二、单调性和凹凸性｜小题与大题

小题

（七）方程根的个数

1. 【1989-3-3 分】 若

$$3a^2-5b<0,$$

则方程

$$x^5+2a{x}^3+3bx+4c=0$$

（ ）。

A. 无实根    B. 唯一实根    C. 三个不同实根    D. 五个不同实根

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答案： B。

解析： 令

$$F(x)=x^5+2a{x}^3+3bx+4c.$$

则

$$F^{\prime }(x)=5x^4+6a{x}^2+3b.$$

令 $u=x^2\ge 0$，则

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =5u^2+6au+3b\\ & =5{\left(u+\frac{3a}{5}\right)}^2+\frac{3}{5}(5b-3a^2).\end{array}$$

由条件 $3a^2-5b<0$，即 $5b-3a^2>0$，故对任意实数 $x$，均有

$$F^{\prime }(x)>0.$$

因此 $F(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调增加，方程至多有一个实根。

另一方面，

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }F(x)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=+\infty .$$

由连续函数零点定理，方程至少有一个实根。综上，方程有且仅有一个实根，故选 B。

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2. 【1990-5-5 分】 设 $0<q<1$，证明方程

$$x+p+q\cos x=0$$

恰有一个实根。

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答案： 方程恰有一个实根。

解析： 令

$$F(x)=x+p+q\cos x.$$

则 $F(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，且

$$F^{\prime }(x)=1-q\sin x.$$

因为 $\sin x\le 1$ 且 $0<q<1$，所以

$$F^{\prime }(x)\ge 1-q>0.$$

故 $F(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调增加，从而方程至多有一个实根。

又因为 $q\cos x$ 有界，故

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }F(x)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=+\infty .$$

由连续函数零点定理，存在实数 $\xi$ 使 $F(\xi )=0$。结合唯一性可知，该方程恰有一个实根。

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3. 【1993-12-5 分】 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，在 $(0,+\infty )$ 内可导，且

$$f^{\prime }(x)\ge k>0,f(0)<0.$$

证明：$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内仅有一个零点。

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答案： $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内存在且仅存在一个零点。

解析： 由 $f^{\prime }(x)\ge k>0$，可知 $f^{\prime }(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内严格单调增加。因此 $f(x)$ 至多有一个零点。

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

$$f(x)-f(0)=f^{\prime }(\xi )x.$$

由 $f^{\prime }(\xi )\ge k$，得

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

取

$$x_1>\frac{-f(0)}{k},$$

则

$$f(x_1)\ge f(0)+k{x}_1>0.$$

而 $f(0)<0$，故由 $f$ 在 $[0,x_1]$ 上连续，存在 $\xi \in (0,x_1)$，使得

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

结合严格单调性，此零点唯一。

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4. 【1993-3-3 分】 设 $k>0$，函数

$$f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k$$

在 $(0,+\infty )$ 内零点的个数为（ ）。

A. $3$    B. $2$    C. $1$    D. $0$

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答案： B。

解析： 函数定义域为 $(0,+\infty )$。其导数为

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}=\frac{e-x}{ex}.$$

因此，$f^{\prime }(x)>0$ 当 $0<x<e$，而 $f^{\prime }(x)<0$ 当 $x>e$。所以 $f(x)$ 在 $(0,e)$ 上严格增加，在 $(e,+\infty )$ 上严格减少，并在 $x=e$ 处取得最大值

$$f(e)=1-1+k=k>0.$$

同时，

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=-\infty .$$

故在 $(0,e)$ 上，函数从 $-\infty$ 严格增加到正数 $k$，恰有一个零点；在 $(e,+\infty )$ 上，函数从正数 $k$ 严格减少到 $-\infty$，也恰有一个零点。

所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内共有两个零点，故选 B。

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5. 【1994-5-3 分】 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)>0$，则方程

$${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t+{\int }_b^x\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t=0$$

在 $(a,b)$ 内根的个数为（ ）。

A. $0$    B. $1$    C. $2$    D. 无穷多

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答案： B。

解析： 令

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t+{\int }_b^x\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t.$$

