第5章 一元函数微分学的应用(一)——几何应用

基础部分

1. 函数 $y=e^x+\frac{e^{-x}}{2}$ 的最小值为

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答案：

$\sqrt{2}$。

解析：

令

$y^{\prime }=e^x-\frac{1}{2}{e}^{-x}=0$，

得

$e^{2x}=\frac{1}{2}$，即 $x=-\frac{1}{2}\ln 2$。

又

$y^{\prime \prime }=e^x+\frac{1}{2}{e}^{-x}>0$，

故该点为极小值点。代入得

$y_{\min }=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。

2. 若函数 $f(x)=e^{-ax}-ex$ 的极值点小于零，则常数 $a$ 的取值范围为

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答案：

$a<-e$。

解析：

极值点必须满足

$f^{\prime }(x)=-a{e}^{-ax}-e=0$，

即

$e^{-ax}=-\frac{e}{a}$。

由于左端恒正，必须有 $a<0$。极值点为

$x_0=-\frac{1}{a}\ln \left(-\frac{e}{a}\right)$。

当 $a<0$ 时，$-\frac{1}{a}>0$，所以 $x_0<0$ 等价于

$\ln \left(-\frac{e}{a}\right)<0$，

即

$-\frac{e}{a}<1$。

由 $a<0$ 得 $a<-e$。

3. 设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\cos |x|-1,& x\le 0,\\ x\ln x,& x>0,\end{array}$，则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的（ ）

A. 可导点，极值点

B. 不可导点，极值点

C. 可导点，非极值点

D. 不可导点，非极值点

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答案：

B。

解析：

当 $x\le 0$ 时，$\cos |x|=\cos x$，故 $f(0)=0$。又

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0$，

所以函数在 $x=0$ 处连续。

左导数为

$f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\cos x-1}{x}=0$；

右导数为

$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x\ln x}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln x=-\infty$，

故 $x=0$ 是不可导点。

在 $0$ 的左右两侧均有 $f(x)<0=f(0)$，因此 $x=0$ 是极大值点。

4. 已知 $x^2+a{x}^{-3}\ge \frac{10}{3}(x>0)$ 恒成立，则 $a$ 的取值范围为

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答案：

$a\ge \frac{8\sqrt{2}}{3}$。

解析：

若 $a\le 0$，当 $x\to 0^{+}$ 时，左端不能恒大于等于 $\frac{10}{3}$，故须有 $a>0$。

令

$\phi (x)=x^2+\frac{a}{x^3}$。

由

${\phi }^{\prime }(x)=2x-\frac{3a}{x^4}=0$，

得

$x_0^5=\frac{3a}{2}$。

在该点

$a=\frac{2}{3}{x}_0^5$，

所以

${\phi }_{\min }=x_0^2+\frac{a}{x_0^3}=\frac{5}{3}{x}_0^2=\frac{5}{3}{\left(\frac{3a}{2}\right)}^{\frac{2}{5}}$。

要求 ${\phi }_{\min }\ge \frac{10}{3}$，即

${\left(\frac{3a}{2}\right)}^{\frac{2}{5}}\ge 2$，

从而

$a\ge \frac{2}{3}\cdot 2^{\frac{5}{2}}=\frac{8\sqrt{2}}{3}$。

5. 已知函数 $y=f(x)$ 连续，其二阶导函数的图像如图所示，则曲线 $y=f(x)$ 的拐点个数为（ ）

A. $1$

B. $2$

C. $3$

D. $4$

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答案：

现有原题材料缺少所指的 $f^{\prime \prime }(x)$ 图像，无法唯一确定选项。

解析：

曲线 $y=f(x)$ 的拐点应对应 $f^{\prime \prime }(x)$ 在该点两侧变号的位置。仅知道题干而没有图像，无法判断 $f^{\prime \prime }(x)$ 的零点、间断点及变号次数，因此不能可靠作答。

6. 设函数 $f(x)>0$ 且二阶可导，曲线 $y=\sqrt{f(x)}$ 有拐点 $(1,\sqrt{2})$，$f^{\prime }(1)=2$，则 $f^{\prime \prime }(1)=$

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答案：

$1$。

解析：

由拐点坐标知

$f(1)=2$。

令 $g(x)=\sqrt{f(x)}$，则

$g^{\prime \prime }(x)=\frac{2f(x)f^{\prime \prime }(x)-[f^{\prime }(x){]}^2}{4[f(x){]}^{\frac{3}{2}}}$。

拐点处通常有 $g^{\prime \prime }(1)=0$，于是

$2\cdot 2\cdot f^{\prime \prime }(1)-2^2=0$，

故

$f^{\prime \prime }(1)=1$。

7. 曲线 $y(x)=\ln |e^{2x}-1|$ 的斜渐近线为（ ）

A. $y=2x+\frac{1}{e}$

B. $y=2x$

C. $y=-2x+\frac{1}{e}$

D. $y=-2x$

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答案：

B。

解析：

当 $x\to +\infty$ 时，

$y=\ln \left[e^{2x}(1-e^{-2x})\right]=2x+\ln (1-e^{-2x})$。

因此

$\underset{x\to +\infty }{\lim }(y-2x)=0$，

故斜渐近线为 $y=2x$。

8. 曲线 $y=x\ln \left(e+\frac{1}{x}\right)$ 的斜渐近线为（ ）

A. $y=x+e$

B. $y=x-e$

C. $y=x+\frac{1}{e}$

D. $y=x-\frac{1}{e}$

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答案：

C。

解析：

当 $|x|\to \infty$ 时，

$\ln \left(e+\frac{1}{x}\right)=1+\ln \left(1+\frac{1}{ex}\right)$。

于是

$y-x=x\ln \left(1+\frac{1}{ex}\right)\to \frac{1}{e}$。

故斜渐近线为

$y=x+\frac{1}{e}$。

9. 曲线 $x^2-xy+y^2=1$ 在点 $(1,1)$ 处的曲率为

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答案：

$\frac{3\sqrt{2}}{2}$。

解析：

对方程隐式求导：

$2x-y-x{y}^{\prime }+2y{y}^{\prime }=0$，

所以

$y^{\prime }=\frac{y-2x}{2y-x}$。

在 $(1,1)$ 处，$y^{\prime }=-1$。

再次求导得

$2-2y^{\prime }+2(y^{\prime }{)}^2+(2y-x)y^{\prime \prime }=0$。

代入 $x=y=1$、$y^{\prime }=-1$，得

$y^{\prime \prime }=-6$。

故曲率

$K=\frac{|y^{\prime \prime }|}{[1+(y^{\prime }{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}=\frac{6}{(1+1{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。

