微积分上册部分课后习题答案

1、微积分上册一元函数微积分与无穷级数第2章极限与连续2.1数列的极限1 .对于数列 xn,若x2ka ( k )，x2kla( k ),证明：xna( n ).又因 x2kla ( k2 k I0, x2k a( k ), Ki Z,只要 2k 2Ki,就有 x?k a), K2 Z,只要 2k 1 2K21,就有 x2k 1 a).取N max 2K12K2 1 ,只要n N ,就有xn a ,因此有xna( n2 .若lim xn a ,证明lim | xn | | a |,并举反例说明反之不一定成立.nn证明：lim xn a,由定义有：0, N ,当n N时恒有| xn a |又|xn

2、| |a| | xn a|对上述同样的 和N ,当n N时，都有| xn | |a| 成立nim |xn| |a|反之,不一定成立.如取xn ( 1)n,n 1,2,显然lim |xn | 1 ,但lim xn不存在.2.2函数的极限1.用极限定义证明：函数f x当x%时极限存在的充要条件是左、右极限各自存在且相等.证：必要性.若lim f x A ,0 ,0 ,当0 x x0时，就有X X0f x A .因而，当0xx0时，有fx A ,所以lim f x A；同x x0时当0x0x时，有f x A,所以lim fx x0A.充分性.若limx xof x A, lim f x x xoA.

3、0,0,当 0 x Xo1时，就当 0 Xo X时，有f xmin，则当02.写出下列极限的精确定义:(4) limxf(x)设 f ：U(xo)0,时的极限,记作设 f ： D(f)R,满足关系:则称A是f (x)当x(3)设f :U (xo)恒有f(x)(4)设XXo(1) limx Xo时，就有f x.所以lim f xX x0A.f (x) A,(2) lim f(x) A,(3) lim f (x)x Xo(5) lim f (x) A. xR是一个函数，如果存在一个常数A R,满足关系：limx xox0f(x)函数,0, X( R)时，恒有| f (x)A 或 f (x)其中D(

4、f)A|A(x,则称A是f (x)当xx0 ).0,使得当x时的极限，记作:R是任一函数，若),x0R, 0 .若存在常数X时，恒有|f(x) A|成立,Jim f (x)M 0,A 或 f (x)A (x).Xo时,xXo时f (x)的极限为正无穷大，记作lim f (x)x Xo或 f (x)(xXo).f : D(f) R是一函数，其中 D(f)R,满足关系：M 0, X( R) 0,使得当时f(x)的极限为负无穷大，记作:lim f (x) xf(x),0,若存在常数(5)设f : D(f ) R是一函数，其中R,满足关系:0, X 0 ,使得当D(f)x X时,X时,恒有f(x)M则

5、称当(x).),0, R ，若存在常数恒有| f (x) A| 成立，则称A是f(x)当时的极限,记作:lim f (x) A 或 f (x) xA (x).1.求Nim解.Nim1ex2 .求 lim fx 01e解.1lim exx 0limx 01ex1ex2.3Nim极限的运算法则limx 01ex1ex1 arctan 1.x1ex0,1 arctan 一x1arctan 工 x3.设 lim f (x)存在,x 1解：设 lim f (x) =A,x 1再求极限:f(x)4.确定 a,b,c,limx 0limx 01 lim1x01 e x1 arctan 一x1ex-1exf(

6、x) x2f(x)1 .,1一 lim arctan limx 01exexarctan x 22xA.a(xlimx 12xlim f (x),x 12x 2x Alim (x2 2x A)2x 2x.1)2 b(x 1) c(x 1)2求 f (x).2A A0成立.解：依题意，所给函数极限存在且lim(x 1)2 3 0X 12lxma(x 1) b(x 1)c .x2 3b上式左边=lim (a x 1 x 12. x2 32)(X 1)(x 1)(2. x23)lXmiab(2X2 3) 1(x 1)(2.X2X-3)同理有limb(2 .x .证明数列 0 Xi 3, Xn 131

