高等数学（第七版）同济大学 总习题三（后10题） 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 总习题三（后10题）

题解中的C语言代码采用的IDE：Visual Studio 2010

 

$\begin{array}{rlr}& 10.求下列极限：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-x^x}{1-x+lnx}；(2)\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{ln(1+x)}-\frac{1}{x}\right]；& \\ & & \\ & (3)\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{2}{\pi }arctanx\right)}^x；(4)\underset{x\to \infty }{\lim }[(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}})/n{]}^{nx}(其中a_1，a_2，\cdot \cdot \cdot ，a_n>0).& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-x^x}{1-x+lnx}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1-x^x(1+lnx)}{-1+\frac{1}{x}}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^{x}lnx+x^x-1}{x-1}\cdot x=& \\ & & \\ & \underset{x\to 1}{\lim }(x^x(lnx+1)lnx+x^{x-1}+x^x(lnx+1))=2& \\ & & \\ & (2)\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{ln(1+x)}-\frac{1}{x}\right]=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-ln(1+x)}{xln(1+x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-ln(1+x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}=& \\ & & \\ & \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{2(1+x)}=\frac{1}{2}& \\ & & \\ & (3)\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{2}{\pi }arctanx\right)}^x=e^{\underset{x\to +\infty }{\lim }xln\left(\frac{2}{\pi }arctanx\right)}，因为\underset{x\to +\infty }{\lim }xln\left(\frac{2}{\pi }arctanx\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{ln\frac{2}{\pi }+lnarctanx}{\frac{1}{x}}=& \\ & & \\ & \underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{1}{arctanx}\cdot \frac{-x^2}{1+x^2}\right)=-\frac{2}{\pi }，所以\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{2}{\pi }arctanx\right)}^x=e^{-\frac{2}{\pi }}& \\ & & \\ & (4)\underset{x\to \infty }{\lim }[(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}})/n{]}^{nx}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }nx[ln(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}})-lnn]}，& \\ & & \\ & 因为\underset{x\to \infty }{\lim }nx[ln(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}})-lnn]=n\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{ln(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}})-lnn}{\frac{1}{x}}=& \\ & & \\ & n\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}}}[a_1^{\frac{1}{x}}ln{a}_1+a_2^{\frac{1}{x}}ln{a}_2+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}}ln{a}_n]{\left(\frac{1}{x}\right)}^{\prime }}{{\left(\frac{1}{x}\right)}^{\prime }}=& \\ & & \\ & n\cdot \frac{1}{n}(ln{a}_1+ln{a}_2+\cdot \cdot \cdot +ln{a}_n)=ln(a_1{a}_2\cdot \cdot \cdot a_n)，所以\underset{x\to \infty }{\lim }[(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot \cdot \cdot +a_n^{\frac{1}{x}})/n{]}^{nx}=a_1{a}_2\cdot \cdot \cdot a_n.