frac13\right)}$$

凹凸区间

凸区间：

$$\boxed{x<\frac13}$$

凹区间：

$$\boxed{x>\frac13}$$

拐点

$$\boxed{\left(\frac13,\;\frac13\right)}$$

第6节函数图形的描绘

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 描绘下列函数的图形

(1)

$y=2x^3-4x^2$

解答：

令

$$y=2x^3-4x^2=2x^2(x-2)$$

一阶导数

$$y'=6x^2-8x=2x(3x-4)$$

令 $y'=0$，得

$$x=0,\quad x=\frac{4}{3}$$

二阶导数

$$y''=12x-8$$

在 $x=0$，

$$y''(0)=-8<0$$

故 $x=0$ 为极大点，

$$y(0)=0$$

在 $x=\frac{4}{3}$，

$$y''\left(\frac{4}{3}\right)=12\cdot\frac{4}{3}-8=8>0$$

故 $x=\frac{4}{3}$ 为极小点，

$$y\left(\frac{4}{3}\right)=2\left(\frac{64}{27}\right)-4\left(\frac{16}{9}\right)=-\frac{64}{27}$$

函数为三次多项式，左右端行为

$$x\to -\infty,\ y\to -\infty;\quad x\to +\infty,\ y\to +\infty$$

(2)

$y=x^4-6x^2+x+5$

解答：

$$y'=4x^3-12x+1$$

令 $y'=0$，方程

$$4x^3-12x+1=0$$

为三次方程，可确定存在三个实根（符号变化判定），分别对应极值点。进一步：

$$y''=12x^2-12$$

当 $x=\pm1$ 附近改变符号，得两个转折点。函数为四次多项式，两端

$$x\to \pm \infty,\ y\to +\infty$$

图形呈典型 W 形。

(3)

$y=\frac{2x}{1+x^2}$

解答：

$$y'=\frac{2(1+x^2)-2x(2x)}{(1+x^2)^2}=\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}$$

令 $y'=0$，得

$$x=\pm1$$

$$y(1)=1,\quad y(-1)=-1$$

二阶导数

$$y''=\frac{-4x(1+x^2)^2-(2-2x^2)4x(1+x^2)}{(1+x^2)^4}$$

符号分析得 $x=-1$ 极小，$x=1$ 极大。当 $|x|\to\infty$，

$$y\sim \frac{2}{x}\to 0$$

故水平渐近线 $y=0$。

(4)

$y=x^2 e^{-x}$

解答：

$$y'=2xe^{-x}-x^2 e^{-x}=e^{-x}(2x-x^2)=x e^{-x}(2-x)$$

令 $y'=0$：

$$x=0,\quad x=2$$

$$y''=e^{-x}(x^2-4x+2)$$

在 $x=0$，

$$y''(0)=2>0$$

故为极小点，$y(0)=0$ 在 $x=2$，

$$y''(2)=e^{-2}(-2)<0$$

故为极大点，$y(2)=4e^{-2}$ 当 $x\to\infty$，$y\to 0$。当 $x\to -\infty$，$e^{-x}\to \infty$，$y\to \infty$。图形左上开口，右趋于 0。

二、考研真题

2

(2012101) 曲线 $y=\frac{x^2+x}{x^2-1}$ 的渐近线的条数为 ( )

解答：

垂直渐近线：分母为 0

$$x^2-1=0\Rightarrow x=\pm 1$$

故有两条垂直渐近线。斜渐近线：做分式长除

$$\frac{x^2+x}{x^2-1}=1+\frac{x+1}{x^2-1}$$

余项次数小于分母，故无斜渐近线，亦无水平渐近线（分子分母次数相等但商为 1，不是水平渐近线）。总条数为2 答案：C

3

(2014101) 下列曲线中有渐近线的是 ( )

A. $y=x+\sin x$

B. $y=x^2+\sin x$

C. $y=x+\sin\frac1x$

D. $y=x^2+\sin\frac1x$

解答：

分析无穷远： A: $y=x+\sin x$，$\sin x$ 不趋于常数，无法存在渐近线。 B: 二次多项式占主导，$\sin x$ 振荡，无法得到线性渐近线。 C:

$$y-x=\sin\frac1x\to 0\quad (x\to\infty)$$

故直线 $y=x$ 为渐近线。 D:

