第3章 微分中值定理与导数的应用
思考题 3.1
题目：
汽车在行进过程中，下午2点时速度为 $30\text{km/h}$，下午2点10分时速度增至 $50\text{km/h}$，试说明在这10分钟内的某一时刻，汽车的加速度恰为 $120\text{km/h}^2$.
解答过程：
设汽车的速度函数为 $v(t)$，且 $v(t)$ 在行驶过程中是连续且可导的，其导数 $v'(t)$ 即为汽车的加速度 $a(t)$。
我们将下午2点记为初始时刻 $t_1 = 0$ 小时，则下午2点10分对应的时刻为 $t_2 = \frac{10}{60} = \frac{1}{6}$ 小时。
已知条件为：
$$v(0) = 30$$$$v(1/6) = 50$$根据拉格朗日中值定理（Lagrange Mean Value Theorem），在区间 $[0, 1/6]$ 内，至少存在一个时刻 $\xi \in (0, 1/6)$，使得：
$$v'(\xi) = \frac{v(1/6) - v(0)}{1/6 - 0}$$代入已知数据可得该时刻的加速度：
$$a(\xi) = v'(\xi) = \frac{50 - 30}{1/6} = \frac{20}{1/6} = 120\text{ (km/h}^2)$$因此，在这10分钟内的某一时刻 $\xi$，汽车的加速度恰好为 $120\text{km/h}^2$。
思考题 3.2
题目：
设 $f(x)>0$，$\lim f(x)=0$，$\lim g(x)=+\infty$，问：$\lim[f(x)]^{g(x)}$是未定式吗?
解答过程：
不是未定式。
当 $\lim f(x) = 0$ 且 $f(x)>0$ 时，底数趋于一个无限接近于0的正数；指数 $\lim g(x) = +\infty$，即指数趋于正无穷。
根据指数函数的极限性质，底数趋近于0（且在0到1之间）时，指数越大，幂函数的值越小且趋近于0。
因此，这个极限属于 $0^{+\infty}$ 型，它是一个定式，其极限结果明确为 $0$：
$$\lim [f(x)]^{g(x)} = 0$$思考题 3.3
题目：
如何将上述5种未定式（“$0\cdot\infty$”“$\infty-\infty$”“$\infty^0$”“$0^0$”“$1^\infty$”）化成“$0/0$”或“$\infty/\infty$”型未定式，进而利用洛必达法则求解?
解答过程：
- 对于“$0\cdot\infty$”型 ($f \cdot g$)：
通过将其中一个因子取倒数移到分母上进行转化：
$$f \cdot g = \frac{f}{1/g} \quad \text{（化为“}\frac{0}{0}\text{”型）}$$或
$$f \cdot g = \frac{g}{1/f} \quad \text{（化为“}\frac{\infty}{\infty}\text{”型）}$$- 对于“$\infty-\infty$”型 ($f - g$)：
通常通过通分（如果是分式形式）、有理化（如果是根式）或提取公因子化简。如果是通用函数，可以通过倒数通分转化：
$$f - g = \frac{1}{1/f} - \frac{1}{1/g} = \frac{1/g - 1/f}{1/(fg)}$$这样就转化为了“$0/0$”型。
- 对于幂指函数未定式“$\infty^0$”、“$0^0$”、“$1^\infty$”型 ($f(x)^{g(x)}$)：
利用对数恒等式 $A = \text{e}^{\ln A}$ 进行指数转化。
设 $y = [f(x)]^{g(x)}$，两边取自然对数：
$$\ln y = g(x) \cdot \ln f(x)$$这样就将指数上的未定式转化为了 $\ln y$ 的“$0\cdot\infty$”型。然后再利用步骤1将其转化为“$0/0$”或“$\infty/\infty$”型，使用洛必达法则求出 $\lim \ln y = A$，最终原极限结果为 $\text{e}^A$。
思考题 3.4
题目：
能否用洛必达法则求极限 $\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$ ?
