微积分B1习题课5导数及其应用2013秋答案.pdf

微积分微积分 B 1 第第 05 次次习题课习题课 导数及其应用导数及其应用 1 讨论函数 2 1 1 42 e 1 1 x x f x axbxcx 的连续性与可微性 解 f在 1 1 上是初等函数 从而是C 的 因此只需讨论f在1x 或1x 时的连 续性与可微性 又由于f是偶函数 所以只需讨论f在1x 的性质 令 1 1 2 e 1 1 t t g t atbtct 则 2 f xg x 对 13 22 t g tft 所以f在1x 处 连续 可微 有连续的导函数 当且仅当g在1t 处连续 可微 有连续的导函数 连续性 g在1t 处右连续 1 1 11 lim limelim e0 u t utt g t 1 1 u t 所以g在1t 处连 续当且仅当0 1 gabc 可微性 g在1t 处又右导数 1 2gab 1 1 11 1 e01 lim limlim elimlimlim0 11e e e t u uuu uuuutt g tguu u tt 所以 1 0g 因此g在1t 处可微当且仅当g在1t 处连续且 1 1 gg 即 02abcab 即2ba ca 此时 1 1 2 e 1 1 1 t t g t a tt 为进一步讨论g的高阶可微性 记 1 2 e 0 0 t t h t att 则 1 g th t 1 2 1e 0 2 0 t t h t t att 1 22 2 0 1 2 0 limelimlimlim0 0 0 e e e t uuu uuut uu hhh t 所以h具有连续的 一阶导数 0 2ha 1 33 2 00 1e 0 6 limlimlimlimlim0 0 0e e e t uuu uuutt h thuu t h tt 所以h在 0t 处二阶可微当且仅当0a 此时 1 e 0 0 0 t t h t t 1 2 1e 0 0 0 t t h t t t 为了继续讨论h的高阶可微性 我们 2 证明 1 e 0 0 0 t t h t t 是C 函数 解 计算 1 e n t 11 2 1 ee tt t 111 234 121 eee ttt ttt 3 1111 34342454556 21211646421 eeee tttt ttttttttttt 我们用数学归纳法证明 1 2 1 e 0 0 0 t n n Pt ht t t 其中 2n P是一个2n次多项式 1 1111 22222 22 111111 eeee n tttt nnnn PPPP tttttt 其中 2 2222 nnn PuuPuPu 是22n 次多项式 23 1 22 22 22 23 0 1 0 lim elimlim0 0 0 e e n n nnnn t n un uutu PuPu hPhh t 所以 n h是连续函数 而 1 22 1 00 24 22 22 1 24 1 e 0 0 limlim 0 limlim0 0 e e t nn n tt n n nn un uuu P htt h tt uPuuPu h 所以 n h在0t 处可微 并且 1 1 22 1 e 0 0 0 t n n Pt ht t t 3 计算 1 1e n n x x 解 11 2 1 ee xx x 111111111 222233 1111111 eeeeeeeee xxxxxxxxx xx xxxxxxx 3 11111 22 2 111111 323344 1 e2 ee2ee 212211 eeeeee xxxxx xxxxxx xxxx x xxxxxx 猜测 11 1 1 1 ee n n n xx n x x 用数学归纳法证明它 1 1 111111 1212 11 1 1 111 112 eeeeee 1 1 ee 1 1 1 eee n nnnn nnnnnn xxxxxx nn xx nn nnn xx nnn xxnxxn xx n xx n n xxx 1 1 2 1 e n xx n x 4 设 f g满足对任意 x h f xhf x g hf h g x 并且 0 0 0f g 0 0 1fg 求 fx 解 当0h 时 f hho h 1 g ho h 于是 1 f xhf xo hho h g xf xg x ho h 所以f在x可微 并且 fxg x 解法 2 对等式 f xhf x g hf h g x 两边的h在0h 处求导数 得到 0 0 fxf x gfg xg x 这么做对吗 5 讨论 1 sin 0 0 0 xx S xx x 的连续性和可微性 解 S在 0 上是初等函数 是C 的 因此只需讨论S在0 x 处的 右 连续性和 右 可微性 取 111 2 2 2 22 kkk xyz k kk 1 2 3 k 则limlimlim0 kkk kkk xyz 1 0 时 0 k S x kk S yy kk S zz 所以0 x 是S的间断点 2 0 时 0 k S x 1 k S y 1 k S z 所以0 x 是S的间断点 3 0 时 S xx 所以S在0 x 连续 3 1 01 时 0 0 k k S xS x 1 0 1 k k k S yS y y 所 以S在0 x 不可导 3 2 1 时 1 0 0 S xS x x 当0 x 故 0 0 S 为了研究S的更高阶的可微性 我们考虑 6 讨论 1 sin 0 0 0 n n xx Sxx x 和 1 cos 0 0 0 n n xx Cxx x 的连续性和可微性 解 由上题知 00 S C在0 x 处不连续 对1n nn S C连续 但 11 S C在0 x 处不可微 对2n nn S C可微 且 0 0 0 nn SC 注意到 12 0 0 0 nn n nSxCxx Sx x 12 0 0 0 nn n nCxSxx Cx x 所以 22 S C 存在 但在0 x 处不连续 对3n 12 nnn SxnSxCx 12 nnn CxnCxSx 由数学归纳法可以证明 22 kk SC是k阶可微的 但 22 kk kk SC在0 x 处不连续 2121 kk SC 有连续的k阶导数 但它们在0 x 处没有1k 阶导数 7 设 ln x y x 1 