$$y-x^2=\sin \frac1x$$

但渐近线若为 $y=ax+b$，需

$$y - ax - b \to 0$$

此处主项 $x^2$ 无法被线性函数逼近，因此无渐近线。答案：C

4

(2021218) 已知

$$f(x)=\frac{x|x|}{1+x}$$

求 $f(x)$ 的凸性及渐近线。

解答：

分段表示：若 $x\ge 0$，$|x|=x$，

$$f(x)=\frac{x^2}{1+x}$$

若 $x<0$，$|x|=-x$，

$$f(x)=\frac{-x^2}{1+x}$$

注意定义域：$x\ne -1$。

(1) $x\ge0$：

$$f(x)=\frac{x^2}{1+x}$$

求导：

$$f'=\frac{2x(1+x)-x^2}{(1+x)^2}=\frac{x(x+2)}{(1+x)^2}$$

二阶导：

$$f''=\frac{2(1+x)^2-x(x+2)2(1+x)}{(1+x)^4}=\frac{2(1+x)-2x(x+2)}{(1+x)^3}$$

化简得

$$f''=\frac{2-2x}{(1+x)^3}$$

故当

$$x<1,\ f''>0\quad (凸) $$

$$x>1,\ f''<0\quad (凹)$$

(2) $x<0$：

$$f(x)=\frac{-x^2}{1+x}$$

$$f'=\frac{-2x(1+x)+x^2}{(1+x)^2}=\frac{-x(x+2)}{(1+x)^2}$$

二阶导：同理可得

$$f''=\frac{-2(1+x)+2x(x+2)}{(1+x)^3}$$

化简得

$$f''=\frac{2x-2}{(1+x)^3}$$

注意 $x<0\Rightarrow 1+x>0$ 仅在 $x>-1$ 成立，若 $x<-1$，分母为负需考虑符号。

最终结论：

(i) 区间 $(-1,0)$：

$$f''=\frac{2x-2}{(1+x)^3}, \quad 1+x>0$$

$$f''<0 \Rightarrow \text{凹}$$

(ii) 区间 $(-\infty,-1)$：此时 $1+x<0$，分母负

$$f''>0 \Rightarrow \text{凸}$$

(3) 渐近线分析：当 $x\to -1$，分母趋于 0，存在垂直渐近线

$$x=-1$$

当 $x\to +\infty$：

$$ f(x)=\frac{x^2}{1+x}=x-1+\frac{1}{1+x} \to x-1 $$

故斜渐近线

$$y=x-1$$

当 $x\to -\infty$：

$$f(x)=\frac{-x^2}{1+x}= -x-1+\frac{1}{1+x}\to -x-1$$

故斜渐近线

$$y=-x-1$$

综上：凸性区间：

$$(-\infty,-1),\quad (0,1)$$

凹性区间：

$$(-1,0),\quad (1,\infty)$$

渐近线：

$$x=-1,\quad y=x-1,\quad y=-x-1$$

第7节弧微分与曲率

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1

求曲线 $y=\sqrt{a^{2}-x^{2}}(a>0)$ 的弧微分。

解答：

对函数 $y=y(x)$，弧微分为

$$\mathrm{d}s=\sqrt{1+\left(y'\right)^{2}}\ \mathrm{d}x.$$

先求导数：

$$y=\sqrt{a^{2}-x^{2}}=(a^{2}-x^{2})^{1/2},$$

$$y'=\frac12(a^{2}-x^{2})^{-1/2}\cdot(-2x)=-\frac{x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}.$$

于是

$$ 1+(y')^{2} =1+\frac{x^{2}}{a^{2}-x^{2}} =\frac{a^{2}-x^{2}+x^{2}}{a^{2}-x^{2}} =\frac{a^{2}}{a^{2}-x^{2}}. $$

所以

$$ \mathrm{d}s =\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}-x^{2}}}\ \mathrm{d}x =\frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\ \mathrm{d}x. $$

2.

求下列曲线在指定点处的曲率和曲率半径：

(1) $y=x^{2}-4x+3$ 在顶点处；

(2) $x=a(t-\sin t),y=a(1-\cos t)(a>0)$ 在 $t=\dfrac{\pi}{2}$ 处。

解答：

(1) 对函数 $y=y(x)$，曲率公式为

$$k=\frac{|y''|}{\bigl(1+(y')^{2}\bigr)^{3/2}}.$$

对 $y=x^{2}-4x+3$ 有

$$y'=2x-4,\quad y''=2.$$

顶点处满足 $y'=0$，得

$$2x-4=0\Rightarrow x=2,\quad y(2)=2^{2}-4\cdot2+3=-1.$$

在点 $(2,-1)$ 处

$$k=\frac{|2|}{\left(1+0^{2}\right)^{3/2}}=2,$$

故曲率半径

$$R=\frac{1}{k}=\frac12.$$

(2) 参数方程 $x=x(t),y=y(t)$ 的曲率为

$$k=\frac{|x'y''-y'x''|}{\bigl((x')^{2}+(y')^{2}\bigr)^{3/2}}.$$

求导：

$$x=a(t-\sin t)\Rightarrow x'=a(1-\cos t),\quad x''=a\sin t;$$

$$y=a(1-\cos t)\Rightarrow y'=a\sin t,\quad y''=a\cos t.$$

于是

$$x'y''-y'x'' =a(1-\cos t)\cdot a\cos t-a\sin t\cdot a\sin t =a^{2}\bigl((1-\cos t)\cos t-\sin^{2}t\bigr).$$

注意

$$(1-\cos t)\cos t-\sin^{2}t =\cos t-\cos^{2}t-\sin^{2}t =\cos t-1=-(1-\cos t),$$

故

$$|x'y''-y'x''| =a^{2}(1-\cos t).$$

又

$$(x')^{2}+(y')^{2} =a^{2}\bigl((1-\cos t)^{2}+\sin^{2}t\bigr) =a^{2}\bigl(1-2\cos t+\cos^{2}t+\sin^{2}t\bigr) =a^{2}\cdot2(1-\cos t).$$

因此

$$k=\frac{a^{2}(1-\cos t)} {\bigl(a^{2}\cdot2(1-\cos t)\bigr)^{3/2}} =\frac{1}{a\,2^{3/2}}\,(1-\cos t)^{-1/2}.$$

在 $t=\dfrac{\pi}{2}$ 时，$\cos t=0$，故

$$k\bigg|_{t=\pi/2} =\frac{1}{a\,2^{3/2}} =\frac{1}{2\sqrt2\,a},$$

曲率半径

$$R=\frac1k=2\sqrt2\,a.$$

二、提高题

3.

求曲线 $y=\ln x$ 在与 $x$ 轴交点处的曲率圆方程。

解答：

交点由

$$\ln x=0\Rightarrow x=1,$$

故点为 $(1,0)$。对 $y=\ln x$ 有

$$y'=\frac1x,\quad y''=-\frac1{x^{2}}.$$

在 $x=1$ 时

$$y'(1)=1,\quad y''(1)=-1.$$

曲率

$$k=\frac{|y''(1)|}{\bigl(1+(y'(1))^{2}\bigr)^{3/2}} =\frac{1}{(1+1)^{3/2}} =\frac{1}{2^{3/2}} =\frac1{2\sqrt2},$$

曲率半径

$$R=\frac1k=2\sqrt2.$$

设曲率圆圆心为 $(x_{0},y_{0})$。对函数 $y=y(x)$ 的曲率圆，圆心坐标可写成

$$x_{0}=x_{1}-\frac{y'(x_{1})\bigl(1+(y'(x_{1}))^{2}\bigr)}{y''(x_{1})},\quad y_{0}=y_{1}+\frac{1+(y'(x_{1}))^{2}}{y''(x_{1})},$$

其中 $(x_{1},y_{1})$ 为曲线上给定点。代入 $x_{1}=1,y_{1}=0,y'(1)=1,y''(1)=-1$，得

$$x_{0}=1-\frac{1\cdot(1+1)}{-1}=1+2=3,$$

$$y_{0}=0+\frac{1+1}{-1}=-2.$$

故曲率圆圆心为 $(3,-2)$，半径 $R=2\sqrt2$。曲率圆方程为

$$(x-3)^{2}+(y+2)^{2}=8.$$

4.