解答过程：
不能。
虽然该极限满足“$\infty/\infty$”型的条件，但如果我们尝试使用洛必达法则（上下同时求导）：
分子求导：$(\sqrt{1+x^2})' = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$
分母求导：$(x)' = 1$
应用洛必达法则后极限变为：
$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$再次使用洛必达法则求导，会得到：
$$\lim_{x\to+\infty} \frac{1}{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}} = \lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$$可以看到，使用洛必达法则陷入了无限循环（原式与求导后的式子来回交替），无法得出结果。
正确的解法是直接除以最高次幂：
对于 $x>0$ 时，$\sqrt{x^2} = x$，上下同除以 $x$：
$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} = \lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{1+x^2}{x^2}} = \lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{1}{x^2} + 1} = \sqrt{0+1} = 1$$思考题 3.5
题目：
将多项式 $x^3+3x^2-2x+4$ 按 $x+1$ 的幂进行展开.
解答过程：
方法一：代数代换法
令 $t = x+1$，则 $x = t-1$。将其代入原多项式：
$$f(x) = (t-1)^3 + 3(t-1)^2 - 2(t-1) + 4$$展开每一项：
$(t-1)^3 = t^3 - 3t^2 + 3t - 1$
$3(t-1)^2 = 3(t^2 - 2t + 1) = 3t^2 - 6t + 3$
$-2(t-1) = -2t + 2$
将它们相加：
$$(t^3 - 3t^2 + 3t - 1) + (3t^2 - 6t + 3) - 2t + 2 + 4 = t^3 - 5t + 8$$将 $t = x+1$ 替换回去，得到展开式：
$$f(x) = (x+1)^3 - 5(x+1) + 8$$方法二：泰勒公式（Taylor Formula）法
设 $f(x) = x^3+3x^2-2x+4$，在 $x_0 = -1$ 处求各阶导数：
$f(-1) = (-1)^3 + 3(-1)^2 - 2(-1) + 4 = -1 + 3 + 2 + 4 = 8$
$f'(x) = 3x^2 + 6x - 2 \implies f'(-1) = 3 - 6 - 2 = -5$
$f''(x) = 6x + 6 \implies f''(-1) = 0$
$f'''(x) = 6 \implies f'''(-1) = 6$
根据泰勒公式：
$$f(x) = f(-1) + f'(-1)(x+1) + \frac{f''(-1)}{2!}(x+1)^2 + \frac{f'''(-1)}{3!}(x+1)^3$$代入各项值：
$$f(x) = 8 - 5(x+1) + \frac{0}{2}(x+1)^2 + \frac{6}{6}(x+1)^3 = (x+1)^3 - 5(x+1) + 8$$思考题 3.6
题目：
设常数 $k>0$，函数 $f(x)=\ln x - \frac{x}{\text{e}} + k$ 在 $(0,+\infty)$ 内零点的个数为几个?
解答过程：
首先求函数 $f(x)$ 的一阶导数，分析其单调性：
$$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{\text{e}}$$令 $f'(x) = 0$，解得驻点 $x = \text{e}$。
当 $x \in (0, \text{e})$ 时，$\frac{1}{x} > \frac{1}{\text{e}}$，此时 $f'(x) > 0$，函数单调递增。
当 $x \in (\text{e}, +\infty)$ 时，$\frac{1}{x} < \frac{1}{\text{e}}$，此时 $f'(x) < 0$，函数单调递减。
因此，函数在 $x = \text{e}$ 处取得极大值，也是整个定义域内的最大值：
$$f(\text{e}) = \ln\text{e} - \frac{\text{e}}{\text{e}} + k = 1 - 1 + k = k$$已知条件给出常数 $k>0$，所以最大值 $f(\text{e}) = k > 0$。
接着观察区间两端的极限：
当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，$-\frac{x}{\text{e}} \to 0$，所以 $\lim_{x\to 0^+} f(x) = -\infty$。
当 $x \to +\infty$ 时，对数函数增长速度慢于线性函数，即 $\ln x - \frac{x}{\text{e}} \to -\infty$，所以 $\lim_{x\to+\infty} f(x) = -\infty$。
因为 $f(x)$ 在 $(0, \text{e}]$ 单调递增，且由负无穷变号穿过 $x$ 轴达到正值 $k$，根据零点定理，在 $(0, \text{e})$ 内有且仅有 $1$ 个零点。
同理，$f(x)$ 在 $[\text{e}, +\infty)$ 单调递减，由正值 $k$ 变号穿过 $x$ 轴趋向于负无穷，在 $(\text{e}, +\infty)$ 内有且仅有 $1$ 个零点。
结论：零点的个数为 2 个。
思考题 3.7
题目：
设 $\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2} = -1$，则在点 $x=a$ 处 ( ).
