第四章 微分中值定理及其应用

选择题

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处连续，且

$$\displaystyle \lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{(x-a)^4}=2,$$

则 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处

A. 不可导；

B. 可导且 $\displaystyle f'(a)\ne0$；

C. 有极大值；

D. 有极小值。

由

$$\displaystyle \lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{(x-a)^4}=2$$

可知当 $\displaystyle x\to a$ 时

$$\displaystyle f(x)=2(x-a)^4+o\bigl((x-a)^4\bigr).$$

又因为 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处连续，而上式右端趋于 $\displaystyle 0$，所以

$$\displaystyle f(a)=0.$$

当 $\displaystyle x\ne a$ 且充分接近 $\displaystyle a$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{f(x)}{(x-a)^4}>0,$$

从而 $\displaystyle f(x)>0=f(a)$。因此 $\displaystyle x=a$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的严格极小值点，故选 D。

此外，

$$\displaystyle f'(a)=\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} =\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{(x-a)^4}(x-a)^3=0,$$

因而 A、B 均错误；C 与实际极值类型相反。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

若

$$\displaystyle xf''(x)+3x[f'(x)]^2=1-e^x,$$

且 $\displaystyle f'(0)=0$，$\displaystyle f''(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 连续，则下列正确的是

A. $\displaystyle (0,f(0))$ 是曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 的拐点；

B. $\displaystyle f(0)$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的极小值；

C. $\displaystyle f(0)$ 不是 $\displaystyle f(x)$ 的极值，$\displaystyle (0,f(0))$ 也不是 $\displaystyle y=f(x)$ 的拐点；

D. $\displaystyle f(0)$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的极大值。

当 $\displaystyle x\ne0$ 时，将原式除以 $\displaystyle x$，得

$$\displaystyle f''(x)+3[f'(x)]^2=\dfrac{1-e^x}{x}.$$

令 $\displaystyle x\to0$。由于 $\displaystyle f''(x)$ 在 $\displaystyle 0$ 处连续，故 $\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle 0$ 处连续；结合 $\displaystyle f'(0)=0$，有

$$\displaystyle f''(0)+3[f'(0)]^2 =\lim_{x\to0}\dfrac{1-e^x}{x}=-1.$$

因而

$$\displaystyle f''(0)=-1<0.$$

由二阶导数判别法，$\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的严格极大值点，所以 D 正确，B、C 错误。

又因 $\displaystyle f''$ 在 $\displaystyle 0$ 处连续且 $\displaystyle f''(0)<0$，故在 $\displaystyle 0$ 的某邻域内恒有 $\displaystyle f''(x)<0$，曲线在该点两侧凹凸性不发生改变，因此 $\displaystyle (0,f(0))$ 不是拐点，A 错误。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 定义，$\displaystyle x_0\in(a,b)$，则下列命题中正确的是

A. 若 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 单调增加且可导，则 $\displaystyle f'(x)>0\ (x\in(a,b))$；

B. 若 $\displaystyle (x_0,f(x_0))$ 是曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 的拐点，则 $\displaystyle f''(x_0)=0$；

C. 若 $\displaystyle f'(x_0)=0$，$\displaystyle f''(x_0)=0$，$\displaystyle f'''(x_0)\ne0$，则 $\displaystyle x_0$ 一定不是 $\displaystyle f(x)$ 的极值点；

D. 若 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=x_0$ 处取极值，则 $\displaystyle f'(x_0)=0$。

由 $\displaystyle f'''(x_0)\ne0$ 及前三阶导数在 $\displaystyle x_0$ 处存在，利用带皮亚诺余项的泰勒公式，

$$\displaystyle f(x)=f(x_0)+\dfrac{f'''(x_0)}{6}(x-x_0)^3 +o\bigl((x-x_0)^3\bigr).$$

当 $\displaystyle x$ 从 $\displaystyle x_0$ 左侧变到右侧时，主项

$$\displaystyle \dfrac{f'''(x_0)}{6}(x-x_0)^3$$

改变符号，因此 $\displaystyle f(x)-f(x_0)$ 在 $\displaystyle x_0$ 两侧异号，$\displaystyle x_0$ 不可能是极值点，故 C 正确。

对其余选项：单调增加的可导函数只能保证 $\displaystyle f'(x)\ge0$，例如 $\displaystyle f(x)=x^3$ 单调增加但 $\displaystyle f'(0)=0$，故 A 错误；拐点处二阶导数可能不存在，例如 $\displaystyle f(x)=\sqrt[3]{x}$ 在原点凹凸性改变，故 B 错误；D 缺少“在 $\displaystyle x_0$ 处可导”的条件，例如 $\displaystyle f(x)=|x|$ 在 $\displaystyle 0$ 处取极小值但导数不存在。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x)$ 可导、恒正，且 $\displaystyle 0<a<x<b$ 时恒有 $\displaystyle f(x)<xf'(x)$，则

A. $\displaystyle bf(a)>af(b)$；

B. $\displaystyle abf(x)>x^2f(b)$；

C. $\displaystyle af(a)<xf(x)$；

D. $\displaystyle abf(x)<x^2f(a)$。

构造辅助函数

$$\displaystyle \varphi(x)=\dfrac{f(x)}{x},\qquad x>0.$$

则

$$\displaystyle \varphi'(x)=\dfrac{xf'(x)-f(x)}{x^2}>0.$$

因此 $\displaystyle \varphi(x)=f(x)/x$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上严格单调增加。于是对 $\displaystyle a<x<b$，

$$\displaystyle \dfrac{f(a)}a<\dfrac{f(x)}x<\dfrac{f(b)}b.$$

第一部分给出

$$\displaystyle xf(a)<af(x).$$

又因 $\displaystyle f(a)>0$ 且 $\displaystyle x>a>0$，有

$$\displaystyle af(a)<xf(a)<af(x)<xf(x),$$

从而

$$\displaystyle af(a)<xf(x),$$

故 C 正确。

同时，由 $\displaystyle f(a)/a<f(b)/b$ 得 $\displaystyle bf(a)<af(b)$，所以 A 错误；由 $\displaystyle f(x)/x<f(b)/b$ 得 $\displaystyle bf(x)<xf(b)$，与 B 的方向相反；D 也与 $\displaystyle f(a)/a<f(x)/x$ 所反映的大小关系不符。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

若函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上连续，在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内可导，且 $\displaystyle f(0)<0$，$\displaystyle f'(x)\ge k>0$，则在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内 $\displaystyle f(x)$

A. 没有零点；

B. 至少有一个零点；

C. 只有一个零点；

D. 有无零点不能确定。

对任意 $\displaystyle x>0$，由拉格朗日中值定理，存在 $\displaystyle \xi\in(0,x)$，使得

$$\displaystyle f(x)-f(0)=f'(\xi)x\ge kx.$$

因而

$$\displaystyle f(x)\ge f(0)+kx.$$

当 $\displaystyle x>-f(0)/k$ 时，右端为正，所以存在某个 $\displaystyle x_1>0$ 使 $\displaystyle f(x_1)>0$。结合 $\displaystyle f(0)<0$ 以及 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,x_1]$ 上连续，由零点定理知 $\displaystyle (0,x_1)$ 内至少有一个零点。

另一方面，$\displaystyle f'(x)\ge k>0$，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上严格单调增加，零点至多一个。综上，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内恰有一个零点，故选 C。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

曲线

$$\displaystyle y=\arctan\dfrac{x^2+x+1}{(x-1)(x+2)}$$

渐近线的条数是

A. 1；

B. 2；

C. 3；

D. 4。

函数的定义域为

$$\displaystyle x\ne1,-2.$$

当 $\displaystyle x\to\pm\infty$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{x^2+x+1}{(x-1)(x+2)} o1,$$

因而

$$\displaystyle y\to\arctan1=\dfrac\pi4.$$

所以曲线有一条水平渐近线

$$\displaystyle y=\dfrac\pi4.$$

当 $\displaystyle x\to1^\pm$ 或 $\displaystyle x\to-2^\pm$ 时，分式趋于 $\displaystyle \pm\infty$，但

$$\displaystyle \arctan(\pm\infty)=\pm\dfrac\pi2$$

为有限值，因此 $\displaystyle x=1$ 和 $\displaystyle x=-2$ 都不是竖直渐近线。函数整体有界，也不可能存在斜渐近线。故渐近线只有一条，选 A。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

曲线

$$\displaystyle y=f(x)=-\dfrac{x^2}{2}-2x+\frac32(x+1)\ln|x+1|+\frac12(x-1)\ln|x-1|$$

的拐点有

A. 1 个；

B. 2 个；

C. 3 个；

D. 4 个。

函数定义域为

$$\displaystyle (-\infty,-1)\cup(-1,1)\cup(1,+\infty).$$

求导得

$$\displaystyle f'(x)=-x+\frac32\ln|x+1|+\frac12\ln|x-1|,$$

进一步有

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

对 $\displaystyle f''(x)$ 作符号分析：

• 在 $\displaystyle ( -\infty,-1)$ 上，$\displaystyle f''(x)<0$；
• 在 $\displaystyle (-1,0)$ 上，$\displaystyle f''(x)>0$；
• 在 $\displaystyle (0,1)$ 上，$\displaystyle f''(x)<0$；
• 在 $\displaystyle (1,2)$ 上，$\displaystyle f''(x)>0$；
• 在 $\displaystyle (2,+\infty)$ 上，$\displaystyle f''(x)<0$。

虽然凹凸性在 $\displaystyle x=-1,1$ 两侧发生变化，但这两点不在函数定义域内，不能成为拐点。凹凸性在定义域内的 $\displaystyle x=0$ 与 $\displaystyle x=2$ 处均发生改变，因此共有两个拐点：

$$\displaystyle (0,0),\qquad \left(2,-6+\frac92\ln3\right).$$

故选 B。

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

函数

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} x^2\ln|x|,&x\ne0,\\ 0,&x=0 \end{cases}$$

的极大值点是 $\displaystyle x=\underline{\qquad}$，极小值点是 $\displaystyle x=\underline{\qquad}$。