7、-法收敛，并求其极限. 3) 1 xX 119-(2x2 3) 1 x2(x 1)(2 x2 3)lXmi3(1x2)8(x 1)( . x2 3 2x)161 c 一一，c 2为所求.22.4极限存在准则1.设X1=10, Xn 1 56 Xn , ( n 1,2,).试证数列Xn的极限存在，并求此极限.证：由X110, x22 X14,知x1x2.假设xk xk 1,则有Xk 1 巡 Xk% 6 Xk 1Xk 2.由数学归纳法知，对一切正整数n,有XnXn 1 ,即数列Xn单调减少.又显然，Xn0 n 1,2,即Xn有界.故lim %存在.n令limxna,对xn16xn两边取极限得aJ6

8、a ,从而有a2 a 6 0,n-a 3,或a 2,但 Xn 0, a 0,故 limxn30x23(1 Xi)3 x12x13 x1Xin0 X2 J3同理可证：0 xn V3有界3(1 %)3x2(,3x1)(.3X1)0Xi 03Xi3Xi3XiX2Xi同理X3X2,XnXn 1 数列Xn单调递增,由准则II limXn存在，设为A,由递推公式有： nA 3(i A) A <3 (舍去负数)3 Alim Xn . 3. n3.设Xn为一单调增加的数列，若它有一个子列收敛于a ,证明lim Xn a.证明：设Xnk为Xn的一子列，则X 也为一单调增加的数列，且 lim Xnk a n

9、kk对于 i , N ,当n N时有| Xnka | i从而|Xnk I I Xnk a a | | Xnk a | |a| i |a|取 MmaXJ Xni |,| XnN |,i | a |,对一切 nk 都有 | Xnk | M 有界.由子列有界，且原数列Xn又为一单调增加的数列，所以，对一切 n有|Xn | M有界,由准则II,数列Xn极限存在且lim Xna.n2.5两个重要极限1 . 求 lim cosVn""i cosjn n解： 原式 =lim 2 sin isin ilimnn i . n2 sin sin口二2 .求 lim sin(而2i). n解.原

10、式=lim sin(n,n2n ) limn1 n sinlimnsin . n2 1 n.n2 1,、13.求 lim (sin-解.原式=x令t 1xlimt 0cos1)x.xsin tcostlimt 0sin 2t1sin 2tsin 2t2te4.设 f (x)2(12 xcosx)3x解:limx 0f(x)2xlimx 01.解.limf(x)2xlim坐x 0 x研究函数2.证明方程证.令f x0,3.设 f(x)解.f (x)在1.3 x-2 x1,limx 0f(x)2xlimx 02(1 cosx)2x2.6函数的连续性的连续性，并指出间断点类型Z (整数集)为第一类(

11、跳跃)间断点.px0(p0)有且只有一个实根.x px其唯一性，ln(11,0,q,0, f由零点定理，至少存在一点易由的严格单调性可得.x), 1 x0,1 , 1,x 1是f (x)的第二类无穷间断点内连续;lim x 0lim f x lim ln 1 x 0,因此 xx 0x 0f(x)的间断点，并说明间断点的所属类型1 e-1因此，limx 00是f (x)的第一类跳跃间断点.4.讨论f(x)limn2 nxx e 的连续性.nx ef(x)limn2 nxnxe2x ,x 00,x 0 ,因此f (x)在x, x 0,0 , 0, 内连续，又则0fxf 00，5.设函数“*)在(f

12、 x在 ，上连续.)内连续且limf®0,证明至少存在一点 ，使得x xf( )0.证：令F(x) f (x) x,则limF® lim盘 1 1 0 ,从而匚凶 0.由极限保号 x x x xx性定理可得，存在 x1 0使F(x1) 0；存在x2 0使F(x2) 0. F(x)在x2,x1上满足零点定理的条件，所以至少存在一点使得F( ) 0,即f( )0.16.讨论函数f (x) lim -x 12n x w的连续性,x若有间断点，判别其类型1 |x| 1解:f(x)0 |x| 1,显然 x1是第一类跳跃间断点，除此之外均为连续区间1 |x| 17.证明：方程 x a