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 11.求下列函数在指定点x_0处具有指定阶数及余项的泰勒公式：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)f(x)=x^{3}lnx，x_0=1，n=4，拉格朗日余项；& \\ & & \\ & (2)f(x)=arctanx，x_0=0，n=3，佩亚诺余项；& \\ & & \\ & (3)f(x)=e^{sinx}，x_0=0，n=3，佩亚诺余项；& \\ & & \\ & (4)f(x)=lncosx，x_0=0，n=6，佩亚诺余项。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)f(1)=0，f^{\prime }(x)=3x^{2}lnx+x^2，f^{\prime }(1)=1；& \\ & & \\ & f^{\prime \prime }(x)=6xlnx+5x，f^{\prime \prime }(1)=5，f^{\prime \prime \prime }(x)=6lnx+11，f^{\prime \prime \prime }(1)=11，f^{(4)}(x)=\frac{6}{x}，f^{(4)}(1)=6，& \\ & & \\ & f^{(5)}(x)=-\frac{6}{x^2}，f^{(5)}(\xi )=-\frac{6}{{\xi }^2}，& \\ & & \\ & 因此，x^{3}lnx=(x-1)+\frac{5}{2!}(x-1{)}^2+\frac{11}{3!}(x-1{)}^3+\frac{6}{4!}(x-1{)}^4-\frac{6}{5!{\xi }^2}(x-1{)}^5，& \\ & & \\ & 其中\xi 介于1和x之间& \\ & & \\ & (2)f(0)=0，f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}，f^{\prime }(0)=1，f^{\prime \prime }(x)=-\frac{2x}{(1+x^2{)}^2}，f^{\prime \prime }(0)=0，f^{\prime \prime \prime }(x)=-\frac{2(1-3x^2)}{(1+x^2{)}^3}，f^{\prime \prime \prime }(0)=-2，& \\ & & \\ & 因此，arctanx=x-\frac{x^2}{3}+o(x^4)& \\ & & \\ & (3)e^{sinx}=1+sinx+\frac{1}{2!}si{n}^{2}x+\frac{1}{3!}si{n}^{3}x+o(x^3)，& \\ & & \\ & 因sinx=x-\frac{1}{3!}{x}^3+o(x^4)，所以，e^{sinx}=1+\left(x-\frac{1}{6}{x}^3\right)+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{6}{x}^3+o(x^3)=1+x+\frac{1}{2}{x}^2+o(x^3)& \\ & & \\ & (4)lncosx=ln[1+(cosx-1)]=cosx-1-\frac{1}{2}(cosx-1{)}^2+\frac{1}{3}(cosx-1{)}^3+o(x^6)，& \\ & & \\ & 因cosx-1=-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{24}{x}^4-\frac{1}{720}{x}^6+o(x^7)，所以lncosx=& \\ & & \\ & \left(-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{24}{x}^4-\frac{1}{720}{x}^6\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{24}{x}^6\right)+\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{8}{x}^6\right)+o(x^6)=& \\ & & \\ & -\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{12}{x}^4-\frac{1}{45}{x}^6+o(x^6).& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 12.证明下列不等式：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)当0<x_1<x_2<\frac{\pi }{2}时，\frac{tan{x}_2}{tan{x}_1}>\frac{x_2}{x_1}；& \\ & & \\ & (2)当x>0时，ln(1+x)>\frac{arctanx}{1+x}；& \\ & & \\ & (3)当e<a<b<e^2时，l{n}^{2}b-l{n}^{2}a>\frac{4}{e^2}(b-a).& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlrl}& (1)设函数f(x)=\frac{tanx}{x}，0<x<\frac{\pi }{2}，当0<x<\frac{\pi }{2}时，f^{\prime }(x)=\frac{xse{c}^{2}x-tanx}{x^2}>0& & \\ & & & \\ & (xse{c}^{2}x-tanx>x-tanx>0)，所以f(x)在\left(0,\frac{\pi }{2}\right)内单调增加，因此，当0<x_1<x_2<\frac{\pi }{2}时，& & \\ & & & \\ & f(x_2)>f(x_1)，即\frac{tan{x}_2}{x_2}>\frac{tan{x}_1}{x_1}，也就是\frac{tan{x}_2}{tan{x}_1}>\frac{x_2}{x_1}& & \\ & & & \\ & (2)设函数f(x)=(1+x)ln(1+x)-arctanx(x>0)。当x>0时，f^{\prime }(x)=ln(1+x)+1-\frac{1}{1+x^2}>0，& & \\ & & & \\ & 所以f(x)在(0,+\infty )内单调增加，因此，当x>0时，f(x)>f(0)，& & \\ & & & \\ & 即(1+x)ln(1+x)-arctanx>0，也就是ln(1+x)>\frac{arctanx}{1+x}& & \\ & & & \\ & (3)设函数f(x)=l{n}^{2}x(e<a<x<b<e^2)，f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，& & \\ & & & \\ & 由拉格朗日中值定理可知至少存在一点\xi \in (a,b)，使l{n}^{2}b-l{n}^{2}a=\frac{2ln\xi }{\xi }(b-a)& & \\ & & & \\ & 设\phi (t)=\frac{lnt}{t}，则{\phi }^{\prime }(t)=\frac{1-lnt}{t^2}，当t>e时，{\phi }^{\prime }(t)<0，所以\phi (t)在[e,+\infty )上单调减少，& & \\ & & & \\ & 因为e<a<\xi <b<e^2，从而\phi (\xi )>\phi (e^2)，即\frac{ln\xi }{\xi }>\frac{ln{e}^2}{e^2}=\frac{2}{e^2}，因此，l{n}^{2}b-l{n}^{2}a>\frac{4}{e^2}(b-a)& & \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 13.设a>1，f(x)=a^x-ax在(-\infty ,+\infty )内的驻点为x(a)，问a为何值时，x(a)最小？并求出最小值。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& f^{\prime }(x)=a^{x}lna-a，令f^{\prime }(x)=0，得驻点x(a)=1-\frac{lnlna}{lna}，x^{\prime }(a)=-\frac{\frac{1}{a}-\frac{1}{a}lnlna}{(lna{)}^2}=-\frac{1-lnlna}{a(lna{)}^2}，& \\ & & \\ & 令x^{\prime }(a)=0，得a=e^e，当a>e^e时，x^{\prime }(a)>0，当a<e^e时，x^{\prime }(a)<0，& \\ & & \\ & 所以x(e^e)=1-\frac{1}{e}是极小值，也是最小值。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 14.求椭圆x^2-xy+y^2=3上纵坐标最大和最小的点。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 对方程两端求导，得2x-y-x{y}^{\prime }+2y{y}^{\prime }=0，y^{\prime }=\frac{y-2x}{2y-x}，令y^{\prime }=0，得y=2x，代入方程后得，x^2=1，x=\pm 1，& \\ & & \\ & 得到椭圆上的点(1,2)，(-1,-2)，根据题意可知点(1,2)，(-1,-2)是椭圆上纵坐标最大和最小的点。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 15.求数列\{\sqrt[n]{n}\}的最大项。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 设函数f(x)=x^{\frac{1}{x}}(x>0)，f^{\prime }(x)=x^{\frac{1}{x}-2}(1-lnx)，令f^{\prime }(x)=0，得驻点x=e，当0<x<e时，f^{\prime }(x)>0，& \\ & & \\ & 当e<x<+\infty 时，f^{\prime }(x)<0，因此点x=e是f(x)的极大值点，又因驻点唯一，所以极大值点也是最大值点，& \\ & & \\ & 最大值为f(e)=e^{\frac{1}{e}}，因为1<\sqrt{2}且f(x)在(e,+\infty )内单调减少，所以\sqrt[3]{3}>\sqrt[4]{4}>\cdot \cdot \cdot >\sqrt[n]{n}>\cdot \cdot \cdot & \\ & & \\ & 又因max\{\sqrt{2},\sqrt[3]{3}\}=\sqrt[3]{3}，所以数列\{\sqrt[n]{n}\}的最大项为\sqrt[3]{3}。