人民高等數(shù)學(xué)一第3-4章課后習(xí)題詳解

第3 名名條結(jié)yf(x（在[a,b上連續(xù)（在至少存在一點ξa,b)使得f/(ξ)定yf(x（在[a,b上連續(xù)（在ab)使得f/(ξ)f(b)fb（1內(nèi)可導(dǎo)；（2）在(a,b內(nèi)每gx至少存在一點ξa,b)使得f/(ξ)f(b)fg/ b基本形 型 型未定 通分或取倒數(shù)化為1）型：常用通 段化為0型或型 2）0型：常用取倒 型 型，即 0 0或01/ 1/ 1）00型取對數(shù)得00e0ln0其中0ln00 1/ 或0ln001/ 2）1型：取對數(shù)得1eln1其中l(wèi)n10 1/ 或ln101/ 3）0型：取對數(shù)得0e0ln其中0ln0 1/ 或0ln01/ 3-★1.下列函數(shù)在給定區(qū)間上是否滿足羅爾定理的所有條件？如滿足，請求出滿足定理的數(shù)值（1）f

?思路fξ)0，得到的根ξ便為所求?解

f)

∴ξ4

)([1,1.5上滿足羅爾定理的條件。

f(ξ4ξ10 f[0,3上連續(xù)，在(0,3內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)f(3)0∴f(ξ)

323 0，得ξ323

區(qū)間[0,1上的正確性

f(1f(0，若得到的根ξ[0,11

(x4x35x2x2在[0,1連續(xù)，在(0,1內(nèi)可導(dǎo)

區(qū)間[0,1]上滿足拉格朗日中值定理的條件。又f(1)2,f(0)2， 12x210x1f(

f(1f(0)0，只5

13(0,1)∴5

113(0,1，使f(ξ

1★3.已知函數(shù)f(xx4在區(qū)間[1,2上滿足拉格朗日中值定理的條件，試求滿足定理的ξ解f(ξ的

21

，只要4ξ315 ，從而ξ 3434★★4.ypx2qx3434 的區(qū)間為[a,b]，則函數(shù)ypx2qxr在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，而有

(ξ)

f(b)fb

，即2ξq

(pb2qbr)(pa2qa，bb解得ξ 2★5.函數(shù)f(x)x3g(x)x21在區(qū)間[1,2上是否滿足柯西定理的所有條件？如滿足，請求出滿足定理的數(shù)值ξ。思路f(ξ)g(ξ

f(bf(a)，得到的根ξ便為所求g(b)解：∵f(x)x3及g(xx21在[1,2上連續(xù)，在(1,2)內(nèi)可導(dǎo)，且在(1,2)內(nèi)的每一點處有 f(ξ

f(2)f 3ξ2g(x)2x0，所以滿足柯西中值定理的條件。要使g(ξ)得ξ141,2，ξ即為滿足定理的數(shù)值9

g(2) ★★★6.設(shè)fx在[0,1上連續(xù)，在(0,1f(10。求存在ξ0,1，使f(ξf(ξ)ξ思路fξf(ξ)結(jié)論出發(fā)，變形為fξ)ξf(ξ0，構(gòu)造輔助函數(shù)使其導(dǎo)函數(shù)為ξfx)xf(x定理，便得結(jié)論。構(gòu)造輔助函數(shù)也是利用中值定理解決問題時常證明：構(gòu)造輔助函數(shù)F(xxf(xF(xf(xxf根據(jù)題意F(x)xf(x在[0,1上連續(xù)，在(0,1F(1)1f(1)0F(0)0f(0)0，從而由羅爾中值定理得：存在ξ0,1，F(xiàn)(ξf(ξ)ξf(ξ0，即f(ξf(ξξ注：輔助函數(shù)的構(gòu)造方法一般可通過結(jié)論倒推，如：要使f(xf(x)xf(x)1[lnff(x)1[lnff(x)]0[xffF(x)xf★★7.若函數(shù)fx在(a,b內(nèi)具有二階導(dǎo)函數(shù)，且f(x1)

f(x2)

f(x3 321ba明：在(x1,x3)內(nèi)至少有一點ξ，使得f(ξ)0證明

fx在(a,b內(nèi)具有二階導(dǎo)函數(shù)，∴fx在[x1,x2]、[x2,x3內(nèi)連續(xù)在(x1,x2、(x2,x3內(nèi)可導(dǎo)，又f(x1)

f(x2)

f(x3)∴由羅爾定理，至少有一點ξ1(x1,x2)、ξ2(x2,x31324使得f(ξ1)0、f(ξ2)0；又f(x在[ξ1,ξ2]上連續(xù)，在(ξ1,ξ2內(nèi)可導(dǎo)，從而由羅爾中值定理，至少有一點ξ(ξ1,ξ2(x1,x3，使得f(ξ0。1324★★8.若4方程

x4ax3

x2ax

04

x33ax2

xa31212證明f(x)ax4ax3ax2ax fx4不同的實數(shù)零點，分別設(shè)為x1,x2,x3,x4∵fx)在[x1,x2]、[x2,x3]、[x3,x4上連續(xù)，在(x1,x2、(x2,x3)、(x3,x4)上可導(dǎo)，f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)0，∴由羅爾中值定理，至少有一點ξ1(x1,x2)、ξ2(x2,x3、ξ3x3,x4使得f(ξf(ξf(ξ0，即方程4ax33ax22axa03實根 ★★★9.證明：方程x5x10 解： ff(x)在[0,1]上連續(xù)，且f(1)10，f(0)10 ∴由零點定理，至少有一點ξ0,1f(ξ)ξ5ξ10；假設(shè)x5x10有兩個正根，分別設(shè)為ξ、ξ（ξ fx在在[ξ1,ξ2]上連續(xù)，在(ξ1,ξ2f(ξ1f(ξ20從而由羅爾定理，至少有一點ξ(ξ1,ξ2，使得f(ξ)5ξ10，這不可能4x5x10只有一個正根★★10.不用求出函

