第三章 自测题
1. 填空题
【题目】
1）函数 $y = x^{2} - \ln x^{2}$ 的单调增区间为 ____；
2）函数 $y=2x^{3}-3x^{2}$ 在区间 $[-1,4]$ 的最小值为 ____，最大值为 ____；
3） $y = x^{\frac{1}{x}}$ 的极大值点为 ____，极大值为 ____；
- 函数 $y = xe^{-x}$ 图形的拐点为 ____，凸区间为 ____，凹区间为 ____；
5）函数 $y = \frac{2x^2}{(1 - x)^2}$ 的水平渐近线为 ____，铅直渐近线为 ____.
【解析】
- 函数定义域为 $x \neq 0$。 求导数：$y' = 2x - \frac{2x}{x^2} = 2x - \frac{2}{x} = \frac{2(x^2 - 1)}{x}$。 令 $y' \geq 0 \implies \frac{x^2 - 1}{x} \geq 0$：
- 当 $x > 0$ 时，$x^2 - 1 \geq 0 \implies x \geq 1$；
- 当 $x < 0$ 时，$x^2 - 1 \leq 0 \implies -1 \leq x < 0$。 故单调增加区间为 $[-1, 0)$ 和 $[1, +\infty)$。
- 求导数：$y' = 6x^2 - 6x = 6x(x - 1)$。驻点为 $x = 0$ 和 $x = 1$。 计算驻点与端点处的函数值：
- $y(-1) = 2(-1)^3 - 3(-1)^2 = -5$；
- $y(0) = 0$；
- $y(1) = 2 - 3 = -1$；
- $y(4) = 2(64) - 3(16) = 128 - 48 = 80$。 故最小值为 -5，最大值为 80。
函数定义域为 $(0, +\infty)$。对数求导：$\ln y = \frac{\ln x}{x}$。
$$\frac{y'}{y} = \frac{1 - \ln x}{x^2} \implies y' = x^{\frac{1}{x}} \cdot \frac{1 - \ln x}{x^2}$$令 $y' = 0 \implies 1 - \ln x = 0 \implies x = e$。 当 $x < e$ 时 $y' > 0$；当 $x > e$ 时 $y' < 0$。 故极大值点为 $e$，极大值为 $e^{\frac{1}{e}}$。
求导数：
$$y' = e^{-x} - xe^{-x} = e^{-x}(1 - x)$$$$y'' = -e^{-x}(1 - x) + e^{-x}(-1) = e^{-x}(x - 2)$$令 $y'' = 0 \implies x = 2$。对应函数值 $y(2) = 2e^{-2}$。
- 当 $x < 2$ 时，$y'' < 0$，曲线为凸；
- 当 $x > 2$ 时，$y'' > 0$，曲线为凹。 故拐点为 $(2, 2e^{-2})$，凸区间为 $(-\infty, 2]$，凹区间为 $[2, +\infty)$。
渐近线求解：
- 当 $x \to \infty$ 时，$\lim_{x\to \infty}\frac{2x^2}{(1 - x)^2} = \lim_{x\to \infty}\frac{2x^2}{x^2 - 2x + 1} = 2$，故水平渐近线为 $y = 2$；
- 当 $x \to 1$ 时，分母趋于 0，$\lim_{x\to 1}\frac{2x^2}{(1 - x)^2} = +\infty$，故铅直渐近线为 $x = 1$。
2. 求下列极限
【题目】
$\lim_{x\to 0}\frac{1 - e^{-x^2}}{x^2};$
$\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}};$
$\lim _ {x \rightarrow 1} \frac {(\sqrt {x} - 1) (\sqrt [ 3 ]{x} - 1) \cdots (\sqrt [ n ]{x} - 1)}{(x - 1) ^ {n - 1}};$
$\lim _ {x \rightarrow 0} \frac {3 \sin x + x ^ {2} \cos \frac {1}{x}}{(1 + \cos x) \ln (1 + x)};$
$\lim_{x\to0}\left(\frac{a_{1}^{x}+a_{2}^{x}+\cdots+a_{n}^{x}}{n}\right)^{\frac{1}{x}}.$
【解析】
当 $x \to 0$ 时，$1 - e^{-x^2} \sim -(-x^2) = x^2$。
$$\lim_{x\to 0}\frac{1 - e^{-x^2}}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2} = 1$$分子分母同除以 $e^x$：
$$\lim_{x\to +\infty}\frac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$$当 $x \to 1$ 时，对任意正整数 $k \geq 2$，由等价无穷小可知：
$$\sqrt[k]{x} - 1 = (1 + (x - 1))^{\frac{1}{k}} - 1 \sim \frac{1}{k}(x - 1)$$分子共有 $n - 1$ 项相乘（从 $k = 2$ 到 $n$）：
$$\prod_{k=2}^n (\sqrt[k]{x} - 1) \sim \prod_{k=2}^n \frac{1}{k}(x - 1) = \frac{1}{2 \cdot 3 \cdots n}(x - 1)^{n - 1} = \frac{1}{n!}(x - 1)^{n - 1}$$代入得：
