第二章 导数与微分

§2.1 函数的导数

2. 设 \(f(x) = ax^2 + bx + c\), 用定义求 \(f'(x)\).

解

\[\begin{split}f'(x) &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} \\ &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{a(x + \Delta x)^2 + b(x + \Delta x) + c - (ax^2 + bx + c)}{\Delta x} \\ &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{a(x^2 + 2x\Delta x + \Delta x^2) + bx + b\Delta x + c - ax^2 - bx - c}{\Delta x} \\ &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2ax\Delta x + a\Delta x^2 + b\Delta x}{\Delta x} \\ &= \lim_{\Delta x \to 0} 2ax + a\Delta x + b \\ &= 2ax + b\end{split}\]

4. 求曲线 \(y = 2^x\) 在点 \((1, 2)\) 处的切线方程和法线方程.

解

\(y = 2^x\) 的导函数为 \(y' = 2^x \ln 2\), 所以在点 \((1, 2)\) 处切线斜率, 即该点处的导数值为 \(y'|_{x=1} = 2 \ln 2\). 所以切线方程为 \(y - 2 = 2 \ln 2 (x - 1)\), 即 \(y = 2 \ln 2 x - 2 \ln 2 + 2\).

法线的斜率为 \(-\frac{1}{2 \ln 2}\), 所以法线方程为 \(y - 2 = -\frac{1}{2 \ln 2} (x - 1)\), 即 \(y = -\frac{1}{2 \ln 2} x + \frac{1}{2 \ln 2} + 2\).

5. 函数 \(f(x) = \begin{cases} a \sin x, & x \leqslant 0 \\ e^x + b, & x > 0 \end{cases}\) 可导, 求 \(a, b\).

解

\(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处可导, 所以 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处连续, 即 \(a \sin 0 = e^0 + b\), 解得 \(b = -1\).

\(f'_{-}(0) = a \cos 0 = a\), \(f'_{+}(0) = e^0 = 1\), 所以 \(a = 1\).

6. 已知函数可导, 将下列极限用导数表示出来:

   (3). 设 \(f(0) = 0\), 求 \(\lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h}\).

解

\[\lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h - 0} = f'(0)\]

7. 讨论函数在 \(x = 0\) 处的可导性:

   (2). \(f(x) = \begin{cases} x^2 \cos \dfrac{1}{x}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}\).

解

首先, \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处连续, 因为 \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = \lim\limits_{x \to 0} x^2 \cos \dfrac{1}{x} = 0 = f(0)\). 接下来考虑 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处的左右导数是否相等:

\[\begin{split}f'_{-}(0) &= \lim_{h \to 0^{-}} \dfrac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^{-}} \dfrac{h^2 \cos \dfrac{1}{h}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0^{-}} h \cos \dfrac{1}{h} \\ &= 0\end{split}\]

\[\begin{split}f'_{+}(0) &= \lim_{h \to 0^{+}} \dfrac{f(0 + h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^{+}} \dfrac{h^2 \cos \dfrac{1}{h}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0^{+}} h \cos \dfrac{1}{h} \\ &= 0\end{split}\]

所以 \(f'(0) = 0\), \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处可导.

§2.2 函数的求导法则

1. 求下列函数的导数:

   (2). \(y = x^5 \left( \dfrac{1}{x} + \sqrt{x} \right)\); (4) \(y = (1 + \tan x) \ln x\);

   (6). \(y = e^x (x^3 - 3x^2 + 6x - 6)\); (8). \(y = \dfrac{\cos x}{1 + \ln x}\);

   (10). \(y = \dfrac{1 + \ln x}{x^2}\); (12). \(y = \dfrac{1 - x}{1 + x}\);

   (14). \(y = \dfrac{2\sec x}{1 + x^2}\).

解

(2).

\[\begin{split}y' &= 5x^4 \left( \dfrac{1}{x} + \sqrt{x} \right) + x^5 \left( -\dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \right) \\ &= 5x^3 + 5x^{9/2} - x^3 + \dfrac{1}{2} x^{9/2} \\ &= 4x^3 + \dfrac{11}{2} x^{9/2}\end{split}\]

(4).

\[y' = \dfrac{1}{\cos^2 x} \ln x + (1 + \tan x) \cdot \dfrac{1}{x}\]

(6).

\[y' = e^x (x^3 - 3x^2 + 6x - 6) + e^x (3x^2 - 6x + 6) = e^x x^3\]

(8).

\[y' = \dfrac{-\sin x}{1 + \ln x} - \dfrac{\cos x}{(1 + \ln x)^2} \cdot \dfrac{1}{x} = - \dfrac{\cos x + x \sin x (1 + \ln x)}{x(1 + \ln x)^2}\]

(10).

\[y' = \dfrac{\dfrac{1}{x} \cdot x^2 - (1 + \ln x) \cdot 2x}{x^4} = \dfrac{1 - 2 - 2 \ln x}{x^3} = - \dfrac{2 \ln x + 1}{x^3}\]

(12).

\[y' = \dfrac{-1 \cdot (1 + x) - (1 - x) \cdot 1}{(1 + x)^2} = - \dfrac{2}{(1 + x)^2}\]

(14).

\[y' = \dfrac{2 (\sec x \tan x) \cdot (1 + x^2) - 2 \sec x \cdot 2x}{(1 + x^2)^2} = 2 \sec x \left( \dfrac{(1 + x^2) \tan x - 2x}{(1 + x^2)^2} \right)\]

2. 求函数在给定点的导数

   (1). \(y = \sin x + \cos x\), 求 \(y'|_{x = \frac{\pi}{4}}\);

   (3). \(y = \dfrac{x + \sqrt{x}}{1 + \sqrt{x}}\), 求 \(y'|_{x = 1}\);

   (5). 设 \(\varphi(x)\) 是连续函数, \(f(x) = (1 - x^2) \varphi(x)\), 求 \(f'(1)\).