当 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle f'(x)=2x\ln|x|+x=x\bigl(2\ln|x|+1\bigr).$$

令 $\displaystyle f'(x)=0$，得到

$$\displaystyle |x|=e^{-1/2}=\frac1{\sqrt e}.$$

此外，

$$\displaystyle f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{x^2\ln|x|}{x} =\lim_{x\to0}x\ln|x|=0,$$

所以 $\displaystyle x=0$ 也是驻点。

根据 $\displaystyle f'(x)$ 的符号：

$$\displaystyle \begin{array}{c|cccccc} x&(-\infty,-1/\sqrt e)&-1/\sqrt e&(-1/\sqrt e,0)&0&(0,1/\sqrt e)&1/\sqrt e&(1/\sqrt e,+\infty)\\ \hline f'(x)&-&0&+&0&-&0&+ \end{array}$$

可知 $\displaystyle x=\pm1/\sqrt e$ 均为极小值点。

又当 $\displaystyle 0<|x|<1$ 时，$\displaystyle \ln|x|<0$，故

$$\displaystyle f(x)=x^2\ln|x|<0=f(0),$$

因而 $\displaystyle x=0$ 是极大值点。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线

$$\displaystyle y=3x+\dfrac{\ln x}{2x}+1$$

的渐近线方程为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

函数定义域为 $\displaystyle x>0$。当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{\ln x}{2x}\to-\infty,$$

从而 $\displaystyle y\to-\infty$，故

$$\displaystyle x=0$$

是竖直渐近线。

当 $\displaystyle x\to+\infty$ 时，

$$\displaystyle y-(3x+1)=\dfrac{\ln x}{2x}\to0,$$

所以

$$\displaystyle y=3x+1$$

是斜渐近线。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线

$$\displaystyle y=\frac9{14}x^4(x^2-7)\qquad(-\infty<x<+\infty)$$

的拐点是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

将函数写为

$$\displaystyle y=\frac9{14}(x^6-7x^4).$$

两次求导，得

$$\displaystyle y''=\frac9{14}(30x^4-84x^2) =\dfrac{27}{7}x^2(5x^2-14).$$

令 $\displaystyle y''=0$，得

$$\displaystyle x=0, \qquad x=\pm\sqrt{\dfrac{14}{5}}.$$

因为因子 $\displaystyle x^2$ 在 $\displaystyle x=0$ 两侧不改变符号，故 $\displaystyle y''$ 在 $\displaystyle x=0$ 两侧均为负，$\displaystyle x=0$ 不是拐点。

在 $\displaystyle x=\pm\sqrt{14/5}$ 两侧，因子 $\displaystyle 5x^2-14$ 改变符号，曲线凹凸性发生改变，所以这两点是拐点。代入 $\displaystyle x^2=14/5$，有

$$\displaystyle y=\frac9{14}\left(\dfrac{14}{5}\right)^2 \left(\dfrac{14}{5}-7\right) =-\dfrac{2646}{125}.$$

因而拐点为

$$\displaystyle \left(\pm\sqrt{\dfrac{14}{5}},-\dfrac{2646}{125}\right).$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

数列

$$\displaystyle 1,\sqrt2,\sqrt[3]3,\cdots,\sqrt[n]n,\cdots$$

的最大项为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

考虑连续函数

$$\displaystyle \varphi(x)=x^{1/x}\qquad(x>0).$$

取对数得

$$\displaystyle \ln\varphi(x)=\dfrac{\ln x}{x}.$$

因而

$$\displaystyle \dfrac{\varphi'(x)}{\varphi(x)} =\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)' =\dfrac{1-\ln x}{x^2}.$$

所以 $\displaystyle \varphi(x)$ 在 $\displaystyle (0,e)$ 上单调增加，在 $\displaystyle (e,+\infty)$ 上单调减少。由于

$$\displaystyle 2<e<3,$$

故整数项中的最大值只需比较 $\displaystyle n=2,3$ 两项。又

$$\displaystyle \left(\sqrt[3]{3}\right)^6=9, \qquad \left(\sqrt2\right)^6=8,$$

因而

$$\displaystyle \sqrt[3]{3}>\sqrt2.$$

所以数列的最大项为 $\displaystyle \sqrt[3]{3}$。

计算题与证明题

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} e^x-2,&x>0,\\ xe^x,&x\le0, \end{cases} \qquad g(x)= \begin{cases} -e^x,&x\ge0,\\ xe^x,&x<0, \end{cases}$$

讨论 $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle g(x)$ 的极值。

先讨论 $\displaystyle f(x)$。当 $\displaystyle x<0$ 时，

$$\displaystyle f'(x)=(xe^x)'=(x+1)e^x.$$

因为 $\displaystyle e^x>0$，所以

$$\displaystyle f'(x)<0\quad(x<-1), \qquad f'(x)>0\quad(-1<x<0).$$

因而 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=-1$ 处由减变增，取得极小值

$$\displaystyle f(-1)=-\frac1e.$$

当 $\displaystyle x>0$ 时，

$$\displaystyle f'(x)=e^x>0,$$

故在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上无极值。

虽然 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处不连续，因为

$$\displaystyle f(0)=0, \qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=-1,$$

但极值并不要求函数在该点连续。对充分接近 $\displaystyle 0$ 的 $\displaystyle x\ne0$，有

$$\displaystyle x<0\Rightarrow xe^x<0, \qquad x>0\Rightarrow e^x-2<0,$$

因而

$$\displaystyle f(x)<f(0)=0.$$

所以 $\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的严格极大值点。

再讨论 $\displaystyle g(x)$。当 $\displaystyle x<0$ 时，

$$\displaystyle g'(x)=(x+1)e^x,$$

因而 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,-1)$ 上递减，在 $\displaystyle (-1,0)$ 上递增，所以

$$\displaystyle g(-1)=-\frac1e$$

是极小值。

当 $\displaystyle x>0$ 时，

$$\displaystyle g'(x)=-e^x<0,$$

故无极值。对于 $\displaystyle x=0$，有 $\displaystyle g(0)=-1$。当 $\displaystyle x<0$ 且接近 $\displaystyle 0$ 时，

$$\displaystyle g(x)=xe^x>-1=g(0),$$

而当 $\displaystyle x>0$ 时，

$$\displaystyle g(x)=-e^x<-1=g(0).$$

因此 $\displaystyle x=0$ 既不是极大值点，也不是极小值点。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求函数

$$\displaystyle y=\dfrac{2x^2}{(1-x)^2}$$

的单调区间、极值点、凹凸性区间与拐点。

函数的定义域为

$$\displaystyle (-\infty,1)\cup(1,+\infty).$$

求导得

$$\displaystyle y'=\left[2x^2(1-x)^{-2}\right]' =\dfrac{4x}{(1-x)^3}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{array}{c|ccc} x&(-\infty,0)&(0,1)&(1,+\infty)\\ \hline y'&-&+&- \end{array}$$

从而函数在 $\displaystyle ( -\infty,0)$ 和 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上单调减少，在 $\displaystyle (0,1)$ 上单调增加。由于导数在 $\displaystyle x=0$ 两侧由负变正，故 $\displaystyle x=0$ 为极小值点，且

$$\displaystyle y(0)=0.$$

函数没有极大值点。注意 $\displaystyle x=1$ 不在定义域内，不能作为极值点。

再求二阶导数：

$$\displaystyle y''=\left[\dfrac{4x}{(1-x)^3}\right]' =\dfrac{4(1+2x)}{(1-x)^4}.$$

因为 $\displaystyle (1-x)^4>0$，故 $\displaystyle y''$ 的符号由 $\displaystyle 1+2x$ 决定：

$$\displaystyle y''<0\quad\left(x<-\frac12\right), \qquad y''>0\quad\left(x>-\frac12,\ x\ne1\right).$$

因而曲线在 $\displaystyle ( -\infty,-1/2)$ 上向下凸，在 $\displaystyle (-1/2,1)$ 与 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上向上凹。由于 $\displaystyle y''$ 在 $\displaystyle x=-1/2$ 两侧变号，且函数在该点连续，所以该点为拐点。其纵坐标为

$$\displaystyle y\left(-\frac12\right) =\dfrac{2\cdot\frac14}{\left(1+\frac12\right)^2} =\frac29.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

作函数

$$\displaystyle y=\dfrac{\ln x}{x}$$

的图形。

函数的定义域为

$$\displaystyle x>0.$$

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，令 $\displaystyle t=1/x\to+\infty$，则

$$\displaystyle \dfrac{\ln x}{x}=-t\ln t\to-\infty,$$

所以 $\displaystyle x=0$ 是竖直渐近线。当 $\displaystyle x\to+\infty$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{\ln x}{x}\to0,$$

所以 $\displaystyle y=0$ 是水平渐近线。

一阶导数为

$$\displaystyle y'=\dfrac{1-\ln x}{x^2}.$$

因此

$$\displaystyle y'>0\quad(0<x<e), \qquad y'<0\quad(x>e).$$

故函数在 $\displaystyle (0,e)$ 上单调增加，在 $\displaystyle (e,+\infty)$ 上单调减少，并在 $\displaystyle x=e$ 处取得最大值

$$\displaystyle y(e)=\frac1e.$$

又

$$\displaystyle y=0\Longleftrightarrow \ln x=0\Longleftrightarrow x=1,$$

所以图像与 $\displaystyle x$ 轴交于 $\displaystyle (1,0)$。

二阶导数为

$$\displaystyle y''=\dfrac{2\ln x-3}{x^3}.$$

因此

$$\displaystyle y''<0\quad\left(0<x<e^{3/2}\right), \qquad y''>0\quad\left(x>e^{3/2}\right).$$

曲线在 $\displaystyle (0,e^{3/2})$ 上向下凸，在 $\displaystyle (e^{3/2},+\infty)$ 上向上凹，拐点为

$$\displaystyle \left(e^{3/2},\dfrac{3}{2e^{3/2}}\right) =\left(e^{3/2},\dfrac{3}{2e^{3/2}}\right).$$