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 16.曲线弧yh=sinx(0<x<\pi )上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& y^{\prime }=cosx，y^{\prime \prime }=-sinx，曲线y=sinx(0<x<\pi )的曲率为K=\frac{|-sinx|}{(1+co{s}^{2}x{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{sinx}{(1+co{s}^{2}x{)}^{\frac{3}{2}}}，& \\ & & \\ & K^{\prime }=\frac{2cosx(1+si{n}^{2}x)}{(1+co{s}^{2}x{)}^{\frac{3}{2}}}，令K^{\prime }=0，得x=\frac{\pi }{2}，当0<x<\frac{\pi }{2}时，K^{\prime }>0，当\frac{\pi }{2}<x<\pi 时，K^{\prime }<0，& \\ & & \\ & 所以，x=\frac{\pi }{2}是K的极大值点，又因驻点唯一，极大值点也是最大值点，K的最大值为K=\frac{sin\frac{\pi }{2}}{(1+co{s}^2\frac{\pi }{2}{)}^{\frac{3}{2}}}=1，& \\ & & \\ & 曲率半径\rho =1最小，所以曲线弧y=sinx(0<x<\pi )上点x=\frac{\pi }{2}处的曲率半径最小且曲率半径\rho =1.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 17.证明方程x^3-5x-2=0只有一个正根，并求此正根的近似值，精确到10^{-3}。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 设函数f(x)=x^3-5x-2，f^{\prime }(x)=3x^2-5，令f^{\prime }(x)=0，得x=\sqrt{\frac{5}{3}}，当0<x<\sqrt{\frac{5}{3}}时，f^{\prime }(x)<0，所以，& \\ & & \\ & f(x)在\left[0,\sqrt{\frac{5}{3}}\right]上单调减少，又因f(0)=-2<0，f\left(\sqrt{\frac{5}{3}}\right)={\left(\sqrt{\frac{5}{3}}\right)}^{\frac{3}{2}}-5\sqrt{\frac{5}{3}}-2<0，所以，& \\ & & \\ & 方程x^3-5x-2=0在\left(0,\sqrt{\frac{5}{3}}\right)内没有实根。& \\ & & \\ & 当\sqrt{\frac{5}{3}}<x<+\infty 时，f^{\prime }(x)>0，所以f(x)在\left[\sqrt{\frac{5}{3}},+\infty \right)上单调增加，因此方程x^3-5x-2=0在\left[\sqrt{\frac{5}{3}},+\infty \right)上& \\ & & \\ & 最多有一实根，，又因f(3)=10>0，由零点定理可知至少存在一点\xi \in \left(\sqrt{\frac{5}{3}},3\right)，使f(\xi )=0，即方程x^3-5x-2=0在\left(\sqrt{\frac{5}{3}},3\right)内至少有一实根，& \\ & & \\ & 因此，方程x^3-5x-2=0只有一个正根& \\ & & \\ & 二分法求方程根的近似值：因为f(2)=-4<0，所以取区间[2,3]& \\ & & \\ & {\xi }_1=2.5，f({\xi }_1)=1.125>0，故a_1=2，b_1=2.5；& \\ & & \\ & {\xi }_2=2.25，f({\xi }_2)=-1.859<0，故a_2=2.25，b_2=2.5；& \\ & & \\ & {\xi }_3=2.375，f({\xi }_3)=-0.479<0，故a_3=2.375，b_3=2.5；& \\ & & \\ & {\xi }_4=2.438，f({\xi }_4)=0.295>0，故a_4=2.375，b_4=2.438；& \\ & & \\ & {\xi }_5=2.406，f({\xi }_5)=-0.099<0，故a_5=2.406，b_5=2.438；& \\ & & \\ & {\xi }_6=2.422，f({\xi }_6)=0.096>0，故a_6=2.406，b_6=2.422；& \\ & & \\ & {\xi }_7=2.414，f({\xi }_7)=-0.002<0，故a_7=2.414，b_7=2.422；& \\ & & \\ & {\xi }_8=2.418，f({\xi }_8)=0.047>0，故a_8=2.414，b_8=2.418；& \\ & & \\ & {\xi }_9=2.416，f({\xi }_9)=0.023>0，故a_9=2.414，b_9=2.416；& \\ & & \\ & {\xi }_{10}=2.415，f({\xi }_{1}0)=0.01>0，故a_{10}=2.414，b_{10}=2.415；& \\ & & \\ & {\xi }_{11}=2.415，f({\xi }_{1}1)=0.004>0& \\ & & \\ & 使误差不超过10^{-3}的根的近似值为\xi =\mathrm{2.415.}& \end{array}$
 