$$\lim_{x\to 1}\frac{\frac{1}{n!}(x - 1)^{n - 1}}{(x - 1)^{n - 1}} = \frac{1}{n!}$$分母中当 $x \to 0$ 时，$1 + \cos x \to 2$，$\ln(1 + x) \sim x$，故分母等价于 $2x$。 分子中 $3\sin x \sim 3x$，$x^2 \cos\frac{1}{x} = o(x)$（高阶无穷小量）。
$$\lim_{x\to 0}\frac{3\sin x + x^2\cos\frac{1}{x}}{(1 + \cos x)\ln(1 + x)} = \lim_{x\to 0}\frac{3x + o(x)}{2x} = \frac{3}{2}$$属于 $1^\infty$ 型未定式。设 $y = \left(\frac{\sum_{i=1}^n a_i^x}{n}\right)^{\frac{1}{x}}$，取对数：
$$\ln y = \frac{\ln\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i^x\right)}{x}$$应用洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\ln y = \lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i^x} \cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i^x \ln a_i}{1} = \frac{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \ln a_i}{1} = \frac{1}{n}\ln(a_1 a_2 \cdots a_n) = \ln\sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n}$$因此：
$$\lim_{x\to 0} y = e^{\ln\sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n}} = \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n}$$
3. 不等式证明
【题目】
证明：当 $x \geq 1$ 时， $\ln x \geq \frac{x - 1}{x + 1}$ .
【解析】
证明： 设辅助函数 $f(x) = \ln x - \frac{x - 1}{x + 1}$，$x \geq 1$。 求导数：
$$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1 \cdot (x + 1) - (x - 1) \cdot 1}{(x + 1)^2} = \frac{1}{x} - \frac{2}{(x + 1)^2} = \frac{(x + 1)^2 - 2x}{x(x + 1)^2} = \frac{x^2 + 1}{x(x + 1)^2}$$当 $x \geq 1$ 时，$x^2 + 1 > 0$ 且 $x(x + 1)^2 > 0$，所以：
$$f'(x) > 0\quad (x \geq 1)$$函数 $f(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上严格单调递增。 因此对任意 $x \geq 1$，恒有：
$$f(x) \geq f(1) = \ln 1 - \frac{1 - 1}{1 + 1} = 0$$即：
$$\ln x \geq \frac{x - 1}{x + 1}$$证毕。
4. 罗尔定理应用题
【题目】
设 $a_{0}+\frac{a_{1}}{2}+\cdots+\frac{a_{n}}{n+1}=0$ ，证明多项式 $f(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{n}x^{n}$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个零点.
【解析】
证明： 设辅助函数 $F(x) = a_0 x + \frac{a_1}{2}x^2 + \cdots + \frac{a_n}{n + 1}x^{n + 1}$。
- 分析连续性与可导性： $F(x)$ 为多项式函数，在闭区间 $[0, 1]$ 上连续，在开区间 $(0, 1)$ 内可导，且其导函数为： $$F'(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n = f(x)$$
- 计算端点函数值：
- $F(0) = 0$；
- $F(1) = a_0 + \frac{a_1}{2} + \cdots + \frac{a_n}{n + 1}$。 已知条件给出 $a_0 + \frac{a_1}{2} + \cdots + \frac{a_n}{n + 1} = 0$，故： $$F(1) = 0$$ 因此 $F(0) = F(1) = 0$。
- 应用罗尔定理： 函数 $F(x)$ 在 $[0, 1]$ 上满足罗尔定理的所有条件，因此在开区间 $(0, 1)$ 内至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得： $$F'(\xi) = 0 \implies f(\xi) = 0$$ 即多项式 $f(x)$ 在 $(0, 1)$ 内至少有一个零点。证毕。