第三章中值定理与导数的应用 | YHK's life

习题3.1 中值定理

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 填空题

【题目】

函数 $f(x)=x^{4}$ 在区间 $[1,2]$ 上满足 Lagrange 中值定理的 $\xi=$ ____；
若函数 $f(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)$ ，则方程 $f'(x) = 0$ 有分别位于区间 ____、____、____ 内的三个实根；
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可导，则至少存在一点 $\xi \in (a, b)$ ，使得 $e^{f(b)} - e^{f(a)} =$ ____.

【解析】

$f(x) = x^4$ 在 $[1, 2]$ 上连续，在 $(1, 2)$ 内可导，$f'(x) = 4x^3$。由拉格朗日中值定理：
$$f(2) - f(1) = f'(\xi)(2 - 1) \implies 2^4 - 1^4 = 4\xi^3(1) \implies 15 = 4\xi^3$$
解得：
$$\xi = \left(\frac{15}{4}\right)^{\frac{1}{3}}$$
且 $\left(\frac{15}{4}\right)^{\frac{1}{3}} \approx 1.55 \in (1, 2)$。
函数 $f(x)$ 为多项式，在实数域上处处连续可导，且 $f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = 0$。分别在 $[1, 2]$、$[2, 3]$、$[3, 4]$ 上应用罗尔定理：

在 $[1, 2]$ 上，存在 $\xi_1 \in (1, 2)$ 使得 $f'(\xi_1) = 0$；
在 $[2, 3]$ 上，存在 $\xi_2 \in (2, 3)$ 使得 $f'(\xi_2) = 0$；
在 $[3, 4]$ 上，存在 $\xi_3 \in (3, 4)$ 使得 $f'(\xi_3) = 0$。因此方程 $f'(x) = 0$ 的三个实根分别位于区间 (1, 2)、(2, 3)、(3, 4) 内。

令辅助函数 $F(x) = e^{f(x)}$。因为 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可导，故 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $F'(x) = e^{f(x)} f'(x)$。由拉格朗日中值定理，至少存在一点 $\xi \in (a, b)$，使得： $$F(b) - F(a) = F'(\xi)(b - a) \implies e^{f(b)} - e^{f(a)} = e^{f(\xi)} f'(\xi)(b - a)$$

2. 证明下列不等式

【题目】

$\frac{a - b}{a} < \ln \frac{a}{b} < \frac{a - b}{b}$ , 其中 $a > b > 0$ ;

2） $nb^{n - 1}(a - b) < a^n -b^n < na^{n - 1}(a - b)$ ，其中 $a > b > 0$ ， $n > 1$.

【解析】

证明： 设函数 $f(x) = \ln x$。当 $a > b > 0$ 时，$f(x)$ 在闭区间 $[b, a]$ 上连续，在开区间 $(b, a)$ 内可导，且 $f'(x) = \frac{1}{x}$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (b, a)$，使得：
$$\ln a - \ln b = f'(\xi)(a - b) \implies \ln\frac{a}{b} = \frac{1}{\xi}(a - b)$$
因为 $0 < b < \xi < a$，所以：
$$\frac{1}{a} < \frac{1}{\xi} < \frac{1}{b}$$
由于 $a - b > 0$，两边同乘 $(a - b)$ 得：
$$\frac{a - b}{a} < \frac{a - b}{\xi} < \frac{a - b}{b} \implies \frac{a - b}{a} < \ln\frac{a}{b} < \frac{a - b}{b}$$
证毕。
证明： 设函数 $f(x) = x^n$。当 $a > b > 0, n > 1$ 时，$f(x)$ 在 $[b, a]$ 上连续，在 $(b, a)$ 内可导，且 $f'(x) = n x^{n - 1}$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (b, a)$，使得：
$$a^n - b^n = f'(\xi)(a - b) = n\xi^{n - 1}(a - b)$$
因为 $n > 1$ 且 $0 < b < \xi < a$，函数 $y = x^{n - 1}$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格单调递增，故：
$$b^{n - 1} < \xi^{n - 1} < a^{n - 1}$$
由于 $n(a - b) > 0$，同乘 $n(a - b)$ 得：
$$n b^{n - 1}(a - b) < n \xi^{n - 1}(a - b) < n a^{n - 1}(a - b)$$
即：
$$n b^{n - 1}(a - b) < a^n - b^n < n a^{n - 1}(a - b)$$
证毕。

3. 证明下列各题

【题目】

1）设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上具有二阶导数，且 $f(a) = f(b) = f(c) \quad (a < c < b)$ ，则在开区间 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f''(\xi) = 0$ ；

2）证明：多项式 $g(x) = x^{3} - 3x + a$ 在 [0,1] 上不可能有两个零点；

已知函数 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可微，且 $f(0) = 1$ ， $f(1) = 0$ ，求证：在 $(0, 1)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$ ;
设 $0 < a < b$ ，函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，试利用柯西中值定理证明存在点 $\xi \in (a, b)$ ，使 $f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln \frac{b}{a}$ .