13、sin x b (a 0, b0)至少有一个正根，且不超过a b.证明：设f (x)x a sin x b ,考虑区间Qa bf(0)b 0, f(a b)a(1 sin(a b) 0 ,当 f(a b)a(1 sin(a b) 0时，x a b是方程的根;当 f(a b)a(1 sin(a b) 0时，由零点定理，至少(0,a b)使f ( ) 0 ,即 asin b 0 成立,故原方程至少有一个正根且不超过a b.2.7无穷小与无穷大、无穷小的比较1.当x0时，下面等式成立吗? x o(x2) o(x3);o(x2)(2)o(x)；2、o(x) o(x ).解.2(1)x2 o x2 xo

14、 x3 x 0(2)o(x2)2 x3(3)o xoy-不一定趋于零，xo(x),2、o(x )不一定成立(当x 0时)2.当x时，若 axo(1I),则求吊数a,b,c.x 1bx c3.写出x0, b,c任意.0时，无穷小量 x 3 x 的等价无穷小量.解:lim |1 ； lim 山 Vx 1X 03 x x 00 , -x3；x 6G第3章导数与微分3.1导数概念1.设函数f(x)在x0处可导，求下列极限值.f (x0 1hm02h) f(x0 3h);(2) lim x xx°f(x) xf(x0)解.(1)原式稳f (Xo 2h) f Xo2hf(Xo 3h) f Xo3

15、h5f X0(2) 原式limX X0Xo f(x) f Xof Xo X XoXo fX0 f X02.设函数f :(0,)试证：函数f 在(0,解：令Xf X limx 0XX0R在x 1处可导，且 x, y)内可导，且f xy yf(0,)有 f (Xy)yf(X)Xf(y)Xf y 有 f 1f X 1 limx 0(1).2f 10.0,xflim 一x 0. X. X.11fXXX故f X在0,3.设 f(X)在(又 f ( X1 X2)limX内处处可导，且 f X f)内有意义，且f(0) 0,(0)f (X1) (X2) f (X2) (X1),其中(X)COSX2x,求 f

16、 (x).解：f xlxm0lim9x 0f x lLm02 2xx cos x x e4.设函数 ”*)在* 0处可导,且limarctanXf (X)12,求 f (0).解：由已知，必有limef(x) 1x 00，从而阿f(x)o,而f"x0连续，故f(0) 0.八arctan x2 limY-x-X oef(x)1. X lim x 0 f(x).1lim X o f(x) f(0)X.故 f f (0)1(0) 25.设f(x)具有二阶导数,F(x)2 -2、lim t f (x )f (x) Sin),求 dF(x).t. 人.1_ .斛：令 h 一，则 F (x) l

17、imtt 0f (x 2h) f (x) sin hx2xf (x).从而 F (x) 2f (x) 2xf (x) , dF(x) F(x)dx2 f (x) xf(x)dx.6.设f是对任意实数 x,y满足方程f(x)f(x)f(y)2xy 的函数，又假设f(x)lim 1,求：(1) f(0)； (2) f (0)；x 0 x(3) f(x).解：(1)依题意 x, y R ,等式 f (xy)f(x)f(y)2 xy成立(2)又(3) f令 x y 0 有 f (0) 2f(0)f(x)f(0)f(0) 0f (0)/ . f (x x) f(x)(x)lxm0xlim 3x 0f(

18、x) x2x)2 f(x)lxm0f( x) x2 x x (x)2x xf (0)x2f (x)7.设曲线y f (x)在原点与y sin x相切,试求极限limnn1n2 ；解：依题意有 y (0) f (0)1 且 f (0) 08.设函数f (x)在xf(1) lim n n f(0)lim 1 nlimn1lim n2 n0处可导且1n2f(0).1.f(-) f (0) n f(0)2f( ) f(0) n20, f (0)0,证明f(-) lim n-n n f(0)1.1 f(-) f(0) lim nnen felim ne1 f(- 0) f(0)1n'_2T(0)