導(dǎo)數(shù)，說明方程f(x)0有幾個實根解

在(1,2、(2,3、(3,4內(nèi)可導(dǎo)，且f(1

f(2)

f(3)

f(4)0∴由羅爾中值定理，至少有一點ξ11,2)、ξ2(2,3、ξ3(3,4，使得f(ξ1f(ξ2f(ξ30，即方程f(x0至少有三個實根，又f(x)0為三次方程，至多有三個實根，f(x03個實根，分別為ξ11,2)、ξ2(2,3、ξ3(3,4★★★11

arctanaarctanba

（2）

x1時exex

x0，證明ln(1x)x （4）當(dāng)x0時，ln(11)x

。1（或f(bf(af(ξ)(ba）證明的不等式

f(xf(ξ

f(b)fb11ξ證明：（1）f(x)arctanxfx在[a,b上連續(xù)，在(a,b內(nèi)11ξ∴由拉格朗日中值定理，得arctanaarctanb

f(ξ)(ba)

baba（2）f(x)ex(x1fx在[1,x上連續(xù)，在(1,x內(nèi)可∴由拉格朗日中值定理，得exeeξ(x1)，∵1ξxexeeξ(x1e(x1exe，從而當(dāng)x1時exex（3）令f(x)ln(1x)(x0，∵fx在[0,x上連續(xù)，在(0,x內(nèi)可∴由拉格朗日中值定理，得ln(1x)ln(1x)ln(10)f(ξ)(x0) x∵0ξx

11

xx，x0

ln(1xx

1（4）f(x)lnx(x0fx在[x,1x上連續(xù)，在(x,1x內(nèi)可∴由拉格朗日中值定理，得ln(11ln(1xlnxf(ξ)(101 ∵xξ1x，∴1ξ

1

，即當(dāng)x0時， )1x1

。1★★122arctanx

1x

π(x1)知識點f(x0f(xC（C為常數(shù)思路fx恒等于一個常數(shù)，只要證f(x)12 x)12x1時，有2arctan1arcsin1π；當(dāng)x12f21 1

1

)0，∴f(x)Cf(1)∴2arctanx

1x

π(x1成立★★★13fx在(-內(nèi)滿足關(guān)系式f(x)f(x，

f(0)1

f(xex知識點f(x0f(x

f(x)exexf(x)1F(x)exf(x時，只要證F(x)0即證明：構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)exf(x)，F(xiàn)(xexf(xexf(x0∴F(x)exf(x)CF(0)f(xex★★★14.設(shè)函數(shù)fx在[a,b上連續(xù)，在(a,b內(nèi)有二階導(dǎo)數(shù)，且f(a)f(b)0,f(c)0(acb)試證在(a,b內(nèi)至少存在一點ξ，使f(ξ0思路：關(guān)于導(dǎo)函數(shù)f(nξ)在一點處符號的判斷，根據(jù)已知條件和拉格朗日中值定理的結(jié)論，逐層分析證明：∵fx在[a,c]、[c,b上連續(xù)，在(a,c)、(c,b內(nèi)可∴由拉格朗日中值定理，至少有一點ξ1(a,c)、ξ2(c,b)使得f(ξ)

f(c)f(b)0，f(ξ)

f(a)f(c)0 c a又f(x在[ξ1,ξ2]上連續(xù)，在(ξ1,ξ2內(nèi)可導(dǎo)，從而至少有一點ξ(ξ1,ξ2)

f(ξ2)f ξ2 ★★★15fx在[a,b上可微，且f(a0f(b0f(af(bA試證明fx(a,b思路：要證明在某個區(qū)間(a,b內(nèi)導(dǎo)函數(shù)至少存在兩個零點，只要證該函數(shù)在[a,b上有三個零點，即可證明f(a)

f(xf(a)0，由

xb-

f(x)f(a,δ1)（不妨設(shè)δ1

x

0特別地x(a,δ)f(x1f(a)0，∴得f(xf(aA1 1

x1同理，由f(b0,得

（δb-a），使得f(x2f(b)0

x2f(x2f(bA又∵fx在[x1,x2]上連續(xù)，∴由介值定理知，至少有一點ξ(x1,x2使得f(ξ)A∵fx在[a,ξ、[ξ,b上連續(xù)，在(a,ξ、(ξ,b內(nèi)可導(dǎo)，且f(a)

f(ξ)

f(b)A∴由羅爾中值定理知，至少有一點ξ1(a,ξξ2(ξ,b)，使得f(ξ1)f(ξ2)0，結(jié)★★★16fx在閉區(qū)間[a,bf(x)0，試證明存在唯一的c,acb，使

f(b)f。b∵fx)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b內(nèi)可導(dǎo)，∴由拉格朗日中值定理知，至ca,b)，使

f(b)f。b方法一：利用反證法。假設(shè)另外存在一點da,bf(d

f(b)f，b又∵f(x在[c,d（或[d,c]）上連續(xù)，在(c,d（或(d,c)）內(nèi)可導(dǎo)∴由羅爾中值定理知，至少存在一點ξc,d)(a,b（或ξd,c)(a,b）f(ξ0這與fx在閉區(qū)間[a,bf(x)

方法二：∵fx在閉區(qū)間[a,b上滿足f(x)0f(x在[a,b單調(diào)遞增從而存在存在唯一的ca,b)，使得f(c

f(b)fb★★★17.設(shè)函數(shù)yf(xx0的某nf(0f(0 f(n100,f(x)xn

f(n)

(0θ1思路：對fxg(x)xn在[0,x上連續(xù)使用n證明：∵fxg(x)xn及其各階導(dǎo)數(shù)在[0,x上連續(xù)，在(0,x上可導(dǎo)且在(0,x)每一點處，g(n1)(x)n!x0，又f(0)f(0) f(n1)(0)n次柯西中值定理得f

f(x)f

f(

f(ξ)f

)f(n1) 1 xn

g(n1)f(n)n!