【解析】

证明： 因为 $f(x)$ 在 $[a, c]$ 和 $[c, b]$ 上连续可导，且 $f(a) = f(c) = f(b)$。分别在 $[a, c]$ 和 $[c, b]$ 上应用罗尔定理：

存在 $\xi_1 \in (a, c)$ 使得 $f'(\xi_1) = 0$；
存在 $\xi_2 \in (c, b)$ 使得 $f'(\xi_2) = 0$。显然 $a < \xi_1 < c < \xi_2 < b$。由于 $f(x)$ 具有二阶导数，导函数 $f'(x)$ 在 $[\xi_1, \xi_2]$ 上连续，在 $(\xi_1, \xi_2)$ 内可导，且 $f'(\xi_1) = f'(\xi_2) = 0$。对 $f'(x)$ 在 $[\xi_1, \xi_2]$ 上应用罗尔定理，可知存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a, b)$，使得： $$f''(\xi) = 0$$ 证毕。

证明： 用反证法。假设 $g(x) = x^3 - 3x + a$ 在 $[0, 1]$ 上有两个不同的零点 $x_1, x_2$（设 $0 \leq x_1 < x_2 \leq 1$），则 $g(x_1) = g(x_2) = 0$。因为多项式 $g(x)$ 在 $[x_1, x_2]$ 上连续可导，由罗尔定理，至少存在一点 $\xi \in (x_1, x_2) \subset (0, 1)$，使得：
$$g'(\xi) = 0$$
然而计算导数：$g'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x^2 - 1)$。当 $x \in (0, 1)$ 时，$x^2 < 1$，恒有 $g'(x) = 3(x^2 - 1) < 0$。即在开区间 $(0, 1)$ 内不存在任何点使导数等于 0，这与罗尔定理结论矛盾！因此，多项式 $g(x)$ 在 $[0, 1]$ 上不可能有两个零点。
证明： 要证 $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$，等价于证明 $\xi f'(\xi) + f(\xi) = 0$。令辅助函数 $F(x) = x f(x)$。

$F(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导；
计算端点值： $$F(0) = 0 \cdot f(0) = 0$$ $$F(1) = 1 \cdot f(1) = 0$$ 故 $F(0) = F(1) = 0$。由罗尔定理，在 $(0, 1)$ 内至少存在一点 $\xi \in (0, 1)$，使得 $F'(\xi) = 0$。因为 $F'(x) = f(x) + x f'(x)$，所以： $$f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0 \implies f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$$ 证毕。

证明： 要证 $f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln\frac{b}{a}$，即证明： $$\frac{f(b) - f(a)}{\ln b - \ln a} = \xi f'(\xi) = \frac{f'(\xi)}{\frac{1}{\xi}}$$ 令辅助函数 $g(x) = \ln x$。当 $0 < a < b$ 时：

$f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导；
当 $x \in (a, b)$ 时，$g'(x) = \frac{1}{x} \neq 0$。由柯西中值定理，至少存在一点 $\xi \in (a, b)$，使得： $$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \implies \frac{f(b) - f(a)}{\ln b - \ln a} = \frac{f'(\xi)}{\frac{1}{\xi}} = \xi f'(\xi)$$ 两边同乘 $\ln\frac{b}{a}$，得： $$f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln\frac{b}{a}$$ 证毕。

习题3.2 洛必达法则

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 利用洛必达法则求下列极限

【题目】

$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{\sin^3x};$
$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x};$
$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - \sin x - 1}{1 - \sqrt{1 - x^2}};$
$\lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln x} -\frac{1}{x - 1}\right);$
$\lim_{x\to +\infty}\left(x - x^2\ln \left(1 + \frac{1}{x}\right)\right);$
$\lim_{x\to \infty}x\left(e^{\frac{1}{x}} - 1\right);$
$\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x} -\frac{1}{e^x - 1}\right);$
$\lim_{x\to0^{+}}x^{\sin x}.$