19、n1 .计算函数 y (-)x(-)a(-)ba x a(a 0,b 0)的导数.a 1解.y (b)x lnb(b)a(-)b a - a ax a xbab(-)b1 * 1 * * * * a axB (-)a a xbx/ba xb . bab(-)(-)(-)ln - a x a axx2.引入中间变量u(x) Jix2,计算y 1 arctan Jix2 1ln 1x!的导数5.24,1x2 1dx解.引入u(x),1 x2/口1 一一一1u 1 dy dy du 付 y arctanu In，于,又24 u 1 dx du dxdy 1111._ .2"-?'d

20、u2 1u4u 1u 1111du x w dy1一t2，则4dx 1 x2dx 2x x33 .设 x y2 y , u (x2 x)2 ,求后dy dy dxdx解.,又一 2y 1 du dx dudyx1dxdu32x j,则得黑232y 1 2x 1 x2 x.，3x 2、.，、2, dy4 .已知 y f (), f (x) arctan x ,求一3x 2dx x 0解：yf (然)(衿arctan(23x 2(3x 2)2dydx x 0y x 0 arctan32(3x 2)2X04121.计算下列各函数的n阶导数.15x（2）ycosx .解（1）n1 n!(2)2e由此推

21、得2.设y解y 50coscosxsin x1cosx22ex cos x一n,22sin 2x,求 y50sin 2xsincos50cos x 25022 x sin 2x 50c5022 x sin 2x50250249 12252x2sin 2xc；。sin 2x49C20sin 2x48_ 50_50 2 xsin 2x 4950 49492 sin 2x48 2xcos2x 1225 249 sin 2x100xcos2x3.试从dx dyy 0,其中y三阶可导d 2x导出一rdy2d 3x dy33y2yy5y初 dx解 dyd2x dy2dxdxdyd3x dy3dx4.设fd

22、xx满足fdy2f1 ,一、以1代x,原方程为 x3x2f xx ,消去f3x5.设f (x) arcsin x,试证明f(x)满足(1) (1x2) f (x) xf (x)(1x2)f(n2)(x) (2n1)xf(n 1)(x)n2f(3)求f(n) (0)(1) f6.解:(2)(3)n 1.n!(x) 0,n0,1,2x2x1x2 fxf x0,上式两边对x求n阶导数得1 x2n2 f2n-1n 0.一3f (x) 3xf(x)3x3f (0)limx 0f (0)limx 0f (0) 0xf x n2x fn 2xfxff(n)(0)|x |,试求使x2 |x|f(x) f(0)

23、xf(x) f(0)x0。x1 x2 1 x20,n 2k(2 k 1)!2 n 2kf (n)(0)存在的最高阶数4x2xlimx 0limx 0f (x)n.0,1,2,4x3x2x312x26x2又 f (x)24x12x0,而0f (0)limx 0f (0)f (0)limx 0f(x) f(0)xf (x) f (0)xlimx 0limx 0x6x2而 f (x)2412(0)limx 0f (x) f (0)x24 lim x 0 x故彳f (n)(0)存在的最高阶数n 2.7.若将多项式Pn(x) a02ax a?xanxn变形为Pn(x) b0 b1(x x0) b2(x

24、x。)2bn(x x°)n,则有：b0匕函)上Pn(x0),b2Pn(x0) 八M 4Pn(n)(x0)n!证：比较两式显然有 b0Pn(x。)，由于Pn(x)在x0处存在任意阶导数，又Pn(x)bi2b2(xx0)nbn(x x°)n1Pn(x)2blbib2Pn(x。)ba(x x°)n (n 1)bn(x x°)n 21 .设x teyPn(x)n! bnbn2t确定y0Pn(x0)2!Pn(n)(x。)n!3.4微分与微分技术/ t d y y(x),求一2dx21解一由t - x22y 2 0上式对x求导得eyx 1 ey y 2y再对x求导得