(0θ1，

3-exe

sinxsin

ln(11x

sin

；

x-

；（3）xπ(π-2

；（4） 2xarccot2（5）

lntan

；（6）

x31lnx

；

tanx

； 1

e1

1

x-sin （9）limx2ex2 （10）limx(ex1)；（11）lim )；

x0

ex

a)x；（14）lim

；（15）lim

1)tanx （16）

exln(1x)1；x-1

1x2)x；

n2

式，對于這種形式可連續(xù)使用洛必達(dá)法則；對于型與0型的未定式，可通過通分或者取倒數(shù)的形式化為基本形式；對于00型、1型與0型的未定式，可通過取對數(shù)等化為未定式；此外，還可以結(jié)合等價無窮小替換、兩個重要的極限、換元等使問題簡化。解：

exesin

execos

2

limsinxsinalimcosxcosa

x

sin

cos

limsinx1xπ(π2x)21

x2

4()22

4()2 2

x

1x

1x

lim

27sxec7

2xx

x31lnx

3x2x

4e

2tanxsec2

2 sin x0cos3

1 2

1e

2e11

x0x21u2x

u

u

e1 e1x (ex limx(ex1)

lim limex

1

x

xx1

e1/x 1/（x時ex1~x

，∴l(xiāng)imx(ex1)

1/

1 ex

0 lim(

1)

xlnxlnx

ln

1ln

1

x

ln

1lnx x

x1(x1)ln

(u1)ln(u1)u

(u1)ln(u1)u

lim(1a)

a；x；limlim

e01lim(

x1exx1exln(1

11e01

x

1

11x

(x1)x

x0

121 limln( lim

limex0

limex01sinx

elim

11lim(ln

x

1

t

x

1

12lntantln 1 tant

)x

t t1sinlimtsecttan

limtsecttan

limtsint

limet02t2tan

et02t3cos2

lim1cos2t(1cosx)~

lim

1∴l(xiāng)im(n

★★2.

解

limxsinxlim1sinx101，∴極限limxsinx存在

若使用洛必達(dá)法則，得limxsinxlim1cosx1limcosx

★★★3.若fx有二階導(dǎo)數(shù)，證明f(xlimf(xh2f(xf(xh 思路：使用洛必達(dá)法則，對極限中的函數(shù)上下求關(guān)于h的導(dǎo)數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)定義得結(jié)論證明

limf(xh)2f(x)f(xh)limf(xh)f(x limf(xh)f(x)f(x)f(x 1limf(xh)f(x)1limf(xh)f(x)

fx，∴結(jié)論成立2

2(1(1x)x

1xx1x, 函數(shù)f(x) e2

x

在點x0處的11lim1ln11lim1ln11lim1x解

f(x)lim[(1 1x1x1lim

e2x01x

2f(0，fxx0又

f(x)e2

f(0，fxx0f(x)

(1(1e2

x1x1xx

在點x0處連5g(x)x0處二階可導(dǎo)g(0)0。試確a的值使fx)x0處可導(dǎo)，并g(x)

xf(0)f(xa

。x解fxx0fxx0處連續(xù)又g(x)x0g(0)0a

f(x)

g(x)x

g(x)g(0)g/(0)x由導(dǎo)數(shù)定義f(0)

g(x)f(x)f(0)lim lim

g(x)

x

x

limg(xg(0)1g(0)

名3.3泰勒中值定理：如果fx)在含x0的某個開區(qū)間(a,b)內(nèi)具n1階的導(dǎo)數(shù)，則對任x(a,b)， / f(n)(x 0 x R(x，此公式稱為n階泰勒公式 f(n1)( 其中Rn(x)(n1)!(xx0 （介于x0于x之間），稱為拉格朗日型余項；Rn(x)o[(xx0)]，稱為皮亞諾型余項nn階麥克勞林公式 f f fx x xRn f(n1)(x)其中R(x) （01）或R(x)o(xn) (n 常用的初等函數(shù)的麥克勞林公式：1） ncosx1 o(x2n1 ox n 16）(1x)m1mxm(m1)x2m(m1)(mn1)xno(xn 3-★1.按(x1)的冪展開多項 思路：直接展開法。求fx按(xx0的冪展開的n階泰勒公式，則依次求fx直到n1階的導(dǎo)數(shù)在xx0處的值，然后帶代入公式即可。解：f ，f(1)10；f(x)12x26，f(1)18f

1)3

f(4)

(x8

x★★2.求函數(shù)f(x) 按(x4)的冪展開的帶有拉格朗日型余項的三階泰勒公式x

1

2解2

3

，f ；43

x2，34315

8

；f(4)(x)

2；將以上結(jié)果代入泰勒公式，f

4)3

f(4)(ξ)

(x214

4)3

(x44（ξ介于x4之間71xx27

4

★★★3.把f(x) 在x0點展開到含x項，并求1xx2

(0

1

n12解12

1 322322

(13

x3前的f(00f(00★★4.求函數(shù)f(x)lnx按(x2的冪展開的帶有皮亞諾型余項的n階泰勒公式思路：直接展開法，解法同1fx為對數(shù)函數(shù)ln(1x)

n1

方法一：（直接展開）f(x1f(21f(x1f(21

2，f(2)1；,f(n)(x)(1)n1(n1)!，f(n)(2)(1)n1(n

xn f

f(4) lnxf(2) f(

2)

(x2)1 (x

o((x

)ln2

(x2)

(x

3

(x2)3

n

(x2)no((x2)n方法二f(xlnx

2

2)2 2221(x2)3(1)n11(x2)n222

2) x 3 x2()no((x2))n n★★5.求函數(shù)f(x)1按(x1的冪展開n階泰x思路：直接展開法，解法同1者間接展開法，fx)為有理分式時通常利用已知的結(jié)11

x2

xn1xn1xn1

2，f(1)2；f(x)6

，f(n)(1)

1f(1)x

1)3f(n)

(x1)n

f(n1)(ξ(n2

(x

((ξξ

n1ξ介于x與1之間（方法二 （ξ

(x

n1]