根据以上信息即可作出图形：曲线从 $\displaystyle x=0^+$ 附近的负无穷开始上升，经过 $\displaystyle (1,0)$，到 $\displaystyle (e,1/e)$ 达到最高点，随后下降并从上方趋近于水平渐近线 $\displaystyle y=0$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x),g(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导，$\displaystyle g(x)\ne0$，且

$$\displaystyle \begin{vmatrix} f(x)&g(x)\\ f'(x)&g'(x) \end{vmatrix}=0\qquad(\forall x\in(a,b)).$$

证明：存在常数 $\displaystyle c$，使得 $\displaystyle f(x)=cg(x)$，$\displaystyle x\in(a,b)$。

由行列式恒等于零，得

$$\displaystyle f(x)g'(x)-f'(x)g(x)=0.$$

又因为 $\displaystyle g(x)\ne0$，所以函数

$$\displaystyle h(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}$$

在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导，并且

$$\displaystyle h'(x) =\left(\dfrac{f(x)}{g(x)}\right)' =\dfrac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)} =0.$$

根据拉格朗日中值定理，导数在区间 $\displaystyle (a,b)$ 内恒为零的函数必为常数。因此存在常数 $\displaystyle c$，使得

$$\displaystyle \dfrac{f(x)}{g(x)}=c,$$

即

$$\displaystyle f(x)=cg(x),\qquad x\in(a,b).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

证明：

$$\displaystyle \arctan x=\arcsin\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\qquad(x\in(-\infty,+\infty)).$$

令

$$\displaystyle F(x)=\arctan x, \qquad G(x)=\arcsin\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

对任意实数 $\displaystyle x$，都有

$$\displaystyle -1<\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}<1,$$

故 $\displaystyle G(x)$ 在全体实数上有定义。

先计算导数：

$$\displaystyle F'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}.$$

设

$$\displaystyle u(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}},$$

则

$$\displaystyle u'(x)=\dfrac{1}{(1+x^2)^{3/2}}, \qquad 1-u^2(x)=\dfrac{1}{1+x^2}.$$

因而

$$\displaystyle G'(x) =\dfrac{u'(x)}{\sqrt{1-u^2(x)}} =\dfrac{1}{(1+x^2)^{3/2}}\sqrt{1+x^2} =\dfrac{1}{1+x^2}.$$

所以

$$\displaystyle F'(x)=G'(x), \qquad x\in(-\infty,+\infty).$$

根据拉格朗日中值定理，$\displaystyle F(x)-G(x)$ 为常数。又

$$\displaystyle F(0)=G(0)=0,$$

故该常数为零，从而

$$\displaystyle \arctan x=\arcsin\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,a]$ 二次可导且 $\displaystyle f(0)=0$，$\displaystyle f''(x)<0$。求证：$\displaystyle \dfrac{f(x)}x$ 在 $\displaystyle (0,a]$ 单调下降。

对 $\displaystyle x\in(0,a]$，有

$$\displaystyle \varphi'(x)=\dfrac{xf'(x)-f(x)}{x^2}.$$

令

$$\displaystyle H(x)=xf'(x)-f(x).$$

则

$$\displaystyle H'(x)=f'(x)+xf''(x)-f'(x)=xf''(x).$$

因为 $\displaystyle x>0$ 且 $\displaystyle f''(x)<0$，所以

$$\displaystyle H'(x)<0.$$

又由 $\displaystyle f(0)=0$ 得

$$\displaystyle H(0)=0\cdot f'(0)-f(0)=0.$$

因而对任意 $\displaystyle x\in(0,a]$，均有

$$\displaystyle H(x)<H(0)=0.$$

所以

$$\displaystyle \varphi'(x)=\dfrac{H(x)}{x^2}<0.$$

故 $\displaystyle \dfrac{f(x)}x$ 在 $\displaystyle (0,a]$ 上严格单调下降。

也可以由拉格朗日中值定理理解这一结论：对每个 $\displaystyle x>0$，存在 $\displaystyle \xi\in(0,x)$，使

$$\displaystyle \dfrac{f(x)}x=\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(\xi).$$

因为 $\displaystyle f''<0$，所以 $\displaystyle f'$ 严格下降；随着区间右端点右移，割线斜率也随之下降。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle P(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 连续且为负值，$\displaystyle y=y(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 连续，在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 满足

$$\displaystyle y'+P(x)y>0,$$

且 $\displaystyle y(0)\ge0$，求证：$\displaystyle y(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 单调增加。

取积分因子

$$\displaystyle \mu(x)=e^{\int_0^xP(t)\,dt}>0.$$

则在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内

$$\displaystyle [\mu(x)y(x)]' =\mu(x)[y'(x)+P(x)y(x)]>0.$$

因此 $\displaystyle \mu(x)y(x)$ 严格单调增加。对任意 $\displaystyle x>0$，有

$$\displaystyle \mu(x)y(x)>\mu(0)y(0)=y(0)\ge0.$$

由于 $\displaystyle \mu(x)>0$，故

$$\displaystyle y(x)>0, \qquad x>0.$$

又因为 $\displaystyle P(x)<0$，所以

$$\displaystyle -P(x)y(x)>0.$$

由已知不等式

$$\displaystyle y'(x)>-P(x)y(x)>0, \qquad x>0.$$

因而 $\displaystyle y(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上严格单调增加。再结合 $\displaystyle y(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上连续，且任意 $\displaystyle x>0$ 时 $\displaystyle y(x)>y(0)$，可知 $\displaystyle y(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上严格单调增加。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 连续，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 二阶可导，$\displaystyle f(a)=f(b)=0$，且对 $\displaystyle \forall x\in[a,b]$ 满足

$$\displaystyle f''(x)+g(x)f'(x)-f(x)=0.$$

求证：$\displaystyle f(x)\equiv0\ (x\in[a,b])$。

采用反证法。假设 $\displaystyle f(x)$ 不恒为零。由于 $\displaystyle f(x)$ 在闭区间 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，所以它能取得最大值和最小值；又因为

$$\displaystyle f(a)=f(b)=0,$$

若 $\displaystyle f$ 不恒为零，则以下两种情形至少有一种发生。

第一种情形：$\displaystyle f$ 在某点取正值。此时最大值

$$\displaystyle M=\max_{[a,b]}f(x)>0.$$

因端点函数值均为零，最大值必在某个内点 $\displaystyle x_0\in(a,b)$ 取得。由极值的必要条件和二阶导数判别的必要性质，

$$\displaystyle f'(x_0)=0, \qquad f''(x_0)\le0.$$

但由微分方程

$$\displaystyle f''(x_0)+g(x_0)f'(x_0)-f(x_0)=0$$

得

$$\displaystyle f''(x_0)=f(x_0)=M>0,$$

与 $\displaystyle f''(x_0)\le0$ 矛盾。

第二种情形：$\displaystyle f$ 在某点取负值。此时最小值

$$\displaystyle m=\min_{[a,b]}f(x)<0$$

必在某个内点 $\displaystyle x_1\in(a,b)$ 取得，于是

$$\displaystyle f'(x_1)=0, \qquad f''(x_1)\ge0.$$

由微分方程得

$$\displaystyle f''(x_1)=f(x_1)=m<0,$$

这又与 $\displaystyle f''(x_1)\ge0$ 矛盾。

两种可能均导致矛盾，因此假设不成立，只能有

$$\displaystyle f(x)\equiv0, \qquad x\in[a,b].$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 连续，在 $\displaystyle (a,b)$ 可导，$\displaystyle f(a)=f(b)$，且 $\displaystyle f(x)$ 不恒为常数。求证：在 $\displaystyle (a,b)$ 内存在一点 $\displaystyle \xi$，使得 $\displaystyle f'(\xi)>0$。

因为 $\displaystyle f(x)$ 不恒为常数，所以存在 $\displaystyle x_0\in(a,b)$，使得

$$\displaystyle f(x_0)\ne f(a)=f(b).$$

分两种情形讨论。

若

$$\displaystyle f(x_0)>f(a),$$

则在区间 $\displaystyle [a,x_0]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\displaystyle \xi\in(a,x_0)$，使得

$$\displaystyle f'(\xi)=\dfrac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}>0.$$

若

$$\displaystyle f(x_0)<f(a)=f(b),$$

则在区间 $\displaystyle [x_0,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\displaystyle \xi\in(x_0,b)$，使得

$$\displaystyle f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(x_0)}{b-x_0}>0.$$

两种情形下都能找到 $\displaystyle \xi\in(a,b)$，满足

$$\displaystyle f'(\xi)>0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

证明方程

$$\displaystyle x=a\sin x+b\qquad(a>0,b>0\text{ 为常数})$$

至少有一个正根不超过 $\displaystyle a+b$。

令

$$\displaystyle F(x)=x-a\sin x-b.$$

函数 $\displaystyle F(x)$ 在闭区间 $\displaystyle [0,a+b]$ 上连续，并且

$$\displaystyle F(0)=-b<0.$$

另一方面，

$$\displaystyle F(a+b)=a+b-a\sin(a+b)-b =a[1-\sin(a+b)]\ge0,$$

因为

$$\displaystyle \sin(a+b)\le1.$$

因此，由零点定理，至少存在一点

$$\displaystyle \xi\in[0,a+b],$$

使得

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

又由于 $\displaystyle F(0)<0$，故 $\displaystyle \xi\ne0$，从而

$$\displaystyle 0<\xi\le a+b.$$

因此原方程至少有一个正根，且该正根不超过 $\displaystyle a+b$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求证：

$$\displaystyle e^x+e^{-x}+2\cos x=5$$

恰有两个根。

令

$$\displaystyle F(x)=e^x+e^{-x}+2\cos x-5.$$

显然 $\displaystyle F(x)$ 是偶函数，因此若 $\displaystyle x_0$ 是根，则 $\displaystyle -x_0$ 也是根。