A. $f'(x)$ 存在，且 $f'(a) \neq 0$
B. $f(x)$ 取得极大值
C. $f(x)$ 取得极小值
D. $f(x)$ 的导数不存在
解答过程：
由极限条件可知：
$$\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2} = -1 < 0$$根据极限的保号性，存在 $a$ 的一个去心邻域，当 $x$ 在该邻域内（即 $x$ 趋近于 $a$ 但 $x \neq a$ 时），分式的符号必定与极限值的符号相同。
即存在 $\delta > 0$，当 $0 < |x-a| < \delta$ 时，有：
$$\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2} < 0$$因为对于任何 $x \neq a$，分母 $(x-a)^2$ 恒为正数（$>0$）。
要使整个分式小于 $0$，分子必须严格小于 $0$，即：
$$f(x) - f(a) < 0 \implies f(x) < f(a)$$这说明在 $a$ 的一个邻域内，所有的函数值 $f(x)$ 都小于该点的函数值 $f(a)$。根据极值的定义，这意味着 $f(x)$ 在 $x=a$ 处取得 极大值。
答案是：B. $f(x)$ 取得极大值
思考题 3.8
题目：
对某个量进行 $n$ 次测量，得到 $n$ 个测量值 $x_1, x_2, \cdots, x_n$. 为什么经常用 $n$ 次测量值的算术平均值 $\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}$ 作为所测量值的近似值.
解答过程：
这可以用最小二乘法原理来解释。在多次测量中，我们希望找到一个近似值 $x$，使得它与所有测量值之间的“总误差”最小。在数学上，通常用所有测量值偏离该近似值的残差平方和来衡量这个“总误差”。
设残差平方和（误差函数）为 $E(x)$：
$$E(x) = (x_1 - x)^2 + (x_2 - x)^2 + \cdots + (x_n - x)^2 = \sum_{i=1}^{n} (x_i - x)^2$$为了找到使 $E(x)$ 达到最小值的 $x$，我们可以对 $E(x)$ 求导，并令其导数为 $0$（寻找极小值点）：
$$E'(x) = -2(x_1 - x) - 2(x_2 - x) - \cdots - 2(x_n - x) = -2 \sum_{i=1}^{n} (x_i - x)$$令 $E'(x) = 0$：
$$\sum_{i=1}^{n} x_i - \sum_{i=1}^{n} x = 0$$$$\sum_{i=1}^{n} x_i - nx = 0$$解得：
$$x = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n} = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n}$$因为 $E''(x) = 2n > 0$，所以此时 $E(x)$ 确实取得极小值（也是全局最小值）。这说明算术平均值是使得各次测量误差平方和最小的最佳估计值。
思考题 3.9
题目：
若 $x_0$ 是 $f(x)$ 的驻点，但不是极值点，则 $(x_0, f(x_0))$ 是否是曲线 $y=f(x)$ 的拐点?
解答过程：
在二阶导数连续的前提下，是的。
根据驻点定义，$x_0$ 是驻点意味着 $f'(x_0) = 0$。
根据极值的第一充分条件，如果驻点 $x_0$ 不是极值点，说明一阶导数 $f'(x)$ 在 $x_0$ 的两侧不改变符号（要么两侧都大于0，要么两侧都小于0）。
这意味着 $f'(x)$ 在 $x_0$ 处取得了一个局部极值（极大值或极小值，因为它是0且两侧同号）。
如果 $f'(x)$ 在 $x_0$ 处取得极值，那么其导数（也就是原函数的二阶导数）$f''(x)$ 在 $x_0$ 处如果存在，必定为0，即 $f''(x_0) = 0$。同时，由于 $f'(x)$ 在此达到极值，意味着 $f'(x)$ 在 $x_0$ 两侧的增减性发生了改变，这直接等价于 $f''(x)$ 在 $x_0$ 两侧改变了符号。
根据拐点的判定定理，如果二阶导数在某点两侧变号，则该点对应的曲线上的点即为拐点。
（最典型的例子是 $f(x) = x^3$，$x=0$ 是驻点但非极值点，$(0,0)$ 是曲线的拐点。）
思考题 3.10
题目：
求摆线 $\begin{cases} x=a(t-\sin t), \\ y=a(1-\cos t) \end{cases} (0\le t\le 2\pi)$ 的弧微分.