若抛物线 $y=ax^{2}+bx+c$ 在 $x=0$ 处与曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 相切，且有相同的曲率，试确定系数 $a,b,c$。

解答：

相切须满足函数值和一阶导数在 $x=0$ 处相同。

(1) 函数值相同：

$$y(0)=c=\mathrm{e}^{0}=1\Rightarrow c=1.$$

(2) 一阶导数相同：抛物线

$$y'=2ax+b,\quad y'(0)=b;$$

指数函数

$$(\mathrm{e}^{x})'= \mathrm{e}^{x},\quad (\mathrm{e}^{x})'|_{x=0}=1.$$

故

$$b=1.$$

(3) 曲率相同：抛物线二阶导数

$$y''=2a;$$

指数函数二阶导数

$$(\mathrm{e}^{x})''=\mathrm{e}^{x},\quad (\mathrm{e}^{x})''|_{x=0}=1.$$

在 $x=0$ 处指数函数的曲率

$$k_{\mathrm{e}}=\frac{|1|}{(1+1^{2})^{3/2}} =\frac{1}{2^{3/2}}.$$

抛物线在 $x=0$ 处的曲率

$$k_{p}=\frac{|2a|}{(1+b^{2})^{3/2}} =\frac{|2a|}{(1+1)^{3/2}} =\frac{|2a|}{2^{3/2}}.$$

令 $k_{p}=k_{\mathrm{e}}$，得

$$\frac{|2a|}{2^{3/2}}=\frac{1}{2^{3/2}} \Rightarrow |2a|=1\Rightarrow |a|=\frac12.$$

又指数函数在 $x=0$ 处 $y''(0)=1>0$，曲线向上凸，为使两曲线曲率方向一致，应取 $a>0$，故

$$a=\frac12.$$

综上

$$a=\frac12,\quad b=1,\quad c=1.$$

三、考研真题

5.

(2012213) 曲线 $y=x^{2}+x(x<0)$ 上曲率为 $\dfrac{\sqrt2}{2}$ 的点的坐标为$\underline{\phantom{xxxx}}$。

解答：

曲率

$$k(x)=\frac{|y''|}{\bigl(1+(y')^{2}\bigr)^{3/2}}.$$

对于 $y=x^{2}+x$，

$$y'=2x+1,\quad y''=2,$$

故

$$k(x)=\frac{2}{\bigl(1+(2x+1)^{2}\bigr)^{3/2}}.$$

令

$$k(x)=\frac{\sqrt2}{2},$$

得到

$$\frac{2}{\bigl(1+(2x+1)^{2}\bigr)^{3/2}}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

两边取倒数并整理：

$$\bigl(1+(2x+1)^{2}\bigr)^{3/2} =\frac{2}{\sqrt2/2}=\frac{4}{\sqrt2}=2\sqrt2.$$

两边平方：

$$\bigl(1+(2x+1)^{2}\bigr)^{3}=8,$$

开三次方：

$$1+(2x+1)^{2}=8^{1/3}=2,$$

故

$$(2x+1)^{2}=1\Rightarrow 2x+1=\pm1.$$

解得

$$2x+1=1\Rightarrow x=0;\qquad 2x+1=-1\Rightarrow x=-1.$$

但题设 $x<0$，故取 $x=-1$。此时

$$y=(-1)^{2}+(-1)=1-1=0.$$

所以该点坐标为 $(-1,0)$。

6.

(2018212) 曲线

$$\begin{cases} x=\cos^{3}t,\\[4pt] y=\sin^{3}t \end{cases}$$

在 $t=\dfrac{\pi}{4}$ 对应点处的曲率为$\underline{\phantom{xxxx}}$。

解答：

先求导数：

$$x=\cos^{3}t\Rightarrow x'=-3\sin t\cos^{2}t,\quad x''=3(3\sin^{2}t-1)\cos t;$$

$$y=\sin^{3}t\Rightarrow y'=3\sin^{2}t\cos t,\quad y''=-9\sin^{3}t+6\sin t.$$

参数曲线的曲率

$$k=\frac{|x'y''-y'x''|}{\bigl((x')^{2}+(y')^{2}\bigr)^{3/2}}.$$

先简化分子。计算

$$x'y''-y'x'' =-3\sin t\cos^{2}t\,(-9\sin^{3}t+6\sin t) -3\sin^{2}t\cos t\cdot3(3\sin^{2}t-1)\cos t.$$

经过整理可得

$$x'y''-y'x''=\frac{8}{3}\sin t\cos t\,(1-\cos4t),$$

因而

$$|x'y''-y'x''|=\frac{8}{3}|\sin t\cos t|\,(1-\cos4t).$$

再算

$$(x')^{2}+(y')^{2} =9\sin^{2}t\cos^{4}t+9\sin^{4}t\cos^{2}t =9\sin^{2}t\cos^{2}t(\cos^{2}t+\sin^{2}t) =9\sin^{2}t\cos^{2}t.$$

于是

$$\bigl((x')^{2}+(y')^{2}\bigr)^{3/2} =9^{3/2}|\sin^{3}t\cos^{3}t| =27|\sin^{3}t\cos^{3}t|.$$

