高等数学-导数习题答案

导数习题2014.12.11例1.设求21sin,0()0,0.xxfxxx若因此，解：'().fx0,x而0()(0)'(0)limxfxffx20sin(1)limxxxx0.思考：'(0)=?f0lim'()xfx是否存在？导函数的单侧极限与单侧导数不是同一概念。则).1cos()1sin(2)('xxxxf.00,0),1cos()1sin(2)('xxxxxxf例2.设,)2()1()4()3()(xxxxxxf求解：3d,'().xffx3()(3)'(3)lim3xfxffx3()lim3xfxx)2()1(4lim3xxxxx.61.d61|d3xfx|2|ln|1|ln||ln|4|ln|3|ln|)(|lnxxxxxxf上式两边同时求导得211114131)()('xxxxxxfxf].211114131)[()('xxxxxxfxf例3.设且在某'(1)6,'(1)2,fg解：()gx(1,)U内单调，求1()(1)lim.()(1)xfxfgxg11()(1)()(1)1limlim()(1)()(1)1xxfxffxfxgxggxgx11()(1)lim1()(1)lim1xxfxfxgxgx'(1)'(1)fg3.例4.设()fx解：求()()()()limxaxfaxfxxfxafxIxa'()().afafa[()()]()()limxaxfafxfxxaxa[()()]limlim()xaxaxfafxfxxa在xa可导，.)()(limaxxfaafxIax练1.设求()||,fxxx若因此，解：'().fx0,x'()2;fxx而0()(0)'(0)limxfxffx20limxxx0.2,0'()2,0xxfxxx则若0,x'()2;fxx则0()(0)'(0)limxfxffx20limxxx0.2||.x设()|sin|sin,gxxx'()?gx2|sin|cos.xx设可导,求2()sin[()],gxfx解：'().gx例5.()fx22'()cos[()]'()(2)gxfxfxx222cos[()]'().xfxfx例6.设求21cos,xtyt解：22d.dyx记而故.2sind2dsinddttttttxy,2sin)(tttg,d)(ddd22xtgxy,d2sincos)(d2ttttttg.4cossind)(ddd322ttttxtgxy例7.曲线()yfx解：求由方程2cos()1xyexye确定，在点(0,1)的切线方程。方程两边对x求导得2('2)sin()(1')0.xyeyxyy令x=0得[(0)'2]0,ey即(0)'2.y所求切线方程为12.yx练2.函数()yfx答：求由方程2xyxy确定，0d.xf0d=(ln21)d.xfx设求解：例8.,1)(2xxxf.)0()(nf)(1112nnxoxxxx112x)(xf.12,12,0!)0()(knknnfn.12,!2,0)0()(knnknfn)(12242nnxoxxx)(121253nnxoxxxx设求解：练3.,)(25xexxf.)0()11(f)(!!212nnxxonxxxe)(!!2)(5252975nnxonxxxxxf)(!!2122422nnxxonxxxe.!311!)0()11(f练4.设是)(xf),(内具有任意阶导数的奇函数，求解：故)()2(xfn也是奇函数。,)0()2(nf其中.Zn是奇函数，)(xf因此.0)0()2(nf奇函数的麦克劳林公式没有偶次幂项。偶函数的麦克劳林公式没有奇次幂项。例9.函数在1ln)(exxxf),0(内零点的个数为？解：.11)('exxf令0)('xf得.ex当0ex时,0)('xf当ex时,0)('xf而,)(lim0xfx因此零点个数为2.,1)(ef,04)(23eef练5.设则()(1)(2)(3)(4),fxxxxxx解：)('xf共有几个零点？根据罗尔定理，)('xf至少有4个零点，分别在区间)4,3(),3,2(),2,1(),1,0(内。)('xf是4次多项式，零点不超过4个，因此其零点共有4个。例10.求.)sin(lim210xxxxI解：.61)sinln()1(02limxxxxeI)]sinln()1[(lim20xxxxe]sincossin21[lim20xxxxxxxx302sincoslimxxxxx3332202)](6[)](21[limxxoxxxoxxx20)sinln(limxxxx而故.61eI练6.求.])1cos()2([sinlimxxxxI解：)]1cos()2sin(ln[limxxxxeI故.2eI})]1cos()2sin(ln[{limxxxxe而})]1cos()2sin(ln[{limxxxx]cos)2ln[sin(lim0ttttcos)2sin(sin)2cos(2lim0ttttt.2例11.设)(lim0xfx解：),(lim2111)(0xfexxfxx存在，且有求.)