先考察正半轴。由于

$$\displaystyle F(0)=1+1+2-5=-1<0,$$

且

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}F(x)=+\infty,$$

所以由零点定理，方程在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内至少有一个根。

再证明正根至多一个。对 $\displaystyle x>0$，有

$$\displaystyle F'(x)=e^x-e^{-x}-2\sin x =2(\sinh x-\sin x).$$

因为当 $\displaystyle x>0$ 时

$$\displaystyle \sinh x>x, \qquad \sin x\le x,$$

故

$$\displaystyle \sinh x-\sin x>0,$$

从而

$$\displaystyle F'(x)>0, \qquad x>0.$$

因此 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上严格单调增加，所以正根恰有一个。

由 $\displaystyle F(x)$ 的偶性，负半轴上也恰有一个根，并且它与正根互为相反数。又因 $\displaystyle F(0)\ne0$，故原方程恰有两个实根。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设当 $\displaystyle x>0$ 时，方程

$$\displaystyle kx+\frac1{x^2}=1$$

有且仅有一个解，求 $\displaystyle k$ 的取值范围。

由原方程得

$$\displaystyle k=\dfrac{x^2-1}{x^3} =\frac1x-\frac1{x^3}.$$

令

$$\displaystyle \varphi(x)=\frac1x-\frac1{x^3}, \qquad x>0.$$

则问题转化为直线 $\displaystyle y=k$ 与曲线 $\displaystyle y=\varphi(x)$ 在 $\displaystyle x>0$ 内恰有一个交点。

求导得

$$\displaystyle \varphi'(x) =-\frac1{x^2}+\frac3{x^4} =\dfrac{3-x^2}{x^4}.$$

因此，$\displaystyle \varphi(x)$ 在 $\displaystyle (0,\sqrt3)$ 上严格增加，在 $\displaystyle (\sqrt3,+\infty)$ 上严格减少，并且

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\varphi(x)=-\infty, \qquad \varphi(1)=0,$$$$\displaystyle \varphi(\sqrt3) =\frac1{\sqrt3}-\frac1{3\sqrt3} =\dfrac{2}{3\sqrt3}, \qquad \lim_{x\to+\infty}\varphi(x)=0^+.$$

根据函数图像及单调性：

1. 当 $\displaystyle k<0$ 时，方程在 $\displaystyle (0,1)$ 内恰有一个解；
2. 当 $\displaystyle k=0$ 时，唯一解为 $\displaystyle x=1$；
3. 当

$$\displaystyle 0<k<\dfrac{2}{3\sqrt3}$$

时，方程有两个正解； 4. 当

$$\displaystyle k=\dfrac{2}{3\sqrt3}$$

时，唯一解为 $\displaystyle x=\sqrt3$； 5. 当

$$\displaystyle k>\dfrac{2}{3\sqrt3}$$

时，方程无解。

综上，使原方程有且仅有一个正解的参数范围为

$$\displaystyle k\in(-\infty,0]\cup\left\{\dfrac{2}{3\sqrt3}\right\}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

讨论曲线

$$\displaystyle y=2\ln x$$

与

$$\displaystyle y=2x+\ln^2x+k$$

在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内的交点个数（其中 $\displaystyle k$ 为常数）。

两曲线交点满足

$$\displaystyle 2\ln x=2x+\ln^2x+k, \qquad x>0.$$

即

$$\displaystyle k=2\ln x-2x-\ln^2x.$$

令

$$\displaystyle t=\ln x, \qquad x=e^t,$$

则 $\displaystyle t\in(-\infty,+\infty)$，原方程化为

$$\displaystyle k=\varphi(t), \qquad \varphi(t)=2t-2e^t-t^2.$$

求导得

$$\displaystyle \varphi'(t)=2-2e^t-2t =2(1-t-e^t).$$

令

$$\displaystyle q(t)=1-t-e^t,$$

则

$$\displaystyle q'(t)=-1-e^t<0, \qquad q(0)=0.$$

因而

$$\displaystyle q(t)>0\quad(t<0), \qquad q(t)<0\quad(t>0).$$

所以

$$\displaystyle \varphi'(t)>0\quad(t<0), \qquad \varphi'(t)<0\quad(t>0).$$

即 $\displaystyle \varphi(t)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,0)$ 上严格增加，在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上严格减少，并在 $\displaystyle t=0$ 处取得唯一最大值

$$\displaystyle \varphi(0)=-2.$$

此外，

$$\displaystyle \lim_{t\to-\infty}\varphi(t)=-\infty, \qquad \lim_{t\to+\infty}\varphi(t)=-\infty.$$

因此水平直线 $\displaystyle y=k$ 与曲线 $\displaystyle y=\varphi(t)$ 的交点个数为：

$$\displaystyle \begin{cases} 2,&k<-2,\\ 1,&k=-2,\\ 0,&k>-2. \end{cases}$$

当 $\displaystyle k=-2$ 时，唯一交点对应

$$\displaystyle t=0, \qquad x=1.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

证明：

$$\displaystyle x-\frac12x^2<\ln(1+x)<x \qquad(\forall x>0).$$

分别证明两侧不等式。

先证明右侧不等式。令

$$\displaystyle F(x)=x-\ln(1+x), \qquad x\ge0.$$

则

$$\displaystyle F(0)=0,$$

且

$$\displaystyle F'(x)=1-\frac1{1+x} =\dfrac{x}{1+x}>0, \qquad x>0.$$

因此 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上严格增加，从而

$$\displaystyle F(x)>F(0)=0,$$

即

$$\displaystyle \ln(1+x)<x.$$

再证明左侧不等式。令

$$\displaystyle G(x)=\ln(1+x)-x+\frac12x^2, \qquad x\ge0.$$

则

$$\displaystyle G(0)=0,$$

且

$$\displaystyle G'(x)=\frac1{1+x}-1+x =\dfrac{x^2}{1+x}>0, \qquad x>0.$$

因此 $\displaystyle G(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上严格增加，所以

$$\displaystyle G(x)>G(0)=0,$$

即

$$\displaystyle \ln(1+x)>x-\frac12x^2.$$

两式合并即得

$$\displaystyle x-\frac12x^2<\ln(1+x)<x, \qquad x>0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

已知不等式：当 $\displaystyle x>0$ 时

$$\displaystyle (1+x)\ln^2(1+x)<x^2,$$

证明：$\displaystyle x\in(0,1)$ 时

$$\displaystyle \frac1{\ln2}-1<\frac1{\ln(1+x)}-\frac1x<\frac12.$$

令

$$\displaystyle F(x)=\frac1{\ln(1+x)}-\frac1x, \qquad x>0.$$

求导得

$$\displaystyle F'(x) =-\frac1{(1+x)\ln^2(1+x)}+\frac1{x^2}.$$

由已知不等式

$$\displaystyle (1+x)\ln^2(1+x)<x^2$$

可得

$$\displaystyle \frac1{(1+x)\ln^2(1+x)}>\frac1{x^2},$$

因而

$$\displaystyle F'(x)<0, \qquad x>0.$$

所以 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上严格单调下降。

再计算区间两端的极限。由洛必达法则，

$$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to0^+}F(x) &=\lim_{x\to0^+} \dfrac{x-\ln(1+x)}{x\ln(1+x)}\\ &=\lim_{x\to0^+} \dfrac{\dfrac{x}{1+x}} {\ln(1+x)+\dfrac{x}{1+x}}\\ &=\lim_{x\to0^+} \dfrac{\dfrac1{(1+x)^2}} {\dfrac1{1+x}+\dfrac1{(1+x)^2}}\\ &=\frac12. \end{aligned}$$

同时，

$$\displaystyle \lim_{x\to1^-}F(x) =\frac1{\ln2}-1.$$

因为 $\displaystyle F(x)$ 严格下降，所以当 $\displaystyle 0<x<1$ 时，

$$\displaystyle F(1^-)<F(x)<F(0^+),$$

即

$$\displaystyle \frac1{\ln2}-1 <\frac1{\ln(1+x)}-\frac1x <\frac12.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 可导，

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}[xf(x)]\le-kf(x)\qquad(x>1),$$

在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 的 $\displaystyle \forall$ 子区间上不恒等，又 $\displaystyle f(1)\le M$，其中 $\displaystyle k,M$ 为常数，求证：

$$\displaystyle f(x)<\dfrac{M}{x^{k+1}}\qquad(x>1).$$

展开已知不等式，得

$$\displaystyle f(x)+xf'(x)\le-kf(x),$$

即

$$\displaystyle xf'(x)+(k+1)f(x)\le0.$$

构造辅助函数

$$\displaystyle F(x)=x^{k+1}f(x), \qquad x\ge1.$$

由于 $\displaystyle x>0$，有

$$\displaystyle \begin{aligned} F'(x) &=x^k\bigl[xf'(x)+(k+1)f(x)\bigr]\\ &\le0. \end{aligned}$$