10. 已知曲线 $y=f(x)$ 在其点 $(0,1)$ 处的曲率圆方程为 $(x-1{)}^2+y^2=2$，且当 $x\to 0$ 时，二阶可导函数 $f(x)$ 与 $a+bx+c{x}^2$ 的差为 $o(x^2)$，则（ ）

A. $a=0,b=1,c=\frac{3}{2}$

B. $a=1,b=0,c=1$

C. $a=1,b=1,c=-1$

D. $a=1,b=0,c=-1$

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答案：

C。

解析：

由曲线经过 $(0,1)$，得 $a=f(0)=1$。

曲率圆圆心为 $(1,0)$。圆心与曲线上点 $(0,1)$ 的连线斜率为 $-1$，故曲线切线斜率为 $1$，即

$b=f^{\prime }(0)=1$。

曲率圆半径为 $\sqrt{2}$，故曲率为 $\frac{1}{\sqrt{2}}$。于是

$\frac{|f^{\prime \prime }(0)|}{[1+f^{\prime }(0{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，

从而 $|f^{\prime \prime }(0)|=2$。

圆心位于曲线法线的右下方向，曲线在该点向下弯曲，故 $f^{\prime \prime }(0)=-2$。因此

$c=\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}=-1$。

11. 设在 $(-\infty ,+\infty )$ 内，$f^{\prime \prime }(x)<0$，$f(0)\ge 0$，则函数 $\frac{f(x)}{x}$（ ）

A. 在 $(-\infty ,0)$ 内单调减少，在 $(0,+\infty )$ 内单调增加

B. 在 $(-\infty ,0)$ 和 $(0,+\infty )$ 内单调减少

C. 在 $(-\infty ,0)$ 内单调增加，在 $(0,+\infty )$ 内单调减少

D. 在 $(-\infty ,0)$ 和 $(0,+\infty )$ 内单调增加

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答案：

B。

解析：

令

$\phi (x)=x{f}^{\prime }(x)-f(x)$，

则

${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }=\frac{\phi (x)}{x^2}$，

且

${\phi }^{\prime }(x)=x{f}^{\prime \prime }(x)$。

当 $x>0$ 时，${\phi }^{\prime }(x)<0$，故

$\phi (x)<\phi (0)=-f(0)\le 0$。

当 $x<0$ 时，${\phi }^{\prime }(x)>0$，而 $\phi (x)<\phi (0)\le 0$。

所以在两个区间内均有

${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }<0$。

12. 设 $f(x)$ 连续，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=k(k<0)$，则 $f(x)$ 在点 $x=0$ 处（ ）

A. 导数不存在

B. 导数存在，且 $f^{\prime }(0)\ne 0$

C. 取得极小值

D. 取得极大值

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答案：

D。

解析：

由极限存在可知 $f(x)\to 0$，又函数连续，故 $f(0)=0$。

并且

$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }x\frac{f(x)}{x^2}=0$。

由于 $k<0$，在零点的某去心邻域内有 $f(x)<0=f(0)$，故 $x=0$ 为极大值点。

13. 设 $M=\max \{1,\sqrt{2},\sqrt[3]{3},\cdots ,\sqrt[n]{n}\}(n>4)$，则 $M=$（ ）

A. $\sqrt{2}$

B. $\sqrt[3]{3}$

C. $\sqrt[4]{4}$

D. $\sqrt[n]{n}$

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答案：

B。

解析：

考察连续函数

$\phi (x)=x^{\frac{1}{x}}$。

有

$\ln \phi (x)=\frac{\ln x}{x}$，

其导数为

${\left(\frac{\ln x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{1-\ln x}{x^2}$。

所以 $\phi (x)$ 在 $(0,e)$ 上递增，在 $(e,+\infty )$ 上递减。整数中离 $e$ 最近的是 $3$，并且

$\sqrt[3]{3}>\sqrt{2}=\sqrt[4]{4}$。

因此最大项为 $\sqrt[3]{3}$。

14. 设函数 $f(x)=n^2{e}^{\frac{x}{n}}-(1+n)x$，若 $f(x)$ 在 $x={\xi }_n$ 处取得极值，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_n=$

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答案：

$1$。

解析：

由

$f^{\prime }(x)=n{e}^{\frac{x}{n}}-(n+1)$，

极值点满足

$e^{\frac{{\xi }_n}{n}}=1+\frac{1}{n}$。

故

${\xi }_n=n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$。

所以

$\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_n=1$。

15. 曲线 $y=x+\frac{|\ln x|}{x}$（ ）

A. 有铅直渐近线，也有斜渐近线

B. 有水平渐近线，也有斜渐近线

C. 有且仅有铅直渐近线

D. 有且仅有水平渐近线

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答案：

A。

解析：

函数定义域为 $x>0$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$\frac{|\ln x|}{x}\to +\infty$，

所以 $x=0$ 是铅直渐近线。

当 $x\to +\infty$ 时，

$y-x=\frac{\ln x}{x}\to 0$，

所以 $y=x$ 是斜渐近线。

16. 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，$f(0)=0$，$f^{\prime }(x)$ 严格单调递增，则对任意 $x\in (0,1)$，有（ ）