(lim0xfx设,)(lim0Axfx,2)111(lim0AexAxx则)111(lim0xxexA)1(1lim0xxxexxe1lim20xxexx21lim0xexx.21另附若干基本计算与证明（答案后附）练1.讨论)1(2)(23xxxf的单调性、极值、凹凸性、拐点以及渐近线，并根据这些讨论作其草图。练2.求xxxf1)(在]1,5[上的最值。练3.求数列}{nn的最大项。练4.a取何值时在xxaxf3sin31sin)(3x取得极值？是极大值还是极小值？练5.求下列极限2cotlim)1(0xxx)1(lim)3()(1sin1xxxxlim)4(sin0xxx)cot1(lim)2(220xxx1lim)6(2xxxsin1lim)5(6303xxexx练6.设)(xf可导，证明在)(xf的两个零点之间必有)(')(xfxxf的零点。练7.设)(xf在]1,1[上具有三阶连续导数，且.0)0(',1)1(,01)(fff证明存在)1,1(使得.3)('''f练8.若)(xf在开区间I内连续,且有唯一的极值点，则该极值点必是最值点。练1.讨论)1(2)(23xxxf的单调性、极值、凹凸性、拐点以及渐近线，并根据这些讨论作其草图。极大值非极值''ff'f)3,(3)1,3()0,1(0),0(000;1为垂直渐近线x.12为斜渐近线xy.0),0(为拐点.827)3(f极大值练2.求xxxf1)(在]1,5[上的最值。解:,012112)('xxxf令.43x解得,565)(f,1)1(f,45)43(f45)43(1]5,[)(和最小值上有最大值在fxf.565)(f练3.求数列}{nn的最大项。解:.)0(,1xxyx令.ln1lnxxy.ln1'21exxxxyx及驻点由此得.,0';,0'递减时递增时yyexyyex.323是可能的最大项和因此;8)2(6而,9)3(63.33是最大项因此练4.a取何值时在xxaxf3sin31sin)(3x取得极值？是极大值还是极小值？解:,),()(内可导在xf.3coscos)('xxaxf,012cos3cos)3(',aaf由已知解得.2a,3sin3sin2)(''xxxf,03sin33sin2)3(''f因此.)3(是极大值f练5答案.212cotlim)1(0xxx1)(1sin1e)1(lim)3(xxxx1lim)4(sin0xxx32)cot1(lim)2(220xxx11lim)6(2xxx21sin1lim)5(6303xxexx练6.提示：令,)()(xfxxF后证有使得.0)('F练7.312)01(!3)(''')01(!2)0('')01)(0(')0(1)(fffff,!3)('''!2)0('')0(1fff).0,1(1322)01(!3)(''')01(!2)0('')01)(0(')0((1)fffff,!3)('''!2)0('')0(2fff).1,0(2,1!3)(''')(''')1()1(21ffff,32)(''')('''21ff即使得因此存在连续),(,)('''21xf.2)(''')(''')(21fff)(内连续在区间若Ixf证：,且有唯一的极值点则.该点也是最值点0x1x'xxy)(内有唯一的极在不妨设Ixf.0x大值点,0不是最大值点假设x).()(011xfxfIx使得则存在,0是极大值点x,),(0xU故存在.)()(0xfxf,),('0xUx即.01xx不妨设,),(0时当xUx.)'()(0xfxf使得,],[)(10xxCxf因xf在故)(.],[10mxx上有最小值.)(,)(10xfmxfm可知.)(),(10mfxx使得于是存在.为极小值点即.0内唯一极值点矛盾是这与Ix练8.关于泰勒公式的说明：带皮亚诺余项的泰勒公式一般用于考虑0xx时的某些极限。带拉格朗日余项的泰勒公式一般用于误差分析或理论推导。依赖于x.200000)(!2)(''))((')()(xxxfxxxfxfxfnnxxnxf)(!)(00)(])[(0nxxo200000)(!2)(''))((')()(xxxfxxxfxfxfnnxxnxf)(!)(00)(10)1()()!1()(nnxxnf关于泰勒公式的说明：202010)()()(xxaxxaaxfnnxxa)(0])[(0nxxo).,,2,1(nk,!)(0)(kxfakk则必然有),(00xfa且经某些已知条件可得如果在)(xf0x有直到n阶导数，这使得我们可以通过一些间接手段得到)(xf的泰勒公式。例.求)(xexxf的带皮亚诺余项的3阶麦克劳林公式。解：因此所求麦克劳林公式为：)(2122xoxxex).(2)(332xoxxxxf考虑：).10(,62132xxexxxexe的带拉格朗日余项的2阶麦克劳林公式为那么等式62)(432xexxxxxf成立吗？它是f(x)的带拉格朗日余项的3阶麦克劳林公式吗？.)4()4()(,)()()4()(xxnexefenxxf（否）4!)4(2)(432xexxxxxfx（是）上式才是f(x)的带拉格朗日余项的3阶麦克劳林公式。关于泰勒公式的说明：多项式的泰勒公式仍然