【解析】

分母等价代换 $\sin^3 x \sim x^3$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{x^3} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{\cos x - (\cos x - x\sin x)}{3x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{x\sin x}{3x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{3x} = \frac{1}{3}$$
$\frac{0}{0}$ 型未定式，连续应用洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x + e^{-x} - 2}{1 - \cos x}$$
利用分母等价无穷小 $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$：
$$= \lim_{x\to 0}\frac{e^x + e^{-x} - 2}{\frac{1}{2}x^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x}}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1 + 1 - e^{-x}}{x} = 1 + 1 = 2$$
分母有理化：$1 - \sqrt{1 - x^2} \sim \frac{1}{2}x^2$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - \sin x - 1}{\frac{1}{2}x^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x - \cos x}{x} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x + \sin x}{1} = \frac{1 + 0}{1} = 1$$
通分化为 $\frac{0}{0}$ 型：
$$\lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1}\right) = \lim_{x\to 1}\frac{x - 1 - \ln x}{(x - 1)\ln x}$$
令 $t = x - 1 \to 0$，$x = 1 + t$，分母 $(x - 1)\ln x \sim t \cdot t = t^2$：
$$= \lim_{t\to 0}\frac{t - \ln(1 + t)}{t^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{t\to 0}\frac{1 - \frac{1}{1 + t}}{2t} = \lim_{t\to 0}\frac{t}{2t(1 + t)} = \frac{1}{2}$$
提取公因式并换元：令 $t = \frac{1}{x} \to 0^+$，
$$x - x^2\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2}\ln(1 + t) = \frac{t - \ln(1 + t)}{t^2}$$
应用洛必达法则：
$$\lim_{t\to 0^+}\frac{t - \ln(1 + t)}{t^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{t\to 0^+}\frac{1 - \frac{1}{1 + t}}{2t} = \lim_{t\to 0^+}\frac{t}{2t(1 + t)} = \frac{1}{2}$$
令 $t = \frac{1}{x} \to 0$：
$$\lim_{x\to \infty}x\left(e^{\frac{1}{x}} - 1\right) = \lim_{t\to 0}\frac{e^t - 1}{t} = 1$$
通分化简：
$$\frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} = \frac{e^x - 1 - x}{x(e^x - 1)} \sim \frac{e^x - 1 - x}{x^2}$$
应用洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1}{2x} = \frac{1}{2}$$
属于 $0^0$ 型未定式。设 $y = x^{\sin x}$，取对数：$\ln y = \sin x\ln x$。
$$\lim_{x\to 0^+}\sin x\ln x = \lim_{x\to 0^+} x\ln x = \lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x\to 0^+}(-x) = 0$$
因此：
$$\lim_{x\to 0^+} x^{\sin x} = e^0 = 1$$

2. 求解下列各题

【题目】

1）设函数 $f(x)$ 具有一阶连续导数， $f(0)=0,\quad f'(0)=2$ ，求 $\lim_{x\to0}\frac{f(1-\cos x)}{\tan x^{2}}$ ;

2）已知 $f''(x_0)$ 存在，求 $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + h) + f(x_0 - h) - 2f(x_0)}{h^2}.$

【解析】

分母等价替换 $\tan x^2 \sim x^2$。由导数定义，当 $u \to 0$ 时，$\lim_{u\to 0}\frac{f(u) - f(0)}{u} = f'(0) = 2 \implies f(u) \sim 2u$。令 $u = 1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2 \to 0$，则 $f(1 - \cos x) \sim 2\left(\frac{1}{2}x^2\right) = x^2$。因此：
$$\lim_{x\to 0}\frac{f(1 - \cos x)}{\tan x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2} = 1$$
对 $h$ 应用一次洛必达法则：
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + h) + f(x_0 - h) - 2f(x_0)}{h^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{h\to 0}\frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0 - h)}{2h}$$
拆项利用二阶导数定义：
$$= \frac{1}{2}\lim_{h\to 0}\left[\frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0)}{h} + \frac{f'(x_0 - h) - f'(x_0)}{-h}\right] = \frac{1}{2}[f''(x_0) + f''(x_0)] = f''(x_0)$$

习题3.3 泰勒公式

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 泰勒公式展开（拉格朗日余项）

【题目】

求 $f(x) = \sqrt{x}$ 按 $(x - 4)$ 的幂展开的带有拉格朗日型余项的 3 阶泰勒公式.

【解析】

计算 $f(x) = x^{\frac{1}{2}}$ 及其各阶导数在 $x_0 = 4$ 处的值：

$f(x) = x^{\frac{1}{2}} \implies f(4) = 2$；
$f'(x) = \frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}} \implies f'(4) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$；
$f''(x) = -\frac{1}{4}x^{-\frac{3}{2}} \implies f''(4) = -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{8} = -\frac{1}{32}$；
$f'''(x) = \frac{3}{8}x^{-\frac{5}{2}} \implies f'''(4) = \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{32} = \frac{3}{256}$；
四阶导数：$f^{(4)}(x) = -\frac{15}{16}x^{-\frac{7}{2}}$。

代入带有拉格朗日型余项的 3 阶泰勒展开式：

$$f(x) = f(4) + f'(4)(x - 4) + \frac{f''(4)}{2!}(x - 4)^2 + \frac{f'''(4)}{3!}(x - 4)^3 + \frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x - 4)^4$$