A. $f(x)>f^{\prime }(0)x>f(1)x$

B. $f^{\prime }(0)x>f(x)>f(1)x$

C. $f(1)x>f(x)>f^{\prime }(0)x$

D. $f(1)x>f^{\prime }(0)x>f(x)$

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答案：

C。

解析：

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,x)$，使

$\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }(\xi )>f^{\prime }(0)$，

所以

$f(x)>f^{\prime }(0)x$。

又因 $f^{\prime }$ 严格递增，$f$ 为严格凸函数。凸函数图像位于端点连线下方，因此

$f(x)<xf(1)+(1-x)f(0)=xf(1)$。

综上，

$f(1)x>f(x)>f^{\prime }(0)x$。

17. 已知函数 $y=f(x)$ 对一切 $x$ 满足 $\sqrt[3]{x}{f}^{\prime \prime }(x)+x{f}^{\prime }(x)=e^{-x}-1$，若 $f^{\prime }(x_0)=0(x_0\ne 0)$，则（ ）

A. $x=x_0$ 是 $f(x)$ 的极小值点

B. $x=x_0$ 是 $f(x)$ 的极大值点

C. $(x_0,f(x_0))$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点

D. 以上结论均不正确

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答案：

B。

解析：

在 $x=x_0$ 处，由 $f^{\prime }(x_0)=0$ 得

$f^{\prime \prime }(x_0)=\frac{e^{-x_0}-1}{\sqrt[3]{x_0}}$。

若 $x_0>0$，则分子小于零、分母大于零；若 $x_0<0$，则分子大于零、分母小于零。因此总有

$f^{\prime \prime }(x_0)<0$。

故 $x=x_0$ 是极大值点。

18. 已知函数 $f(x)=a{x}^3+x^2+2$ 在 $x=0$ 和 $x=-1$ 处取得极值，求 $f(x)$ 的增减区间、极大值、极小值和拐点

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答案：

$a=\frac{2}{3}$；

单调增加区间为 $(-\infty ,-1)$、$(0,+\infty )$；

单调减少区间为 $(-1,0)$；

极大值为 $f(-1)=\frac{7}{3}$；

极小值为 $f(0)=2$；

拐点为 $\left(-\frac{1}{2},\frac{13}{6}\right)$。

解析：

有

$f^{\prime }(x)=3a{x}^2+2x=x(3ax+2)$。

除 $x=0$ 外，另一驻点为

$x=-\frac{2}{3a}$。

题设该点为 $-1$，故

$a=\frac{2}{3}$。

于是

$f^{\prime }(x)=2x(x+1)$。

由符号可知，$f^{\prime }(x)>0$ 在 $(-\infty ,-1)\cup (0,+\infty )$，$f^{\prime }(x)<0$ 在 $(-1,0)$。

因此 $x=-1$ 为极大值点，$x=0$ 为极小值点。

又

$f^{\prime \prime }(x)=4x+2$，

令 $f^{\prime \prime }(x)=0$ 得 $x=-\frac{1}{2}$，且二阶导数在该点两侧变号。代入得

$f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{13}{6}$。

19. 设 $f(x)=nx(1-x{)}^n(n\in {\mathbb{N}}_{+})$，且记 $M(n)=\underset{x\in [0,1]}{\max }f(x)$，则必有（ ）

A. $\underset{n\to \infty }{\lim }M(n)=e$

B. $\underset{n\to \infty }{\lim }M(n)=\frac{1}{e}$

C. $\underset{n\to \infty }{\lim }M(n)=0$

D. $\underset{n\to \infty }{\lim }M(n)=\infty$

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答案：

B。

解析：

有

$f^{\prime }(x)=n(1-x{)}^{n-1}[1-(n+1)x]$。

最大值点为

$x=\frac{1}{n+1}$。

因此

$M(n)=\frac{n}{n+1}{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n={\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}$。

故

$\underset{n\to \infty }{\lim }M(n)=e^{-1}=\frac{1}{e}$。

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

A. $4$

B. $3$

C. $2$

D. $1$

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答案：

A。

解析：

定义域为 $|x|>1$。当 $x\to 1^{+}$ 或 $x\to -1^{-}$ 时，函数趋于正无穷，因此有两条铅直渐近线

$x=1,x=-1$。

当 $x\to +\infty$ 时，

$\frac{x^2+1}{\sqrt{x^2-1}}-x\to 0$，

故有斜渐近线 $y=x$。

当 $x\to -\infty$ 时，

$\frac{x^2+1}{\sqrt{x^2-1}}+x\to 0$，

故有斜渐近线 $y=-x$。

共四条。

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

A. 仅有斜渐近线

B. 仅有水平渐近线

C. 仅有铅直渐近线

D. 既有水平渐近线，又有铅直渐近线

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答案：

D。

解析：

当 $x\to 0$ 时，

$1-e^{-x^4}\sim x^4$，而分子趋于 $3$，故

$y\to +\infty$。

所以 $x=0$ 为铅直渐近线。

当 $x\to \pm \infty$ 时，$e^{-x^4}\to 0$，故

$y\to 2$。

所以 $y=2$ 为水平渐近线。

22. 曲线 $y=(4+5x)e^{\frac{1}{x}}$ 的斜渐近线是

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答案：

$y=5x+9$。

解析：

当 $|x|\to \infty$ 时，

$e^{\frac{1}{x}}=1+\frac{1}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)$。

因此

$(4+5x)e^{\frac{1}{x}}=5x+9+O\left(\frac{1}{x}\right)$。

故斜渐近线为 $y=5x+9$。

23. 曲线 $y=e^{\frac{1}{x}}\sqrt{x^2-4x+1}$ 的渐近线条数为（ ）

A. $1$

B. $2$

C. $3$

D. $4$

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答案：

C。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 时，$e^{1/x}\to +\infty$，而根式趋于 $1$，故 $x=0$ 为铅直渐近线。

当 $x\to +\infty$ 时，

$\sqrt{x^2-4x+1}=x-2+O\left(\frac{1}{x}\right)$，

从而

$y=x-1+O\left(\frac{1}{x}\right)$，

故有斜渐近线 $y=x-1$。

当 $x\to -\infty$ 时，

$\sqrt{x^2-4x+1}=-x+2+O\left(\frac{1}{x}\right)$，

从而

$y=-x+1+O\left(\frac{1}{x}\right)$，

故有斜渐近线 $y=-x+1$。

共三条。

24. 曲线 $x^2=y+1$ 在点 $(0,-1)$ 的曲率圆方程为

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答案：

$x^2+{\left(y+\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$。

解析：

曲线可写成

$y=x^2-1$。

在 $x=0$ 处，

$y^{\prime }=0,y^{\prime \prime }=2$。

曲率为

$K=\frac{|y^{\prime \prime }|}{[1+(y^{\prime }{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}=2$，