由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且恒正，所以 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，且

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

故 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上严格单调增加。

又有

$$F(a)={\int }_b^a\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t=-{\int }_a^b\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t<0,$$

以及

$$F(b)={\int }_a^{b}f(t)\mathrm{d}t>0.$$

由连续函数零点定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使 $F(\xi )=0$；再由 $F$ 严格单调增加可知，该零点唯一。因此方程在 $(a,b)$ 内恰有一个根。

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6. 【1996-3-3 分】 方程

$$|x{|}^{\frac{1}{4}}+|x{|}^{\frac{1}{2}}-\cos x=0$$

在 $\mathbb{R}$ 内（ ）。

A. 无实根    B. 仅有一个实根    C. 有两个实根    D. 有无穷多个实根

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答案： C。

解析： 令

$$F(x)=|x{|}^{\frac{1}{4}}+|x{|}^{\frac{1}{2}}-\cos x.$$

由于 $F(-x)=F(x)$，故 $F$ 为偶函数，只需考查 $x\ge 0$ 的情形。

当 $0<x<1$ 时，

$$F^{\prime }(x)=\frac{1}{4x^{3/4}}+\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sin x>0,$$

所以 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调增加。又

$$F(0)=-1<0,F(1)=2-\cos 1>0.$$

因此在 $(0,1)$ 内恰有一个正根。

当 $x\ge 1$ 时，

$$F(x)=x^{\frac{1}{4}}+x^{\frac{1}{2}}-\cos x\ge 1+1-1=1>0,$$

故 $[1,+\infty )$ 内没有根。

综上，方程恰有一个正根。由于 $F$ 为偶函数，其相反数也是根，所以在 $\mathbb{R}$ 内共有两个实根。

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7. 【2005-34-4 分】 函数

$$f(x)=2x^3-9x^2+12x-a$$

在给定选项中，能使 $f(x)$ 恰有两个不同零点的 $a$ 是（ ）。

A. $2$    B. $4$    C. $6$    D. $8$

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答案： B。

解析： 求导得

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =6x^2-18x+12\\ & =6(x-1)(x-2).\end{array}$$

因此 $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上单调增加，在 $(1,2)$ 上单调减少，在 $(2,+\infty )$ 上单调增加；$x=1$ 为极大值点，$x=2$ 为极小值点。

相应的极值为

$$f(1)=5-a,f(2)=4-a.$$

三次函数恰有两个不同零点，当且仅当某一个极值恰好等于零，即

$$f(1)=0\text{或}f(2)=0.$$

由此得到

$$a=5\text{或}a=4.$$

事实上，

$$a=4⟹f(x)=(x-2{)}^2(2x-1),$$$$a=5⟹f(x)=(x-1{)}^2(2x-5),$$

两种情形均恰有两个不同零点；在题目给出的四个选项中只有 $a=4$，故选 B。若不限定为给定选项，则完整取值为 $a=4$ 或 $a=5$。

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8. 【2008-1-4 分】 设

$$f(x)={\int }_0^{x^2}\ln (2+t)\mathrm{d}t,$$

则 $f^{\prime }(x)$ 的零点个数为（ ）。

A. $0$    B. $1$    C. $2$    D. $3$

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答案： B。

解析： 由变上限积分求导公式及复合函数求导法则，

$$f^{\prime }(x)=\ln (2+x^2)\cdot 2x=2x\ln (2+x^2).$$

由于

$$2+x^2\ge 2>1,$$

所以

$$\ln (2+x^2)>0$$

对一切实数 $x$ 都成立。因此

$$f^{\prime }(x)=0⟺x=0.$$

故 $f^{\prime }(x)$ 只有一个零点，选 B。

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9. 【2019-3-4 分】 方程

$$x^5-5x+k=0$$

有三个不同实根，则 $k\in$( ）。

A. $(-\infty ,-4)$    B. $(4,+\infty )$    C. $\{-4,4\}$    D. $(-4,4)$

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答案： D。

解析： 令

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

则

$$F^{\prime }(x)=5x^4-5=5(x^2-1)(x^2+1).$$

由于 $x^2+1>0$，故 $F^{\prime }(x)$ 的符号由 $x^2-1$ 决定。于是 $F(x)$ 在 $(-\infty ,-1)$ 上单调增加，在 $(-1,1)$ 上单调减少，在 $(1,+\infty )$ 上单调增加。