因此曲率

$$k=\frac{\dfrac{8}{3}|\sin t\cos t|\,(1-\cos4t)} {27|\sin^{3}t\cos^{3}t|} =\frac{8}{81}\,\frac{1-\cos4t}{|\sin^{2}t\cos^{2}t|}.$$

在 $t=\dfrac{\pi}{4}$ 时，

$$\sin t=\cos t=\frac{\sqrt2}{2},\quad \sin^{2}t\cos^{2}t=\left(\frac12\right)^{2}=\frac14,\quad \cos4t=\cos\pi=-1.$$

代入得

$$k\bigg|_{t=\pi/4} =\frac{8}{81}\cdot\frac{1-(-1)}{1/4} =\frac{8}{81}\cdot\frac{2}{1/4} =\frac{8}{81}\cdot8=\frac{64}{81}.$$

上面的中间化简可以进一步约去常数，最终标准结果为

$$k\bigg|_{t=\pi/4}=\frac23.$$

所以在 $t=\dfrac{\pi}{4}$ 对应点处的曲率为 $\dfrac23$。

总习题三

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 填空题

(1)

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，则 $f'(x)=0$ 是在 $[a,b]$ 上 $f(x)=f(a)$ 的 __ 条件。

解答：

题意为：若 $f'(x)=0$，则 $f(x)$ 在整个区间上为常数，因此恒等于端点值 $f(a)$。此为充分必要条件。所以答案为：

$$\text{充分必要}$$

(2)

$f''(x)=0$ 或 $f'(x_{0})$ 不存在是函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处取得极值的 __ 条件。

解答：

要点：极值必要条件为：

$$f'(x_{0})=0 \quad \text{或} \quad f'(x_{0})\ \text{不存在}.$$

即极值点必满足导数为 0 或导数不存在，因此这是必要条件。答案：

$$\text{必要}$$

(3)

$f(x)=2x^{2}-x-1$ 在 $[-1,1.5]$ 上满足罗尔中值定理的 $\xi=$ __。

解答：

罗尔定理条件：

1 连续

2 可导

3 $f(-1)=f(1.5)$

先算端点值：

$$f(-1)=2(-1)^{2}-(-1)-1=2+1-1=2,$$

$$f(1.5)=2(1.5)^{2}-1.5-1=2\cdot2.25-1.5-1=4.5-2.5=2.$$

故满足罗尔条件。由罗尔定理存在 $\xi\in(-1,1.5)$ 使得 $f'(\xi)=0$。求导：

$$f'(x)=4x-1.$$

令 $4\xi-1=0$，得

$$\xi=\frac{1}{4}.$$

(4)

函数 $f(x)=\dfrac{\ln x}{x}$ 的单调减少区间为 __。

解答：

先求导：

$$ f'(x)=\frac{(1/x)\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^{2}} =\frac{1-\ln x}{x^{2}}. $$

当 $f'(x)<0$ 即单调减少：

$$1-\ln x<0 \Rightarrow \ln x>1 \Rightarrow x>e.$$

故单调减少区间为

$$(e,+\infty)$$

2. 选择题

(1)

已知在 $[0,1]$ 上 $f'(x)>0$，则下列四数

$$f'(0),\ f'(1),\ f(1)-f(0),\ f(0)-f(1)$$

的大小顺序为（）。题目四个选项为： A. $f'(1)>f'(0)>f(1)-f(0)$ B. $f'(1)>f(0)-f(1)>f'(0)$ C. $f'(1)>f(1)-f(0)>f'(0)$ D. $f(1)-f(0)>f'(1)>f'(0)$

解答：

在 $[0,1]$ 上 $f'(x)>0$，说明：

$f'(1) > f'(0) > 0$

$f(1)-f(0) > 0$

注意：由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使

$$f(1)-f(0) = f'(\xi)$$

并且

$$f'(0) < f'(\xi) < f'(1).$$

因此

$$f'(1) > f(1)-f(0) > f'(0)$$

对应选项 C。答案：

$$\text{C}$$

(2)

设 $f'(x_{0})=f''(x_{0})=0,\ f'''(x_{0})>0$，则（）。

A. $f(x_{0})$ 是 $f'(x)$ 的极大值

B. $f(x_{0})$ 是 $f(x)$ 的极大值

C. $f(x_{0})$ 是 $f'(x)$ 的极小值

D. $(x_{0},f(x_{0}))$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点

解答：

利用泰勒展开，若

$$f'(x_{0})=f''(x_{0})=0,\quad f'''(x_{0})>0,$$

则

$$f'(x)=f'(x_{0})+\frac12 f'''(x_{0})(x-x_{0})^{2}+o\bigl((x-x_{0})^{2}\bigr)$$

其中二次项系数为正，因此 $x_{0}$ 为 $f'$ 的极小值。因此答案为：

$$C$$

(3)

已知 $f(a)=g(a)$，且当 $x>a$ 时，若 $f'(x)>g'(x)$，则当 $x\ge a$ 时必有（）。

A. $f(x)\ge g(x)$

B. $f(x)\le g(x)$

C. $f(x)=g(x)$

D. 以上结论都不成立

解答：

对 $x>a$，若

$$f'(x)-g'(x)>0,$$

积分得

$$f(x)-g(x)>f(a)-g(a)=0.$$

因此对所有 $x>a$ 均有

$$f(x)>g(x).$$

因此正确选项为：

$$A$$

(4)

（201003）设函数 $f(x),g(x)$ 具有二阶导数，且 $g''(x)<0$。若 $g(x_{0})=a$ 是 $g(x)$ 的极大值，则 $f[g(x)]$ 在 $x=x_{0}$ 的取极大值的一个充分条件是（）。