代码块：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>

int main() {
    
	float xi, a, b;
	a=1;
	b=3;
	float fx;
	for(int i=0; i<12; i++){
    
		xi=(a+b)/2;
		fx=pow(xi, 3)-5*xi-2;
		printf("xi=%2.3f fx=%2.3f a=%2.3f b=%2.3f\n", xi, fx, a, b);
		if(fx>0){
    
			a=a;
			b=xi;
		}
		else if(fx<0){
    
			a=xi;
			b=b;
		}
	}
	system("pause");
	return 0;
}

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$\begin{array}{rlr}& 18.设f^{\prime \prime }(x_0)存在，证明：\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+h)+f(x_0-h)-2f(x_0)}{h^2}=f^{\prime \prime }(x_0)& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& \underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+h)+f(x_0-h)-2f(x_0)}{h^2}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x_0+h)-f^{\prime }(x_0-h)}{2h}=& \\ & & \\ & \frac{1}{2}\underset{h\to 0}{\lim }\left[\frac{f^{\prime }(x_0+h)-f^{\prime }(x_0)}{h}+\frac{f^{\prime }(x_0-h)-f^{\prime }(x_0)}{-h}\right]=\frac{1}{2}[f^{\prime \prime }(x_0)+f^{\prime \prime }(x_0)]=f^{\prime \prime }(x_0)& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 19.设f(x)在(a,b)内二阶可导，且f^{\prime \prime }(x)\le 0。证明对于(a,b)内任意两点x_1，x_2及0\le t\le 1，& \\ & & \\ & 有f[(1-t)x_1+t{x}_2]\le (1-t)f(x_1)+tf(x_2).& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 由x_1，x_2\in (a,b)可知x_0=(1-t)x_1+t{x}_2\in (a,b)，利用泰勒公式有& \\ & & \\ & f(x_1)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x_1-x_0)+\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }({\xi }_1)(x_1-x_0{)}^2，\xi 介于x_1和x_0之间，& \\ & & \\ & f(x_2)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x_2-x_0)+\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }({\xi }_2)(x_2-x_0{)}^2，\xi 介于x_2和x_0之间，& \\ & & \\ & 由f^{\prime \prime }(x)\le 0可知f^{\prime \prime }({\xi }_1)\le 0，f^{\prime \prime }({\xi }_2)\le 0，所以& \\ & & \\ & f(x_1)\le f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x_1-x_0)，f(x_2)\le f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x_2-x_0)，因此，& \\ & & \\ & (1-t)f(x_1)+tf(x_2)\le (1-t)f(x_0)+tf(x_0)+f^{\prime }(x_0)[(1-t)(x_1-x_0)+t(x_2-x_0)]=& \\ & & \\ & f(x_0)+f^{\prime }(x_0)[(1-t)x_1+t{x}_2-x_0]=f(x_0)，即f[(1-t)x_1+t{x}_2]\le (1-t)f(x_1)+tf(x_2)& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 20.试确定常数a和b，使f(x)=x-(a+bcosx)sinx为当x\to 0时关于x的5阶无穷小.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 利用泰勒公式f(x)=x-asinx-\frac{b}{2}sin2x=x-a\left[x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5)\right]-\frac{b}{2}\left[2x-\frac{(2x{)}^3}{3!}+\frac{(2x{)}^5}{5!}+o(x^5)\right]=& \\ & & \\ & (1-a-b)x+\left(\frac{a}{6}+\frac{2b}{3}\right)x^3-\left(\frac{a}{120}+\frac{2b}{15}\right)x^5+o(x^5).& \\ & & \\ & 根据题意，有& \\ & & \\ & \{\begin{array}{l}1-a-b=0，\\ \\ \frac{a}{6}+\frac{2b}{3}=0，\\ \\ \frac{a}{120}+\frac{2b}{15}\ne 0\end{array}得a=\frac{4}{3}，b=-\frac{1}{3}，& \\ & & \\ & 当a=\frac{4}{3}，b=-\frac{1}{3}时，f(x)=x-(a+bcosx)sinx为当x\to 0时关于x的5阶无穷小& \end{array}$