因此 $x=-1$ 为极大值点，$x=1$ 为极小值点，且

$$F(-1)=4+k,F(1)=k-4.$$

五次函数要有三个不同实根，必须且只需其极大值为正、极小值为负，即

$$4+k>0,k-4<0.$$

解得

$$-4<k<4.$$

当 $k=\pm 4$ 时，有极值点恰落在 $x$ 轴上，只得到两个不同实根，不符合“三个不同实根”的要求。因此选 D。

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10. 【2021-23-5 分】 函数

$$f(x)=ax-b\ln x(a>0)$$

有两个零点，则 $\frac{b}{a}\in$( ）。

A. $(e,+\infty )$    B. $(0,e)$    C. $\left(0,\frac{1}{e}\right)$    D. $\left(\frac{1}{e},+\infty \right)$

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答案： A。

解析： 函数的定义域为 $(0,+\infty )$。令

$$r=\frac{b}{a},$$

则 $f(x)=0$ 等价于

$$x-r\ln x=0,$$

即

$$r=\frac{x}{\ln x}.$$

若 $r>0$，则零点只能位于 $x>1$。考查函数

$$\phi (x)=\frac{x}{\ln x},x>1.$$

其导数为

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x{)}^2}.$$

因此 $\phi (x)$ 在 $(1,e)$ 上单调减少，在 $(e,+\infty )$ 上单调增加，并在 $x=e$ 处取得最小值

$$\phi (e)=e.$$

同时，

$$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\phi (x)=+\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }\phi (x)=+\infty .$$

故水平直线 $y=r$ 与曲线 $y=\phi (x)$ 有两个交点，当且仅当

$$r>e.$$

也就是说，$f(x)$ 有两个零点的充要条件为

$$\frac{b}{a}>e.$$

所以

$$\frac{b}{a}\in (e,+\infty ),$$

选 A。

大题

（一）对概念的直接考查

1. 【1991-4-6 分】 试证明函数

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

在区间 $(0,+\infty )$ 内单调增加。

查看答案与解析

答案： $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内严格单调增加。

解析： 由于 $x>0$，故 $f(x)>0$。对函数取对数，令

$$F(x)=\ln f(x)=x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right).$$

则

$$F^{\prime }(x)=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)+x\cdot \frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}.$$

为判断其符号，令

$$t=\frac{1}{x}>0,$$

并设

$$\phi (t)=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}.$$

有

$${\phi }^{\prime }(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t{)}^2}=\frac{t}{(1+t{)}^2}>0.$$

又

$$\phi (0)=0,$$

故当 $t>0$ 时，

$$\phi (t)>0.$$

于是

$$F^{\prime }(x)=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}=\ln (1+t)-\frac{t}{1+t}>0.$$

由于

$$f^{\prime }(x)=f(x)F^{\prime }(x),$$

且 $f(x)>0$，因此

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

所以函数

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

在 $(0,+\infty )$ 内严格单调增加。

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2. 【1992-4-6 分】 求证：当 $x\ge 1$ 时，

$$\arctan x-\frac{1}{2}\arccos \frac{2x}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}.$$

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答案： 原等式成立。

解析： 令

$$\theta =\arctan x.$$

当 $x\ge 1$ 时，

$$\frac{\pi }{4}\le \theta <\frac{\pi }{2}.$$

由 $x=\tan \theta$，可得

$$\frac{2x}{1+x^2}=\frac{2\tan \theta }{1+{\tan }^2\theta }=2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta .$$