计算各系数：

0阶：$2$；
1阶：$\frac{1}{4}(x - 4)$；
2阶：$\frac{-\frac{1}{32}}{2}(x - 4)^2 = -\frac{1}{64}(x - 4)^2$；
3阶：$\frac{\frac{3}{256}}{6}(x - 4)^3 = \frac{1}{512}(x - 4)^3$；
余项：$\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x - 4)^4 = \frac{-\frac{15}{16}\xi^{-\frac{7}{2}}}{24}(x - 4)^4 = -\frac{15}{4! \cdot 16\xi^{\frac{7}{2}}}(x - 4)^4$。

因此：

$$\sqrt{x} = 2 + \frac{1}{4}(x - 4) - \frac{1}{64}(x - 4)^2 + \frac{1}{512}(x - 4)^3 - \frac{15}{4! \cdot 16\xi^{\frac{7}{2}}}(x - 4)^4$$

其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 4 之间。

2. 麦克劳林公式展开（佩亚诺余项）

【题目】

求函数 $y = xe^{x}$ 的带有佩亚诺型余项的 $n$ 阶麦克劳林公式.

【解析】

已知指数函数的麦克劳林展开式为：

$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^{n-1}}{(n - 1)!} + o(x^{n-1})$$

两边同乘 $x$：

$$x e^x = x\left[1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^{n-1}}{(n - 1)!} + o(x^{n-1})\right]$$

$$= x + x^2 + \frac{x^3}{2!} + \frac{x^4}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{(n - 1)!} + o(x^n)$$

3. 利用泰勒公式求极限

【题目】

利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式，求极限 $\lim_{x\to 0}\frac{\cos x - e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2[x + \ln(1 - x)]}$ .

【解析】

展开分母：已知 $\ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$。分母为：
$$x^2[x + \ln(1 - x)] = x^2\left[x - x - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right] = -\frac{1}{2}x^4 + o(x^4)$$
分母的主部为 $-\frac{1}{2}x^4$，因此分子需要展开到 $x^4$ 项。
展开分子：
$$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + o(x^4) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$$

$$e^{-\frac{x^2}{2}} = 1 + \left(-\frac{x^2}{2}\right) + \frac{1}{2!}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 + o(x^4) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{8} + o(x^4)$$
两式相减：
$$\cos x - e^{-\frac{x^2}{2}} = \left(\frac{1}{24} - \frac{1}{8}\right)x^4 + o(x^4) = \left(\frac{1 - 3}{24}\right)x^4 + o(x^4) = -\frac{1}{12}x^4 + o(x^4)$$
计算极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\cos x - e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2[x + \ln(1 - x)]} = \lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{12}x^4 + o(x^4)}{-\frac{1}{2}x^4 + o(x^4)} = \frac{-\frac{1}{12}}{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{6}$$

习题3.4 函数的单调性与曲线的凹凸性

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 填空题

【题目】

1）曲线 $y=2+x-x^{2}$ 在区间 ____ 上单调增加，在区间 ____ 上单调减少；

2）曲线 $y = x^{3} - 5x^{2} + 3x - 5$ 的拐点为 ____；

3）若点(1, 3)为曲线 $y = ax^3 + bx^2$ 的拐点，则 $a =$ ____， $b =$ ____.

【解析】

求导数：$y' = 1 - 2x$。
- 令 $y' > 0 \implies 1 - 2x > 0 \implies x < \frac{1}{2}$，单调增加区间为 $(-\infty, \frac{1}{2}]$；
- 令 $y' < 0 \implies 1 - 2x < 0 \implies x > \frac{1}{2}$，单调减少区间为 $[\frac{1}{2}, +\infty)$。
求二阶导数：
$$y' = 3x^2 - 10x + 3$$

$$y'' = 6x - 10 = 0 \implies x = \frac{5}{3}$$
当 $x < \frac{5}{3}$ 时 $y'' < 0$；当 $x > \frac{5}{3}$ 时 $y'' > 0$。二阶导数在 $x = \frac{5}{3}$ 处变号。计算对应函数值：
$$y\left(\frac{5}{3}\right) = \left(\frac{5}{3}\right)^3 - 5\left(\frac{5}{3}\right)^2 + 3\left(\frac{5}{3}\right) - 5 = \frac{125}{27} - \frac{375}{27} + \frac{135}{27} - \frac{135}{27} = -\frac{250}{27}$$
拐点坐标为 $(\frac{5}{3}, -\frac{250}{27})$。
点 $(1, 3)$ 在曲线上：
$$3 = a(1)^3 + b(1)^2 \implies a + b = 3$$
点 $(1, 3)$ 是拐点，故在 $x = 1$ 处二阶导数为 0：
$$y' = 3ax^2 + 2bx,\quad y'' = 6ax + 2b$$

$$y''(1) = 6a + 2b = 0 \implies 3a + b = 0$$
联立方程组：
$$\begin{cases} a + b = 3 \\ 3a + b = 0 \end{cases} \implies 2a = -3 \implies a = -\frac{3}{2},\quad b = \frac{9}{2}$$

2. 证明下列不等式

【题目】

当 $0 < x < \frac{\pi}{2}$ 时, $\tan x > x + \frac{1}{3} x^3$ ;
当 $x \geq 0$ 时， $\ln(1 + x) \geq \frac{\arctan x}{1 + x}$ .