故曲率半径为 $R=\frac{1}{2}$。

曲线在该点开口向上，曲率圆圆心位于点 $(0,-1)$ 的上方，故圆心为 $\left(0,-\frac{1}{2}\right)$。

强化部分

1. 设 $f(x)=|\ln |x||$，则（ ）

A. $x=1$ 不是 $f(x)$ 的极值点

B. $(1,0)$ 不是 $y=f(x)$ 的拐点

C. $x=-1$ 不是 $f(x)$ 的驻点

D. $x=0$ 不是 $y=f(x)$ 的渐近线

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答案：

C。

解析：

在 $x=\pm 1$ 处均有 $f(x)=0$，且附近函数值非负，所以 $x=\pm 1$ 都是极小值点，故 A 错误。

在 $x=1$ 左侧，$f(x)=-\ln x$，有 $f^{\prime \prime }(x)>0$；右侧 $f(x)=\ln x$，有 $f^{\prime \prime }(x)<0$，凹凸性发生改变，因此按拐点的凹凸性定义，$(1,0)$ 为拐点，B 错误。

在 $x=-1$ 处函数不可导，因此不是驻点，C 正确。

当 $x\to 0$ 时，$|\ln |x||\to +\infty$，故 $x=0$ 是铅直渐近线，D 错误。

2. 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{[f(x)+1]x^2}{x-\sin x}=2$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程为

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答案：

$y+1=\frac{1}{3}x$。

解析：

因为

$x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}$，

所以

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{6[f(x)+1]}{x}=2$。

因此 $f(x)+1\to 0$，由连续性得

$f(0)=-1$。

并且

$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)+1}{x}=\frac{1}{3}$。

故切线方程为

$y+1=\frac{1}{3}x$。

3. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且在点 $x=a$ 处取最小值，在点 $x=b$ 处取最大值，则（ ）

A. $f_{+}^{\prime }(a)\le 0,f_{-}^{\prime }(b)\le 0$

B. $f_{+}^{\prime }(a)\le 0,f_{-}^{\prime }(b)\ge 0$

C. $f_{+}^{\prime }(a)\ge 0,f_{-}^{\prime }(b)\le 0$

D. $f_{+}^{\prime }(a)\ge 0,f_{-}^{\prime }(b)\ge 0$

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答案：

D。

解析：

因为 $f(a)$ 为最小值，对 $x>a$ 有 $f(x)-f(a)\ge 0$，故

$f_{+}^{\prime }(a)=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\ge 0$。

因为 $f(b)$ 为最大值，对 $x<b$ 有 $f(x)-f(b)\le 0$，而 $x-b<0$，故

$f_{-}^{\prime }(b)=\underset{x\to b^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(b)}{x-b}\ge 0$。

4. 设函数 $f(x)=(x^2+a)e^x$，若 $f(x)$ 既没有极值点也没有拐点，则 $a$ 的取值范围是（ ）

A. $[0,1)$

B. $[1,+\infty )$

C. $[1,2)$

D. $[2,+\infty )$

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答案：

D。

解析：

有

$f^{\prime }(x)=e^x(x^2+2x+a)$。

要使函数没有极值点，二次式 $x^2+2x+a$ 不能在两个实根处发生符号改变，因此须有

${\Delta }_1=4-4a\le 0$，即 $a\ge 1$。

又

$f^{\prime \prime }(x)=e^x(x^2+4x+a+2)$。

要使曲线没有拐点，二次式 $x^2+4x+a+2$ 不能变号，因此须有

${\Delta }_2=16-4(a+2)\le 0$，即 $a\ge 2$。

综合得 $a\in [2,+\infty )$。

5. 使得 $\ln x\le a\sqrt{x}$ 恒成立的最小正数 $a$ 为

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答案：

$\frac{2}{e}$。

解析：

要求

$a\ge \frac{\ln x}{\sqrt{x}}(x>0)$。

令

$\phi (x)=\frac{\ln x}{\sqrt{x}}$，

则

${\phi }^{\prime }(x)=x^{-\frac{3}{2}}\left(1-\frac{1}{2}\ln x\right)$。

由 ${\phi }^{\prime }(x)=0$ 得 $\ln x=2$，即 $x=e^2$。该点取得最大值

$\phi (e^2)=\frac{2}{e}$。

故最小正数 $a=\frac{2}{e}$。

6. 设 $e^{ax}\ge 1+x$ 对任意实数 $x$ 均成立，则 $a$ 的取值范围为

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答案：

$a=1$。

解析：

令

$F(x)=e^{ax}-1-x$。

题设要求 $F(x)\ge 0$ 且 $F(0)=0$，因此 $x=0$ 必为极小值点，从而

$F^{\prime }(0)=a-1=0$，

即 $a=1$。

当 $a=1$ 时，经典不等式 $e^x\ge 1+x$ 对所有实数成立，故条件充分。

7. 设函数 $f(x)={\int }_0^1|t(t-x)|dt(0<x<1)$，则 $f(x)$ 的单调区间及曲线 $y=f(x)$ 的凹凸区间分别为（ ）

A. 单调增区间 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$；单调减区间 $\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$；在 $(0,1)$ 内曲线为凹

B. 单调减区间 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$；单调增区间 $\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$；在 $(0,1)$ 内曲线为凹

C. 单调增区间 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$；单调减区间 $\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$；在 $(0,1)$ 内曲线为凸

D. 单调减区间 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$；单调增区间 $\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$；在 $(0,1)$ 内曲线为凸

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答案：

A。

解析：

因 $0<x<1$，在 $t=x$ 处分段：

$f(x)={\int }_0^{x}t(x-t)dt+{\int }_x^{1}t(t-x)dt$。

计算得

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

于是

$f^{\prime }(x)=x^2-\frac{1}{2}$，

故在 $\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 上单调减少，在 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$ 上单调增加。