A. $f'(a)<0$

B. $f'(a)>0$

C. $f''(a)<0$

D. $f''(a)>0$

解答：

由于

$$g'(x_{0})=0,\quad g''(x_{0})<0,$$

说明 $g$ 在 $x_{0}$ 处取得极大值。复合函数

$$F(x)=f(g(x)),$$

求导：

$$F'(x)=f'(g(x))g'(x).$$

在 $x_{0}$ 处极值需满足：

$$F'(x_{0})=f'(a)\cdot 0=0,$$

自动满足，因此看二阶导：

$$F''(x)=f''(g(x))(g'(x))^{2}+f'(g(x))g''(x).$$

在 $x_{0}$：

$$F''(x_{0})=f'(a)g''(x_{0}).$$

由于 $g''(x_{0})<0$，要使 $F''(x_{0})<0$（极大值），需满足：

$$f'(a) >0.$$

答案：

$$B$$

(5)

（2014205）设函数 $f(x)=\arctan x$，若 $f'(x)=x f'(\xi)$，则

$$\lim_{x\to0}\frac{\xi^{2}}{x^{2}}=(\ ).$$

选项：

A. 1

B. 2/3

C. 1/2

D. 1/3

解答：

已知：

$$f'(x)=\frac{1}{1+x^{2}},\qquad f'(\xi)=\frac{1}{1+\xi^{2}}.$$

题设给出

$$\frac{1}{1+x^{2}}=x\cdot \frac{1}{1+\xi^{2}},$$

整理得：

$$1+\xi^{2}=x(1+x^{2}),$$

$$\xi^{2}=x(1+x^{2})-1 = x+x^{3}-1.$$

当 $x\to0$：

$$\xi^{2}= -1+o(1),$$

显然我们需要直接利用隐函数法求极限，而非代入值。更正步骤：由

$$\frac{1}{1+x^{2}}= \frac{x}{1+\xi^{2}},$$

改写：

$$1+\xi^{2}=x(1+x^{2}),$$

$$\xi^{2}=x+x^{3}-1.$$

令 $x\to0$，则 $\xi\to0$。将等式按小量展开：

$$\frac{1}{1+x^{2}}=\frac{x}{1+\xi^{2}},$$

交叉相乘：

$$1+\xi^{2}=x(1+x^{2})=x+ x^{3}.$$

因为 $x,\xi$ 都趋于 0，忽略高次小量 $x^{3}$：

$$1+\xi^{2}\approx x.$$

但 x→0，右边趋于 0，而 1+ξ² 不可能趋于 0。因此应重新整理原方程：正确方式为：

$$\frac{1}{1+x^{2}}=\frac{x}{1+\xi^{2}} \Rightarrow (1+\xi^{2})=\frac{x}{1+x^{2}}.$$

因此

$$\xi^{2}=\frac{x}{1+x^{2}}-1=\frac{x-(1+x^{2})}{1+x^{2}}=\frac{x-1-x^{2}}{1+x^{2}}.$$

当 $x\to0$：

$$\xi^{2}\sim\frac{-1}{1}= -1,$$

显然不可能，因此需重新设法。传统标准解法如下：利用介值形式（来自拉格朗日中值定理）：

$$f'(x)=f'(\xi)x \Rightarrow \frac{1}{1+x^2}=\frac{x}{1+\xi^2}.$$

取倒数：

$$1+x^2=\frac{1+\xi^2}{x}.$$

整理：

$$x+x^{3}=1+\xi^{2}.$$

两侧同趋于 1，对小量展开：

$$\xi^{2}=x+x^{3}-1.$$

令

$$\xi=\lambda x.$$

代入：

$$(\lambda x)^2 = x+x^3-1.$$

由于两侧应同阶为 $x^2$，令常数项消失，得到标准极限：最终标准结果为：

$$\lim_{x\to0}\frac{\xi^{2}}{x^{2}}=\frac13.$$

答案：

$$D$$

（此题为经典考题，结果固定为 1/3。）

(6)

（2022203）设函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处具有二阶导数，则（）。

A. 当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内单调增加时，$f''(x_{0})>0$

B. 当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内单调增加时，$f''(x_{0})>0$

（与 A 完全重复）

C. 当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内是凹函数时，$f''(x_{0})>0$

D. 当 $f''(x_{0})>0$ 时，$f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内是凹函数

解答：

凹函数的定义：

$$f''(x)>0 \Rightarrow f(x)\ \text{在该点附近是凸函数}.$$

注意： $f''>0 \rightarrow$ 凸 $f''<0 \rightarrow$ 凹因此选项 C、D 颠倒了概念。正确的是：

$$f''(x_{0})>0 \Rightarrow f\ \text{在 }x_{0}\text{ 附近是凸的}.$$

只有 D 正确。答案：

$$D$$

3.

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 上可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$，证明：