【解析】

证明： 设辅助函数 $f(x) = \tan x - x - \frac{1}{3}x^3$，$x \in [0, \frac{\pi}{2})$。求导数：
$$f'(x) = \sec^2 x - 1 - x^2 = \tan^2 x - x^2 = (\tan x - x)(\tan x + x)$$
当 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ 时，由经典不等式知 $\tan x > x > 0$，所以：
$$\tan x - x > 0,\quad \tan x + x > 0 \implies f'(x) > 0$$
因此 $f(x)$ 在 $[0, \frac{\pi}{2})$ 上严格单调递增。当 $x > 0$ 时，$f(x) > f(0) = \tan 0 - 0 - 0 = 0$。即：
$$\tan x > x + \frac{1}{3}x^3\quad \left(0 < x < \frac{\pi}{2}\right)$$
证毕。
证明： 设辅助函数 $g(x) = (1 + x)\ln(1 + x) - \arctan x$，$x \geq 0$。求导数：
$$g'(x) = 1 \cdot \ln(1 + x) + (1 + x) \cdot \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{1 + x^2} = \ln(1 + x) + 1 - \frac{1}{1 + x^2}$$
当 $x > 0$ 时，$\ln(1 + x) > 0$，且 $1 - \frac{1}{1 + x^2} = \frac{x^2}{1 + x^2} > 0$。所以当 $x > 0$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上严格单调递增。因此对任意 $x \geq 0$，有 $g(x) \geq g(0) = 1 \cdot \ln 1 - \arctan 0 = 0$。即：
$$(1 + x)\ln(1 + x) \geq \arctan x \implies \ln(1 + x) \geq \frac{\arctan x}{1 + x}$$
证毕。

3. 求函数的单调区间

【题目】

求函数 $y = 2x^{3} - 6x^{2} - 18x - 7$ 的单调区间.

【解析】

求导数：

$$y' = 6x^2 - 12x - 18 = 6(x^2 - 2x - 3) = 6(x - 3)(x + 1)$$

令 $y' = 0$，驻点为 $x = -1$ 和 $x = 3$。

当 $x < -1$ 时，$y' > 0$；
当 $-1 < x < 3$ 时，$y' < 0$；
当 $x > 3$ 时，$y' > 0$。

结论： 单调增加区间为 $(-\infty, -1]$ 和 $[3, +\infty)$；单调减少区间为 $[-1, 3]$。

4. 列表求凹凸区间与拐点

【题目】

列表求曲线 $y = \ln(x^{2} + 1)$ 的拐点及凹凸区间.

【解析】

求一阶、二阶导数：
$$y' = \frac{2x}{x^2 + 1}$$

$$y'' = \frac{2(x^2 + 1) - 2x(2x)}{(x^2 + 1)^2} = \frac{2 - 2x^2}{(x^2 + 1)^2} = \frac{2(1 - x^2)}{(x^2 + 1)^2}$$
令 $y'' = 0$，得 $x = -1$ 和 $x = 1$。对应函数值 $y(-1) = y(1) = \ln 2$。
列表分析各区间：

$x$	$(-\infty, -1)$	$-1$	$(-1, 1)$	$1$	$(1, +\infty)$
$y''$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
曲线形状	凸（$\cap$）	拐点 $(-1, \ln 2)$	凹（$\cup$）	拐点 $(1, \ln 2)$	凸（$\cap$）

结论：

拐点为 $(-1, \ln 2)$ 和 $(1, \ln 2)$；
凸区间为 $(-\infty, -1]$ 和 $[1, +\infty)$；
凹区间为 $[-1, 1]$。

习题3.5 函数的极值与最大值最小值

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 填空题

【题目】

1）函数 $y = x^{3} - 3x$ 的极大值点为 ____，极大值为 ____；

2）函数 $y = x + 2 \cos x$ 在区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上的最小值为 ____，最大值为 ____.