又

$f^{\prime \prime }(x)=2x>0$，

所以在 $(0,1)$ 内曲线为凹。

8. 求函数 $f(x)={\int }_1^x(x^2-t^2)\ln (1+t^2)dt$ 的极值

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答案：

$x=0$ 为极大值点，极大值为

$\frac{4}{9}+\frac{1}{3}\ln 2-\frac{\pi }{6}$；

$x=1$ 为极小值点，极小值为 $0$。

解析：

利用含参变量积分求导公式，

$f^{\prime }(x)=2x{\int }_1^x\ln (1+t^2)dt$。

因为 $\ln (1+t^2)>0$，所以：

当 $x<0$ 时，$x<0$ 且 ${\int }_1^x\ln (1+t^2)dt<0$，故 $f^{\prime }(x)>0$；

当 $0<x<1$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；

当 $x>1$ 时，$f^{\prime }(x)>0$。

故 $x=0$ 为极大值点，$x=1$ 为极小值点。

显然 $f(1)=0$。而

$f(0)={\int }_1^0(-t^2)\ln (1+t^2)dt={\int }_0^1{t}^2\ln (1+t^2)dt$。

分部积分得

${\int }_0^1{t}^2\ln (1+t^2)dt=\frac{1}{3}\ln 2-\frac{2}{3}{\int }_0^1\frac{t^4}{1+t^2}dt$。

又

$\frac{t^4}{1+t^2}=t^2-1+\frac{1}{1+t^2}$，

故

$f(0)=\frac{1}{3}\ln 2-\frac{2}{3}\left(\frac{\pi }{4}-\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{9}+\frac{1}{3}\ln 2-\frac{\pi }{6}$。

9. 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内有定义，则以下结论正确的是（ ）

A. 若 $f(0)=0,f^{\prime }(0)=0$，则 $x=0$ 必不是极值点

B. 若 $f^{\prime }(0)=0,f^{\prime \prime }(0)=0$，则 $x=0$ 必是极值点

C. 若 $f(0)=0,f^{\prime }(0)>0$，则存在 $\delta >0$，使得 $f(x)$ 在 $(0,\delta )$ 内单调递增

D. 若 $f^{\prime }(0)=0,f^{\prime \prime }(0)>0$，则存在 $\delta >0$，使得 $f(x)$ 在 $(-\delta ,0)$ 内单调递减

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答案：

D。

解析：

A 错误，例如 $f(x)=x^2$ 在 $x=0$ 处满足 $f(0)=f^{\prime }(0)=0$，但取得极小值。

B 错误，例如 $f(x)=x^3$ 满足 $f^{\prime }(0)=f^{\prime \prime }(0)=0$，但 $x=0$ 不是极值点。

C 错误，某一点导数为正并不能保证函数在其右侧整个邻域内单调递增。

对 D，由

$f^{\prime \prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x}>0$，

可知当 $x<0$ 且充分接近零时，$f^{\prime }(x)<0$，因此函数在某个 $(-\delta ,0)$ 内单调递减。

10. 曲线 $x^3-y^3=3x^2$ 的斜渐近线方程为（ ）

A. $x+y-1=0$

B. $x+y+1=0$

C. $x-y+1=0$

D. $x-y-1=0$

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答案：

D。

解析：

由

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

得

$y=x{\left(1-\frac{3}{x}\right)}^{\frac{1}{3}}$。

当 $|x|\to \infty$ 时，

${\left(1-\frac{3}{x}\right)}^{\frac{1}{3}}=1-\frac{1}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)$，

故

$y=x-1+O\left(\frac{1}{x}\right)$。

所以斜渐近线为 $y=x-1$，即

$x-y-1=0$。

11. 设 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调增加，$f(0)=f^{\prime }(0)=0$，则在 $[0,1]$ 上（ ）

A. $e^{x}f(x)$ 单调增加，$e^{-x}f(x)$ 单调减少

B. $e^{x}f(x)$ 单调增加，$e^{-x}f(x)$ 单调增加

C. $e^{x}f(x)$ 单调减少，$e^{-x}f(x)$ 单调增加

D. $e^{x}f(x)$ 单调减少，$e^{-x}f(x)$ 单调减少

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答案：

B。

解析：

由 $f^{\prime }$ 单调增加且 $f^{\prime }(0)=0$，可知在 $[0,1]$ 上

$f^{\prime }(x)\ge 0,f(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\ge 0$。

因此

$(e^{x}f(x){)}^{\prime }=e^x[f(x)+f^{\prime }(x)]\ge 0$。

又因 $f^{\prime }$ 单调增加，

$f(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\le x{f}^{\prime }(x)\le f^{\prime }(x)$，

所以

$(e^{-x}f(x){)}^{\prime }=e^{-x}[f^{\prime }(x)-f(x)]\ge 0$。

故二者均单调增加。

12. 已知函数 $y=f(x)$ 对一切 $x$ 满足 $x{f}^{\prime \prime }(x)+3x[f^{\prime }(x){]}^2=1-e^{-x}$，若 $f^{\prime }(x_0)=0(x_0\ne 0)$，则（ ）

A. $f(x_0)$ 是函数 $f(x)$ 的极大值

B. $f(x_0)$ 是函数 $f(x)$ 的极小值

C. $(x_0,f(x_0))$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点

D. $f(x_0)$ 不是函数 $f(x)$ 的极值，$(x_0,f(x_0))$ 也不是曲线 $y=f(x)$ 的拐点

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答案：

B。

解析：

在 $x=x_0$ 处，由 $f^{\prime }(x_0)=0$ 得

$f^{\prime \prime }(x_0)=\frac{1-e^{-x_0}}{x_0}$。

若 $x_0>0$，分子、分母均为正；若 $x_0<0$，分子、分母均为负。因此总有

$f^{\prime \prime }(x_0)>0$。

故 $x=x_0$ 为极小值点。

13. 由 ${\int }_0^y{e}^{-\frac{t^2}{4}}dt=\frac{1}{3}(\sqrt{x}-2{)}^2$ 所确定的函数 $y=y(x)$（ ）