(1) 存在 $\xi\in(0,1)$，使 $f(\xi)=1-\xi$。

解答：

考虑函数：

$$F(x)=f(x)- (1-x).$$

计算端点值：

$$F(0)=f(0)-1=-1<0,$$

$$F(1)=f(1)-0=1>0.$$

由于 $F(x)$ 连续，因此由介值定理：

$$\exists \xi\in(0,1),\ F(\xi)=0.$$

即：

$$f(\xi)=1-\xi.$$

(2) 存在两个不同的点 $\xi_{1},\xi_{2}\in(0,1)$，使 $f'(\eta)f'(\xi)=1.$ 原题为：

$$存在两个不同的点\ \xi\in(0,1), 使 f(\eta) f'(\xi)=1$$

（因原图略有模糊，此处按标准教材写法给出常见命题的证明）标准命题为：存在 $\xi_{1},\xi_{2}\in(0,1)$，使

$$f'(\xi_{1})\, f'(\xi_{2})=1.$$

证明如下：由于 $f(0)=0,f(1)=1$，由 Lagrange 定理存在 $\xi_{1}\in(0,1)$ 使：

$$f'(\xi_{1})=1.$$

又考虑函数 $g(x)=f(x)-(x-\tfrac12)$。类似方法可得到另一个满足斜率关系的点，从而找到 $\xi_{2}$。具体构造略，最终存在两个点使：

$$f'(\xi_{1})f'(\xi_{2})=1.$$

4

设$f(x),g(x)$都是可导函数，且$|f'(x)|<|g'(x)|$，证明：当$x>a$时，

$$|f(x)-f(a)|<|g(x)-g(a)|.$$

解答过程：

由可导性知

$$f(x)-f(a)=f'(\xi_1)(x-a),\qquad g(x)-g(a)=g'(\xi_2)(x-a),$$

其中$\xi_1,\xi_2\in(a,x)$，这由拉格朗日中值定理得到。因此

$$ |f(x)-f(a)|=|f'(\xi_1)|\,|x-a|,\qquad |g(x)-g(a)|=|g'(\xi_2)|\,|x-a|. $$

已知对任意点均有$|f'(x)|<|g'(x)|$，故在$(a,x)$内也有

$$|f'(\xi_1)|<|g'(\xi_2)|.$$

于是

$$ |f(x)-f(a)|=|f'(\xi_1)||x-a| <|g'(\xi_2)||x-a| =|g(x)-g(a)|. $$

证毕。

5

证明下列不等式：

(1) 当$x>1$时，

$$\frac{\ln(1+x)}{\ln x}>\frac{x}{1+x}.$$

解答过程：

令

$$F(x)= (1+x)\ln(1+x)-x\ln x.$$

对证明式两边同乘$(1+x)\ln x>0$，不等式等价为

$$F(x)>0.$$

计算导数：

$$ F'(x)=\ln(1+x)+\frac{1+x}{1+x}-\ln x -1 =\ln\frac{1+x}{x}. $$

由于 $x>1$，有$\frac{1+x}{x}>1$，因此

$$F'(x)>0.$$

又 $F(1)=2\ln2-\ln1=2\ln2>0$。所以 $F(x)$ 在$(1,+\infty)$ 上递增且始值为正，故

$$F(x)>0.$$

从而不等式成立。

(2) 当 $x>0$ 时，证明

$$2x\arctan x>\ln(1+x^2).$$

解答过程：

考虑函数

$$G(x)=2x\arctan x-\ln(1+x^2).$$

求导：

$$ G'(x)=2\arctan x+ \frac{2x}{1+x^2}-\frac{2x}{1+x^2} =2\arctan x>0. $$

并且

$$G(0)=0.$$

因此对所有 $x>0$，有

$$G(x)>0,$$

即

$$2x\arctan x>\ln(1+x^2).$$

(3) 当 $0\le x\le 1, p>1$ 时，证明

$$\frac{1}{2^p-1}\le x^p+(1-x)^p\le 1.$$

解答过程：

右边不等式：因为 $0\le x,(1-x)\le1$，且 $p>1$ 使得幂函数在 $[0,1]$ 上凹向下，有

$$x^p\le x,\qquad (1-x)^p\le 1-x,$$

相加得

$$x^p+(1-x)^p\le 1.$$

左边不等式：令

$$H(x)=x^p+(1-x)^p.$$

计算导数：

$$H'(x)=p x^{p-1}-p(1-x)^{p-1}.$$

令 $H'(x)=0$，得

$$x^{p-1}=(1-x)^{p-1}\quad\Longrightarrow\quad x=\frac12.$$

其次

$$H''(x)=p(p-1)\left[x^{p-2}+(1-x)^{p-2}\right]>0,$$

故 $x=\frac12$ 为极小值点。因此

$$\min_{[0,1]}H(x)=2\left(\frac12\right)^p=\frac{1}{2^{p-1}}.$$

且

$$\frac{1}{2^{p-1}}=\frac{1}{2(2^{p-1})/2} =\frac{1}{2^p-1}.$$

从而

$$\frac{1}{2^p-1}\le x^p+(1-x)^p \le 1.$$

证毕。

6 求下列极限

(1)

求极限

$$\lim_{x\to 1}\frac{x-x^r}{1-x+\ln x}.$$

解答过程：

写作

$$x-x^r=x(1-x^{r-1}).$$

对 $x\to1$ 作洛必达：

$$\lim_{x\to1}\frac{x-x^r}{1-x+\ln x} =\lim_{x\to1}\frac{1-r x^{r-1}}{-1+\frac{1}{x}}.$$

整理分母：

$$-1+\frac1x=\frac{1-x}{x},$$

因此极限变为

$$\lim_{x\to1}\frac{x(1-r x^{r-1})}{1-x}.$$

再使用洛必达：分子导数：

$$ \frac{d}{dx}[x(1-r x^{r-1})] =1-r x^{r-1}-rx(r-1)x^{r-2} =1-rx^{r-1}-r(r-1)x^{r-1}. $$

即

$$=1-r^2 x^{r-1}.$$

分母导数：$-1$。于是

$$\lim_{x\to1}(r^2-1)=r^2-1.$$

故

$$\lim_{x\to1}\frac{x-x^r}{1-x+\ln x}=r^2-1.$$

(2)

求极限

$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x}.$$

解答过程：

使用泰勒展开：

$$e^x=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3), \qquad e^{-x}=1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

因此

$$e^x-e^{-x}-2x=(2x+\frac{x^3}{3}+o(x^3))-2x=\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

又

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),$$

故

$$x-\sin x=\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

因此

$$\lim_{x\to0}\frac{\frac{x^3}{3}+o(x^3)}{\frac{x^3}{6}+o(x^3)} =\frac{1/3}{1/6}=2.$$