25、2ey yx 1 ey y 2x 1 eyy2y(2)t 0时得x1, y，代入(1)式得1,y/, 2111 d v1e 1代入(2)式得Jy2dx2解二xt2, xt由 ey teyyt 乂 0 得 ytye1 teyye 口，且ytyy yye e yt2y0,1, y1 得 xt2,xt0, yt1e ,yt2e2,则d2y dx22.设试求:则业dxd2u dx23.设yytxtxt yt3 xt12-e t0 2f(x)y2,其中x, y满足方程(x), f(x)均为二阶可导du一, dxd2udx2eyx对x求导得dy dx1ey2y1 eyy(x)由方程组一如, x 3t2解方

26、程组 ey sin t1 6td dxy dy .e sint dx2dx_ dy2y最2y1 ey3t22tye sint2t两边对2y_ y1 ey 2所确立, 0x求导得2_y_ye ye yey 22yey戈d2y求标Itey cost 由 dxdydxx求导得n . dt0 6 dx22 d t c d t6t 2 22dx dxeydy xdxsin ty dy dt2e - cost dxdxeysint - dxy , e costd2tdx2d2y7 0t 0，yt°i代入得一dx t 01 dy2，dxt 0e d2t2'dx23d2y e2 324dx2

27、to 2 4第4章 中值定理与导数的应用4.1微分中值定理1 .证明：若函数f(x)在(-,+ )内满足不等式f (x) f(x),且f(0) 1,则f(x) ex.证：令F(x) e xf (x)则F (x) e xf (x) e xf (x) e x( f (x) f (x)而 f (x) f (x)则 F (x) 0 从而 F(x) e xf (x) C (常数) 又 f(0) 1 则 C 1e x f(x) 1即 f (x) ex.2 .若函数 f (x)在(a,b)内具有二阶导数，且f (x1)f (x2)f (x3),其中 a < x 1 < x 2 < x3&l

28、t;b ,证明：在(x1 ,x3)内至少有一点，使f ( ) 0.证：在x1,x2和x2,x3上分别用Rolle定理，得 f ( 1)01 (x1,x2)f ( 2)02 (x2,x3)又在(，2)上再用Rolle定理，得f ( ) 0(1,2)(x1,x3).3 .设f(x)在a,b上连续(0 a b),在(a,b)内可导，证明在(a,b)内存在，使得2abf ()., 一 1 ，证：对f(x)和g(x)在a,b上应用cauch川值止理知，存在 (a,b),使 xf(b) f(a)11b a2 f ()在 (a,b),使得!®),于是f ()2f ()ab-.由Lagrange中值

29、te理知，存 abg(0) 4 g(2), g 2gmax (2)44.设函数f：a,b R,其中0 a b,且f在a, b上连续，在(a,b)内可导，证明在b(a,b)内存在一点，使 f(b) f(a) f ( )ln-.a证：设F(x) ln x, x a,b,显然f(x)、F(x)均满足柯西中值定理的条件，则有f (b) f (a) f ()刖 f(b) f(a) f () 即 F(b) F(a) F ( ) ln b ln a 一b即 f(b) f (a) f ( )ln- 其中至少(a,b).a5.设函数f :0,2R在0,2上二阶可导，并且满足| f(x) | 1 , | f (x

30、) | 1 ,证明:在0,2上必有 | f (x)| 2.证明： x 0,2,则f(x)在0,xx,2上二阶可导，由Taylor公式，在x处展开:12f(0) f(x) f (x)(0 x) - f ( 1)(0 x)21 (0, x)12f(2) f(x) f (x)(2x) 221 1 -(2 x)2x2令 g(x) (2 x)2 x2 在0,2上g (x)2(2 x) 2x 0 x 1 f ( 2)(2x)22(x,2)1两式相减 f(2) f(0)2f (x) -f (2)(2x)2 f (1)x2.1.2.22| f (x) | | f (2) f(0) -f ( 2)(2 x) f