A. 只有极大值点 $x=4$，极大值为 $0$

B. 只有极小值点 $x=4$，极小值为 $0$

C. 只有极大值点 $x=0$

D. 有极大值点和极小值点分别为 $x=0$，$x=4$

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答案：

D。

解析：

左端关于 $y$ 严格单调增加，因此 $y$ 与

$h(x)=\frac{1}{3}(\sqrt{x}-2{)}^2$。

具有相同的单调变化趋势。

在函数定义域内，$h(x)$ 在 $[0,4]$ 上单调减少，在 $[4,+\infty )$ 的可定义部分单调增加。

所以端点 $x=0$ 为单侧极大值点，$x=4$ 为极小值点。又 $h(4)=0$，故由左端严格单调性得 $y(4)=0$。

14. 设函数 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，$g^{\prime }(x)>0$，则在 $(a,b)$ 上，“$\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ 严格单调递增”是“$\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}$ 严格单调递增”的（ ）

A. 充分非必要条件

B. 必要非充分条件

C. 充分必要条件

D. 既非充分又非必要条件

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答案：

A。

解析：

由单调形式的柯西中值定理可知，若

$\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$

严格单调递增，则相应的割线斜率

$\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}$

也严格单调递增，因此该条件充分。

反之，割线斜率严格递增并不能保证每一点的导数比值也严格递增，所以不是必要条件。

15. 曲线 $y=(5x-3)e^{-\frac{1}{x}}$ 有渐近线（ ）

A. $x=0,y=5x+2$

B. $x=0,y=5x-8$

C. $x=0,y=5x-3$

D. $x=0,y=5x-2$

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答案：

B。

解析：

当 $x\to 0^{-}$ 时，$e^{-1/x}\to +\infty$，故 $y\to -\infty$，所以 $x=0$ 为铅直渐近线。

当 $|x|\to \infty$ 时，

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

于是

$(5x-3)e^{-\frac{1}{x}}=5x-8+O\left(\frac{1}{x}\right)$。

故斜渐近线为 $y=5x-8$。

16. 曲线 $y=\frac{\sqrt{x^2-x+1}}{e^x-1}$ 的渐近线共有（ ）

A. $1$ 条

B. $2$ 条

C. $3$ 条

D. $4$ 条或 $4$ 条以上

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答案：

C。

解析：

当 $x\to 0$ 时，分子趋于 $1$，分母趋于 $0$，故 $x=0$ 为铅直渐近线。

当 $x\to +\infty$ 时，分母按指数增长，故

$y\to 0$，

所以 $y=0$ 为水平渐近线。

当 $x\to -\infty$ 时，

$\sqrt{x^2-x+1}=-x+\frac{1}{2}+o(1)$，

且 $e^x-1\to -1$，从而

$y=x-\frac{1}{2}+o(1)$。

故还有斜渐近线 $y=x-\frac{1}{2}$。共三条。

17. 曲线 $r(3\theta -\pi )=1$ 的斜渐近线为（ ）

A. $y=\sqrt{2}x-\frac{3}{2}$

B. $y=\sqrt{2}x+\frac{3}{2}$

C. $y=\sqrt{3}x-\frac{2}{3}$

D. $y=\sqrt{3}x+\frac{2}{3}$

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答案：

D。

解析：

由

$r=\frac{1}{3\theta -\pi }$，

当 $\theta \to \frac{\pi }{3}$ 时，$|r|\to \infty$，故渐近线方向角为 $\frac{\pi }{3}$，斜率为 $\sqrt{3}$。

计算截距：

$y-\sqrt{3}x=r(\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta )$。

令 $\theta =\frac{\pi }{3}+u$，则当 $u\to 0$ 时，

$r=\frac{1}{3u}$，

而

$\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta =2u+o(u)$。

因此

$\lim (y-\sqrt{3}x)=\frac{2}{3}$。

故斜渐近线为

$y=\sqrt{3}x+\frac{2}{3}$。

18. 曲线 $y=x^2\ln \left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}\right)$ 的斜渐近线为

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答案：

$y=x-1$。

解析：

令 $u=\frac{1}{x}$。当 $u\to 0$ 时，

$\ln (\sin u+\cos u)=u-u^2+O(u^3)$。

所以

$y=x^2\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+O\left(\frac{1}{x^3}\right)\right)=x-1+O\left(\frac{1}{x}\right)$。

故斜渐近线为 $y=x-1$。

19. 求曲线 $y=x^2\left[\frac{{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x}{e}-1\right](x>0)$ 的斜渐近线

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答案：

$y=-\frac{1}{2}x+\frac{11}{24}$。

解析：

有

$x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-1=-\frac{1}{2x}+\frac{1}{3x^2}+O\left(\frac{1}{x^3}\right)$。

因此

$\frac{{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x}{e}=\exp \left[-\frac{1}{2x}+\frac{1}{3x^2}+O\left(\frac{1}{x^3}\right)\right]$，

展开得

$\frac{{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x}{e}-1=-\frac{1}{2x}+\frac{11}{24x^2}+O\left(\frac{1}{x^3}\right)$。

故

$y=-\frac{1}{2}x+\frac{11}{24}+O\left(\frac{1}{x}\right)$。

20. 设函数 $f(x)$ 在 $x=2$ 的某邻域内连续，且有 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln [f(x+2)+e^{x^2}]}{1-\cos x}=4$，则 $x=2$ 是 $f(x)$ 的（ ）

A. 不可导点

B. 驻点且是极大值点

C. 驻点且是极小值点

D. 可导点但不是驻点

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答案：

C。

解析：

因为分母趋于零且极限有限，所以

$\ln [f(2)+1]=0$，

即 $f(2)=0$。

又

$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，

故

$\ln [f(x+2)+e^{x^2}]=2x^2+o(x^2)$。

指数化得

$f(x+2)+e^{x^2}=1+2x^2+o(x^2)$。

而

$e^{x^2}=1+x^2+o(x^2)$，

所以

$f(x+2)=x^2+o(x^2)$。

因此 $f^{\prime }(2)=0$，且 $f(x)>f(2)$ 在充分小的去心邻域内成立，故 $x=2$ 为驻点且是极小值点。

21. 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内连续，其一阶导函数 $f^{\prime }(x)$ 的图形如图所示，并设在 $f^{\prime }(x)$ 存在处 $f^{\prime \prime }(x)$ 也存在，则曲线 $y=f(x)$ 的拐点个数为（ ）

