解答题1. 设0<k<1,f(x)=kx-arctanx.证明:f(x)在(0,+∞)中有唯一的零点,即存在唯一的x
0∈(0,+∞),使f(x
0)=0.
【证】令
则
而
所以f(x)在
处取极小值,即
由f(x)的连续性,在
中有一个零点,另外f(0)=0,f(x)在
单调减少,在
单调增加,故这样的零点是唯一的.
2. f(x)在(-∞,+∞)上连续,
,且f(x)的最小值f(x
0)<x
0,证明:f[f(x)]至少在两点处取得最小值.
【证】令F(x)=f(x)-x
0,则F(x)在(-∞,+∞)上连续,且F(x
0)<0,
+∞,由
使得F(a)>0;
使得F(b)>0,于是由零点定理,知
使得F(x
1)=0;
使得F(x
2)=0,即有x
1<x
0<x
2,使得f(x
1)=x
0=f(x
2),从而得f[f(x
1)]=f(x
0)=f[f(x
2)].
3. 设T=cosnθ,θ=arccosx,求
【解】
因为θ=arccosx,当x→1
-时,θ→0,所以
5. 计算
【解】此题为用导数定义去求极限,关键在于把此极限构造为广义化的导数的定义式.
6. 已知
求f'(1).
【解】
7. 已知f(x)是周期为5的连续函数,它在x=0的某邻域内满足关系式:f(1+sinx)-3f(1-sinx)=8x+a(x),其中α(x)是当x→0时比x高阶的无穷小,且f(x)在x=1处可导,求y=f(x)在点(6,f(6))处的切线方程.
【解】求切线方程的关键是求斜率,因f(x)的周期为5,故在(6,f(6))处和点(1,f(1))处曲线有相同的斜率,根据已知条件求出f'(1).
由
得f(1)-3f(1)=0,f(1)=0.又
则4f'(1)=8,f'(1)=2,由f(6)=f(1)=0,f'(6)=f'(1)=2,故所求切线方程为y=2(x-6).
8. 设
其中g(x)有二阶连续导数,且g(0)=1,g'(0)=-1,求f'(x),并讨论f'(x)在(-∞,+∞)内的连续性.
【解】当x≠0时,f(x)可导,且
显然,当x≠0时,f'(x)连续.
当x=0,
从而,
又因
故f'(x)在x=0处连续,从而f'(x)在(-∞,+∞)内连续.
求下列函数的导数:9. y=a
ax+a
xx+a
xa+a
aa(a>0);
【解】y'=aax·lna·axlna+axx·lna(xx)'+axa·lna·axa-1,其中(xx)'=(exlnx)'=exlnx·(lnx+1)=xx(lnx+1).
10. y=e
f(x)·f(e
x);
【解】y'=ef(x)·f'(x)f(ex)+ef(x)·f'(ex)ex.
12. 设f(t)具有二阶导数,
求f[f'(x)],[f(f(x))]'.
【解】令
则f(t)=4t
2,即f(x)=4x
2.f'(x)=8x,由函数概念得
f[f'(x)]=f(8x)=4×(8x)
2=256x
2,
[f(f(x))]'=f'[f(x)]·f'(x)=8f(x)·8x=32x
2·8x=256x
3.
13. 设
求y';
【解】两边取对数,得
两边同时对x求导,得
化简可得x+yy'=xy'-y,故
14. 函数y=y(x)由方程cos(x
2+y
2)+e
x-x
2y=0所确定,求
【解】方程两端对x求导得
-sin(x
2+y
2)(2x+2yy')+e
x-2xy-x
2y'=0.
因此
16. 设函数y=f(x)由参数方程
所确定,其中φ(t)具有二阶导数,且已知
证明:函数φ(t)满足方程
【证】因为
有
由题设
得
故(1+t)φ"(t)-φ'(t)=3(1+t)
2,
即
17. 设
试问当α取何值时,f(x)在点x=0处,①连续;②可导;③一阶导数连续;④二阶导数存在.
【解】①因当α≤0时,极限
不存在.而当α>0时,
故α>0时,f(x)在x=0处连续.
②
当α-1>0时,即α>1时,f'(0)=0,f(x)在x=0处可导.
③
当α>2时,
④
当α≤3时,f"(0)不存在;当α>3时,f"(0)=0,即f(x)在点x=0处二阶可导.