因此 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上单调不增加。

题设还说明原不等式在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 的任意子区间上都不恒为等式。因此 $\displaystyle F'(x)=0$ 不可能在任何子区间上恒成立，从而 $\displaystyle F(x)$ 实际上严格单调下降。故对任意 $\displaystyle x>1$，

$$\displaystyle F(x)<F(1)=f(1)\le M.$$

即

$$\displaystyle x^{k+1}f(x)<M.$$

因为 $\displaystyle x^{k+1}>0$，两边同除以 $\displaystyle x^{k+1}$，得到

$$\displaystyle f(x)<\dfrac{M}{x^{k+1}}, \qquad x>1.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle a>e$，$\displaystyle 0<x<y<\dfrac\pi2$，求证：

$$\displaystyle a^y-a^x>(\cos x-\cos y)a^x\ln a.$$

对函数 $\displaystyle u(t)=a^t$ 在区间 $\displaystyle [x,y]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\displaystyle \xi\in(x,y)$，使得

$$\displaystyle a^y-a^x=a^\xi\ln a\,(y-x).$$

由于 $\displaystyle a>e>1$ 且 $\displaystyle \xi>x$，故

$$\displaystyle a^\xi>a^x,$$

从而

$$\displaystyle a^y-a^x>a^x\ln a\,(y-x).\tag{1}$$

再对函数 $\displaystyle v(t)=\cos t$ 在 $\displaystyle [x,y]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\displaystyle \eta\in(x,y)$，使得

$$\displaystyle \cos x-\cos y=\sin\eta\,(y-x).$$

因为

$$\displaystyle 0<\eta<\dfrac\pi2,$$

所以

$$\displaystyle 0<\sin\eta<1,$$

因而

$$\displaystyle \cos x-\cos y<y-x.\tag{2}$$

又因 $\displaystyle a^x\ln a>0$，由式 $\displaystyle (2)$ 得

$$\displaystyle (\cos x-\cos y)a^x\ln a <(y-x)a^x\ln a.$$

再结合式 $\displaystyle (1)$，即有

$$\displaystyle a^y-a^x>(\cos x-\cos y)a^x\ln a.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle 0<x_1<x_2$，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [x_1,x_2]$ 可导，证明：在 $\displaystyle (x_1,x_2)$ 内至少存在一个 $\displaystyle c$，使得

$$\displaystyle \frac1{e^{x_1}-e^{x_2}} \begin{vmatrix} e^{x_1}&e^{x_2}\\ f(x_1)&f(x_2) \end{vmatrix} =f(c)-f'(c).$$

令

$$\displaystyle F(x)=e^{-x}f(x), \qquad G(x)=e^{-x}.$$

两函数在 $\displaystyle [x_1,x_2]$ 上连续，在 $\displaystyle (x_1,x_2)$ 内可导，并且

$$\displaystyle G'(x)=-e^{-x}\ne0.$$

由柯西中值定理，存在 $\displaystyle c\in(x_1,x_2)$，使得

$$\displaystyle \dfrac{F(x_2)-F(x_1)}{G(x_2)-G(x_1)} =\dfrac{F'(c)}{G'(c)}.$$

右端为

$$\displaystyle \dfrac{F'(c)}{G'(c)} =\dfrac{e^{-c}[f'(c)-f(c)]}{-e^{-c}} =f(c)-f'(c).$$

左端经过整理，得到

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{F(x_2)-F(x_1)}{G(x_2)-G(x_1)} &=\dfrac{e^{-x_2}f(x_2)-e^{-x_1}f(x_1)} {e^{-x_2}-e^{-x_1}}\\ &=\dfrac{e^{x_1}f(x_2)-e^{x_2}f(x_1)} {e^{x_1}-e^{x_2}}\\ &=\frac1{e^{x_1}-e^{x_2}} \begin{vmatrix} e^{x_1}&e^{x_2}\\ f(x_1)&f(x_2) \end{vmatrix}. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \frac1{e^{x_1}-e^{x_2}} \begin{vmatrix} e^{x_1}&e^{x_2}\\ f(x_1)&f(x_2) \end{vmatrix} =f(c)-f'(c).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 可导且

$$\displaystyle f(1)=2\int_0^1e^{1-x^2}f(x)\,dx,$$

求证：存在 $\displaystyle \xi\in(0,1)$，使得

$$\displaystyle f'(\xi)=2\xi f(\xi).$$

先检验当前题干。取

$$\displaystyle f(x)=xe^{x^2},$$

则

$$\displaystyle f(1)=e.$$

同时

$$\displaystyle \begin{aligned} 2\int_0^1e^{1-x^2}f(x)\,dx &=2\int_0^1e^{1-x^2}\cdot xe^{x^2}\,dx\\ &=2e\int_0^1x\,dx\\ &=e. \end{aligned}$$

因此该函数满足题设积分条件。然而

$$\displaystyle f'(x)=e^{x^2}(1+2x^2),$$

从而

$$\displaystyle f'(x)-2xf(x) =e^{x^2}(1+2x^2)-2x^2e^{x^2} =e^{x^2}>0.$$

所以在 $\displaystyle (0,1)$ 内不存在 $\displaystyle \xi$ 使

$$\displaystyle f'(\xi)=2\xi f(\xi).$$

这说明按当前录入的积分上限 $\displaystyle 1$，原命题不成立。

与结论相匹配的常见题型是把积分上限改为 $\displaystyle \dfrac12$，即

$$\displaystyle f(1)=2\int_0^{\frac12}e^{1-x^2}f(x)\,dx.$$

此时令

$$\displaystyle F(x)=e^{1-x^2}f(x).$$

由积分中值定理，存在 $\displaystyle \eta\in\left(0,\dfrac12\right)$，使得

$$\displaystyle 2\int_0^{\frac12}F(x)\,dx=F(\eta).$$

题设条件于是化为

$$\displaystyle F(1)=F(\eta).$$

由罗尔定理，存在 $\displaystyle \xi\in(\eta,1)\subset(0,1)$，使得

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

而

$$\displaystyle F'(x)=e^{1-x^2}\bigl[f'(x)-2xf(x)\bigr],$$

且指数因子恒正，故

$$\displaystyle f'(\xi)-2\xi f(\xi)=0,$$

即

$$\displaystyle f'(\xi)=2\xi f(\xi).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

已知以 $\displaystyle 2\pi$ 为周期的周期函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 上有二阶导数，且 $\displaystyle f(0)=0$。设

$$\displaystyle F(x)=(\sin x-1)^2f(x),$$

证明：存在 $\displaystyle x_0\in\left(2\pi,\dfrac{5\pi}{2}\right)$，使得

$$\displaystyle F''(x_0)=0.$$

由于 $\displaystyle f(x)$ 以 $\displaystyle 2\pi$ 为周期，且 $\displaystyle f(0)=0$，所以

$$\displaystyle f(2\pi)=f(0)=0.$$

因而

$$\displaystyle F(2\pi)=(\sin2\pi-1)^2f(2\pi)=0.$$

又因为

$$\displaystyle \sin\dfrac{5\pi}{2}=1,$$

所以

$$\displaystyle F\left(\dfrac{5\pi}{2}\right)=0.$$

函数 $\displaystyle F(x)$ 在闭区间

$$\displaystyle \left[2\pi,\dfrac{5\pi}{2}\right]$$

上连续，在开区间内可导。由罗尔定理，存在

$$\displaystyle c\in\left(2\pi,\dfrac{5\pi}{2}\right),$$

使得

$$\displaystyle F'(c)=0.$$

另一方面，

$$\displaystyle \begin{aligned} F'(x) &=2(\sin x-1)\cos x\,f(x) +(\sin x-1)^2f'(x). \end{aligned}$$

当 $\displaystyle x=\dfrac{5\pi}{2}$ 时，$\displaystyle \sin x-1=0$，故

$$\displaystyle F'\left(\dfrac{5\pi}{2}\right)=0.$$

于是函数 $\displaystyle F'(x)$ 在闭区间

$$\displaystyle \left[c,\dfrac{5\pi}{2}\right]$$

上连续，在其内部可导，且两端函数值相等。再次应用罗尔定理，存在

$$\displaystyle x_0\in\left(c,\dfrac{5\pi}{2}\right) \subset\left(2\pi,\dfrac{5\pi}{2}\right),$$

使得

$$\displaystyle F''(x_0)=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle b>a\ge0$，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导，$\displaystyle f(a)\ne f(b)$，求证：存在 $\displaystyle \xi,\eta\in(a,b)$，使得

$$\displaystyle f'(\xi)=\dfrac{a+b}{2\eta}f'(\eta).$$

先对函数 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [a,b]$ 上应用拉格朗日中值定理。存在

$$\displaystyle \xi\in(a,b),$$

使得

$$\displaystyle f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}.\tag{1}$$

再对函数 $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle g(x)=x^2$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上应用柯西中值定理。由于

$$\displaystyle g'(x)=2x,$$

且 $\displaystyle b>a\ge0$，故对任意 $\displaystyle x\in(a,b)$ 均有 $\displaystyle g'(x)>0$。因此存在

$$\displaystyle \eta\in(a,b),$$

使得

$$\displaystyle \dfrac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2} =\dfrac{f'(\eta)}{2\eta}.$$

即

$$\displaystyle f'(\eta) =\dfrac{2\eta[f(b)-f(a)]}{(b-a)(a+b)}.\tag{2}$$

由式 $\displaystyle (2)$ 得

$$\displaystyle \dfrac{a+b}{2\eta}f'(\eta) =\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

再结合式 $\displaystyle (1)$，可得

$$\displaystyle f'(\xi)=\dfrac{a+b}{2\eta}f'(\eta).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 的某邻域内有连续的一阶导数，且 $\displaystyle f'(0)=0$，$\displaystyle f''(0)$ 存在。求证：

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f[\ln(1+x)]}{x^3}=\frac12f''(0).$$

当 $\displaystyle x\to0$ 时，$\displaystyle \ln(1+x)\to0$。由拉格朗日中值定理，在 $\displaystyle x$ 与 $\displaystyle \ln(1+x)$ 之间存在一点 $\displaystyle \xi_x$，使得

$$\displaystyle f(x)-f[\ln(1+x)] =f'(\xi_x)\bigl[x-\ln(1+x)\bigr].$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{f(x)-f[\ln(1+x)]}{x^3} =\dfrac{f'(\xi_x)}{\xi_x} \cdot\dfrac{\xi_x}{x} \cdot\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2}.\tag{1}$$

因为 $\displaystyle \xi_x$ 位于 $\displaystyle x$ 与 $\displaystyle \ln(1+x)$ 之间，而

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+x)}x=1,$$

所以

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\xi_x}{x}=1.$$

又由 $\displaystyle f'(0)=0$ 及 $\displaystyle f''(0)$ 存在，得

$$\displaystyle \lim_{u\to0}\dfrac{f'(u)}u =\lim_{u\to0}\dfrac{f'(u)-f'(0)}{u-0} =f''(0).$$