解答过程：
已知参数方程，弧微分公式为：
$$ds = \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2} \, dt$$分别求导：
$$x'(t) = a(1 - \cos t)$$$$y'(t) = a\sin t$$代入弧微分公式并化简：
$$ds = \sqrt{[a(1 - \cos t)]^2 + [a\sin t]^2} \, dt$$$$ds = a \sqrt{(1 - 2\cos t + \cos^2 t) + \sin^2 t} \, dt$$利用三角恒等式 $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$：
$$ds = a \sqrt{2 - 2\cos t} \, dt = a \sqrt{2(1 - \cos t)} \, dt$$再利用半角公式 $1 - \cos t = 2\sin^2(t/2)$：
$$ds = a \sqrt{4\sin^2(t/2)} \, dt = 2a \left| \sin\frac{t}{2} \right| \, dt$$因为 $0 \le t \le 2\pi$，所以 $0 \le t/2 \le \pi$，此时 $\sin(t/2) \ge 0$，可去掉绝对值：
$$ds = 2a\sin\frac{t}{2} \, dt$$思考题 3.11
题目：
求阿基米德螺线 $\rho = a\theta (a>0)$ 的弧微分.
解答过程：
在极坐标系中，曲线 $\rho = \rho(\theta)$ 的弧微分公式为：
$$ds = \sqrt{\rho^2 + (\rho'(\theta))^2} \, d\theta$$已知 $\rho = a\theta$，对其求导数得：
$$\rho'(\theta) = a$$代入公式得：
$$ds = \sqrt{(a\theta)^2 + a^2} \, d\theta = \sqrt{a^2\theta^2 + a^2} \, d\theta$$提取公因式 $a^2$ 到根号外（因 $a>0$）：
$$ds = a\sqrt{\theta^2 + 1} \, d\theta$$思考题 3.12
题目：
椭圆 $\begin{cases} x=a\cos t, \\ y=b\sin t \end{cases} (0
解答过程：
对于参数方程定义的曲线，曲率 $K$ 的计算公式为：
$$K = \frac{|x'y'' - y'x''|}{((x')^2 + (y')^2)^{3/2}}$$分别求一阶、二阶导数：
$$x' = -a\sin t, \quad x'' = -a\cos t$$$$y' = b\cos t, \quad y'' = -b\sin t$$计算分子部分的绝对值：
$$x'y'' - y'x'' = (-a\sin t)(-b\sin t) - (b\cos t)(-a\cos t) = ab\sin^2 t + ab\cos^2 t = ab(\sin^2 t + \cos^2 t) = ab$$因为 $a>0, b>0$，所以分子为常数 $ab$。
计算分母部分：
$$(x')^2 + (y')^2 = (-a\sin t)^2 + (b\cos t)^2 = a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t$$将曲率公式写出：
$$K(t) = \frac{ab}{(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}}$$为了使曲率 $K(t)$ 最大，我们需要让分母 $(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)$ 最小。
利用 $\cos^2 t = 1 - \sin^2 t$ 将分母化为关于 $\sin^2 t$ 的表达式：
$$f(t) = a^2\sin^2 t + b^2(1 - \sin^2 t) = b^2 + (a^2 - b^2)\sin^2 t$$因为已知 $a > b > 0$，所以 $a^2 - b^2 > 0$。要使 $f(t)$ 最小，就必须让 $\sin^2 t$ 尽可能小。
显然 $\sin^2 t$ 的最小值为 $0$，此时 $t = \pi$ （注意限制条件 $0 当 $\sin^2 t = 0$（即 $\sin t = 0, \cos t = \pm 1$）时，分母取得最小值 $b^2$。 对应的坐标位置为： 即坐标点 $(\pm a, 0)$。 结论：在椭圆长轴的两个顶点 $(\pm a, 0)$ 处，曲率最大。