【解析】

求导数：$y' = 3x^2 - 3 = 3(x - 1)(x + 1)$。驻点为 $x = -1$ 和 $x = 1$。求二阶导数：$y'' = 6x$。

在 $x = -1$ 处，$y''(-1) = -6 < 0$，取极大值，极大值为 $y(-1) = (-1)^3 - 3(-1) = 2$；
在 $x = 1$ 处，$y''(1) = 6 > 0$，取极小值。因此极大值点为 -1，极大值为 2。

求导数：$y' = 1 - 2\sin x$。在开区间 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内令 $y' = 0 \implies \sin x = \frac{1}{2} \implies x = \frac{\pi}{6}$。计算驻点及闭区间端点处的函数值：

左端点：$y(0) = 0 + 2\cos 0 = 2$；
驻点：$y\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{6} + 2\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6} + \sqrt{3} \approx 0.5236 + 1.732 = 2.2556$；
右端点：$y\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2} + 2\cos\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \approx 1.5708$。比较可知，最小值为 $\frac{\pi}{2}$，最大值为 $\frac{\pi}{6} + \sqrt{3}$。

2. 已知极值点求参数

【题目】

设函数 $y = x^3 + ax^2 + bx + 2$ 在 $x_1 = 1$ 和 $x_2 = 2$ 处取得极值，试确定 $a$ 与 $b$ 的值.

【解析】

求导数：$y' = 3x^2 + 2ax + b$。因为函数在 $x_1 = 1$ 和 $x_2 = 2$ 处取得极值，且多项式处处可导，由费马引理知 $x_1, x_2$ 必为导函数的零点：

$$\begin{cases} y'(1) = 3(1)^2 + 2a(1) + b = 0 \\ y'(2) = 3(2)^2 + 2a(2) + b = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} 2a + b = -3 \\ 4a + b = -12 \end{cases}$$

两式相减：$2a = -9 \implies a = -\frac{9}{2}$。代入得：$b = -3 - 2\left(-\frac{9}{2}\right) = -3 + 9 = 6$。检验：$y' = 3x^2 - 9x + 6 = 3(x - 1)(x - 2)$，导数在 $x = 1$ 和 $x = 2$ 两侧均变号，确为极值点。因此：$a = -\frac{9}{2}, b = 6$。

3. 三角函数的极值

【题目】

求函数 $f(x)=\sin x+\cos x$ 的极值.

【解析】

利用辅助角公式化简：

$$f(x) = \sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$$

求一阶、二阶导数：

$$f'(x) = \cos x - \sin x = \sqrt{2}\cos\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$$

$$f''(x) = -\sin x - \cos x = -\sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$$

令 $f'(x) = 0 \implies \cos\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = 0$：

$$x + \frac{\pi}{4} = k\pi + \frac{\pi}{2} \implies x = k\pi + \frac{\pi}{4}\ (k \in \mathbb{Z})$$

当 $x = 2k\pi + \frac{\pi}{4}$ 时，$f''\left(2k\pi + \frac{\pi}{4}\right) = -\sqrt{2}\sin\frac{\pi}{2} = -\sqrt{2} < 0$，取极大值： $$f\left(2k\pi + \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}$$
当 $x = 2k\pi + \frac{5\pi}{4}$ 时，$f''\left(2k\pi + \frac{5\pi}{4}\right) = -\sqrt{2}\sin\frac{3\pi}{2} = \sqrt{2} > 0$，取极小值： $$f\left(2k\pi + \frac{5\pi}{4}\right) = -\sqrt{2}$$

4. 几何极值应用题

【题目】

将长为 $a$ 米的铁丝切成两段，一段围成正方形，另一段围成圆形，问这两段铁丝各长为多少时，正方形与圆形的面积之和最小？

【解析】

设围成正方形的铁丝长为 $x$ 米（$0 \leq x \leq a$），则围成圆形的铁丝长为 $(a - x)$ 米。

正方形的边长为 $\frac{x}{4}$，面积为 $S_1 = \left(\frac{x}{4}\right)^2 = \frac{x^2}{16}$；
圆形的半径为 $r = \frac{a - x}{2\pi}$，面积为 $S_2 = \pi r^2 = \pi \left(\frac{a - x}{2\pi}\right)^2 = \frac{(a - x)^2}{4\pi}$。

总面积函数为：

$$S(x) = \frac{x^2}{16} + \frac{(a - x)^2}{4\pi},\quad x \in [0, a]$$

求导数：

$$S'(x) = \frac{2x}{16} - \frac{2(a - x)}{4\pi} = \frac{x}{8} - \frac{a - x}{2\pi} = \left(\frac{1}{8} + \frac{1}{2\pi}\right)x - \frac{a}{2\pi} = \frac{\pi + 4}{8\pi}x - \frac{a}{2\pi}$$

令 $S'(x) = 0$：

$$\frac{\pi + 4}{8\pi}x = \frac{a}{2\pi} \implies x = \frac{4a}{\pi + 4}$$

求二阶导数：$S''(x) = \frac{\pi + 4}{8\pi} > 0$，说明驻点为唯一的极小值点，也是区间 $[0, a]$ 内的最小值点。

此时：

围成正方形的铁丝长度为 $\frac{4a}{4 + \pi}$ 米；
围成圆形的铁丝长度为 $a - x = a - \frac{4a}{4 + \pi} = \frac{a\pi}{4 + \pi}$ 米。

习题3.6 函数图形的描绘

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 求曲线的渐近线

【题目】

求曲线 $y = \frac{x^3}{x^2 + 2x - 3}$ 的渐近线.

