微積分B1習(xí)題課5導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用2013秋答案.pdf

微積分微積分 B 1 第第 05 次次習(xí)題課習(xí)題課 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1 討論函數(shù) 2 1 1 42 e 1 1 x x f x axbxcx 的連續(xù)性與可微性 解 f在 1 1 上是初等函數(shù) 從而是C 的 因此只需討論f在1x 或1x 時(shí)的連 續(xù)性與可微性 又由于f是偶函數(shù) 所以只需討論f在1x 的性質(zhì) 令 1 1 2 e 1 1 t t g t atbtct 則 2 f xg x 對(duì) 13 22 t g tft 所以f在1x 處 連續(xù) 可微 有連續(xù)的導(dǎo)函數(shù) 當(dāng)且僅當(dāng)g在1t 處連續(xù) 可微 有連續(xù)的導(dǎo)函數(shù) 連續(xù)性 g在1t 處右連續(xù) 1 1 11 lim limelim e0 u t utt g t 1 1 u t 所以g在1t 處連 續(xù)當(dāng)且僅當(dāng)0 1 gabc 可微性 g在1t 處又右導(dǎo)數(shù) 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 處可微當(dāng)且僅當(dāng)g在1t 處連續(xù)且 1 1 gg 即 02abcab 即2ba ca 此時(shí) 1 1 2 e 1 1 1 t t g t a tt 為進(jìn)一步討論g的高階可微性 記 1 2 e 0 0 t t h t att 則 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具有連續(xù)的 一階導(dǎo)數(shù) 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 處二階可微當(dāng)且僅當(dāng)0a 此時(shí) 1 e 0 0 0 t t h t t 1 2 1e 0 0 0 t t h t t t 為了繼續(xù)討論h的高階可微性 我們 2 證明 1 e 0 0 0 t t h t t 是C 函數(shù) 解 計(jì)算 1 e n t 11 2 1 ee tt t 111 234 121 eee ttt ttt 3 1111 34342454556 21211646421 eeee tttt ttttttttttt 我們用數(shù)學(xué)歸納法證明 1 2 1 e 0 0 0 t n n Pt ht t t 其中 2n P是一個(gè)2n次多項(xiàng)式 1 1111 22222 22 111111 eeee n tttt nnnn PPPP tttttt 其中 2 2222 nnn PuuPuPu 是22n 次多項(xiàng)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是連續(xù)函數(shù) 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 處可微 并且 1 1 22 1 e 0 0 0 t n n Pt ht t t 3 計(jì)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 猜測(cè) 11 1 1 1 ee n n n xx n x x 用數(shù)學(xué)歸納法證明它 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 設(shè) f g滿足對(duì)任意 x h f xhf x g hf h g x 并且 0 0 0f g 0 0 1fg 求 fx 解 當(dāng)0h 時(shí) 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 對(duì)等式 f xhf x g hf h g x 兩邊的h在0h 處求導(dǎo)數(shù) 得到 0 0 fxf x gfg xg x 這么做對(duì)嗎 5 討論 1 sin 0 0 0 xx S xx x 的連續(xù)性和可微性 解 S在 0 上是初等函數(shù) 是C 的 因此只需討論S在0 x 處的 右 連續(xù)性和 右 可微性 取 111 2 2 2 22 kkk xyz k kk 1 2 3 k 則limlimlim0 kkk kkk xyz 1 0 時(shí) 0 k S x kk S yy kk S zz 所以0 x 是S的間斷點(diǎn) 2 0 時(shí) 0 k S x 1 k S y 1 k S z 所以0 x 是S的間斷點(diǎn) 3 0 時(shí) S xx 所以S在0 x 連續(xù) 3 1 01 時(shí) 0 0 k k S xS x 1 0 1 k k k S yS y y 所 以S在0 x 不可導(dǎo) 3 2 1 時(shí) 1 0 0 S xS x x 當(dāng)0 x 故 0 0 S 為了研究S的更高階的可微性 我們考慮 6 討論 1 sin 0 0 0 n n xx Sxx x 和 1 cos 0 0 0 n n xx Cxx x 的連續(xù)性和可微性 解 由上題知 00 S C在0 x 處不連續(xù) 對(duì)1n nn S C連續(xù) 但 11 S C在0 x 處不可微 對(duì)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 處不連續(xù) 對(duì)3n 12 nnn SxnSxCx 12 nnn CxnCxSx 由數(shù)學(xué)歸納法可以證明 22 kk SC是k階可微的 但 22 kk kk SC在0 x 處不連續(xù) 2121 kk SC 有連續(xù)的k階導(dǎo)數(shù) 但它們?cè)? x 處沒(méi)有1k 階導(dǎo)數(shù) 7 設(shè) ln x y x 1 求 n y yy 2 證明 ln