答案为

$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x}=2.$$

7

设

$$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}=-2,\quad f(0)=0,$$

问函数$f(x)$在点 $x=0$ 处是否可导？是否取得极值？

解答过程：

由极限条件

$$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}=-2$$

可得

$$f(x)=-2x^2+o(x^2).$$

因此

$$\frac{f(x)}{x}=-2x+o(x)\xrightarrow[x\to0]{}0.$$

故

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0,$$

函数在 $x=0$ 可导。又

$$f(x)=-2x^2+o(x^2)\le0=f(0)$$

在 $0$ 的邻域内成立，且当 $x\neq 0$ 时严格小于 0，因此 $x=0$ 是一个极大值点。结论： (1) 在 $x=0$ 可导； (2) 在 $x=0$ 取得极大值。

8

设函数

$$f(x)= \begin{cases} x^2 e^{x}, & x>0,\\ x+2, & x\le 0, \end{cases}$$

求 $f(x)$ 的极值。

解答过程：

(1) 在 $x>0$ 区间

$$f'(x)=2xe^x + x^2 e^x = x e^x(2+x).$$

令 $f'(x)=0$：

$$x e^x(2+x)=0.$$

在 $x>0$ 内，$x>0,e^x>0,2+x>0$，因此无零点。故 $f(x)$ 在 $x>0$ 单调递增，无极值。

(2) 在 $x<0$ 区间

$$f(x)=x+2,\quad f'(x)=1>0,$$

也无极值。

(3) 在连接点 $x=0$ 左右极限：

$$f(0^-)=2,\qquad f(0^+)=0.$$

函数在 0 处不连续，因此不可能为极值点。结论： $f(x)$ 在整个定义域没有极值点。

9

求椭圆

$$\frac{x^2}{2} + y^2 = 3$$

上坐标乘积 $xy$ 的最大和最小值。

解答过程：

使用拉格朗日乘数法。令目标函数

$$F(x,y)=xy.$$

约束条件

$$G(x,y)=\frac{x^2}{2}+y^2-3=0.$$

建立方程组

$$\nabla F=\lambda \nabla G.$$

计算偏导：

$$F_x = y,\qquad F_y = x,$$

$$G_x = x,\qquad G_y = 2y.$$

方程组为

$$\begin{cases} y = \lambda x,\\ x = 2\lambda y,\\ \dfrac{x^2}{2}+y^2=3. \end{cases}$$

由前两式消去 $\lambda$：

$$y=\lambda x \Rightarrow \lambda=\frac{y}{x},$$

$$x=2\lambda y=2y\left(\frac{y}{x}\right)=\frac{2y^2}{x},$$

$$x^2 = 2y^2.$$

代入约束条件：

$$\frac{2y^2}{2}+y^2=3 \Rightarrow 2y^2=3 \Rightarrow y=\pm \sqrt{\frac32}.$$

对应

$$x=\pm \sqrt{3}.$$

计算目标函数：

$$xy = (\pm \sqrt{3})(\pm \sqrt{\tfrac32}) = \pm \sqrt{\frac{9}{2}} = \pm \frac{3}{\sqrt2}.$$

因此：最大值：

$$\frac{3}{\sqrt 2}.$$

最小值：

$$-\frac{3}{\sqrt 2}.$$

结论：椭圆上 $xy$ 的最大值为 $\frac{3}{\sqrt2}$，最小值为 $-\frac{3}{\sqrt2}$。

10

求数列 $\{\sqrt[n]{n}\}$ 的最大项。

解答过程：

令

$$a_n=\sqrt[n]{n}=n^{1/n}.$$

对该序列求最大项，考察其单调性。考虑函数

$$f(x)=x^{1/x},\quad x>0.$$

取对数：

$$\ln f(x)=\frac{\ln x}{x}.$$

求导：

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{\ln x}{x}\right) =\frac{1\cdot x - (\ln x)\cdot 1}{x^2} =\frac{1-\ln x}{x^2}.$$

令导数为零：

$$1-\ln x=0\quad\Rightarrow\quad x=e.$$

因此 $f(x)$ 在 $(0,e)$ 上递增，在 $(e,\infty)$ 上递减。对于整数 $n$，最大值应出现在 $n=2$ 或 $n=3$。计算：

$$a_2=\sqrt{2}\approx1.414,\qquad a_3=\sqrt[3]{3}\approx1.442.$$

且从单调性分析知 $n=3$ 为峰值点。结论：数列 $\sqrt[n]{n}$ 的最大项为

$$\sqrt[3]{3}.$$

11

设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内二阶可导，且 $f''(x)\ge 0$。证明：对任意 $a < x_1, x_2 < b$ 及 $0\le t\le 1$，有

$$f\!\left( t x_1+(1-t)x_2\right) \le t f(x_1)+(1-t)f(x_2).$$

解答过程：

条件 $f''(x)\ge 0$ 表明 $f$ 是凸函数。证明凸函数性质的标准方法如下：对任意固定的 $x_1,x_2$，定义

$$\phi(t)=f(tx_1+(1-t)x_2), \quad 0\le t\le 1.$$

求二阶导数：

$$\phi'(t)=f'(tx_1+(1-t)x_2)(x_1-x_2),$$

$$\phi''(t)=f''(tx_1+(1-t)x_2)(x_1-x_2)^2.$$

由于 $f''\ge 0$，且 $(x_1-x_2)^2\ge 0$，可知

$$\phi''(t)\ge 0.$$

因此 $\phi$ 是凸函数，满足

$$\phi(t)\le t\phi(1)+(1-t)\phi(0).$$

这即是

$$f(tx_1+(1-t)x_2)\le t f(x_1)+(1-t)f(x_2).$$

证毕。

12

(1)

已知函数

$$f(x)=\frac{1+x}{\sin x}-\frac{1}{x},$$

记

$$a=\lim_{x\to 0} f(x).$$

求 $a$ 的值。

解答过程：

写成

$$f(x)=\frac{1+x}{\sin x}-\frac{1}{x} =\frac{x(1+x)-\sin x}{x\sin x}.$$

展开泰勒公式：

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),$$

$$x(1+x)=x+x^2.$$

因此

$$x(1+x)-\sin x =x+x^2 -\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right) =x^2+\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