【解析】

因式分解分母：$x^2 + 2x - 3 = (x + 3)(x - 1)$。

铅直渐近线：无定义点为 $x = -3$ 和 $x = 1$。
- 当 $x \to -3$ 时，分子 $(-3)^3 = -27 \neq 0$，分母趋于 0，故 $\lim_{x\to -3} y = \infty$。$x = -3$ 为铅直渐近线；
- 当 $x \to 1$ 时，分子 $1^3 = 1 \neq 0$，分母趋于 0，故 $\lim_{x\to 1} y = \infty$。$x = 1$ 为铅直渐近线。
水平与斜渐近线：多项式长除法化简：
$$\frac{x^3}{x^2 + 2x - 3} = x - 2 + \frac{7x - 6}{x^2 + 2x - 3}$$
当 $x \to \infty$ 时：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{y}{x} = \lim_{x\to \infty}\frac{x^3}{x^3 + 2x^2 - 3x} = 1 = k$$

$$\lim_{x\to \infty}(y - kx) = \lim_{x\to \infty}\left(\frac{x^3}{x^2 + 2x - 3} - x\right) = \lim_{x\to \infty}\frac{-2x^2 + 3x}{x^2 + 2x - 3} = -2 = b$$
故斜渐近线为 $y = x - 2$。

综上所述，渐近线为铅直渐近线 $x = -3$ 和 $x = 1$，斜渐近线 $y = x - 2$。

2. 画出函数的图形草图

【题目】

画出函数 $y = x^{2} + \frac{1}{x}$ 的草图.

【解析】

定义域为 $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。
极限与渐近线：
- 当 $x \to 0^+$ 时，$y \to +\infty$；当 $x \to 0^-$ 时，$y \to -\infty$。铅直渐近线为 $x = 0$；
- 当 $x \to \pm\infty$ 时，$y \approx x^2$，无水平和斜渐近线。
单调性与极值： $$y' = 2x - \frac{1}{x^2} = \frac{2x^3 - 1}{x^2}$$ 令 $y' = 0 \implies x = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}} \approx 0.794$。
- 当 $x < 0$ 时，$y' < 0$，$y$ 单调递减；
- 当 $0 < x < \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}$ 时，$y' < 0$，$y$ 单调递减；
- 当 $x > \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}$ 时，$y' > 0$，$y$ 单调递增。在 $x = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}$ 处取得极小值，极小值为 $y_{\min} = \frac{3}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{2}{3}} \approx 1.89$。
凹凸性： $$y'' = 2 + \frac{2}{x^3}$$ 令 $y'' = 0 \implies x = -1$。
- 当 $x < -1$ 时，$y'' > 0$（凹）；当 $-1 < x < 0$ 时，$y'' < 0$（凸）；当 $x > 0$ 时，$y'' > 0$（凹）。拐点为 $(-1, 0)$。

3. 列表讨论函数性态

【题目】

列表求函数 $y = x^{3} - 3x^{2} + 1$ 的单调区间、凹凸区间、极值及拐点.

【解析】

求导数：
$$y' = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$$
令 $y' = 0 \implies x = 0,\ x = 2$。对应函数值 $y(0) = 1, y(2) = -3$。
$$y'' = 6x - 6 = 6(x - 1)$$
令 $y'' = 0 \implies x = 1$。对应函数值 $y(1) = -1$。
列表分析：

$x$	$(-\infty, 0)$	$0$	$(0, 1)$	$1$	$(1, 2)$	$2$	$(2, +\infty)$
$y'$	$+$	$0$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$y''$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$y$	单调递增，凸	极大值 1	单调递减，凸	拐点 $(1, -1)$	单调递减，凹	极小值 -3	单调递增，凹

结论：

增区间为 $(-\infty, 0]$ 和 $[2, +\infty)$；减区间为 $[0, 2]$；
凹区间为 $[1, +\infty)$；凸区间为 $(-\infty, 1]$；
极大值为 $f(0) = 1$；极小值为 $f(2) = -3$；
拐点为 $(1, -1)$。

习题3.7 曲率

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 填空题

【题目】

1）曲线 $y=2x^{2}-3x+4$ 的弧微分 ds=____;

2）椭圆 $4x^{2}+y^{2}=4$ 在点(0,2)处的曲率为 ____.