又因为

$$0\le 2\theta -\frac{\pi }{2}<\frac{\pi }{2},$$

且

$$\cos \left(2\theta -\frac{\pi }{2}\right)=\sin 2\theta ,$$

故由反余弦函数的值域 $[0,\pi ]$，有

$$\arccos (\sin 2\theta )=2\theta -\frac{\pi }{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\arctan x-\frac{1}{2}\arccos \frac{2x}{1+x^2}& =\theta -\frac{1}{2}\left(2\theta -\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

所以对任意 $x\ge 1$，均有

$$\arctan x-\frac{1}{2}\arccos \frac{2x}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}.$$

（二）求单调区间与凹凸区间

1. 【2007-34-10 分】 方程

$$y\ln y-x+y=0$$

确定隐函数 $y=y(x)$，判断曲线在点 $(1,1)$ 附近的凹凸性。

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答案： 曲线在点 $(1,1)$ 的某邻域内为凸的。

解析： 令

$$F(x,y)=y\ln y-x+y.$$

在点 $(1,1)$ 处，

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

且

$$F_y(x,y)=\ln y+2,F_y(1,1)=2\ne 0.$$

因此由隐函数存在定理，方程在点 $(1,1)$ 附近可以唯一确定可微函数 $y=y(x)$。

对原方程两边关于 $x$ 求导，得

$$(\ln y+1)y^{\prime }-1+y^{\prime }=0,$$

即

$$(\ln y+2)y^{\prime }=1.$$

所以

$$y^{\prime }=\frac{1}{\ln y+2}.$$

再次求导，得

$$y^{\prime \prime }=-\frac{1}{(\ln y+2{)}^2}\cdot \frac{y^{\prime }}{y}=-\frac{1}{y(\ln y+2{)}^3}.$$

在点 $(1,1)$ 的充分小邻域内，可保证

$$y>0,\ln y+2>0.$$

故

$$y^{\prime \prime }<0.$$

按照高等数学中常用的凹凸性约定，$y^{\prime \prime }<0$ 时曲线为凸，因此曲线在点 $(1,1)$ 附近为凸的。

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2. 【2021-2-12 分】 设

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

求其凹凸区间与渐近线。

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答案： 凸区间为

$$(-1,0);$$

凹区间为

$$(-\infty ,-1),(0,+\infty ).$$

渐近线为

$$x=-1,$$$$y=-x+1(x\to -\infty ),$$$$y=x-1(x\to +\infty ).$$

解析： 函数的定义域为

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

由绝对值的定义，

$$f(x)=\{\begin{array}{llc}-\frac{x^2}{1+x},& x<0,\text{[}2mm]\frac{x^2}{1+x},& x\ge 0.\end{array}$$