18. 设
求y
(n)(n>1).
19. 设y=sin
4x-cos
4x,求y
(n).
【解】因y=(sin
2x+cos
2x)(sin
2x-cos
2x)=-cos2x,
20. 设y=e
xsinx,求y
(n).
【解】
归纳可得:
21. 设
【解】当x≠0时,
当x=0时,
故对任意x∈(-∞,+∞),都有
又
比较系数,得
22. 设f(x)满足
,求f'(x).
【解】方程两边同时对x求导得
①
原等式中x换成
得
②
②式两边同时对x求导得
③
③×2=①得
23. 设
试确定常数a,b,c,使f(x)在x=0点处连续且可导.
【解】因为
又f(0)=1,所以
即a=2,
及c为任意值时,f(x)在x=0处连续.又因为
令
可得
时,f'(0)存在.
当
f(x)在x=0处连续且可导.
24. 顶角为60°,底圆半径为a的正圆锥形漏斗内盛满水,下接底圆半径为b(b<a)的圆柱形水桶(假设水桶的体积大于漏斗的体积),水由漏斗注入水桶,问当漏斗水平面下降速度与水桶水平面上升速度相等时,漏斗中水平面高度是多少?
【解】设在时刻t,漏斗中水平面的高度为h,水量为p,水桶中水平面的高度为为H,水量为q(如下图)则
因为这两部分水量的总和应为开始漏斗盛满水时的水量,所以
两边对t求导得
因为下降的速度与上升的速度方向相反,所以
得h
2=3b
2,故
时漏斗水平面下降速度与水桶水平面上升速度相等.
25. 防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如下图),截面的面积为5平方米,问底宽x为多少时才能使建造时所用的材料最省?
【解】设截面周长为S.矩形高为y,则
①
②
由②解出
代入①得
故唯一极值可疑点为
由问题的实际意义知,截面周长必有最小值,并且就在此驻点处取得,因此当底宽为
2.367米时,截面的周长最小,因而所用材料最省.
26. 试证明:曲线
恰有三个拐点,且位于同一条直线上.
【证】
令y"=0,得x
1=-1
列表
所以
均为此曲线的拐点,因
所以这三个拐点在一条直线上.
27. 作函数的图形
【解】①定义域(-∞,0)∪(0,+∞),无周期性无奇偶性.
y'=0的根为
y"=0的根为x=-1.
由表可知函数的极小值点为
拐点为(-1,0).
④铅直渐近线:
无斜渐近线.
⑤作图(如下).
28. 求函数y=e
xcosx的极值.
【解】极值可疑点
y"=-2e
xsinx,当
时,y"<0,所以
为极大值点,极大值为
当
时,y">0,所以
为极小值点,极小值为
29. 若函数f(x)在(-∞,+∞)内满足关系式f'(x)=f(x),且f(0)=1.证明:f(x)=e
x.
【证】作函数
x∈(-∞,+∞),于是有
已知f'(x)=f(x),从而
于是
当x=0时,易知
所以C=1,即
故f(x)=e
x.
[解析] 欲证f(x)=e
x,一种思路是移项作辅助函数
如能证明
从而
由条件
得C=0,即
于是f(x)=e
x.但
利用已知条件f'(x)=f(x)得
要证
即要证f(x)=e
x,而这就是我们要证明的结论,故这种思路行不通.另一种思路是由f(x)=e
x两边同除以e
x得辅助函数
若能证明
从而
由条件
得C=1,即
于是f(x)=e
x.而
因此本题利用第二种思路.
30. 设f(x)可导,证明:f(x)的两个零点之间一定有f(x)+f'(x)的零点.
【证】构造辅助函数F(x)=f(x)ex,由于f(x)可导,故F(x)可导,设x1和x2为f(x)的两个零点,且x1<x2,则F(x)在[x1,x2]上满足罗尔定理条件,由罗尔定理,至少存在一点ξ∈(x1,x2),使得F'(ξ)=0,即f'(ξ)eξ+f(ξ)eξ=eξ[f'(ξ)+f(ξ)]=0.
由于eξ≠0,因此必有f'(ξ)+f(ξ)=0.
[解析] f(x)的两个零点x1,x2(不妨设x1<x2)之间有f(x)+f'(x)的零点问题,相当于在(x1,x2)内有f(x)+f'(x)=0的点存在的问题.若能构造一个函数F(x),使F'(x)=[f(x)+f‘(x)]φ(x),而φ(x)≠0,则问题可以得到解决.由(ex)'=ex可以得到启发,令F(x)=f(x)ex.