因而

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f'(\xi_x)}{\xi_x}=f''(0).$$

此外，

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2} =\frac12.$$

将以上三个极限代入式 $\displaystyle (1)$，得到

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f[\ln(1+x)]}{x^3} =f''(0)\cdot1\cdot\frac12 =\frac12f''(0).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设有参数方程

$$\displaystyle \begin{cases} x=\cos^3t,\\ y=\sin^3t, \end{cases} \qquad0\le t\le\pi.$$

（Ⅰ）求证该参数方程确定 $\displaystyle y=y(x)$，并求定义域；

（Ⅱ）讨论 $\displaystyle y=y(x)$ 的可导性与单调性；

（Ⅲ）讨论 $\displaystyle y=y(x)$ 的凹凸性。

（Ⅰ）确定函数及定义域

在 $\displaystyle [0,\pi]$ 上，$\displaystyle \cos t$ 严格单调减少，因此

$$\displaystyle x=\cos^3t$$

也严格单调减少，并将 $\displaystyle [0,\pi]$ 一一映射到 $\displaystyle [-1,1]$。所以每个 $\displaystyle x\in[-1,1]$ 对应唯一的参数 $\displaystyle t$，从而参数方程确定单值函数 $\displaystyle y=y(x)$。

由

$$\displaystyle \cos t=\sqrt[3]x,$$

以及在 $\displaystyle [0,\pi]$ 上 $\displaystyle \sin t\ge0$，有

$$\displaystyle \sin t=\sqrt{1-\cos^2t} =\sqrt{1-x^{\frac23}}.$$

因而

$$\displaystyle y=\sin^3t =\left(1-x^{\frac23}\right)^{\frac32} =\left(1-|x|^{\frac23}\right)^{\frac32}.$$

故定义域为

$$\displaystyle [-1,1].$$

（Ⅱ）可导性与单调性

当 $\displaystyle \sin t\cos t\ne0$，即

$$\displaystyle t\in\left(0,\dfrac\pi2\right)\cup\left(\dfrac\pi2,\pi\right),$$

有

$$\displaystyle \dfrac{dx}{dt}=-3\cos^2t\sin t, \qquad \dfrac{dy}{dt}=3\sin^2t\cos t.$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{dy/dt}{dx/dt} =-\tan t.$$

所以函数在

$$\displaystyle (-1,0)\cup(0,1)$$

内可导。

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，$\displaystyle t\to\dfrac\pi2-$，于是

$$\displaystyle y'(x)=-\tan t\to-\infty.$$

当 $\displaystyle x\to0^-$ 时，$\displaystyle t\to\dfrac\pi2+$，于是

$$\displaystyle y'(x)=-\tan t\to+\infty.$$

因而 $\displaystyle x=0$ 处导数不存在，曲线在点 $\displaystyle (0,1)$ 处有竖直尖点。

在 $\displaystyle t\in\left(0,\dfrac\pi2\right)$ 时，$\displaystyle x>0$，且

$$\displaystyle y'(x)=-\tan t<0,$$

故 $\displaystyle y$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上单调减少。

在 $\displaystyle t\in\left(\dfrac\pi2,\pi\right)$ 时，$\displaystyle x<0$，且

$$\displaystyle y'(x)=-\tan t>0,$$

故 $\displaystyle y$ 在 $\displaystyle [-1,0]$ 上单调增加。

（Ⅲ）凹凸性

由

$$\displaystyle y'=-\tan t$$

可得

$$\displaystyle \dfrac{dy'}{dt}=-\sec^2t.$$

因而

$$\displaystyle y'' =\dfrac{d y'/dt}{dx/dt} =\dfrac{-\sec^2t}{-3\cos^2t\sin t} =\frac1{3\cos^4t\sin t}.$$

当

$$\displaystyle t\in\left(0,\dfrac\pi2\right)\cup\left(\dfrac\pi2,\pi\right)$$

时，$\displaystyle \sin t>0$，所以

$$\displaystyle y''>0.$$

因此曲线在 $\displaystyle (-1,0)$ 与 $\displaystyle (0,1)$ 上均为开口向上的凹弧。由于 $\displaystyle x=0$ 两侧凹凸性没有改变，所以 $\displaystyle (0,1)$ 不是拐点。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle f(x)=nx(1-x)^n\qquad(n\text{ 为自然数}),$$

（Ⅰ）求 $\displaystyle \max\limits_{[0,1]}f(x)$；

（Ⅱ）求证：

$$\displaystyle \max_{[0,1]}f(x)<\frac1e.$$

（Ⅰ）求最大值

对

$$\displaystyle f(x)=nx(1-x)^n$$

求导，得

$$\displaystyle \begin{aligned} f'(x) &=n(1-x)^n-n^2x(1-x)^{n-1}\\ &=n(1-x)^{n-1}\bigl[1-(n+1)x\bigr]. \end{aligned}$$

在 $\displaystyle 0<x<1$ 内，因 $\displaystyle n(1-x)^{n-1}>0$，故 $\displaystyle f'(x)$ 的符号由

$$\displaystyle 1-(n+1)x$$

决定。因此

$$\displaystyle \begin{cases} f'(x)>0,&0<x<\dfrac1{n+1},\\[2mm] f'(x)<0,&\dfrac1{n+1}<x<1. \end{cases}$$

所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=\dfrac1{n+1}$ 处取得最大值。又

$$\displaystyle f(0)=f(1)=0,$$

且

$$\displaystyle \begin{aligned} f\left(\frac1{n+1}\right) &=\dfrac{n}{n+1} \left(1-\frac1{n+1}\right)^n\\ &=\dfrac{n}{n+1} \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n\\ &=\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}. \end{aligned}$$

因而

$$\displaystyle \max_{[0,1]}f(x) =\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}.$$

（Ⅱ）证明最大值小于 $\displaystyle \dfrac1e$

对任意 $\displaystyle u>0$，有基本不等式

$$\displaystyle \ln(1+u)>\dfrac{u}{1+u}.$$

令

$$\displaystyle u=\frac1n,$$

则

$$\displaystyle \ln\left(1+\frac1n\right)>\frac1{n+1}.$$

两边乘以 $\displaystyle n+1$，得

$$\displaystyle (n+1)\ln\left(1+\frac1n\right)>1.$$

指数化后有

$$\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^{n+1}>e.$$

取倒数，得到

$$\displaystyle \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}<\frac1e.$$

因此

$$\displaystyle \max_{[0,1]}f(x)<\frac1e.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

（Ⅰ）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [x_0,x_0+\delta)$（或 $\displaystyle (x_0-\delta,x_0]$）连续，在 $\displaystyle (x_0,x_0+\delta)$（或 $\displaystyle (x_0-\delta,x_0)$）可导，又

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0+0}f'(x)=A \qquad \left(\lim_{x\to x_0-0}f'(x)=A\right),$$

求证：

$$\displaystyle f'_+(x_0)=A \qquad \left(f'_-(x_0)=A\right).$$

（Ⅱ）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (x_0-\delta,x_0+\delta)$ 连续，在 $\displaystyle (x_0-\delta,x_0+\delta)\setminus\{x_0\}$ 可导，又

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f'(x)=A,$$

求证：$\displaystyle f'(x_0)=A$。

（Ⅲ）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 可导，$\displaystyle x_0\in(a,b)$ 是 $\displaystyle f'(x)$ 的间断点，求证：$\displaystyle x=x_0$ 是 $\displaystyle f'(x)$ 的第二类间断点。

（Ⅰ）证明单侧导数存在并等于导函数的单侧极限

以右侧情形为例。任取 $\displaystyle x\in(x_0,x_0+\delta)$，由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [x_0,x]$ 上连续、在 $\displaystyle (x_0,x)$ 内可导，根据拉格朗日中值定理，存在

$$\displaystyle \xi_x\in(x_0,x),$$

使得

$$\displaystyle \dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(\xi_x).$$

当 $\displaystyle x\to x_0+0$ 时，由

$$\displaystyle x_0<\xi_x<x$$

可知 $\displaystyle \xi_x\to x_0+0$。于是

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0+0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0+0}f'(\xi_x) =A.$$

因此

$$\displaystyle f'_+(x_0)=A.$$

左侧情形同理：对 $\displaystyle x<x_0$ 在区间 $\displaystyle [x,x_0]$ 上应用拉格朗日中值定理，即得

$$\displaystyle f'_-(x_0)=A.$$

（Ⅱ）证明 $\displaystyle f'(x_0)=A$

由

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f'(x)=A$$

可知左右极限均存在且均等于 $\displaystyle A$。由（Ⅰ）分别得到

$$\displaystyle f'_+(x_0)=A, \qquad f'_-(x_0)=A.$$

因此左右导数存在且相等，从而 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x_0$ 处可导，并且

$$\displaystyle f'(x_0)=A.$$

（Ⅲ）证明导函数的间断点只能是第二类间断点

反设 $\displaystyle x_0$ 是 $\displaystyle f'(x)$ 的第一类间断点。则有限的单侧极限

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0-0}f'(x), \qquad \lim_{x\to x_0+0}f'(x)$$

均存在。

由于 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 可导，所以在 $\displaystyle x_0$ 处连续。由（Ⅰ）可知

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0-0}f'(x)=f'_-(x_0), \qquad \lim_{x\to x_0+0}f'(x)=f'_+(x_0).$$

又因 $\displaystyle f'(x_0)$ 存在，故

$$\displaystyle f'_-(x_0)=f'(x_0)=f'_+(x_0).$$

从而

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f'(x)=f'(x_0),$$

即 $\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle x_0$ 处连续，与题设矛盾。

因而 $\displaystyle x_0$ 不可能是第一类间断点，只能是第二类间断点。这也体现了导函数的达布性质：导函数即使不连续，也不会发生跳跃间断。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,+\infty)$ 内可导，求证：

（Ⅰ）若 $\displaystyle x_0\in(a,+\infty)$，$\displaystyle f'(x)\ge\alpha>0\ (x>x_0)$，则