当 $x<0$ 且 $x\ne -1$ 时，作多项式除法得

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

于是

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

因此：

当 $x\in (-\infty ,-1)$ 时，$x+1<0$，故

$$f^{\prime \prime }(x)>0,$$

曲线为凹；

当 $x\in (-1,0)$ 时，$x+1>0$，故

$$f^{\prime \prime }(x)<0,$$

曲线为凸。

当 $x>0$ 时，

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

从而

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

故曲线在 $(0,+\infty )$ 上为凹。

此外，$f(0)=0$，并且 $x=0$ 两侧曲线的凹凸性发生改变，所以 $(0,0)$ 为拐点。

下面求渐近线。

当 $x\to -1^{-}$ 或 $x\to -1^{+}$ 时，分母 $x+1\to 0$，而分子 $x|x|\to -1$，故函数趋于无穷，因而

$$x=-1$$

是垂直渐近线。

当 $x\to -\infty$ 时，

$$f(x)-(-x+1)=-\frac{1}{x+1}\to 0,$$

故左侧斜渐近线为

$$y=-x+1.$$

当 $x\to +\infty$ 时，

$$f(x)-(x-1)=\frac{1}{x+1}\to 0,$$

故右侧斜渐近线为

$$y=x-1.$$

综上，凸区间、凹区间及渐近线如答案所示。

（三）求函数最值

1. 【1988-35-8 分】 将一根长为 $a$ 的铁丝截成两段，一段围成正方形，另一段围成圆。问两段各长多少时，正方形与圆的面积之和最小？

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答案： 围成正方形的一段长为

$$\frac{4a}{\pi +4},$$

围成圆的一段长为

$$\frac{\pi a}{\pi +4}.$$

此时面积之和的最小值为

$$\frac{a^2}{4(\pi +4)}.$$

解析： 设用于围成正方形的铁丝长度为 $x$，则用于围成圆的铁丝长度为 $a-x$，其中

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

正方形的边长为

$$\frac{x}{4},$$

故其面积为

$$S_1={\left(\frac{x}{4}\right)}^2=\frac{x^2}{16}.$$

圆的周长为 $a-x$，故圆的半径为

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

其面积为

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

于是面积之和为

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

求导得

$$S^{\prime }(x)=\frac{x}{8}-\frac{a-x}{2\pi }.$$

令 $S^{\prime }(x)=0$，得

$$\frac{x}{8}=\frac{a-x}{2\pi },$$

即

$$\pi x=4(a-x).$$

解得

$$x=\frac{4a}{\pi +4}.$$

因此另一段长度为

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

又

$$S^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{8}+\frac{1}{2\pi }>0,$$

故上述驻点为唯一的最小值点。

将其代入面积函数，得

$$\begin{array}{rl}{S}_{\min }& =\frac{1}{16}{\left(\frac{4a}{\pi +4}\right)}^2+\frac{1}{4\pi }{\left(\frac{\pi a}{\pi +4}\right)}^2\\ & =\frac{a^2}{(\pi +4{)}^2}+\frac{\pi a^2}{4(\pi +4{)}^2}\\ & =\frac{a^2}{4(\pi +4)}.\end{array}$$

所以围成正方形与圆的两段长度分别为

$$\frac{4a}{\pi +4},\frac{\pi a}{\pi +4}.$$

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2. 【1993-3-9 分】 作半径为 $r$ 的球的外切正圆锥，圆锥的高 $h$ 取何值时圆锥体积最小？并求最小体积。

查看答案与解析

答案： 当

$$h=4r$$

时，圆锥体积最小，最小体积为

$$V_{\min }=\frac{8}{3}\pi r^3.$$

解析： 设圆锥底面半径为 $R$，母线长为

$$l=\sqrt{R^2+h^2}.$$

过圆锥轴作轴截面，得到底边为 $2R$、高为 $h$ 的等腰三角形。球与圆锥外切，故球在该轴截面内对应于三角形的内切圆，其半径为 $r$。

由三角形内切圆半径公式

$$r=\frac{\text{三角形面积}}{\text{半周长}}=\frac{Rh}{R+l}.$$

于是

$$r(R+l)=Rh,$$

即

$$rl=R(h-r).$$

两边平方并利用 $l^2=R^2+h^2$，得

$$r^2(R^2+h^2)=R^2(h-r{)}^2.$$

整理得

$$r^2{h}^2=R^2(h^2-2hr),$$

从而

$$R^2=\frac{r^{2}h}{h-2r},h>2r.$$

圆锥体积为

$$V(h)=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{\pi r^2}{3}\cdot \frac{h^2}{h-2r}.$$

求导得

$$V^{\prime }(h)=\frac{\pi r^2}{3}\cdot \frac{2h(h-2r)-h^2}{(h-2r{)}^2}=\frac{\pi r^2}{3}\cdot \frac{h(h-4r)}{(h-2r{)}^2}.$$

由于 $h>2r$，故当 $2r<h<4r$ 时，$V^{\prime }(h)<0$；当 $h>4r$ 时，$V^{\prime }(h)>0$。因此 $V(h)$ 在 $h=4r$ 处取得最小值。