x y x 在區(qū)間 0 e 上有反函數(shù) 3 記 xu y 是 ln x y x 在區(qū)間 0 e 上的反函數(shù) 求 0 0 0 uuu 以及 xu y 在0y 附近的近似表達(dá)式 解 1 lnxyx 兩邊對(duì)x求導(dǎo) 得到 1 yxy x 即 2 1xy x y 進(jìn)一步對(duì)x求導(dǎo) 得到 2 30yxyx y 因此 22 11lnxyx y xx 2 223 ln1ln 3 32ln3 xx x yxyxx xx y xxx 求高階導(dǎo)數(shù)可以對(duì) ln x y x 利用 Leibniz公式 也可以對(duì) 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 對(duì)0ex 2 1ln 0 x y x 所以 ln x y x 在 0 e 上是嚴(yán)格增的可微函數(shù) 它有反函數(shù) 3 ln x y x 在 0 e 上的反函數(shù) xu y 是可微函數(shù) ln yu yu y 令0y 得到 ln 0 0u 故 0 1u 上式兩邊對(duì)y求導(dǎo)得到 u uyu u 即 2 1 0uyu u 令0y 得 2 0 0 1uu 把 2 1 0uyu u 對(duì)y再次求導(dǎo) 得到2 1 0uuuyu uyuu 令0y 得到 0 3 0 0 3uuu 所以 22 3 1 2 u yyyo y 當(dāng)0y 8 已知 0 0f 0 fA 求極限 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 當(dāng)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 當(dāng)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 討論 能否 00 2 ln 12 12 limlim2 0 2 sincos xx fx f xf x fA xx 9 已知f在0可導(dǎo) 0 nn xy 滿足limlim0 nn nn xy 求極限 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 證明 2 2210 x xx 恰有兩個(gè)不同實(shí)根 證明 考慮 2xyf x 與 2 12yg xxx 的交點(diǎn) 拋物線 2 2 31 122 22 yxxx 注意到 1 2 1131 21 2222 fg 0 fg 0 fg f g 都是連續(xù)函數(shù) 所以 2xyf x 與 2 12yg xxx 在 1 2 x 的任何一側(cè)都至少有一個(gè) 交點(diǎn) 所以 2 2210 x xx 至少有兩個(gè)不同實(shí)根 假設(shè) 2 2210 x xx 有三個(gè)不同實(shí)根 則 2 221 x xx 至少有兩個(gè)不同的駐點(diǎn) 從而 2 221 x xx 的二階導(dǎo)數(shù)存在零點(diǎn) 但是對(duì)任意x 2 2212 ln240 xx xx 所 以 2 2210 x xx 恰好只有兩個(gè)不同實(shí)根 思考題 exy 與 2 yax 可以有多少個(gè)不同的交點(diǎn) 當(dāng)1a 時(shí) 恰好有兩個(gè)交點(diǎn) exy 與 2 yax 相切于b 2 ebab e2 b b 即e2 b b 22 e2 b abbb 如何求得滿足上述方程的b呢 對(duì) 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 這個(gè)是唯一解 因?yàn)閒是嚴(yán)格增函數(shù) 由此得到 0 82178a 當(dāng) aa 時(shí) 有兩個(gè)交點(diǎn) 當(dāng) aa 時(shí) 有一個(gè)交點(diǎn) 當(dāng) aa 時(shí) 沒(méi)有交點(diǎn) 11 設(shè)f在區(qū)間 a b上連續(xù) 在 a b內(nèi)可微 lim xa fxA 收斂 證明f在a處右側(cè)可導(dǎo) 且 faA 即 fafa 證明 不妨設(shè)0A 否則考慮 f xAx 則0 存在0 使得 xa a fx 根據(jù) Lagrange 微分中值定理 存在ax 使得 f xf a f xa 從而 f xf a f xa 因此 0fa 本題結(jié)論表明 導(dǎo)函數(shù)沒(méi)有可去間斷點(diǎn) Darboux定理表明導(dǎo)函數(shù)沒(méi)有跳躍間斷點(diǎn) 因此導(dǎo) 函數(shù)只可能有第二類間斷點(diǎn) 12 設(shè)f在區(qū)間 a b上連續(xù) 在 a b內(nèi)可微 0f af b 證明對(duì)任意 存在 a b 使得 ff 證明 微分方程yy 的通解為e x yC 其中C 為常數(shù) 設(shè) e x f xC x 即取 e x f x C x 于是 C x區(qū) 間 a b上連續(xù) 在 a b內(nèi)可微 C aC b 根 據(jù) 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 幾何解釋 yf x 與微分方程yy 的某條解曲線相切 13 設(shè)f在區(qū)間 a b上可微 在 a b內(nèi)二階可微 0f af b 0f a f b 證明 1 存在 a b 使得 0f 2 對(duì)任意 存在 a b 使得 0fff 證明 不妨設(shè) 0fa 0f b 否則考慮f 從而存在 s t滿足astb 使得 0f s 0f t 因此存在 s ta b 使得 0f 由上題結(jié)論知 存在 1 a 和 2 b 使得 11 ff 22 ff 對(duì) fxf x 再次利用上題結(jié)論 存在 a b 使得 x fxf xff 因此 ffff 即 0fff 討論 原題 2 證明存在 a b 使得 ff 相當(dāng)于1 0 3 證明存在 a b 使得 ff 相當(dāng)于1 證明 2 由 題