31、 ( 1)x LL1 L2 L2| f(2)| | f(0)| -| f ( 2)(2 x)2 f ( Jx2|一 .11八从而 I f (x) I 万(11 - 4)2.6.设函数f在0,1具有三阶连续导数，且.11 1、 r 一，.f (0) 1, f (1) 2, f (-)0 ,证明：至少存在点 (0,1),使 | f ( )| 24.证明：f在0,1具有三阶连续导数,考虑 ,11 八f在0,1处展开,f(0) 11f (2)(0 2)f(1)f2)f(2)2!(1i)2相减得i3!2)18f ( 13!f ( 1) f ( 1)48(x)连续2使 I f (2)| II f ( 1)

32、1 I f ()7.证明：x证明：(1)设f(x)48ln(124.x)(x0).ln( 1x) (x 0)f (x) 1f(x)递减有 f(x) f(0)ln(1x) 02x一 ln(1 x)2(2)又设g(x)ln( 1 x)(x0)g (x) g(x)递减当 x 0时 g(x) g(0) 0ln(1 x) x 0 即 ln(1 x) x2从而有 x ln(1 x) x (x 0).24.2洛必达法则1.已知当x1 ax0, f (x) e 为x的二阶无否小，试确te常数a ,b .1 bxx 1 ax e 解： 因为 lim lim13 bxx 0 x x 0 x由limex(1 b b

33、x) a 0 得x 0.ex(1 bx) 1 ax lim -3-x 0 x (1 bx)1 b a 0(1)ex (1 b bx) a3x24bx3ex(1 2b bx)x 上式 lim 丁 由 lim e (1x 0 6x12bx2x0'11由(1)(2)得：a ；b；2b bx) 01 2b 0(2)2.求极限:(1) lim (x2arctanx) ln x;(2)则(1 x)x解：(1). lim (x2 arctan x) ln x lim x2 arctan xln x2lim xx 12xln x222x ln x 2x ln xlim -lim x 1 x2 x 21

34、x (1 )xlimx2ln2xxlimx41nxx0.(1 lim k x 01x)xxln(1 x)lim(e x )x 0Hm)(ln(1ln(1x)x ln(1 x)(1x)1 ln(1x) 12xlimx 02(1 x)3 .讨论函数f (x)1(1 x)e解： f(00) limx 0f (x)f (0)f(0 0)limx 0f(x)lim 口x 01x)xjelimx 01 _?lnx1(1 x)xef(00)f (x)在 x1x2lim exx 0limx 0 ef(0ln(1x2x(1 x)0)0处连续.4 .设函数f具有一阶连续导数,lim吧ex 0f(0)x) x x2

35、exlim0_L 11 x 2x(0)存在且 f(0) 0, g(x)f(x)xa,(1)确定a使g(x)处处连续.(2)对以上确定的a ,证明g(x)具有一阶连续导数.解：(1)要使g(x)处处连续，则lim g(x) g(0) a即可. x 01mg (x)则 T)则f (x) f (0) , a f (0) g (0)limg(x) g(0) x 0 x 0limUxf) x 0 2xxf (x) f(x)lim x 0由定义f(x) xf (0)(0)2g (x)x12 f (0)xf (x) xf (0) xf (0) f(x)xf (x) f(x)limx 02xf (x) f (

36、0)xf(0) f(x)12x产 f(。)112 f (0) 2 f (0) g (0)g(x)具有一阶连续导数4.3函数的性态1.试证：对于任何实数 a ,b成立不等式b1 b.证：设f (x)a ba b|(x xba bl0)f (a2. a1a a满足什么条件时,方程f (x)b)(1 x)2f(a |b)b从而f(x)单调增加a b1a 1b.2x a有实根.(a为实数).解：令 f(x)由 f (x) 02xf (x) ex 2f (2) e 且极小值为 所以，当ln 2In 2则ln 2为极小值点3.求曲线y解：limxf (ln 2)ln 2 a2 In 20即aa2 ln2

37、时,有两个实根,2 ln2时，有唯一实根.1ex21 ex21lim ex x 02x x 1arctan的渐近线.(x 1)(x 2)arctan(x 1)(x 2)42x x 1arctan为水平渐近线4(x1时,1)(x 2)y极限不存在x 0为垂直渐近线4.设函数y = y(x)由方程2y32y2 2xy1所确定，试求y = y(x)的驻点，并判别它是否为极值点.解：在原方程两边对x求导并化简得： 23y y 2yy xy y x 0(1)1.令y 0得y x,再代入原方程有2x3 x2 1 0得唯一驻点在(1)两边对x再求导并整理得：_2_2_(3y2 2y x)y 2(3y 1)y