代入得

$$V_{\min }=\frac{\pi r^2}{3}\cdot \frac{(4r{)}^2}{4r-2r}=\frac{8}{3}\pi r^3.$$

所以圆锥高为 $4r$ 时体积最小。

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3. 【1995-3-8 分】 求函数

$$f(x)={\int }_0^{x^2}(2-t)e^{-t}\mathrm{d}t$$

的最大值和最小值。

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答案： 最大值为

$$1+e^{-2},$$

在 $x=\pm \sqrt{2}$ 处取得；最小值为

$$0,$$

在 $x=0$ 处取得。

解析： 由变限积分求导公式，得

$$f^{\prime }(x)=(2-x^2)e^{-x^2}\cdot 2x=2x(2-x^2)e^{-x^2}.$$

由于 $e^{-x^2}>0$，故驻点为

$$x=-\sqrt{2},x=0,x=\sqrt{2}.$$

对 $f^{\prime }(x)$ 的符号进行讨论：

• 当 $x\in (-\infty ,-\sqrt{2})$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；
• 当 $x\in (-\sqrt{2},0)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；
• 当 $x\in (0,\sqrt{2})$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；
• 当 $x\in (\sqrt{2},+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$。

因此 $x=\pm \sqrt{2}$ 为极大值点，$x=0$ 为极小值点。

先计算

$$f(0)=0.$$

又因为

$$\int (2-t)e^{-t}\mathrm{d}t=(t-1)e^{-t}+C,$$

所以

$$f(\pm \sqrt{2})={\int }_0^2(2-t)e^{-t}\mathrm{d}t={\left[(t-1)e^{-t}\right]}_0^2=1+e^{-2}.$$

此外，令 $u=x^2$，则 $u\ge 0$，且

$$f(x)={\int }_0^u(2-t)e^{-t}\mathrm{d}t.$$

当 $u>2$ 时，该函数虽递减，但

$$\underset{u\to +\infty }{\lim }{\int }_0^u(2-t)e^{-t}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }(2-t)e^{-t}\mathrm{d}t=1.$$

故其值不会低于 $0$，也不会超过 $1+e^{-2}$。因此上述极值即为全局最大值和最小值。

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4. 【2003-4-9 分】 设 $a>1$，函数

$$f(t)=a^t-at$$

的驻点为 $t=t(a)$。问 $a$ 取何值时 $t(a)$ 最小？并求其最小值。

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答案： 当

$$a=e^e$$

时，$t(a)$ 取得最小值

$$t_{\min }=1-\frac{1}{e}.$$

解析： 对 $t$ 求导，得

$$f^{\prime }(t)=a^t\ln a-a.$$

驻点满足

$$a^t\ln a=a,$$

故

$$a^t=\frac{a}{\ln a}.$$

两边取对数，得

$$t\ln a=\ln a-\ln \ln a,$$

从而

$$t(a)=1-\frac{\ln \ln a}{\ln a}.$$

令

$$u=\ln a>0,$$

则

$$t=1-\frac{\ln u}{u}.$$

对 $u$ 求导，得

$$\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}u}=-\frac{1-\ln u}{u^2}=\frac{\ln u-1}{u^2}.$$

当 $0<u<e$ 时，$\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}u}<0$；当 $u>e$ 时，$\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}u}>0$。因此 $t$ 在 $u=e$ 处取得最小值。

由于 $u=\ln a$，故

$$\ln a=e,$$

即

$$a=e^e.$$

此时

$$t_{\min }=1-\frac{\ln e}{e}=1-\frac{1}{e}.$$

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5. 【2004-2-11 分】 设

$$f(x)={\int }_x^{x+\frac{\pi }{2}}|\sin t|\mathrm{d}t.$$

（1）证明 $f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的周期函数；

（2）求 $f(x)$ 的值域。

查看答案与解析

答案： （1）$f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的周期函数；

（2）$f(x)$ 的值域为

$$[2-\sqrt{2},\sqrt{2}].$$

解析： （1）由于

$$|\sin (t+\pi )|=|\sin t|,$$

故 $|\sin t|$ 以 $\pi$ 为周期。于是

$$\begin{array}{rl}f(x+\pi )& ={\int }_{x+\pi }^{x+\frac{3\pi }{2}}|\sin t|\mathrm{d}t.\end{array}$$