设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且f(a)=f(b)=0.求证:31. 存在ξ∈(a,b),使f(ξ)+ξf'(ξ)=0;
【证】设φ(x)=xf(x),则φ(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且φ(a)=φ(b)=0,由罗尔定理得,存在ξ∈(a,b),使φ'(ξ)=0,即f(ξ)+ξf'(ξ)=0.
32. 存在η∈(a,b),使ηf(η)+f'(η)=0.
【证】设
则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且F(a)=F(b)=0,由罗尔定理得,存在η∈(a,b),使
即ηf(η)+f'(η)=0.
33. 设函数f(x)在[-2,2]上二阶可导,且|f(x)|≤1,又f
2(0)+[f'(0)]
2=4.试证:在(-2,2)内至少存在一点ξ,使得f(ξ)+f''(ξ)=0.
【证】f(0)-f(-2)=2f'(ξ
1),-2<ξ
1<0,
f(2)-f(0)=2f'(ξ
2),0<ξ
2<2.
由|f(x)|≤1知
令φ(x)=f
2(x)+[f'(x)]
2,则有φ(ξ
1)≤2,φ(ξ
2)≤2.
因为φ(x)在[ξ
1,ξ
2]上连续,且φ(0)=4,设φ(x)在[ξ
1,ξ
2]上的最大值在ξ∈[ξ
1,ξ
2]
(-2,2)上取,则φ(ξ)≥4,且φ在[ξ
1,ξ
2]上可导,由费马定理有:φ'(ξ)=0,即
2f(ξ)·f'(ξ)+2f'(ξ)·f"(ξ)=0.
因为|f(x)|≤1,且φ(ξ)≥4,所以f'(ξ)≠0,于是有f(ξ)+f"(ξ)=0,ξ∈(-2,2).
34. 设函数f(x)在[0,1]上二阶可导,且f(0)=f'(0)=f'(1)=0,f(1)=1.求证:存在ξ∈(0,1),使|f''(ξ)|≥4.
【证】把函数f(x)在x=0展开成带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式,得
在公式中取
利用题设可得
把函数f(x)在x=1展开成泰勒公式,得
在公式中取
利用题设可得
两式相减消去未知的函数值
即得
f"(ξ
1)-f"(ξ
2)=8
|f"(ξ
1)|+|f"(ξ
2)|≥8.
从而,在ξ
1和ξ
2中至少有一个点,使得在该点的二阶导数绝对值不小于4,把该点取为ξ,就有ξ∈(0,1),使|f"(ξ)|≥4.
35. 设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导且f(a)≠f(b).证明:存在η,ξ∈(a,b),使得
【证】由拉格朗日中值定理知f(b)-f(a)=f'(η)(b-a),又由柯西中值定理知
所以
则
即
36. 设函数f(x)在闭区间[a,b)]上连续(a,b>0),在(a,b)内可导.试证:在(a,b)内至少有一点ξ,使等式
成立.
【证】令
它们在区间[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且
满足柯西中值定理的三个条件,于是在(a,b)内至少有一点ξ,使得
37. 设f(x)在
上具有连续的二阶导数,f'(0)=0.证明:存在ξ,η,ω∈
,使得
【证】因f(x)和g(x)=cos2x在
上连续,在
内可导,且
g'(x)=(cos2x)'=-2sin2x≠0,
故由柯西中值定理知,存在
使得
即
①
因f(x)在
上具有连续的二阶导数,故存在
使得
再由f'(0)=0知
②
由①式和②式知
③
取
则
且③式可以写成
其中
38. 试求方程e
x=ax
2(a>0为常数)的根的个数.
【解】令
①
.x=0不是原方程的根.
②考查区间(-∞,0).f(x)在(-∞,0)单调增,又
则有对
f(x)在(-∞,0)有唯一零点.
③考查区间(0,+∞).f(x)在(0,2]单调减,在[2,+∞)单调增,又
于是,当f(2)>0即
时,f(x)在(0,+∞)内无零点.当
时,f(x)在(0,+∞)有唯一零点(即x=2);当
时,f(x)在(0,2)及(2,+∞)内分别有唯一零点,即在(0,+∞)内有且仅有两个零点.