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty;$$

（Ⅱ）若

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f'(x)=A>0,$$

则

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$$

（Ⅰ）利用拉格朗日中值定理估计函数增长速度

任取 $\displaystyle x>x_0$。由拉格朗日中值定理，存在

$$\displaystyle \xi\in(x_0,x),$$

使得

$$\displaystyle f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0).$$

因 $\displaystyle \xi>x_0$，由题设

$$\displaystyle f'(\xi)\ge\alpha>0,$$

所以

$$\displaystyle f(x)\ge f(x_0)+\alpha(x-x_0).$$

当 $\displaystyle x\to+\infty$ 时，右端趋于 $\displaystyle +\infty$，故由比较可得

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$$

（Ⅱ）将导数极限转化为一致的正下界

由于

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f'(x)=A>0,$$

取

$$\displaystyle \varepsilon=\dfrac A2,$$

则存在 $\displaystyle x_0>a$，使得当 $\displaystyle x>x_0$ 时，

$$\displaystyle |f'(x)-A|<\dfrac A2.$$

因而

$$\displaystyle f'(x)>\dfrac A2>0.$$

由（Ⅰ），令 $\displaystyle \alpha=\dfrac A2$，立即得到

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

证明奇次方程

$$\displaystyle a_0x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}=0$$

一定有实根，其中常数 $\displaystyle a_0\ne0$。

设

$$\displaystyle P(x)=a_0x^{2n+1}+a_1x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}.$$

多项式 $\displaystyle P(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb R$ 上连续。

当 $\displaystyle |x|\to+\infty$ 时，最高次项起决定作用，即

$$\displaystyle \dfrac{P(x)}{a_0x^{2n+1}}\to1.$$

因为 $\displaystyle 2n+1$ 是奇数，所以 $\displaystyle x^{2n+1}$ 在正负无穷处异号。

若 $\displaystyle a_0>0$，则

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}P(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}P(x)=-\infty.$$

因而存在充分大的 $\displaystyle R>0$，使得

$$\displaystyle P(-R)<0<P(R).$$

若 $\displaystyle a_0<0$，则相反有

$$\displaystyle P(-R)>0>P(R)$$

对充分大的 $\displaystyle R$ 成立。

无论哪种情况，$\displaystyle P(-R)$ 与 $\displaystyle P(R)$ 均异号。由零点定理，存在

$$\displaystyle \xi\in(-R,R),$$

使得

$$\displaystyle P(\xi)=0.$$

因此任意实系数奇次方程至少有一个实根。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 可导，且

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=A,$$

求证：存在 $\displaystyle c\in(-\infty,+\infty)$，使得 $\displaystyle f'(c)=0$。

若 $\displaystyle f(x)\equiv A$，则对任意 $\displaystyle c\in\mathbb R$，均有

$$\displaystyle f'(c)=0.$$

以下设 $\displaystyle f$ 不恒等于 $\displaystyle A$。则存在某点 $\displaystyle x_0$，使得

$$\displaystyle f(x_0)\ne A.$$

情形一：$\displaystyle f(x_0)>A$

令

$$\displaystyle \varepsilon=\dfrac{f(x_0)-A}{2}>0.$$

由

$$\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=A,$$

可取 $\displaystyle a<x_0<b$，使得

$$\displaystyle |f(a)-A|<\varepsilon, \qquad |f(b)-A|<\varepsilon.$$

因而

$$\displaystyle f(a)<A+\varepsilon =\dfrac{A+f(x_0)}2<f(x_0),$$

同理

$$\displaystyle f(b)<f(x_0).$$

由于 $\displaystyle f$ 在闭区间 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，故必取得最大值；又端点函数值均小于内部点 $\displaystyle x_0$ 的函数值，所以最大值必在某个内点 $\displaystyle c\in(a,b)$ 处取得。由费马定理，

$$\displaystyle f'(c)=0.$$

情形二：$\displaystyle f(x_0)<A$

同理，可取 $\displaystyle a<x_0<b$，使得

$$\displaystyle f(a)>f(x_0), \qquad f(b)>f(x_0).$$

因此 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上的最小值在某个内点 $\displaystyle c\in(a,b)$ 处取得，由费马定理仍有

$$\displaystyle f'(c)=0.$$

综上，必存在 $\displaystyle c\in\mathbb R$，使得 $\displaystyle f'(c)=0$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} 1-x^2\left(2+\sin\dfrac1x\right),&x\ne0,\\[2mm] 1,&x=0. \end{cases}$$

（Ⅰ）求 $\displaystyle f'(x)$；

（Ⅱ）证明：$\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的极大值点；

（Ⅲ）令 $\displaystyle x_n=\dfrac1{n\pi}$，考察 $\displaystyle f'(x_n)$ 是正的还是负的，$\displaystyle n$ 为非零整数；

（Ⅳ）证明：对 $\displaystyle \forall\delta>0$，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle ( -\delta,0]$ 上不单调上升，在 $\displaystyle [0,\delta)$ 上不单调下降。

（Ⅰ）求导数

当 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle f(x)=1-2x^2-x^2\sin\frac1x.$$

因而

$$\displaystyle \begin{aligned} f'(x) &=-4x-2x\sin\frac1x -x^2\cos\frac1x\left(-\frac1{x^2}\right)\\ &=-4x-2x\sin\frac1x+\cos\frac1x. \end{aligned}$$

在 $\displaystyle x=0$ 处，按定义

$$\displaystyle \begin{aligned} f'(0) &=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}x\\ &=\lim_{x\to0}-x\left(2+\sin\frac1x\right). \end{aligned}$$

因为

$$\displaystyle \left|x\left(2+\sin\frac1x\right)\right|\le3|x|\to0,$$

所以

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

（Ⅱ）证明 $\displaystyle x=0$ 为严格极大值点

对任意 $\displaystyle x\ne0$，有

$$\displaystyle 1\le2+\sin\frac1x\le3.$$

因此

$$\displaystyle x^2\left(2+\sin\frac1x\right)>0,$$

从而

$$\displaystyle f(x)=1-x^2\left(2+\sin\frac1x\right)<1=f(0).$$

故 $\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的严格极大值点，极大值为 $\displaystyle 1$。

（Ⅲ）判断 $\displaystyle f'(x_n)$ 的符号

由

$$\displaystyle x_n=\frac1{n\pi}$$

得

$$\displaystyle \sin\frac1{x_n}=\sin(n\pi)=0, \qquad \cos\frac1{x_n}=\cos(n\pi)=(-1)^n.$$

因而

$$\displaystyle f'(x_n)=(-1)^n-\frac4{n\pi}.$$

当 $\displaystyle n$ 为非零偶数时，$\displaystyle (-1)^n=1$。若 $\displaystyle n>0$，则 $\displaystyle n\ge2$，故

$$\displaystyle 1-\frac4{n\pi}\ge1-\frac2\pi>0;$$

若 $\displaystyle n<0$，则

$$\displaystyle 1-\frac4{n\pi}>1>0.$$

所以偶数情形均有 $\displaystyle f'(x_n)>0$。

当 $\displaystyle n>0$ 为奇数时，

$$\displaystyle f'(x_n)=-1-\frac4{n\pi}<0.$$

当 $\displaystyle n<0$ 为奇数时，令 $\displaystyle m=|n|$，则

$$\displaystyle f'(x_n)=-1+\frac4{m\pi}.$$

当 $\displaystyle m=1$，即 $\displaystyle n=-1$ 时，

$$\displaystyle -1+\frac4\pi>0;$$

当 $\displaystyle m\ge3$ 时，

$$\displaystyle -1+\frac4{m\pi} \le-1+\frac4{3\pi}<0.$$

（Ⅳ）证明任意单侧邻域内均不具有所述单调性

任取 $\displaystyle \delta>0$。

先证 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle ( -\delta,0]$ 上不可能单调上升。取充分大的正奇数 $\displaystyle m\ge3$，令

$$\displaystyle n=-m.$$

则

$$\displaystyle x_n=-\frac1{m\pi}\in(-\delta,0)$$

且由（Ⅲ）知

$$\displaystyle f'(x_n)<0.$$

若 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle ( -\delta,0]$ 上单调上升，则在每个可导内点均应有 $\displaystyle f'(x)\ge0$，与上式矛盾。因此 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle ( -\delta,0]$ 上不单调上升。

再证 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,\delta)$ 上不可能单调下降。取充分大的正偶数 $\displaystyle n$，使得

$$\displaystyle x_n=\frac1{n\pi}\in(0,\delta).$$

由（Ⅲ）知

$$\displaystyle f'(x_n)>0.$$

若 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,\delta)$ 上单调下降，则在每个可导内点均应有 $\displaystyle f'(x)\le0$，矛盾。因此 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,\delta)$ 上不单调下降。

这说明：虽然 $\displaystyle x=0$ 是严格极大值点，但函数在其任意左、右邻域内均不断振荡，不能据此断言函数在左侧单调增加、右侧单调减少。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导，且

$$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)=\lim_{x\to b-}f(x)=A.$$

求证：存在 $\displaystyle \xi\in(a,b)$，使得

$$\displaystyle f'(\xi)=0.$$

在闭区间 $\displaystyle [a,b]$ 上定义辅助函数

$$\displaystyle F(x)= \begin{cases} f(x),&x\in(a,b),\\[1mm] A,&x=a\text{ 或 }x=b. \end{cases}$$

由题设

$$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)=A=F(a), \qquad \lim_{x\to b-}f(x)=A=F(b),$$

可知 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，并且在 $\displaystyle (a,b)$ 内可导，且

$$\displaystyle F(a)=F(b)=A.$$

因此，函数 $\displaystyle F$ 满足罗尔定理的全部条件。故至少存在一点

$$\displaystyle \xi\in(a,b),$$

使得

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

又因为 $\displaystyle F(x)=f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 内成立，所以

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

最值问题

主观题李正元练习题·高等数学最值问题

求函数

$$\displaystyle f(x)=\sqrt{x^2+1}-\frac12x\qquad(x\in(-\infty,+\infty))$$

的最小值。

函数在 $\displaystyle \mathbb R$ 上可导，且

$$\displaystyle f'(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\frac12.$$