【解析】

导数 $y' = 4x - 3$。由弧微分公式 $ds = \sqrt{1 + (y')^2}dx$：
$$ds = \sqrt{1 + (4x - 3)^2}dx = \sqrt{1 + 16x^2 - 24x + 9}dx = \sqrt{16x^2 - 24x + 10}dx$$
椭圆方程两边对 $x$ 求导：
$$8x + 2yy' = 0 \implies y' = -\frac{4x}{y}$$
在点 $(0, 2)$ 处，$y'(0) = 0$。两边继续求导：
$$8 + 2(y')^2 + 2yy'' = 0 \implies 8 + 0 + 2(2)y'' = 0 \implies 4y'' = -8 \implies y'' = -2$$
曲率公式为：
$$K = \frac{|y''|}{\left[1 + (y')^2\right]^{\frac{3}{2}}} = \frac{|-2|}{(1 + 0)^{\frac{3}{2}}} = 2$$

2. 求解下列各题

【题目】

1）求正弦曲线 $y = \sin x$ 在点 $(\frac{\pi}{2}, 1)$ 处的曲率与曲率半径；

2）问曲线 $y = \ln x$ 上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径.

【解析】

求导数：
$$y' = \cos x,\quad y'' = -\sin x$$
在点 $\left(\frac{\pi}{2}, 1\right)$ 处：
$$y'\left(\frac{\pi}{2}\right) = \cos\frac{\pi}{2} = 0,\quad y''\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\sin\frac{\pi}{2} = -1$$
曲率：
$$K = \frac{|y''|}{\left[1 + (y')^2\right]^{\frac{3}{2}}} = \frac{|-1|}{(1 + 0)^{\frac{3}{2}}} = 1$$
曲率半径：
$$R = \frac{1}{K} = 1$$
曲线 $y = \ln x$（$x > 0$）：
$$y' = \frac{1}{x},\quad y'' = -\frac{1}{x^2}$$
曲率：
$$K = \frac{\left|-\frac{1}{x^2}\right|}{\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{\frac{1}{x^2}}{\left(\frac{x^2 + 1}{x^2}\right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{x}{(x^2 + 1)^{\frac{3}{2}}}$$
曲率半径最小等价于曲率 $K$ 最大。对 $K(x)$ 关于 $x$ 求导：
$$K'(x) = \frac{1 \cdot (x^2 + 1)^{\frac{3}{2}} - x \cdot \frac{3}{2}(x^2 + 1)^{\frac{1}{2}} \cdot 2x}{(x^2 + 1)^3} = \frac{(x^2 + 1)^{\frac{1}{2}}[(x^2 + 1) - 3x^2]}{(x^2 + 1)^3} = \frac{1 - 2x^2}{(x^2 + 1)^{\frac{5}{2}}}$$
令 $K'(x) = 0 \implies 1 - 2x^2 = 0$。因 $x > 0$，驻点为 $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$。当 $0 < x < \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时 $K' > 0$；当 $x > \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时 $K' < 0$。因此 $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 为曲率的极大值点（最大值点）。此时对应纵坐标为 $y = \ln\frac{\sqrt{2}}{2}$。即点为 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, \ln\frac{\sqrt{2}}{2})$。此时的最大曲率：
$$K_{\max} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\left(\frac{1}{2} + 1\right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\left(\frac{3}{2}\right)^{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}} = \frac{2}{3\sqrt{3}}$$
最小曲率半径为：
$$R_{\min} = \frac{1}{K_{\max}} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$$

第三章自测题

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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。

第三章 中值定理与导数的应用 | YHK's life

习题3.1 中值定理

1. 填空题

2. 证明下列不等式

3. 证明下列各题

习题3.2 洛必达法则

1. 利用洛必达法则求下列极限

2. 求解下列各题

习题3.3 泰勒公式

1. 泰勒公式展开（拉格朗日余项）

2. 麦克劳林公式展开（佩亚诺余项）

3. 利用泰勒公式求极限

习题3.4 函数的单调性与曲线的凹凸性

1. 填空题

2. 证明下列不等式

3. 求函数的单调区间

4. 列表求凹凸区间与拐点

习题3.5 函数的极值与最大值最小值

1. 填空题

2. 已知极值点求参数

3. 三角函数的极值

4. 几何极值应用题

习题3.6 函数图形的描绘

1. 求曲线的渐近线

2. 画出函数的图形草图

3. 列表讨论函数性态

习题3.7 曲率

1. 填空题

2. 求解下列各题

第三章 自测题

1. 填空题

2. 求下列极限

3. 不等式证明

4. 罗尔定理应用题

第三章中值定理与导数的应用 | YHK's life

第三章自测题