ξ(2ξ(2

（ξ介于x與1之間★★6.求函數(shù)yxex的帶有皮亞n階麥克勞林展開式思路：直接展開法，解法同1fx中含有ex時，通常利用已知結(jié)2ex1x2

xo(xnnn方法一yx1)exy(0)1yx2)exy(0)2；,y(n)(xn)exffffff

f(0)

x2

f(0)

x3

xno(xn3 3

xn(n

o(xn)方法二xex

x3 xn(n

o(xn)1★★7.驗證當(dāng)0x 時，按公12

x

ex的近似值時，所產(chǎn)生的誤差小0.01，并求e的近似值，使誤差小于0.01解R3x)

x4

x4

22

1

11

0.6461ee★★8.n5，求ln1.2的近似值，并估計其誤1ee解：設(shè)f(xln(1x，則

2x22

555

，從而

22..2

233

誤差為：R5(x)6(1ξ)6

1x11x1x

lim

2x lim 。x0(cosxex2)sinx

)2

2(o2

o(1(11(112

lim1 o()) x 11

1

1lim lim

2 1

11(111(1

14

)(lim

lim

1 x 2

2

3x42

★★10x0，證

2解 2

（ξ介于0x之間)3

x0

0從 2

x2ξ 2

★★11.證明函數(shù)fxn次多f(n1x0思路fx按照麥克勞林公式形式展開，根據(jù)已知條件，得結(jié)論解fxnf(n1x0

f充分性?！?(x)0，∴f(x)的n階麥克勞林公式為：f(x)f(0)

(0)xf nf n

f(n1)(ξ)xn1(n

f(0)

f(0)x

ff

f(n)

，fxn次多項式，結(jié)論成立★★★12.若f(x)在[a,b]上有n階導(dǎo)數(shù)，且f(a)f(b)f(b)f(b) f(n1)(b)證明在(a,b內(nèi)至少存在一點ξ，使f(nξ)0(aξb思路：證明f(nξ)0(aξb，可連續(xù)使用拉格朗日中值定理f(n1x在[a,b上滿足羅爾中值定理；或者利用泰勒中值定理，根據(jù)fx)xb處的泰勒展開式及已知條件得結(jié)論。方法一

fx在[a,b上可導(dǎo)，且f(a)

f(b)∴由羅爾中值定理知，在(a,b內(nèi)至少存在一點ξ1f(ξ10∵f(x在[ξ1,ba,b]f(b0∴由羅爾中值定理知，在(ξ1,ba,b內(nèi)至少存在一點ξ2f(ξ20依次類推可知，f(n1)(x)在

[a,b]上可導(dǎo)，且f(n1) )

f(n1)(b)0∴由羅爾中值定理知，在 ,b)(a,b)內(nèi)至少存在一點ξ，使得f(n)(ξ)方法二fxxbf(x)f(b)

(b)(xb)

(n

(x

n1

f(n)(ξ

(xf(n)(ξ

(x

(xξb)，∴f(a)

f(n)(ξ

(a

0，從

(ξ)0，結(jié)名3.4yf(x在[a,b上連續(xù)，在(a,b內(nèi)可導(dǎo)，（1）若在(a,b內(nèi)f(x)0，則yf(x在[a,b上單調(diào)增加（2）若在(a,b內(nèi)f(x)0，則yf(x在[a,b上單調(diào)減少曲線凹凸性的概念：設(shè)fxI內(nèi)連續(xù)，如果對Ix1x2fx1x2f(x1f(x2)fxI上的圖形是凹的；如果恒 fx1x2)f(x1f(x2)fxI上的圖形是凸的 曲線凹凸性的判別法：設(shè)fx)在[a,b上連續(xù)，在(a,b內(nèi)具有一階和二階導(dǎo)數(shù)，若在(a,bf(x)0，則yf(x在[a,b上的圖形是凹的若在(a,bf(x)0，則yf(x在[a,b上的圖形是凸的3-★1.證明函數(shù)yxln(1x2思路：利用一階導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)的單調(diào)性是常用的方法。在某個區(qū)間I上f(x)0（f(x0則fx)I單調(diào)增加（減少。證明y

1x2

(1x)20（僅在x1

1y0yxln(1x2在(內(nèi)是單調(diào)增加的★2.判定函

解f(x1cosx0（xπf(x0

133133

y 1；（2）y2x

(x0)；（3）yx

x 3yln(x

1x2) （5）y(1

x)x （6）y2x2lnx??解

3

定義域為(；令yx22x30得x11，x23。列 x(,3(3,f0—0f(↗↘↗

(1、(3)內(nèi)嚴(yán)格單增，而在(1,3內(nèi)嚴(yán)格單減3（2）在(0y2

0，得x2當(dāng)x0,2)時，有y0；當(dāng)x(2時，有y0 y

2x3

的定義域為(；令y23 3

2(3x33x2(3x33得x1；x0為不可導(dǎo)點。列 x01f0—0f(↗↘↗32由上表可知，y x323

在(,0、(1內(nèi)嚴(yán)格單增，而在(0,1內(nèi)嚴(yán)格單減1ylnx1x2的定義域為(11x21x2

)

0ylnx1x2在(內(nèi)嚴(yán)格單增y(1

2x)x的定義域為[0)y2

0∴y(1y

x)x在[0)上嚴(yán)格單增2lnx的定義域為(0，令

2 x ，得x x當(dāng)當(dāng)x 1時，y；當(dāng)x122y2x2lnx在1內(nèi)嚴(yán)格增，在1★★4.22(0,

( y0內(nèi)嚴(yán)11（1）當(dāng)x0時 x112

；（2）x4時2xx213（3）當(dāng)x0時，(1 ；（4）0xπ時， 132

1)( 111111則當(dāng)x0時f(x12

1(112121

)0∴即

1)(211x12

在f[0上嚴(yán)格單增；從而f(xf(00111223 1223

x2

2

)

（0ξx∴f(x)

0，從而得

1x2

11

238(1ξ)23方法一：令f

2x4時f(x2xln22xf(x)2xln222f(4)16ln222(ln42)22(lne2)220∴f(x)2xln22x在(4內(nèi)嚴(yán)格單增從而f(x2xln22xf(416ln244(ln1610f(x2xx2在(4內(nèi)嚴(yán)格單增，在(4f(x2xx2f(4802xx2，結(jié)注fx的符號判斷f(x的單調(diào)性，利用f(x的單調(diào)性判斷其在某區(qū)間f(x)在某區(qū)間上的單調(diào)性，也是常用的法

x4時fxln22ln211ln410

在f(4內(nèi)嚴(yán)格單增

從而有xln22lnxexln2e2lnx，即2xx2，結(jié)

