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高等数学（第七版）同济大学习题3-4 个人解答（前8题）

2022-07-28 03:33:00 【Navigator_Z】

高等数学（第七版）同济大学习题3-4（前8题）

$\begin{aligned}&1. \ 判定函数f(x)=arctan\ x-x的单调性.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ f'(x)=\frac{1}{1+x^2}-1=-\frac{x^2}{1+x^2} \le 0，且当x=0时，f'(x)=0，所以f(x)=arctan\ x-x在(-\infty, \ +\infty)内单调减少。 & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&1. \ 判定函数f(x)=x+cos\ x的单调性.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ f'(x)=1-sin\ x \ge 0，且当x=2n\pi+\frac{\pi}{2}\ (n=0，\pm 1，\pm 2，\cdot\cdot\cdot)时，f'(x)=0，因为在(-\infty, \ +\infty)的\\\\ &\ \ 任一有限子区间上，使f'(x)=0的点只有有限个，所以函数f(x)=x+cos\ x在(-\infty, \ +\infty)内单调增加。 & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&3. \ 确定下列函数的单调区间：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y=2x^3-6x^2-18x-7；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ y=2x+\frac{8}{x}\ (x \gt 0)；\\\\ &\ \ (3)\ \ y=\frac{10}{4x^3-9x^2+6x}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ y=ln(x+\sqrt{1+x^2})；\\\\ &\ \ (5)\ \ y=(x-1)(x+1)^3；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ y=\sqrt[3]{(2x-a)(a-x)^2}\ (a \gt 0)；\\\\ &\ \ (7)\ \ y=x^ne^{-x}\ (n \gt 0，x \ge 0)；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ y=x+|sin\ 2x|. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 函数的定义域为(-\infty, \ +\infty)，f'(x)=6x^2-12x-18=6(x+1)(x-3)，解方程f'(x)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即解6(x+1)(x-3)=0，得出它在函数定义域(-\infty, \ +\infty)内的两个根x_1=-1，x_2=3。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 这两个根把(-\infty, \ +\infty)分成三个部分区间(-\infty, \ -1]，[-1, \ 3]，[3, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-\infty, \ -1)内，x+1 \lt 0，x-3 \lt 0，所以f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ -1]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-1, \ 3)内，x+1 \gt 0，x-3 \lt 0，所以f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在[-1, \ 3]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(3, \ +\infty)内，x+1 \gt 0，x-3 \gt 0，所以f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[3, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (2)\ 函数的定义域为(0, \ +\infty)，f'(x)=2-\frac{8}{x^2}，解方程f'(x)=0，即解2-\frac{8}{x^2}=0，x=\pm 2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x=-2不在定义域内，去掉，取x=2，把(0, \ +\infty)分成两个部分区间(0, \ 2]，[2, \ +\infty).\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(0, \ 2)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在(0, \ 2]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(2, \ +\infty)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[2, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (3)\ 函数的定义域为(-\infty, \ 0)和(0, \ +\infty)，f'(x)=\frac{-10(12x^2-18x+6)}{(4x^3-9x^2+6x)^2}=\frac{-120\left(x-\frac{1}{2}\right)(x-1)}{(4x^3-9x^2+6x)^2}\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解方程f'(x)=0，即解\frac{-120\left(x-\frac{1}{2}\right)(x-1)}{(4x^3-9x^2+6x)^2}=0，得出x_1=\frac{1}{2}，x_2=1，把区间(-\infty, \ 0)和(0, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 分为四个部分区间(-\infty, \ 0)，\left(0, \ \frac{1}{2}\right]，\left[\frac{1}{2}, \ 1\right]，[1, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-\infty, \ 0)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ 0)内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(0, \ \frac{1}{2}\right]内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left(0, \ \frac{1}{2}\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{1}{2}, \ 1\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{1}{2}, \ 1\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(1, \ +\infty)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在[1, \ +\infty)内单调减少。