第二。四章部分解答过程

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2f’(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，32,00)1(13323223xxxxxy12、(B)。利用复合函数的微分法则。三、填空题1、Δx=100-1=99，Δy=log10100-log101=22、v(t)=s’(t)=2at+b,a(t)=v’(t)=2a,v(-b/2a)=0,a(-b/2a)=2a3、0)1(,1111)1(',11)('yeexeeeefxxf切线方程为4、f'(x)=2113ln3ln21xxx，[f(1)]'=05、(1,0)，在x1和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(0,2)内驻点为47,43x，并且可根据第一判别法得极大值点)2,43(，极小值点)2,47(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-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、1ln(19)9x12、12)('bxxaxf，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61,32ba13、首先由条件知1,0)(lim0bbeaxx可得，又根据洛必达法则，12122cos2lim2sin1lim00aaxaexeaxxaxx四、解答题1、(1)xxxxxxfxxfxfxx2200)1()1(lim)()(lim)(')1(2])1(2[lim0xxxx(2)xxxxxxxxxxfxx2cos2sin)2cos(2lim2sin)22sin(lim)('002、(1)210)2/10(2/)1()1(102tggtgtgttsv(2)v(1)=10-g(3)210)2/10(2/)()(100200200tggttgttttgtttsv(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(-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xxxxxfxfxxx1sinlim1sinlim)0()(lim000，极限不存在，因此在x=0处不可导。(2)01sinlim1sin)(lim)0()(lim0200xxxxxxfxfxxx，因此在x=0处可导且f’(0)=0。(3)11lim1lim)0()(lim)0('0200xexxexxfxffxxxxx22lim)0()(lim)0('00xxxfxffxx因此在x=0处不可导。6、88/7187',)2(ln')1(xyxynnnxyxn01111')6(cos2sin2cossin')5(2121',1)4(11')3(223423xxyxxxxxxxxxyxxyxxyxyxxxxxxxxxxxyxxxxxxxxxxxy2222)1(2cot)(csc2)1(21cot)1(csc')8(lncos)1(lnsinsinlncoslnsin')7(7、3223223/1)21(34)4(31',21,)1(xxxuyxuuy)ln(lnln1111',ln,ln,ln)11(ln11)arcsin(lnln1/1)arcsin(ln')10(1211221')9(12)1()2(2)1(21211')8()1(1arccos1122arccos111')7()/1(',/1,)6()10ln1(1010ln1010)'10(10)'(')5(sec)sin1cossin1cos(21')],sin1ln()sin1[ln(21)4()ln()(11',,ln,ln)3(sin2121)sin(2',2/,cos,)2(22222222222222/32222222/122xxxxvuyxvvuuyxxxxxxyeeeeeeeeeyxxxxxxxyxxxxxxxxxxyxexeyxueyxxxxyxxxxxyxxybaxbaxaavuybaxvvuuyxvuyxvvuuyxxxxxxxxxxuuxxxxx8、)]1ln(2)1ln([ln31ln)1(22xxxy14121)1()1(31',1412131'22322222xxxxxxxxyxxxxxyyxxnxyxxyyxxyxxxxxxyxxxxxyyxxyxxln1)(ln)(ln',ln1)ln(ln',)ln(lnln)3(1sin2)1ln(cos)1('1sin2)1ln(cos',)1ln(sinln)2(22sin2222)1(ln'),1(ln',lnln,,)'(,)'(')'(',ln)4(xxeyxxuxxuxuxxeyxyyxyxxxxxxxxxxx因此则令因此问题归结于求解，9、axyxayyaxyayyyx2222',0'33'33)1(yyyyxeeyyxeeyxyxxyyyxyyxy1','0')3(sinsin1',1)'(sin)2(10、,)5(ln5,)5(ln5''',)5(ln5,5ln5')1(4)4(32xxxxyyyy由数学归纳法可知，nxny)5(ln5)(。)2cos()24cos(cos)23cos(sin''')22cos(cos)2cos(sin')2()(44)4(3322nbxabybxabbxabybxabbxabybxabbxabybxabbxabynn由数学归纳法可知，11、。时，；上，；上，，即证明xxxxxxxtan0tan2,0tan02)1(。证毕。即因此由于得，根据拉格朗日中值定理：；即因此由于得，根据拉格朗日中值定理：显然时，xxxxxxxxxxxxxxxxxtan,sec,0,1sec)2,0(),0(sec0tantan)2,0(tan,sec,0,1sec)0,2(),0(sec0tantan)0,2(tan0222222证毕。，根据拉格朗日中值定理xxxxxxxx)1ln(111111),0(),0(11)01ln()1ln()2(12、111lim00)1(0xx则，原式型，因此根据洛必达法xxxxxxxxxxxxxxxxxxxqqpxqpxqqpxqpxqqpxpqxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxaxxxxeeexxxxxxxxxxeeexxxexxxpqxxpqxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxeeexeeeexxexeexxeexxxaxxeexxcotlnln1006/1sinln1lim2020sinln106)21ln(3lim00)21ln(30/0/0/)(0/0/0020200220222000000200lim)12(612sincossinlimsinln1limlim1)11(61212lim3)21ln(3limlim1)10(0lnlim0lim/1limlnlimlnlimlnlim0)9(0sincoslim1sincoslim1sinlnlim0)8(2)11(sinlim)11)(11()11(sinlim00)7(212lim11lim)1(1lim0101)6(122cos2lim12sinlim00)5(0sec1cos1lim00)4(cos1coslim00)3(2coslim00)2(2020型，原式原式，因此由于型，原式原式，因此由于型，原式原式，因此由于型，原式型，原式型，原式型，原式型，原式型，原式型，原式型，原式，因此由于1/1)sin1(cot1limlncotlnlim200xxxxxxx1cotlnln1lim0eexxx原式13、(1)30)3(4124'),(xxxy得到驻点，定义域3,10)3)(1(3963'),()2(0'),,3(0')3,(2xxxxxyyy得驻点，定义域，函数单调递增。上，，函数单调递减；上，x（-∞，-1）-1(-1,3)3(3,+∞)y’+0-0+y单调增单调减单调增上单调递增。，因此函数在，定义域，函数单调递增。上，，函数单调递减；上，得驻点定义域),(011'),()4(0'),21(0')21,0(211212'),,0()3(2xyyyxxxxy14、(1))(0cos1)('sin)(sinxfxxfxxxfxx，可知，则，令先证在(-∞,0]上单调递增，因此f(x)f(0)=0，即xsinx；处取得最小值，得证。处取得最大值，在可知，，，间端点处取得，因此