2則當(dāng)x0時有 0（僅在x0時，f(x)02fx在[0)f(x)f(0)0

()

tan)(

則當(dāng)0xπ2

sec2x1tan2x從 tan)(

21

內(nèi)嚴(yán)g(x)g(0)0

(0,π2

內(nèi)tanxx再 3則當(dāng)0xπ時，f sec2x1x2tan2xx202從 π

2333

內(nèi)嚴(yán)f(xf(00即在

)內(nèi) 2★★★5.試證方程sinxx只有一個實根解：易知sin00，即x0是方程的一個根

f(x1cosx0（僅在x2kπ(kZf(x0在f(內(nèi)嚴(yán)格單增，從而fx即方程sinxx只有一個實根

f(x1cosx0（僅在x2k1)π(kZf(x0 而f(x)1cosx(2kπ,(2k1)π)內(nèi)嚴(yán)格單減((2k1)π,2kπ)內(nèi)嚴(yán)格單增，從而在(

（2）yx

x21

；

yxarctanx（4）yx1)4ex；（5）ylnx21；（6）yearctanx列表，使得思路更清晰一些。

，∵x0時y0yx1在[0)x（2）yx

x21

的定義域為(11,11y

1(x2

y2x(x23)，y0，得x 0 0x10x1時y0；當(dāng)1x0x1時y0∴yx

x21

的凹區(qū)間為(1,0、(1，凸區(qū)間為(,1、(0,1；∴拐點為(0,0

yxarctanx的定義域為(yarctanx

1

(1x2

0yxarctanx在整個定義域上為凹函數(shù)，沒有拐點（4）y(x1)4ex的定義域為(y4(x1)3exy12(x1)2ex0，yx1)4ex在整個定義域上為凹函數(shù)，沒有拐點

1的定義域為(

2x，1

2(1x2(1x2)2令y0，得x1,21；列 x(,1—00—f(由上表可知ylnx21的凸區(qū)間為(1、(1，凹區(qū)間為(1,1，拐點為(1,ln及(1,ln2y

的定義域為(

arctane ，e1

earcanx(1，(1x2y0，得x1；當(dāng)x1時y0；當(dāng)x1時y02yearctanx的凹區(qū)間為

1]，凸區(qū)間為

，拐點為2

2

exe2

xe

(xy)；（2）

x2

cosxcos2

,x,y(2

π2證明：（1）yexyex0，yex在(內(nèi)是凹的x,y)(xy

exe2

xe

πycosx，∵在π2

2

π用凸函數(shù)的定義，x,y( ,π)(xy)，有cosxycosxcosy，結(jié)論成立π2 x★★★9.求曲線y

x2

的拐點解yx1的定義域為(x21

12x，(1x2y y

y0，得x11x2,32

3；現(xiàn)列表如下x(,(1,22(23,2 2 (2 3,—00—0f(3,1843,1 843,1843,1 84★★10a及b為何值時，點(1,3yax3bx2的拐解yax3bx2的定義域為(y3ax22bxy6ax2b；將(1,3代入yax3bx2中3ab①；將(1,3代入y6ax2b中06a2b②；a2

b92★★★11.試確定曲線yax3bx2cxd中的a、b、c、d，使得在x2(110為拐點，且點(2,44448a4b2cd將(110分別yax3bx2cxdy6ax2b10abcd 06a2ba1b3c24d16★★★12.試確定yk(x23)2k的值，使曲線的拐點處的法線通過原點解yk(x23)2的定義域為(y4kx(x23y12k(x21y0，得

1。易知，當(dāng)x

1的兩側(cè)時y12k(x21會變號 ∴(1,4k)與(1,4k)均為yk(x23)2的拐點；∵ 8k， y4k

1(x1)，y4k1

(x1)又兩法線過原點，將(0,0)代入法線方程，得32k21，解得k 28★★★★13.設(shè)函數(shù)y

f(xxx0的某f(x00f(x00，試問(x0,f(x0是否為拐點，為什么 方法一f(x00f(x00不妨設(shè)f(x0 f

f(x0 f 0xf0由極限的保號性知，必存在δ0，使得x(x0,δ，均有x0

0x0δxx0時，有f(x0，當(dāng)

0

f(x0(x0,f(x0為拐1

ln2

3

f2）yxln(1x)；

y x（4）yx

1x

yexcosx （6）f 22思路y0y不存在的點，然后利用極值的第一或者第二充分條件進行判斷。當(dāng)所有的極

)(3

xf義域為(1令 )x22x30，得1

3，

1；現(xiàn)列 x(,3(3,f0—0f(↗點↘極小值↗由上表知 )(3f(39

5x3處取3方法二

x22x30，得

3，

1f(x2x2得f(140，f(3401

)(3

3x3處取得極小值為f(3)9（2）方法一yxln(1x的定義域為(1y當(dāng)1x0時，有y0；當(dāng)x0y0

11

1

yxln(1xx0f(0)0方法二yxln(1x的定義域為(1，令y

1

1

0，得x0

(1

，得y(0)102yxln(1xx0f(0)02方法一：y

的定義域為(0y

2lnxln2x

0x11，x2ex1(1,e2e(e2,f/—00—f(↘點↗極大值↘ln2 在x1處取得極小值為y(1)0，在xe2x2

處取得極大值為f(e) 方法二y

的定義域為(0，令y

2lnxln2x

0，得x11x2e 26lnx2ln2

y

，得y(120yln2

) 02∴由極值的第二充分條件知，y 在x1處取得極小值為y(1)0，在xx

f

yx

1x的定義域為(,1]，令y 0，得x32121x21x3時，有y0；當(dāng)3x1y0 yx

1xx

處取得極大值為f() yexcosx的定義域為(yex(cosxsinx0，得xkππ(kZ；4

y2exsinx，4

)