A. $1$

B. $2$

C. $3$

D. $4$

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答案：

现有原题材料缺少所指的 $f^{\prime }(x)$ 图像，无法唯一确定选项。

解析：

曲线 $y=f(x)$ 的拐点对应 $f^{\prime \prime }(x)$ 变号的位置，也就是图像 $y=f^{\prime }(x)$ 的单调性发生改变的位置。没有原图就无法确定 $f^{\prime }(x)$ 的极值点及单调区间，因此不能可靠判断拐点个数。

22. $f(x)=\frac{1}{1+|x|}+\frac{1}{1+|x-a|}(a>0)$ 的最大值为（ ）

A. $\frac{1+a}{2+a}$

B. $\frac{2+a}{1+a}$

C. $\frac{1+2a}{2+a}$

D. $\frac{2+a}{1+2a}$

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答案：

B。

解析：

函数关于 $x=\frac{a}{2}$ 对称。

在 $[0,a]$ 上，

$f(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+a-x}$，

其二阶导数为正，因此该区间内最大值在端点取得。

当 $x<0$ 或 $x>a$ 时，函数沿远离区间 $[0,a]$ 的方向递减，故全局最大值在 $x=0$ 或 $x=a$ 处取得。

$f(0)=f(a)=1+\frac{1}{1+a}=\frac{a+2}{a+1}$。

23. 设 $f^{\prime }(x)$ 在区间 $[0,4]$ 上连续，曲线 $y=f^{\prime }(x)$ 与直线 $x=0,x=4,y=0$ 围成如图所示的三个区域，其面积分别为 $S_1=3,S_2=4,S_3=2$，且 $f(0)=1$，则 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的最大值与最小值分别为（ ）

A. $2,-3$

B. $4,-3$

C. $2,-2$

D. $4,-2$

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答案：

现有原题材料缺少 $f^{\prime }(x)$ 图像，无法唯一确定选项。

解析：

需要根据图像判断三个区域位于 $x$ 轴上方还是下方，从而确定三个有向面积的正负。若图中三个区域按“下、上、下”排列，则

$f$ 的关键点函数值依次为

$1,1-3=-2,-2+4=2,2-2=0$，

此时最大值为 $2$、最小值为 $-2$，对应 C。但由于原图缺失，不能确认区域的实际正负次序。

24. 设 $y={\tan }^{n}x$ 在 $x=\frac{\pi }{4}$ 处的切线在 $x$ 轴上的截距为 $x_n$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }y(x_n)=$

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答案：

$\frac{1}{e}$。

解析：

在 $x=\frac{\pi }{4}$ 处，

$y=1$，

且

$y^{\prime }=n{\tan }^{n-1}x{\sec }^{2}x=2n$。

故切线方程为

$y-1=2n\left(x-\frac{\pi }{4}\right)$。

令 $y=0$，得

$x_n=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2n}$。

于是

$y(x_n)={\tan }^n\left(\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2n}\right)$。

取对数，利用

${\frac{d}{dx}\ln \tan x|}_{x=\frac{\pi }{4}}=2$，

得

$n\ln \tan \left(\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2n}\right)\to -1$。

故极限为 $e^{-1}$。

25. 过曲线 $\frac{x^2}{4}+y^2=1(x>0,y>0)$ 任意点作该曲线的切线，切线夹在两坐标轴之间的部分为 $L$，求 $L$ 的最小长度，以及 $L$ 的长度达到最小时的切点坐标

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答案：

$L_{\min }=3$；

切点为

$\left(\frac{2\sqrt{6}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$。

解析：

设切点为 $(x_0,y_0)$，则

$\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1$。

切线方程为

$\frac{x_{0}x}{4}+y_{0}y=1$。

它在两坐标轴上的截距分别为

$\frac{4}{x_0},\frac{1}{y_0}$。

故

$L^2=\frac{16}{x_0^2}+\frac{1}{y_0^2}$。

令

$\frac{x_0}{2}=\cos \theta ,y_0=\sin \theta$，

其中 $0<\theta <\frac{\pi }{2}$。则

$L^2=4{\sec }^2\theta +{\csc }^2\theta$。

求导并令其为零，得

$4{\tan }^4\theta =1$，

故

${\tan }^2\theta =\frac{1}{2}$。

于是

${\cos }^2\theta =\frac{2}{3},{\sin }^2\theta =\frac{1}{3}$。

因此

$x_0=2\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3},y_0=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，

且

$L_{\min }^2=6+3=9$。

26. 求 $f(x)={\int }_0^1\ln |x-t|dt(0\le x\le 1)$ 的最大值

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答案：

$-1$。

解析：

当 $0<x<1$ 时，分段积分得

$f(x)={\int }_0^x\ln (x-t)dt+{\int }_x^1\ln (t-x)dt$，

即

$f(x)=x\ln x+(1-x)\ln (1-x)-1$。

有

$f^{\prime }(x)=\ln \frac{x}{1-x}$，

$f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}>0$。

因此内部驻点 $x=\frac{1}{2}$ 为极小值点，最大值只能在端点取得。

$f(0)={\int }_0^1\ln tdt=-1$，

$f(1)={\int }_0^1\ln (1-t)dt=-1$。

故最大值为 $-1$。

27. 设 $y=y(x)$ 满足微分方程 $(x{y}^{\prime }-2)\ln x+y=0$，$y(e)=2$

（1）求 $y=y(x)$ 的表达式及其定义域；

（2）求函数 $y=y(x)$ 的极值

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答案：

（1）$y=\ln x+\frac{1}{\ln x}$，包含初始点的定义区间为 $(1,+\infty )$；

（2）在 $x=e$ 处取得极小值 $2$。

解析：

原方程可写成

$x\ln x{y}^{\prime }+y=2\ln x$。

注意

$x(y\ln x{)}^{\prime }=x\ln x{y}^{\prime }+y$，

故

$(y\ln x{)}^{\prime }=\frac{2\ln x}{x}$。

积分得

$y\ln x=(\ln x{)}^2+C$，

即

$y=\ln x+\frac{C}{\ln x}$。

由 $y(e)=2$ 得 $C=1$。

由于初始点 $e>1$，最大定义区间为 $(1,+\infty )$。

求导：

$y^{\prime }=\frac{1}{x}-\frac{1}{x(\ln x{)}^2}=\frac{(\ln x{)}^2-1}{x(\ln x{)}^2}$。