\\\\ &\ \ (4)\ 函数的定义域为(-\infty, \ +\infty)，f'(x)=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \gt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (5)\ 函数定义域为(-\infty, \ +\infty)，f'(x)=(x+1)^3+3(x-1)(x+1)^2=4(x+1)^2\left(x-\frac{1}{2}\right)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解方程f'(x)=0，即解4(x+1)^2\left(x-\frac{1}{2}\right)=0，得x_1=-1，x_2=\frac{1}{2}，把区间(-\infty, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 分为三个部分区间(-\infty, \ -1]，\left[-1, \ \frac{1}{2}\right]，\left[\frac{1}{2}, \ +\infty\right)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-\infty, \ -1)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ -1]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(-1, \ \frac{1}{2}\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[-1, \ \frac{1}{2}\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{1}{2}, \ +\infty\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{1}{2}, \ +\infty\right)内单调增加。\\\\ &\ \ (6)\ 函数定义域为\left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right)和\left(\frac{a}{2}, \ {a}\right)和(a, \ +\infty)，f'(x)=\frac{-6\left(x-\frac{2a}{3}\right)}{3\sqrt[3]{(2x-a)^2(a-x)}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解方程f'(x)=0，即解\frac{-6\left(x-\frac{2a}{3}\right)}{3\sqrt[3]{(2x-a)^2(a-x)}}=0，得x=\frac{2a}{3}，把区间分为四个部分\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right]，\left[\frac{a}{2}, \ \frac{2a}{3}\right]，\left[\frac{2a}{3}, \ a\right]，[a, \ +\infty)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{a}{2}, \ \frac{2a}{3}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{a}{2}, \ \frac{2a}{3}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{2a}{3}, \ a\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{2a}{3}, \ a\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(a, \ +\infty)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[a, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (7)\ 函数定义域为[0, \ +\infty)，f'(x)=nx^{n-1}e^{-x}-x^ne^{-x}=x^{n-1}e^{-x}(n-x)，解方程f'(x)=0，即解x^{n-1}e^{-x}(n-x)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得x=n，把区间分为两个部分[0, \ n]，[n, \ +\infty)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(0, \ n)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[0, \ n]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(n, \ +\infty)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在[n, \ +\infty)内单调减少。\\\\ &\ \ (8)\ 函数的定义域为(-\infty, \ +\infty)，f(x)=\begin{cases}x+sin\ 2x，n\pi \le x \le n\pi+\frac{\pi}{2}，\\\\x-sin\ 2x，n\pi+\frac{\pi}{2} \lt x \le (n+1)\pi\end{cases}(n=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ f'(x)=\begin{cases}1+2cos\ 2x，n\pi \lt x \lt n\pi+\frac{\pi}{2}，\\\\1-2cos\ 2x，n\pi+\frac{\pi}{2} \lt x \lt (n+1)\pi\end{cases}(n=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot)，令f''(x)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得x=n\pi+\frac{\pi}{3}，和x=n\pi+\frac{5\pi}{6}，把区间分为以下几部分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left[n\pi, \ n\pi+\frac{\pi}{3}\right]，\left[n\pi+\frac{\pi}{3}, \ n\pi+\frac{\pi}{2}\right]，\left[n\pi+\frac{\pi}{2}, \ n\pi+\frac{5\pi}{6}\right]，\left[n\pi+\frac{5\pi}{6}, \ (n+1)\pi\right]\ (n=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi, \ n\pi+\frac{\pi}{3}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi, \ n\pi+\frac{\pi}{3}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi+\frac{\pi}{3}, \ n\pi+\frac{\pi}{2}\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi+\frac{\pi}{3}, \ n\pi+\frac{\pi}{2}\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi+\frac{\pi}{2}, \ n\pi+\frac{5\pi}{6}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi+\frac{\pi}{2}, \ n\pi+\frac{5\pi}{6}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi+\frac{5\pi}{6}, \ (n+1)\pi\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi+\frac{5\pi}{6}, \ (n+1)\pi\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以函数在\left[\frac{k\pi}{2}, \ \frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{3}\right]上单调增加，在\left[\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{3}, \ \frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right]上单调减少(k=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot) & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&4. \ 设函数f(x)的定义域内可导，y=f(x)的图形如图3-9所示，则导函数f'(x)的图形为图3-10中所示的四个图形中的哪一个？&\end{aligned}$

在这里插入图片描述

解：

$\begin{aligned} &\ \ 因图形所知，当x \lt 0时，f(x)单调增加，所以，f'(x) \le 0；当x \gt 0时，随着x增加，f(x)先单调增加，\\\\ &\ \ 然后单调减少，再单调增加，所以，先是f'(x) \ge 0，然后f'(x) \le 0，最后f'(x) \ge 0，所以选d。 & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&5. \ 证明下列不等式：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 当x \gt 0时，1+\frac{1}{2}x \gt \sqrt{1+x}；\\\\ &\ \ (2)\ \ 当x \gt 0时，1+xln(x+\sqrt{1+x^2}) \gt \sqrt{1+x^2}；\\\\ &\ \ (3)\ \ 当0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}时，sin\ x+tan\ x \gt 2x；\\\\ &\ \ (4)\ \ 当0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}时，tan\ x \gt x+\frac{1}{3}x^3；\\\\ &\ \ (5)\ \ 当x \gt 4时，2^x \gt x^2. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 令f(t)=1+\frac{1}{2}t-\sqrt{1+t}，t \in [0, \ x]，f'(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{1+t}}=\frac{\sqrt{1+t}-1}{2\sqrt{1+t}} \gt 0，t \in (0, \ x).\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)在区间[0, \ x]上单调增加，当x \gt 0时，f(x) \gt f(0)，1+\frac{1}{2}x-\sqrt{1+x} \gt 1+0-\sqrt{1}=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即1+\frac{1}{2}x \gt \sqrt{1+x}\ (x \gt 0)\\\\ &\ \ (2)\ 令f(t)=1+tln(t+\sqrt{1+t^2})-\sqrt{1+t^2}，t \in [0, \ x]，f'(t)=ln(t+\sqrt{1+t^2})+\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}-\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ ln(t+\sqrt{1+t^2}) \gt 0，t \in (0, \ x).所以，f(x)在[0, \ x]上单调增加，当x \gt 0时，f(x) \gt f(0)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 1+xln(x+\sqrt{1+x^2})-\sqrt{1+x^2} \gt 1+0-1=0，即1+xln(x+\sqrt{1+x^2}) \gt \sqrt{1+x^2}\ (x \gt 0).\\\\ &\ \ (3)\ 令f(x)=sin\ x+tan\ x-2x，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right). f'(x)=cos\ x+sec^2\ x-2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ f''(x)=-sin\ x+2sec^2\ xtan\ x=sin\ x(2sec^3\ x-1) \gt 0，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right).所以，f'(x)在\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]上单调增加，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 当x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right)时，f'(x) \gt f'(0)=0，所以f(x)在\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]上单调增加，f(x) \gt f(0)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ sin\ x+tan\ x-2x \gt 0，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right)，即sin\ x+tan\ x \gt 2x，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right).