2kπ 40

π)4

(2kπ1) 40

kZyexcosxx2kπ

π處取得極大值為y(2kπ4

π)4

2kπ2 422x2k1)π

π處取得極小值為y((2k1)π4

π)4

(2k1)π2 4kZ22

f定義域為(,)，令f(x)5x20，得x 的3312的3312x20為不可導(dǎo)點；現(xiàn)列 x0(0,525(2,5f0—0f(↗點↘極小值↗34 2f(34 25

fx0f(0)0，在x2處取得極小值5★★★15ab10時f(x)

x2axbx1

取得極值思路f(x)0的點，然后利用極值的充分條件進行x2ax證明f(x)x1

的定義域為(,11，令

(x)

x22xa(x

0x22xab0根的44(ab)4(ab∴當(dāng)ab10時，得駐點為

1

；由f(x2(1ab)，1a1a2(1a(1af

1ab)

01a1a

1ab)

2(1a

0∴f(x)

x2axbx1

x1

x1

(1a(1ab1a1a1a★★16.試問af(x)asinx1sin3xx1a 解fa

x3

(acosxcos

x3

a cosπ0π3π 10，a223由 )2sinx3sin3x，得f() 033fxxπ3

f(π 33名fx在點x0的某該鄰域內(nèi)任意一點x（xx0恒有f(x)f(x0)（或f(x)f(x0）fx在點x0處取得極大值（或極小值x0成為fx的極大值點（或極小值點第一充分條件：設(shè)fx在點x0的某個鄰域內(nèi)連續(xù)且可導(dǎo)（f(x0可若在x0的左鄰域內(nèi)f(x)0x0的右f(x)0，則fx)x0處取得極大值f(x0)；若在x0的左鄰域內(nèi)f(x)0x0的右f(x)0fxx0處取得極小值f(x0若在x0的左鄰域內(nèi)f(xfxx0處沒有極值。第二充分條件：設(shè)fx)x0處具有二階導(dǎo)數(shù)，且f(x00f(x00，f(x00時fxx0f(x00時fxx0處取得極小值。4-xxx思路:被積x

2，由積分表中的公式（2）x解x

2dx3

x2★(2)

1)dx3131x解3xx

1)dx(x3xdxl解l★(4)

x(x解

x(x3)dxx2dx3x3x43x2★★(5)

x2 思路:觀察到 2

x2

后，根據(jù)不定積分的線性性質(zhì)，將被積函數(shù)分項，分別分解

3x43x2x2

dx3x2dx2x★★(6)1x2解

x211

111★(7)（x214211x14211x1★(8)1 )dx3 )dx3 dx2 d

24x33

4xnx2arcsinx★★(9) xx思路 ？看7

8

11 x8，直接積分解★★(10)

xxdx x8dx x

解： dx

(1 )dx

1dx

dx1arctanxC.e2x ex1e2e解ex1dx★★(12)3x

ex

dx

x1)dx

x解3

（3x ★★(13)cot2思路:應(yīng)用三角恒等式cot2xcsc2x1解cot2xdx23x5

x ★★(14)

23x52x

2

2x 3x23x5 2 (3)解

2

dx2x ln2ln★★(15)cos2解：cos2xd1cos 1x1sinx1 1★★(16)1cos解： dx

dx

sec2xdx1tanxc1cosc★(17)

2cos2 2 2xsin2x(cosxsinx)(cosxsinx)解： cos ccosxsinc★(18)

xsinx)dxsinxcosxcsc2xdx1★★1

1x

1

111111x)dx1111x)dx2 1cos2★★(20)1cos22思路:注意到被積函數(shù) 221cos

，則積分易得121 解：1cos

2 ★2、設(shè)xf(x)dxarccosxCfx思路分析：直接利用不定積分的性質(zhì)1d[f(x)dx

f(x即可解：等式兩邊對x求導(dǎo)數(shù)得1,f(x)1,f(x)1★3、fx的導(dǎo)函數(shù)為sinx，fx的原函數(shù)全體解：由題意可知f(x)sinxdxcosxC1dx★4、

1e2xexshx和exchx都2

的原chx解 chx

chx] ★5、一曲線通過點(e2,3，且在任意點處的切線的斜率都等于該點的橫坐標(biāo)的倒數(shù)，求此曲線的方程知識點：屬于第12章最簡單的一階線性微分方程的初值問題，實質(zhì)仍為考查原函數(shù)（不定積分）與被積解：y

f(x)，由題意可知df(x1，f(xln|x|C 又點(e2,3在曲線上，適合方程，有3ln(e2C,C1，所以曲線的方程為f(x)ln|x|1.★★6、一物體 開始運動，經(jīng)t秒后的速度是3t2(m/s)，問在3秒后物體走完360米需要多少時間知識點：（不定積分）解：y

f(t)則由速度和位移的關(guān)系可得：df(t3t2

f(t)t3C 3秒后物體離開出發(fā)點的距離為:f(33327米3令t3360t 34-解(1)dx1d(7x3);(2)xdx1d(1x23)x3dx1d(3x4 (4)e2xdx1d2

);(5)

35ln|xt(7)t

dt2d

t coscos 解：e3tdt1e3td(3t)1e3t 3★(2)(35x)33解(35x)31★(3)31

3d(35x)1(35x)455解： dx1 d(32x)1ln|32x|3 3 35★(4)35 解

dx35

d(53x)35

(53x)3d(53x)

(53x)3x★(5)(sinaxeb 解(sinaxeb)dx

sinaxd(ax)bebd()1cosaxbebC

tt思路:如果你能看到dt

t)

12dt12

t易解解：t

tdt2

td

t) ★(7)

x

解：tan10xsec2xdx tan10xd(tanx)1tan11x ★★(8) 解： 1x21x21

d(ln|x|) d(ln|lnx|)ln|lnlnx|lnln

1111解：tan1111

1

ln|

|★★(10)sinxcos方法一：倍角公式sin

csc2xd |方法二：將被積函數(shù)湊出tanx的函數(shù)和tanx的導(dǎo) cos cos dx1sec2xdx

dtanxln|tanx|方法三：三角公式sin2xcos2x1dcosdsinln|cosx|ln|sinx|Cln|tanx|★★(11)exe

eee2x1 1 1ee 解

11(ex

arctane★(12)xcos(x2 解：xcos(x2dx1cosx2dx21sinx2 22

1d(23x2

2 2 2解

1d(23x2)