在 $(1,e)$ 上 $y^{\prime }<0$，在 $(e,+\infty )$ 上 $y^{\prime }>0$，故 $x=e$ 为极小值点，极小值为 $2$。

28. 设 $y=y(x)$ 满足 $(xy-1)dx+x^{2}dy=0$，$x>0$，$y(1)=0$，求：

（1）$y=y(x)$ 的表达式；

（2）曲线 $y=y(x)$ 的拐点及渐近线

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答案：

（1）$y=\frac{\ln x}{x}$；

（2）拐点为

$\left(e^{\frac{3}{2}},\frac{3}{2e^{\frac{3}{2}}}\right)$；

渐近线为

$x=0,y=0$。

解析：

微分方程化为

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

积分因子为 $x$，所以

$(xy{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$。

积分得

$xy=\ln x+C$。

由 $y(1)=0$ 得 $C=0$，故

$y=\frac{\ln x}{x}$。

求导得

$y^{\prime }=\frac{1-\ln x}{x^2}$，

$y^{\prime \prime }=\frac{2\ln x-3}{x^3}$。

令 $y^{\prime \prime }=0$，得 $x=e^{\frac{3}{2}}$，且二阶导数变号，故拐点为

$\left(e^{\frac{3}{2}},\frac{3}{2e^{\frac{3}{2}}}\right)$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$y\to -\infty$，故 $x=0$ 为铅直渐近线；当 $x\to +\infty$ 时，$y\to 0$，故 $y=0$ 为水平渐近线。

29. 曲线 $y=x\ln \left(2+\frac{1}{x-1}\right)$ 的斜渐近线方程为（ ）

A. $y=x\ln 2+1$

B. $y=x\ln 2+\frac{1}{2}$

C. $y=x\ln 2-1$

D. $y=x\ln 2-\frac{1}{2}$

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答案：

B。

解析：

当 $|x|\to \infty$ 时，

$y-x\ln 2=x\ln \left(1+\frac{1}{2(x-1)}\right)$。

利用 $\ln (1+u)\sim u$，得

$\underset{|x|\to \infty }{\lim }[y-x\ln 2]=\underset{|x|\to \infty }{\lim }\frac{x}{2(x-1)}=\frac{1}{2}$。

故斜渐近线为

$y=x\ln 2+\frac{1}{2}$。

30. 求曲线 $y=x^3\left(e^{\frac{1}{x}}+e^{-\frac{1}{x}}-2\right)$ 的全部渐近线

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答案：

$x=0$，$y=x$。

解析：

当 $x\to 0^{+}$ 时，$x^3{e}^{1/x}\to +\infty$；当 $x\to 0^{-}$ 时，$x^3{e}^{-1/x}\to -\infty$，故 $x=0$ 为铅直渐近线。

当 $|x|\to \infty$ 时，

$e^{\frac{1}{x}}+e^{-\frac{1}{x}}-2=\frac{1}{x^2}+O\left(\frac{1}{x^4}\right)$。

于是

$y=x+O\left(\frac{1}{x}\right)$，

故斜渐近线为 $y=x$。

31. 设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $\{\begin{array}{l}x=2e^t+t+1,\\ y=4(t-1)e^t+t^2\end{array}$ 确定，求 $y=y(x)$ 在 $t=0$ 对应点处的法线方程

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答案：

$x=3$。

解析：

当 $t=0$ 时，

$x=3,y=-4$。

又

$\frac{dx}{dt}=2e^t+1$，

$\frac{dy}{dt}=4t{e}^t+2t$。

在 $t=0$ 处，

$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=0$。

故切线为水平线，法线为铅直线

$x=3$。

32. 设 $y=f(x)$ 是由方程 $x(1+y)-e^y+1=0$ 确定的隐函数，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,0)$ 处的曲率为

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答案：

$\frac{\sqrt{2}}{4}$。

解析：

对原方程求导：

$1+y+x{y}^{\prime }-e^y{y}^{\prime }=0$。

在 $(0,0)$ 处，得

$1-y^{\prime }(0)=0$，故 $y^{\prime }(0)=1$。

再次求导：

$2y^{\prime }+x{y}^{\prime \prime }-e^y[(y^{\prime }{)}^2+y^{\prime \prime }]=0$。

在 $(0,0)$ 处代入 $y^{\prime }(0)=1$，得

$2-1-y^{\prime \prime }(0)=0$，

所以 $y^{\prime \prime }(0)=1$。

曲率为

$K=\frac{|y^{\prime \prime }(0)|}{[1+y^{\prime }(0{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。

33. 设圆与曲线 $x=y^2$ 在 $(0,0)$ 处有公切线且它们关于 $y$ 的二阶导数值相同，则该圆的方程为

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答案：

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

解析：

曲线 $x=y^2$ 在原点满足

${\frac{dx}{dy}|}_{y=0}=0$，

故切线为 $x=0$。与其在原点相切的圆，其圆心必在 $x$ 轴上。设圆为

$(x-a{)}^2+y^2=a^2$。

将 $x$ 看作 $y$ 的函数，对圆方程求导：

$2(x-a)\frac{dx}{dy}+2y=0$。

在原点有 $\frac{dx}{dy}=0$。再求导：

$2{\left(\frac{dx}{dy}\right)}^2+2(x-a)\frac{d^{2}x}{d{y}^2}+2=0$。

在原点代入得

$-2a\frac{d^{2}x}{d{y}^2}+2=0$，

所以圆在原点处

$\frac{d^{2}x}{d{y}^2}=\frac{1}{a}$。

而抛物线 $x=y^2$ 有

$\frac{d^{2}x}{d{y}^2}=2$。

故 $a=\frac{1}{2}$，圆方程为

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