第二四章部分解答过程

1、第二章一、判断题1、()因为f (x)=1/x，所以f (e)= 1/e。2、()不可导不一定不存在切线，例如f (x)= x1/3，在x=0处不可导，但切线存在即为y轴。3、()例如f (x)=| x|，在x=0处连续不可导。4、()利用拉格朗日中值定理可证得。5、() f (x0)=0是取得极值的必要条件而非充分条件，例如f (x)=x3。6、()极值是局部的概念，因此极大值有可能小于极小值。7、() f (x0)=0仅为拐点的必要条件，与极值问题类似。8、()一元函数可到与可微等价。9、()根据一阶微分形式不变性可得。二、选择题1、(C)。A为-f (x)，B为-f (x)/2，D为2

2、f (x)2、(B)。根据定义式可得3、(A)。结合洛必达法则可得4、(B)。连续，左导数=1，右导数=1，因此连续可导。5、(C)。正确的结果应该表示为(tanx)=sec2x6、(A)。计算函数导数，求出(1,1)处导数值即得切线斜率为-1，发现斜率为17、(D)。先计算4阶导数总结出规律，利用数学归纳法可得8、(C)。利用洛必达法则9、(A)。定义区间在0, 2，求出导数可得驻点x=110、(A)。此时f (x)是常数函数，因此导数为零11、(C)。求出二阶导数，12、(B)。利用复合函数的微分法则。三、填空题1、x=100-1=99，y= log10100- log101=22、v(t

3、)=s(t)=2at+b, a(t)= v(t)=2a, v(-b/2a)=0, a (-b/2a)= 2a3、 4、f (x)=，f (1) =05、(1, 0)，在x1上可导，f+ (1)=1，f- (1)= -2，因此在(1, 0)点处不可导6、f (n)(x)=n!，f (n)(0)= n!7、f (x)=4e2x-18、f (x)=cosx+sinx，在(0,2p)内驻点为，并且可根据第一判别法得极大值点，极小值点9、f (x)= -2e-2x0，说明f (x)在-1,1上单调递减，因此最小值f (1)=e-2，最大值f (-1)=e210、定义区间是(0, +)，f (x)= -x

4、-20，因此在整个定义区间(0, +)上是凸区间；曲线f (x)=x3-x的二阶导数f (x)= 6x，可以判断出(0, 0)为拐点。11、 12、，由于在x1=1，x2=2处可导且有极值，因此f (1)= f (2)=0，代入求得13、首先由条件知，又根据洛必达法则，4、 解答题1、(1)(2) 2、(1)(2)v(1)=10-g(3)(4) v(t0)=10-gt03、x1=1，y=1；x2=3，y=9，因此割线斜率为k=4。即本题要考虑曲线上哪一点处的切线斜率等于4，根据导数的几何意义，y=2x =4，从而x =2，即(2, 4)点处切线平行于此割线。4、(1) y= -1/x2，因此(

5、-1, -1)处切线斜率为-1，切线方程：x+y+2=0；法线方程：y=x。(2) (1/2, 2)和(-1/2, -2)点处切线斜率为-4。5、(1)由于，极限不存在，因此在x=0处不可导。(2)，因此在x=0处可导且f (0)=0。(3) 因此在x=0处不可导。6、7、8、9、10、由数学归纳法可知，。11、12、13、(1)x（-，-1）-1(-1, 3)3(3, +)y+0-0+y单调增单调减单调增14、(1)在(-, 0 上单调递增，因此f (x)f (0)=0，即x0；（a/2，+）上，v(x)0即定义域为(x, y)|4x2+y2163、4、5、6、根据隐函数求导方法，从而有z

6、y=7、z x= ex(cosy+ siny+xsiny)，z xx= ex(cosy+ 2siny+xsiny)，因此z xx(0, p/2)=28、9、dz=四、解答题1、2、3、4、 得证。5、6、7、(1)根据公式4-7，令，(2)根据公式4-8、4-9，令8、9、(1)x0=1，x=0.02，y0=2，y=1.97-2= -0.03f (x0+x, y0+y)f (x0, y0)+f x(x0, y0)x+f y(x0, y0)y=2.2182(2) f (x, y)=xy, f x (x, y)= yxy-1, f y (x, y)= xylnx, x0=10，x=0.1，y0=2

7、，y=0.03f (x0+x, y0+y)f (x0, y0)+f x(x0, y0)x+f y(x0, y0)y=100+2+3ln10=108.907810、zx=siny, zy=xcosy, x0=120，x=2，y0=30，y=1由于f (x0+x, y0+y)f (x0, y0)+f x(x0, y0)x+f y(x0, y0)y，因此57.1862z62.813811、SW =0.8W -0.6H0.7，SH =1.4W0.4H -0.3，W0=50，W=5，H0=1.6，H=0.04，SS W(W0, H0)W+S H (W0, H0)H=0.7641(m2)12、(1) z5

8、, 即在(0, 0)处取得极小值5(2)zx=4-2x, zy= -4-2y, 得到驻点(2, -2)，又z” xx= -2=A0, z” xy=0=B, z” yy= -2=C, B 2 AC= -40，因此在(2, -2)处取得极大值10。(3)得驻点(0,0)，又13、作出辅助函数F(x, y)= x2+y2+3+l (x+y-4)，联立方程将(2,2)代入得B 2 AC= -40且y0,否则疗效是0,无意义)。另外由于将代入可得B 2 AC= -40且A0，因此在取得极大值，由于区间上唯一的极值点就是最值点，因此在此点处疗效取得最大值。15、联立得驻点，同14题可得此点是极大值点，唯一的极值点就是最值点，因此在此处取得疗效最大值。16、设长、宽、高分别为x,y,z，则，要使用料最省，即表面积最小，联立，同14题方法可得此点是极小值点，唯一的极值点即为最值点，因此在x,y,z分别取处所用材料最省。17、设长、宽、高分别为x,y,z，则V=xyz，同时因为是半球内接长方体，因此还应满足条件