令 $\displaystyle f'(x)=0$，得

$$\displaystyle \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac12.$$

右端为正，因此 $\displaystyle x>0$。两边平方，得

$$\displaystyle 4x^2=x^2+1,$$

从而

$$\displaystyle x=\frac1{\sqrt3}.$$

又

$$\displaystyle f''(x)=\frac1{(x^2+1)^{3/2}}>0,$$

所以 $\displaystyle f(x)$ 在整个实数域上为严格凸函数，上述驻点是唯一的全局最小值点。

代入可得

$$\displaystyle \begin{aligned} f\left(\frac1{\sqrt3}\right) &=\sqrt{1+\frac13}-\frac1{2\sqrt3}\\ &=\frac2{\sqrt3}-\frac1{2\sqrt3}\\ &=\dfrac{\sqrt3}{2}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学最值问题

将长为 $\displaystyle a$ 的一段铁丝截成两段，用一段围成正方形，另一段围成圆，为使两段面积之和最小，问两段铁丝各长多少？

设用于围正方形的铁丝长度为 $\displaystyle x$，则用于围圆的长度为 $\displaystyle a-x$，其中

$$\displaystyle 0\le x\le a.$$

正方形边长为 $\displaystyle x/4$，面积为

$$\displaystyle S_1=\dfrac{x^2}{16}.$$

圆的半径为

$$\displaystyle r=\dfrac{a-x}{2\pi},$$

面积为

$$\displaystyle S_2=\pi r^2=\dfrac{(a-x)^2}{4\pi}.$$

因此总面积为

$$\displaystyle S(x)=\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{(a-x)^2}{4\pi}.$$

求导得

$$\displaystyle S'(x)=\dfrac{x}{8}-\dfrac{a-x}{2\pi}.$$

令 $\displaystyle S'(x)=0$，则

$$\displaystyle \pi x=4(a-x),$$

从而

$$\displaystyle x=\dfrac{4a}{\pi+4}.$$

此时

$$\displaystyle a-x=\dfrac{\pi a}{\pi+4}.$$

又

$$\displaystyle S''(x)=\frac18+\frac1{2\pi}>0,$$

故上述分法使总面积取得唯一最小值。

主观题李正元练习题·高等数学最值问题

求从点 $\displaystyle A(10,0)$ 到抛物线 $\displaystyle y^2=4x$ 的最短距离。

设抛物线上任一点为

$$\displaystyle P\left(\dfrac{y^2}{4},y\right).$$

则点 $\displaystyle P$ 到 $\displaystyle A(10,0)$ 的距离平方为

$$\displaystyle D^2(y)=\left(\dfrac{y^2}{4}-10\right)^2+y^2.$$

令

$$\displaystyle u=y^2\ge0,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} D^2 &=\left(\dfrac u4-10\right)^2+u\\ &=\dfrac{u^2}{16}-4u+100. \end{aligned}$$

配方得

$$\displaystyle D^2=\frac1{16}(u-32)^2+36.$$

因而当

$$\displaystyle u=32$$

时，$\displaystyle D^2$ 取得最小值 $\displaystyle 36$。于是

$$\displaystyle D_{\min}=6.$$

由 $\displaystyle y^2=32$，得

$$\displaystyle y=\pm4\sqrt2,$$

且

$$\displaystyle x=\dfrac{y^2}{4}=8.$$

所以最近点为

$$\displaystyle (8,4\sqrt2),\qquad(8,-4\sqrt2).$$

主观题李正元练习题·高等数学最值问题

求圆 $\displaystyle x^2+y^2=1$ 的一条切线，使此切线与抛物线 $\displaystyle y=x^2-2$ 所围面积最小，并求此最小值。

设圆的一条非竖直切线为

$$\displaystyle y=kx+b.$$

直线到原点的距离等于圆半径 $\displaystyle 1$，所以

$$\displaystyle \dfrac{|b|}{\sqrt{k^2+1}}=1,$$

即

$$\displaystyle b=\pm\sqrt{k^2+1}.$$

直线与抛物线的交点横坐标满足

$$\displaystyle x^2-2=kx+b,$$

即

$$\displaystyle x^2-kx-(b+2)=0.$$

设两交点横坐标为 $\displaystyle x_1<x_2$。在两交点之间，直线位于抛物线上方，所围面积为

$$\displaystyle S=\int_{x_1}^{x_2}\left[kx+b-(x^2-2)\right]dx.$$

由于

$$\displaystyle kx+b-(x^2-2)=(x_2-x)(x-x_1),$$

故

$$\displaystyle S=\int_{x_1}^{x_2}(x_2-x)(x-x_1)\,dx =\dfrac{(x_2-x_1)^3}{6}.$$

而二次方程两根之差为

$$\displaystyle x_2-x_1=\sqrt{k^2+4(b+2)},$$

因此

$$\displaystyle S=\frac16\left[k^2+4(b+2)\right]^{3/2}.$$

情形一：

$$\displaystyle b=\sqrt{k^2+1}.$$

此时

$$\displaystyle k^2+4(b+2)=k^2+4\sqrt{k^2+1}+8\ge12.$$

情形二：

$$\displaystyle b=-\sqrt{k^2+1}.$$

令

$$\displaystyle t=\sqrt{k^2+1}\ge1,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} k^2+4(b+2) &=t^2-1-4t+8\\ &=(t-2)^2+3\\ &\ge3. \end{aligned}$$

等号成立当且仅当

$$\displaystyle t=2,$$

即

$$\displaystyle k^2=3, \qquad b=-2.$$

因此所求切线为

$$\displaystyle y=\sqrt3x-2$$

或

$$\displaystyle y=-\sqrt3x-2.$$

此时

$$\displaystyle S_{\min}=\frac16\cdot3^{3/2}=\dfrac{\sqrt3}{2}.$$

主观题李正元练习题·高等数学最值问题

要建一个圆柱形无盖水池，使其容积为 $\displaystyle V\,\mathrm{m}^3$，底的单位面积造价是周围的两倍，问底半径 $\displaystyle r$ 与高 $\displaystyle h$ 各是多少，才能使水池造价最低？

设水池侧面的单位面积造价为 $\displaystyle c>0$，则底面的单位面积造价为 $\displaystyle 2c$。

圆柱形无盖水池的侧面积为

$$\displaystyle 2\pi rh,$$

底面积为

$$\displaystyle \pi r^2.$$

因而总造价为

$$\displaystyle C=2\pi crh+2c\pi r^2 =2\pi c(rh+r^2).$$

由容积条件

$$\displaystyle \pi r^2h=V$$

得

$$\displaystyle h=\dfrac{V}{\pi r^2}, \qquad r>0.$$

代入总造价函数：

$$\displaystyle C(r)=2c\left(\dfrac{V}{r}+\pi r^2\right).$$

求导得

$$\displaystyle C'(r)=2c\left(-\dfrac{V}{r^2}+2\pi r\right).$$

令 $\displaystyle C'(r)=0$，则

$$\displaystyle 2\pi r^3=V,$$

从而

$$\displaystyle r=\sqrt[3]{\dfrac{V}{2\pi}}.$$

又

$$\displaystyle C''(r)=2c\left(\dfrac{2V}{r^3}+2\pi\right)>0,$$

所以上述驻点为严格极小值点。并且当 $\displaystyle r\to0^+$ 或 $\displaystyle r\to+\infty$ 时，$\displaystyle C(r)\to+\infty$，故它也是唯一的全局最小值点。

最后

$$\displaystyle h=\dfrac{V}{\pi r^2} =2r =\sqrt[3]{\dfrac{4V}{\pi}}.$$

主观题李正元练习题·高等数学最值问题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,b]$ 可导，$\displaystyle f'(x)>0\ (\forall x\in(0,b))$，$\displaystyle t\in[0,b]$，问 $\displaystyle t$ 取何值时，图中阴影部分的面积最大？最小？

由图 4.3，阴影部分由两块组成：在 $\displaystyle [0,t]$ 上为直线 $\displaystyle y=f(t)$ 与曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 之间的面积；在 $\displaystyle [t,b]$ 上为曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 与直线 $\displaystyle y=f(t)$ 之间的面积。因此

$$\displaystyle S(t) =\int_0^t\bigl[f(t)-f(x)\bigr]dx +\int_t^b\bigl[f(x)-f(t)\bigr]dx.$$

对 $\displaystyle t$ 求导。第一项满足

$$\displaystyle \dfrac{d}{dt}\int_0^t\bigl[f(t)-f(x)\bigr]dx =t f'(t),$$

第二项满足

$$\displaystyle \dfrac{d}{dt}\int_t^b\bigl[f(x)-f(t)\bigr]dx =-(b-t)f'(t).$$

故

$$\displaystyle S'(t)=(2t-b)f'(t).$$

由于

$$\displaystyle f'(t)>0,$$

所以

$$\displaystyle S'(t)<0\quad\left(0<t<\dfrac b2\right),$$

而

$$\displaystyle S'(t)>0\quad\left(\dfrac b2<t<b\right).$$

因而 $\displaystyle S(t)$ 在 $\displaystyle [0,b/2]$ 上严格减少，在 $\displaystyle [b/2,b]$ 上严格增加，所以

$$\displaystyle t=\dfrac b2$$

是唯一的最小值点。

最大值只能在两个端点中取得。计算得

$$\displaystyle S(0)=\int_0^b\bigl[f(x)-f(0)\bigr]dx,$$$$\displaystyle S(b)=\int_0^b\bigl[f(b)-f(x)\bigr]dx.$$

两者之差为

$$\displaystyle \begin{aligned} S(b)-S(0) &=b f(b)-\int_0^b f(x)dx -\int_0^b f(x)dx+b f(0)\\ &=b\bigl[f(0)+f(b)\bigr]-2\int_0^b f(x)dx\\ &=\Delta. \end{aligned}$$

因此根据 $\displaystyle \Delta$ 的正负即可确定最大值所在端点。仅由 $\displaystyle f'(x)>0$ 不能进一步断定 $\displaystyle S(0)$ 与 $\displaystyle S(b)$ 谁更大。