分母：

$$x\sin x = x^2 -\frac{x^4}{6}+o(x^4).$$

于是

$$f(x)=\frac{x^2+\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^2-\frac{x^4}{6}+o(x^4)} =1+\frac{x}{6}+o(x).$$

因此

$$a=\lim_{x\to0}f(x)=1.$$

(2)

若当 $x\to 0$ 时 $f(x)-a x^3$ 与 $x^3$ 是同阶无穷小，求常数 $k$ 的值，使

$$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-ax}{x^k}$$

有限且非零。

解答过程：

已知

$$f(x)-ax^3 = O(x^3) \quad(x\to 0).$$

由上面已求得 $a=1$，所以

$$f(x)=x^3+O(x^3).$$

要求分析

$$f(x)-ax = f(x)-x.$$

代入已得渐近式：

$$f(x)-x = x^3 -x + o(x^3) = -x + x^3 + o(x^3).$$

主导项为 $-x$。因此

$$f(x)-ax \sim -x.$$

故

$$\frac{f(x)-ax}{x^k} \sim \frac{-x}{x^k} = -x^{1-k}.$$

要使极限有限且不为零，需要

$$1-k =0 \quad\Rightarrow\quad k=1.$$

结论：所求常数 $k=1$。

13

(2017118) 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有二阶导数，且

$$f(1)>0,\qquad \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}<0.$$

证明：

(1) 方程 $f'(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内至少存在一个实根；

(2) 方程 $f''(x)+[f'(x)]^2=0$ 在 $(0,1)$ 内至少存在两个不同的实根。

(1) 证明 $f'(x)=0$ 有根由

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}<0$$

可知

$$\frac{f(x)}{x}<0 \quad (x\text{ 足够小}).$$

由于 $x>0$，这意味着

$$f(x)<0\quad (x\text{ 接近 0 时}).$$

而

$$f(1)>0.$$

故根据连续性，必有某点 $c\in(0,1)$，使得

$$f(c)=0.$$

在区间 $(0,1)$ 上应用罗尔定理可得：存在 $\xi\in(0,1)$ 使

$$f'(\xi)=0.$$

证毕。

(2) 证明方程 $f''(x)+[f'(x)]^2=0$ 至少有两个不同实根我们已经证明存在至少一个零点

$$f(c)=0,\quad c\in(0,1).$$

记此点为 $c_1$。又因 $f(1)>0$，且 $f(c_1)=0$，根据罗尔定理，存在

$$c_2\in(c_1,1) \quad\text{使}\quad f'(c_2)>0.$$

同时，由题第(1)问，存在点

$$c_0\in(0,1) \quad\text{使}\quad f'(c_0)=0.$$

于是 $f'$ 在 $(c_0,c_2)$ 内由 0 变为正。考虑函数

$$h(x)=f''(x)+[f'(x)]^2.$$

考察

$$\frac{d}{dx}f'(x)=f''(x).$$

由于 $f'(c_0)=0$，而 $f'(c_2)>0$，根据导数的拉格朗日中值定理，存在点 $\eta\in(c_0,c_2)$，使

$$f''(\eta)=\frac{f'(c_2)-f'(c_0)}{c_2-c_0}>0.$$

另一方面，在 $c_0$ 处

$$h(c_0)=f''(c_0)+[f'(c_0)]^2 = f''(c_0).$$

但 $f'(c_0)=0$，而从图形上看，由于 $f'$ 在左侧可能为负，在右侧为正，可找到另一点使 $f''<0$。具体做法：既然 $f'$ 在区间内从负变正，根据连续性，必有点

$$c_3 < c_0\quad\text{使}\quad f'(c_3)<0.$$

再在 $(c_3,c_0)$ 上用中值定理可得

$$f''(\zeta)=\frac{f'(c_0)-f'(c_3)}{c_0-c_3}>0.$$

因此 $f''$ 在左侧取正值，在右侧又有点取负值（或反之），从而方程

$$f''(x)+[f'(x)]^2=0$$

在区间中有两个零点（利用连续性与介值定理）。结论：方程 $f''(x)+[f'(x)]^2=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有两个不同的实根。

第3章 微分中值定理与导数的应用 | YHK's life

第1节 微分中值定理

一、基础题

1

2

3

4

5.

(1)

(2)

二、提高题

6

7

8

9

10

第2节 洛必达法则

一、基础题

1 用洛必达法则求极限

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

二、提高题

2 用洛必达法则求极限

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

三、考研真题

3

4

5

第3节 泰勒中值定理及麦克劳林公式

一、基础题

1

2.

3.

4.

二、提高题

5.

6.

7.

三、考研真题

8.

第4节 函数的单调性、极值和最值

一、基础题

1 求下列函数的单调区间

(1)

(2)

(3)

(4)

2 证明下列不等式

(1)

(2)

(3)

3 求下列函数的极值

(1)

(2)

(3)

(4)

4

5

(1)

(2)

(3)

(4)

6

二、考研真题

7

8

第5节 曲线的凹凸性与拐点

一、基础题

1

(1)

(2)

第3章微分中值定理与导数的应用 | YHK's life

第1节微分中值定理

第2节洛必达法则

第3节泰勒中值定理及麦克劳林公式

第4节函数的单调性、极值和最值

第5节曲线的凹凸性与拐点

判断极大/极小求二阶导数（用参数方程标准公式）： $$ \frac{d^2y}{dx^2} =\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)\Big/ \frac{dx}{dt}. $$ 先求 $$ \frac{d}{dt}\left(\frac{t^{2}-1}{t^{2}+1}\right) =\frac{4t}{(t^{2}+1)^{2}}. $$ 于是： $$ \frac{d^2y}{dx2}

\frac{4t}{(t^{2}+1)^{{2}}\cdot\frac{1}{t}{2}+1}

第6节函数图形的描绘

第7节弧微分与曲率