求 n y yy 2 证明 ln x y x 在区间 0 e 上有反函数 3 记 xu y 是 ln x y x 在区间 0 e 上的反函数 求 0 0 0 uuu 以及 xu y 在0y 附近的近似表达式 解 1 lnxyx 两边对x求导 得到 1 yxy x 即 2 1xy x y 进一步对x求导 得到 2 30yxyx y 因此 22 11lnxyx y xx 2 223 ln1ln 3 32ln3 xx x yxyxx xx y xxx 求高阶导数可以对 ln x y x 利用 Leibniz公式 也可以对 2 1xy x y 用 Leibniz公式 01 1 1 1 11 1 1 111 ln ln ln 111 ln 1 1 1 1 ln 1 l n knn k nn nkkkk nn kk nkn k n k n k nkn kn k n nkn k k n n yCxxCx xxx xC xxx nknk xC xxx n x 1 1 n n k x k 2 对0ex 2 1ln 0 x y x 所以 ln x y x 在 0 e 上是严格增的可微函数 它有反函数 3 ln x y x 在 0 e 上的反函数 xu y 是可微函数 ln yu yu y 令0y 得到 ln 0 0u 故 0 1u 上式两边对y求导得到 u uyu u 即 2 1 0uyu u 令0y 得 2 0 0 1uu 把 2 1 0uyu u 对y再次求导 得到2 1 0uuuyu uyuu 令0y 得到 0 3 0 0 3uuu 所以 22 3 1 2 u yyyo y 当0y 8 已知 0 0f 0 fA 求极限 1 1 sin 0 lim 12 x x f x 2 2 0 1cos lim tan 5 x fx x 3 2 lim x xf x 解 f xAxo x 当0 x 1 1 sin 2 ln 12 2 12 expexp sinsin 2 2 expexpexp 2 1 e 1 x A f xf xo f x f x xx o x A Axo x x Ao o x xo x x 当0 x 2 2 22 2 2 22 2 2 222 2 1cos 1cos 1cos cos 5 tan 5 sin 5 2 2 1 1 1 105 5 fxAxox x xx x Ao x Ao xo x A x o xo xo xo x x 3 2211 2212xfx AoAxoAoA xxxx 讨论 能否 00 2 ln 12 12 limlim2 0 2 sincos xx fx f xf x fA xx 9 已知f在0可导 0 nn xy 满足limlim0 nn nn xy 求极限 0 lim nn x nn f yf x yx 解 0 0 nnn f xffxo x 0 0 nnn f yffyo y 所以 0 nnnnnn f yf xfyxo xo y 0 nnnn nnnnnn o xo xxo x yxxyxx 同理 0 n nn o y yx 所以 nnnn o xo yo yx 因此 0 lim 0 nn x nn f yf x f yx 10 证明 2 2210 x xx 恰有两个不同实根 证明 考虑 2xyf x 与 2 12yg xxx 的交点 抛物线 2 2 31 122 22 yxxx 注意到 1 2 1131 21 2222 fg 0 fg 0 fg f g 都是连续函数 所以 2xyf x 与 2 12yg xxx 在 1 2 x 的任何一侧都至少有一个 交点 所以 2 2210 x xx 至少有两个不同实根 假设 2 2210 x xx 有三个不同实根 则 2 221 x xx 至少有两个不同的驻点 从而 2 221 x xx 的二阶导数存在零点 但是对任意x 2 2212 ln240 xx xx 所 以 2 2210 x xx 恰好只有两个不同实根 思考题 exy 与 2 yax 可以有多少个不同的交点 当1a 时 恰好有两个交点 exy 与 2 yax 相切于b 2 ebab e2 b b 即e2 b b 22 e2 b abbb 如何求得满足上述方程的b呢 对 e2 x f xx 用 Newton法 1 e2 e2 n n x n nn x x xx e2 x fx 可得 0 35173b 这个是唯一解 因为f是严格增函数 由此得到 0 82178a 当 aa 时 有两个交点 当 aa 时 有一个交点 当 aa 时 没有交点 11 设f在区间 a b上连续 在 a b内可微 lim xa fxA 收敛 证明f在a处右侧可导 且 faA 即 fafa 证明 不妨设0A 否则考虑 f xAx 则0 存在0 使得 xa a fx 根据 Lagrange 微分中值定理 存在ax 使得 f xf a f xa 从而 f xf a f xa 因此 0fa 本题结论表明 导函数没有可去间断点 Darboux定理表明导函数没有跳跃间断点 因此导 函数只可能有第二类间断点 12 设f在区间 a b上连续 在 a b内可微 0f af b 证明对任意 存在 a b 使得 ff 证明 微分方程yy 的通解为e x yC 其中C 为常数 设 e x f xC x 即取 e x f x C x 于是 C x区 间 a b上连续 在 a b内可微 C aC b 根 据 Rolle 定理 存在 a b 使得 0C 注意到 e e e xxx fxC xC xC xf x 所以 ff 几何解释 yf x 与微分方程yy 的某条解曲线相切 13 设f在区间 a b上可微 在 a b内二阶可微 0f af b 0f a f b 证明 1 存在 a b 使得 0f 2 对任意 存在 a b 使得 0fff 证明 不妨设 0fa 0f b 否则考虑f 从而存在 s t满足astb 使得 0f s 0f t 因此存在 s ta b 使得 0f 由上题结论知 存在 1 a 和 2 b 使得 11 ff 22 ff 对 fxf x 再次利用上题结论 存在 a b 使得 x fxf xff 因此 ffff 即 0fff 讨论 原题 2 证明存在 a b 使得 ff 相当于1 0 3 证明存在 a b 使得 ff 相当于1 证明 2 由 题