(23x2

2d(23x2)

23x22

2★★(14)cos2 2 解cos2tsin(t)dt1cos2tsin(t)dt1cos2t)d 1cos3(t)★★(15)1x4 解：1x4dx41sin★(16)cos3sin解 sin2★★(17)

211解

20dx★★(18)

1 999解：1 dx9911 d2x1234

2x2(2x1)(解 (2x1)(2x21( )d2 2x 2x21 d(2x1)1 d(2x1)1ln2x1C.222 2x 222

2x

2x★(20)(4 145x 解：(4 （

）dx

）d(4225(4 4 (422

d(45x)

d(45x)

1ln|45x|

254

25(4

254★(21)(x解：(x

(x11)2dx (x

(x((x

2(x(x

(x1)100

(x

(x

(x

)d(x 97(x

49(x

99(x

★★(22)x8解 xdx

1

)xdx1

x8

(x41)(x4

2x4

x4 4x4

x4

44[2(x214

)

8[

1d

1)

1d

x21 14(x2)21★(23)cos3

x2

| 4

思路:湊微分。cosxdxdsinx解：cos3 cos2xcosxdxcos2xdsinx(1sin2x)dsinsinx1sin3x3★★(24)cos2(t 解：cos2(t)dt1cos2(t)dt 1dt1cos2(t)d2( 1t1sin2(t) ★★★(25)sin2x解sin2x

dx 1(sin5xsinx)dx1sin5xd5x1sin 1cos5x1cosx ★★★(26)sin5xsin解sin5x1sin2x

dx 1(cos2xcos12x)dx1cos2xd2x1cos12xd 1sin12x ★★★(27)tan3xsec思路:湊微分tanxsecxdxdsecx解tan3xsec

sec2xd

dsecx1sec3xsecx3★★(28)

111

dxd(arccosx)解10arccosxdx10arccosxdarccosx10arccosx1(arcsinx)21(arcsinx)2111

dxd(arcsinx)

darcsinxdarcsinx1 xx

xxdx2 xx

2

xd

xx解： x

dx

2 d

2

xd xx x)2x★★★★(31)思路:被積函數(shù)中間變量為tanx，故須在微分中湊出tanx，即被積函數(shù)中湊出sec2xlntanxd(lntanx) 解：1(lntanx)221(★★★★(32)1(

d((lntanx))dtanxlntanxd(lntand(11lnxdx(1d(xlnx)1

C★★★★(33)1思路:將被積函數(shù)的分子分母同時除以ex，則湊微分易得 1

e

ex

1|11 1

1

dxx

1

d(1exxln|1 |ex1|)

ln|ex1|思路:將被積函數(shù)的分子分母同時乘以ex，裂1

exxxln|1ex|Clnexx

1ex

1 x(x665651ln|

64|44441令x ，則dx1dt1

d(4t6)

d(4t6x(x6

t6

(t2

241

24

11ln(14t6)C1ln(14) x8(1x2

2 224 111 x1

1

1111111 方法二：思路:1令x ，則dx1

dt 8

64

2 x8(1x2

t2

t2

t2

1 t(t6t4t21)dt )dt

(t6t4t21)dt1(1

t2

2t

t1t71t51t3t1ln|t1|C1

111

11ln|1x| 7

5

1111思路:xsint,解xsint,

2 2 costdt

dt t tsec2tdt1 1cos 11

2cos2 111t Carcsinx C.（或arcsinx C1 111（萬能公式tant

sin

1cost，又sintx時，cost ★★★(2)

1cosx2x2x

sin思路:x3sect,t解x3sect,t

2

2xx 3tan dx 3secttantdt3tantdt3(sect 3sec3tant3tC

x29

|x

（x3secx時， 3(x2(x2思路:xtant,解xtant,

2dxsec2tdt2

sec2tdt

dt (x2 (x2

costdtsintC 1(x21(x2a2思路:xatant,解xatant,

2dxasec2tdt2

asec2tdt

(x2a2 (x2a2

a2sec a2

costdt

sinta2a2★★★★(5)

x2xxx4思路:先令ux2，進行第一次換元；然后令utant,

2x2x4x2 dxx2x4x2 dx12x2xx4x2xx4uu22

u

du，令utant,

，du2

tdtx2xx4 dx1u1du1tant1sec2tdt1x2xx4u2 tantu2

tan1(csctsect)dt1lnsecttant1lncsctcott u2u2uu2u2u1u

x41x41 u

C

x1

（ ★★★(6)

54xx25解 x29(x2)2，令x23sint,5

，則dx3costdt2 54xx2dx9cos2tdt91cos2tdt9(t1sin2t) 23292322★★4、求一個函數(shù)f

,fx)

11，且f(0)1111 的不定積分，由條件f(0)1確定出常11 111解 dx 111

1令f(x) C，又f(0)1，可知C11f1

n

★★★5、In

xdx,，求證Inn1

xIn-2，并求tanxdx思路:由目標(biāo)式子可以看出應(yīng)將被積函數(shù)tannx分開成tann2xtan2x，進而寫成證明

sec2xtann2x，分項積分即可x(tann2xsec2xtann2x)dxtann2xsec2xdxtann2tann2xdtanx

n

tann1x

n2n5時，Itan5xdx1tan4x

1tan4x1tan2x

1 2xtanxdx1tan4x1tan2xlncosx 4-1、求下列不定積分★（1）arcsin112思路:被積函數(shù)的形式看作x0arcsinx，按照“、冪、三、指”順序，冪函數(shù)x0112

inxx dxxarcsinx1 d(1x211★★（2）ln(1x2解ln(1

222 (1x2)2x2arctanx★（3）arctan12解：arctan 12

d(1x2)1x2 ctanx1ln(1x2)2★★(4)

sin22222 1e2xsinx1cosxd(1e2x 1

1 e2xsinxdx2e2x(4sinxcosx) ★★(5)x2arctan解1x3arctanx 13132

)133333331xx3311

arctanx13

1

d(1x2 x★(6)xcosx解：x

xsinx2sinxdx2xsinx4sinxd22 22★★(7)xtan222解：x )dx(xsec2xx)dxxsec2xdx22xd(tanx)★★(8)ln2