\\\\ &\ \ (4)\ 令f(x)=tan\ x-x-\frac{1}{3}x^3，x \in \left[0,\ \frac{\pi}{2}\right].f'(x)=sec^2\ x-1-x^2=tan^2\ x-x^2=(tan\ x-x)(tan\ x+x)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 令g'(x)=(tan\ x-x)'=sec^2\ x-1=tan^2\ x \gt 0，所以g(x)=tan\ x-x在[0, \ x]上单调增加，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即g(x)=tan\ x-x \gt g(0)=0。所以f'(x) \gt 0，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right).从而f(x)在区间\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]上单调增加，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x) \gt f(0)，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right)，当0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}时，tan\ x-x-\frac{1}{3}x^3 \gt 0，即tan\ x \gt x+\frac{1}{3}x^3\ \left(0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}\right).\\\\ &\ \ (5)\ 令f(t)=tln\ 2-2ln\ t，t \in [4, \ x]，f'(t)=ln\ 2-\frac{2}{t}=\frac{1}{2}ln\ 4-\frac{2}{x} \gt \frac{1}{2}ln\ e-\frac{2}{4}=0，当x \gt 4时，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ f(x)单调增加，从而f(x) \gt f(4)=0，xln\ 2-2ln\ x \gt 0，即2^x \gt x^2\ (x \gt 4). & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&6. \ 讨论方程ln\ x=ax（其中a \gt 0）有几个实根？&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 令函数f(x)=ln\ x-ax，x \in (0, \ +\infty)。f'(x)=\frac{1}{x}-a。令f'(x)=0，得x=\frac{1}{a}。\\\\ &\ \ 当0 \lt x \lt \frac{1}{a}时，f'(x) \gt 0，所以f(x)在区间\left(0, \ \frac{1}{a}\right)内单调增加；\\\\ &\ \ 当\frac{1}{a} \lt x \lt +\infty时，f'(x) \lt 0，所以f(x)在区间\left(\frac{1}{a}, \ +\infty\right)内单调减少，因此f\left(\frac{1}{a}\right)为最大值，\\\\ &\ \ 又因\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=-\infty，\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=-\infty，所以\\\\ &\ \ 当f\left(\frac{1}{a}\right)=ln\ \frac{1}{a}-1=0，即当a=\frac{1}{e}时，曲线y=ln\ x-ax与x轴仅有一个交点，原方程有唯一实根。\\\\ &\ \ 当f\left(\frac{1}{a}\right)=ln\ \frac{1}{a}-1 \gt 0，即当0 \lt a \lt \frac{1}{e}时，曲线y=ln\ x-ax与x轴仅有两个交点，原方程有两个实根。\\\\ &\ \ 当f\left(\frac{1}{a}\right)=ln\ \frac{1}{a}-1 \lt 0，即当a \gt \frac{1}{e}时，曲线y=ln\ x-ax与x轴没有交点，原方程没有实根。 & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&7. \ 单调函数的导函数是否必为单调函数？研究下面的例子：f(x)=x+sin\ x.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ f(x)=x+sin\ x，因为f'(x)=1+cos\ x \ge 0，且f'(x)在任何有限区间内只有有限个零点。\\\\ &\ \ 因此f(x)在(-\infty, \ +\infty)内为单调增加，但导函数f'(x)=1+cos\ x在(-\infty, \ +\infty)内不是单调函数，\\\\ &\ \ 所以，单调函数的导函数不一定是单调函数。 & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&8. \ 设I为任一无穷区间，函数f(x)在区间I上连续，I内可导。试证明：如果f(x)在I的任一有限的子区间\\\\&\ \ \ \ 上f'(x) \ge 0（或f'(x) \le 0），且等号仅在有限多个点处成立，那么f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 在区间I内任取两点x_1，x_2，且x_1 \lt x_2，应用拉格朗日中值定理，得f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1) \ge 0（或\le 0）\\\\ &\ \ ，其中\xi \in (x_1, \ x_2)，即f(x_2) \ge f(x_1)（或f(x_2) \le f(x_1)），因此，f(x)在区间I上单调不减（或单调不增），\\\\ &\ \ 对任一x \in [x_1, \ x_2]，有f(x_2) \ge f(x) \ge f(x_1)（或f(x_1) \ge f(x) \ge f(x_2)）。\\\\ &\ \ 如果f(x_1)=f(x_2)，则有f(x) \equiv f(x_1)，x \in [x_1, \ x_2]，所以f'(x) \equiv 0，x \in [x_1, \ x_2]，\\\\ &\ \ 这与f'(x)=0在I的任一有限子区间上仅在有限多个点处成立的假设相矛盾，因此，\\\\ &\ \ f(x_2) \gt f(x_1)（或f(x_2) \lt f(x_1)），即f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）。 & \end{aligned}$