令 $u=t-\pi$，则

$$\begin{array}{rl}f(x+\pi )& ={\int }_x^{x+\frac{\pi }{2}}|\sin (u+\pi )|\mathrm{d}u\\ & ={\int }_x^{x+\frac{\pi }{2}}|\sin u|\mathrm{d}u\\ & =f(x).\end{array}$$

因此 $f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的周期函数。

（2）只需在一个周期 $[0,\pi ]$ 上讨论。

当 $0\le x\le \frac{\pi }{2}$ 时，区间 $\left[x,x+\frac{\pi }{2}\right]\subset [0,\pi ]$，故 $\sin t\ge 0$，从而

$$\begin{array}{rl}f(x)& ={\int }_x^{x+\frac{\pi }{2}}\sin t\mathrm{d}t\\ & =\cos x-\cos \left(x+\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\cos x+\sin x.\end{array}$$

因此在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上，

$$1\le f(x)\le \sqrt{2},$$

其中最大值 $\sqrt{2}$ 在 $x=\frac{\pi }{4}$ 处取得。

当 $\frac{\pi }{2}\le x\le \pi$ 时，积分区间跨过点 $\pi$，于是

$$\begin{array}{rl}f(x)& ={\int }_x^{\pi }\sin t\mathrm{d}t+{\int }_{\pi }^{x+\frac{\pi }{2}}(-\sin t)\mathrm{d}t\\ & =1+\cos x+1-\sin x\\ & =2+\cos x-\sin x.\end{array}$$

求导得

$$f^{\prime }(x)=-\sin x-\cos x.$$

在 $\left[\frac{\pi }{2},\pi \right]$ 内，驻点为

$$x=\frac{3\pi }{4}.$$

并且

$$f\left(\frac{3\pi }{4}\right)=2-\sqrt{2},$$

而

$$f\left(\frac{\pi }{2}\right)=f(\pi )=1.$$

故在该区间上，函数值范围为

$$[2-\sqrt{2},1].$$

综合两个区间，并利用周期性，得 $f(x)$ 的值域为

$$[2-\sqrt{2},\sqrt{2}].$$

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6. 【2016-23-10 分】 设

$$f(x)={\int }_0^1|t^2-x^2|\mathrm{d}t,x>0.$$

求 $f^{\prime }(x)$ 及 $f(x)$ 的最小值。

查看答案与解析

答案：

$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}2x(2x-1),& 0<x<1,\\ 2x,& x\ge 1,\end{array}$$

且 $f(x)$ 的最小值为

$$\frac{1}{4},$$

在 $x=\frac{1}{2}$ 处取得。

解析： 由于积分中含绝对值，需按 $x$ 与积分变量 $t$ 的大小关系分类讨论。

当 $0<x<1$ 时，在 $t=x$ 处分段，有

$$\begin{array}{rl}f(x)& ={\int }_0^x(x^2-t^2)\mathrm{d}t+{\int }_x^1(t^2-x^2)\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{3}{x}^3+\left(\frac{1}{3}-x^2+\frac{2}{3}{x}^3\right)\\ & =\frac{1}{3}-x^2+\frac{4}{3}{x}^3.\end{array}$$

故

$$f^{\prime }(x)=-2x+4x^2=2x(2x-1),0<x<1.$$

当 $x\ge 1$ 时，对任意 $t\in [0,1]$，均有 $x^2\ge t^2$，因此

$$f(x)={\int }_0^1(x^2-t^2)\mathrm{d}t=x^2-\frac{1}{3},$$

从而

$$f^{\prime }(x)=2x,x\ge 1.$$

在 $0<x<1$ 内，

$$f^{\prime }(x)=0$$

给出

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

当 $0<x<\frac{1}{2}$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；当 $x>\frac{1}{2}$ 时，$f^{\prime }(x)>0$。因此 $f(x)$ 在 $x=\frac{1}{2}$ 处取得最小值。

代入得

$$\begin{array}{rl}f\left(\frac{1}{2}\right)& =\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}\\ & =\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}\\ & =\frac{1}{4}.\end{array}$$

所以

$$f_{\min }=\frac{1}{4}.$$