2解：ln2

x2lnx

★★(9)xln(x解

2 2112

n(x1)1

(x

1 x x12 n(x1)1x21x1ln(x1)12 ★★(10)

ln2ln2

ln解

x

x21ln2x2lnxd(1)1ln2x

1

x2lnx2 1(ln2xlnx2)C★★(11)cosln

解：cosln x

xxsinlnx1dxxcoslnxsinlnx xxcosln 2ln★★(12)x2思路：詳見第(10)★★(13)xnln

(n解

1n1

n11dxn n

n★★(14)

n

解

ex2xdx

2xex2x2e2xex2exCex(x22x2)★★(15)x3(lnx)24解：x3(lnx)2dx(lnx)2d( )21x42lnx14 818 818 4★★(16)

思路：將積分表達(dá)式lnlnxdx寫成lnlnxd(lnx，將lnxx解★★★

lnx(lnlnx1)

xlnxlnlnx 1x解

s

1xsin2xdx xd(1cos2x)1xcos2x1cos 4 d4 2

1sin2xC.★★(18)

2思路：先將cos2x降冪得1cosx，然后分項積分；第二個積分嚴(yán)格按照 22解：x2cos2x222

2cosx)dx x2d 2221x3 226

x2d62xd62

2

62262

2cos2162 x2sinxxcosxsinx162★★(19)(x21)sin解

sin2xdxx2sin2xdxsin2xdxx2d(1cos2x)1cos2 2 21cos22

24222242222★★★(20)e3x3解：令t ，則xt3,dx3e3xdxet3t2dt3ett2dt3t2det3t2et33t2et32tdet3t2et6ett6etdt3t2et6ett6etx3 C3e3x(3x223x2)x3★★★(21)(arcsin解：(arcsinx)

)2x2arcsin11d(111d(1x21 csinx)21

arcsinx

11111

arcsinx2dxx(arcsinx)2

arcsinx2x1★★★(22)ex1e

exsin2xexsinee

exsin2xe sinexsin2xdxex(sin2x2cos2x)5ex

xdx (5sinxsin2x2cos2x) 5 dx1 1excos e excos2xe e excos2xdxex(cos2x2sin2x)5x

cos2x x★★★(23)ln(1xx解： x令t x，則dx2 t 1xdx41t2dt4dt41t2dt4t4arctantxxxx 4 xxxxx所以原積分ln(1 x

xln(1x)

4

C★★★(24)

ln(1ex解

dxln(1ex

e 1ee

1e

)

)1exd(1e 注：該題 1

1★★★(25)xln1解：xln11xln

dx

1

1

ln(1x)ln(1 1xln

1x1注

x

xdx x[ln(1xln(1x)]dx再利用分部積分法計算12 2222 2 2 1 1x★★★(26)sin2xcos 寫

sec2 dtan

sin2xcos sec2 dtan解：sin tan2sin1 )22分★(1)解： 1 d3x1(x1)e3x ★(2)(x解(★(3)x2cos

C解x2cosxdxx2d

cosx2cos

★(4)(x2解：

dx dxe

)exdx3ex(x22x3)★(5)xln(x解

1(x11)dx1x2ln(x1)1x21x1ln(x1) ★(6)excos

x e解 e 2excos2

)excosxexsincosxexsinxexcos)★3、已知sinxfx的原函數(shù)，求xf(x)dxx

xf(x)dx中出現(xiàn)了f(x，應(yīng)馬上知道積分應(yīng)使用分部積分sinxfx的原函數(shù)，應(yīng)該知道f(x)dxsinxx解：xf(x)dxxd(f(x))=xf(xf f(x)dxxf(x)dx★★4、已知f(x)ex，求xf(x)dxx思路分析：積分xf(x)dx中出現(xiàn)了f(x)，應(yīng)馬上知道積分應(yīng)使用分部積分解：xf(x)dxxdf(xxf(xf(x)dxxf(xf(xf(x)=f(x)=xxf(x)dx C(x2) ★★★★5、In

sinn

(n2；

1n1思路分析：要證明的目標(biāo)表達(dá)式中出現(xiàn)了In

sinn1

提 如何在被積函數(shù)的表達(dá) sinnx中變出sinn1xsinn2

介紹，這里1可變?yōu)閟in2xcos2x

1=sin2xcos2 In cos2

sinnxdxIn2sinnxdsinx

dx

cossinn-1

In2

dx

cossinn111

nn2

sinn1

n(n★★★★6、設(shè)f(x)為單調(diào)連續(xù)函數(shù)f-1(x)為其反函數(shù)，且f(x)dxF(xC求f1(x)dxf-思路分析：xff1(xf-解xf(xf(

f1(x)dxf1(x)xd(f1(x))f1(x)f(f1(x))d(f f(x)dxF(x)f1(x)dxf1(x)f(f1(x))d(f1(x))f1(x)F(f1(x))4-13★(1)x3解 x3132 27lnx3132 ★★★ 5252x3 xx(x1)(xx2x

1

x

，等x的同次項的系數(shù)得ABC

ACB A

BC 1

8 x8 xx5x4

(x2x11312 x2x8lnx4lnx13lnx1131231★★★(3)x3313A3ABx2x解3 解3x

AB+C-A=0B331x121)22232

C

1(2x1)

1(2x2

1)2

3 1(2x

xlnx11 d((x1)23)3 d( 2 (x1)2

x 2)2 32

) x★★★(4)(x1)3xAxA(B

(x

，等式右邊通分后比較兩邊分子x的同次項的得A

B2A

ABC1，A

B

C2x1xx12(dxdx★★★(5)

3x3x2

2A2ABCDx(xx的同次項的系數(shù)得 AB3A2BC

AB 3ABCD C A 2222222(x3x2 (x 3x2 (x

2 x (