38、2 2y 1 0因此 y (1,1)1 0,故驻点x 1是y y(x)的极小值点.5.如图，A和D分别是曲线y ex和y2xe 上的点,AB和DC均垂直于x轴，且AB : DC 2:1, AB 1,求点B, C的横坐标，使梯形 ABCD的面积最大解：设B,C的横坐标分别为x1,x,则ex1 2e 2x得 x1In 2 2xBC x x1 3x In 2,(x 0)此时x1xn x x T)e - n!解： f (x) e x(1 x)(1(n 1)!nx)e n!3-际形-(3x In2) e2x, .311令 S -(3 6x 21n 2) e 0 得驻点：x - -In 2, 22 3,1

39、1 一.,11 一.当 x In2 时，S 0,当 x In2 时，S 0, 2 32 311x - -In 2是极大值点2 3又驻点唯一，故 x - 1 In2是最大值点,2 31 一， 1 11-In 21,故当 x - In2, x1- In 21时，梯形面积取大.3233f(x) (1ne x( J)令 f (x) 0n!得驻点 x 0当n为奇数时，x 0时f (x) 0,x 0时f(x) 0,故f(0)为极小值，f (0) 1当n为偶数时，无论x 0还是x 0,都有f (x) 0成立，无符号变化，无极值 .从而当n为偶数时无极值，当 n为奇数时有极小值为 f (0) 1 .7.设f

40、(x)在(a,b)内二阶可导，且 f (x) 0 ,证明对于(a,b)内任意两点 x1,x2及0 t 1有 f(1 t)xi tx2(1 t)f(x1) tf(x2).证明：方法(一)f (x) 0 f(x)为凹函数由凹函数定义f (x) y ( y为过两点(x1，f (x1),(x2, f (x2)的直线纵坐标)x x.令 0 t 1 x x，x2x2 x1f(x) f(1 t)x1 tx2直线方程： y f(x1)"x2)"")(x x1 )x2 x1f(x1) (f(x2)f(x1)t(1 t)f(x1) tf(x2)故 f (1 t)x1 tx2 (1 t

41、)f(x1) tf (x2)方法(二)：取 x0 (1 t)x1 tx2 x0x1, x2 , 0 t 1f (x)在x0处展开有:12f (x)f(x0)f (%)(x x0) 2! f ( )(x x°) (x0,x)f (x) 0 f(x)f(x°) f (x°)(x x°)由得：f(x1)f(x0) f (x°)(x1 x0)又 1 t 0(1 t)f(Xi) (1 t)f(Xo) (1 t)f (Xo)(X1 Xo)tf(X2) tf (Xo) tf (Xo)(X2 Xo)+得：(1 t)f(X1) tf (X2)f (Xo)f (X

42、o)(1 t)(X1 Xo) t(X2 Xo)又(1 t)(X1Xo) t(X2Xo)(1 t)X1(1t)XotX2tXo(1 t)X1 XotXo tX2tXo o所以 (1 t)f(X1) tf (x2)f (xo)f (1 t)X1 tX2即f(1 t)x tX2 (1 t)f(X1) tf (X2) .8.设某银行中的总存款量与银行付给存户利率的平方成正比，若银行以2o%的年利率把总存款的9o%贷出，问它给存户支付的年利率定为多少时才能获得最大利润？解：设年利率为X,总存款为y,则y kx2 (k o, x o)利润函数为 R(x),依题意 R(x) o,2 o.9y xy o.18kx2 kx32R (x) o.36kx 3kx2kx(o.36 3x)令R(x) 0得x 0.12唯一驻点且 R (x) 0.36k 6kx R (x) X 0.120.36k 0当x 0.12时，R(x)最大，故年利率定为12%可获得最大利润.4.4弧微分与曲率1.求曲线r = a