解

(1). \(y' = \cos x - \sin x\), 所以 \(y'|_{x = \frac{\pi}{4}} = \cos \frac{\pi}{4} - \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = 0\).

(3). \(y' = \left( \dfrac{\sqrt{x} (1 + \sqrt{x})}{1 + \sqrt{x}} \right)' = \left( \sqrt{x} \right)' = \dfrac{1}{2 \sqrt{x}}\), 所以 \(y'|_{x = 1} = \dfrac{1}{2}\).

(5). 由于 \(\varphi\) 只是连续函数, 不知道是否可导, 所以需要用定义求 \(f(x) = (1 - x^2) \varphi(x)\) 的导数

\[\begin{split}f'(x) & = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} \\ & = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(1 - (x + \Delta x)^2) \varphi(x + \Delta x) - (1 - x^2) \varphi(x)}{\Delta x} \\ & = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(1 - x^2 - 2x \Delta x - \Delta x^2) \varphi(x + \Delta x) - (1 - x^2) \varphi(x)}{\Delta x} \\ & = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(1 - x^2) \varphi(x + \Delta x) - (1 - x^2) \varphi(x) - 2x \Delta x \varphi(x + \Delta x) - \Delta x^2 \varphi(x + \Delta x)}{\Delta x} \\ & = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(1 - x^2) (\varphi(x + \Delta x) - \varphi(x))}{\Delta x} - \lim_{\Delta x \to 0} 2x \varphi(x + \Delta x) - \lim_{\Delta x \to 0} \Delta x \varphi(x + \Delta x) \\ & = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(1 - x^2) (\varphi(x + \Delta x) - \varphi(x))}{\Delta x} - 2x \varphi(x) - 0 \\\end{split}\]

上式代 \(x = 1\) 有 \(f'(1) = \lim\limits_{\Delta x \to 0} 0 - 2 \cdot 1 \cdot \varphi(1) = -2 \varphi(1)\).

3. 求曲线 \(y = x - \dfrac{1}{x}\) 在与坐标轴交点处的切线方程和法线方程.

解

先求曲线与坐标轴交点. 由于曲线在 \(x = 0\) 处无定义, 即与 \(y\) 轴无交点, 所以只需求 \(x\) 轴交点. 曲线与 \(x\) 轴交点为 \(x - \dfrac{1}{x} = 0\), 解得 \(x = \pm 1\), 所以曲线与坐标轴交点为 \((-1, 0)\) 和 \((1, 0)\).

曲线 \(y = x - \dfrac{1}{x}\) 的导函数为 \(y' = 1 + \dfrac{1}{x^2}\), 所以在点 \((-1, 0)\) 处切线斜率, 即该点处的导数值为 \(y'|_{x=-1} = 1 + \dfrac{1}{(-1)^2} = 2\), 所以切线方程为 \(y - 0 = 2 (x + 1)\), 即 \(y = 2x + 2\); 法线的斜率为 \(-\dfrac{1}{2}\), 所以法线方程为 \(y - 0 = -\dfrac{1}{2} (x + 1)\), 即 \(y = -\dfrac{1}{2} x - \dfrac{1}{2}\). 类似可求得曲线在点 \((1, 0)\) 处的切线方程为 \(y = 2x - 2\), 法线方程为 \(y = -\dfrac{1}{2} x + \dfrac{1}{2}\).

4. 求下列函数的导数:

   (2). \(y = \sin x^5\); (4). \(y = e^{\cos 2x}\);

   (6). \(y = \sin (nx) \sin^n x\); (8). \(y = \arctan \dfrac{1 + x}{1 - x}\).

解

(2). \(y' = \cos x^5 \cdot 5x^4\).

(4). \(y' = e^{\cos 2x} \cdot (-\sin 2x) \cdot 2 = -2 e^{\cos 2x} \sin 2x\).

(6).

\[\begin{split}y' & = n \cos (nx) \sin^n x + \sin (nx) \cdot n \sin^{n-1} x \cdot \cos x \\ & = n \sin^{n-1} x (\cos (nx) \sin x + \sin (nx) \cos x) \\ & = n \sin^{n-1} x \sin (nx + x).\end{split}\]

(8). \(y' = \dfrac{1}{1 + \left( \dfrac{1 + x}{1 - x} \right)^2} \cdot \dfrac{(1 - x) + (1 + x)}{(1 - x)^2} = \dfrac{2}{(1 - x)^2 + (1 + x)^2} = \dfrac{1}{1 + x^2}\).

§2.3 高阶导数

1. 求下列函数的二阶导数:

   (2). \(y = \ln (x + \sqrt{x^2 + 4})\);

   (4). \(y = \ln (x^2 + 1)\);

   (6). \(y = \sin 2x\).

解

(2).

\[\begin{split}y' & = \dfrac{1}{x + \sqrt{x^2 + 4}} \cdot (1 + \dfrac{1}{2 \sqrt{x^2 + 4}} \cdot 2x) = \dfrac{1}{x + \sqrt{x^2 + 4}} \cdot \dfrac{x + \sqrt{x^2 + 4}}{\sqrt{x^2 + 4}} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 4}} \\ y'' & = -\dfrac{1}{2} (x^2 + 4)^{-3/2} \cdot 2x = -\dfrac{x}{(x^2 + 4)^{3/2}}\end{split}\]

(4).

\[\begin{split}y' & = \dfrac{2x}{x^2 + 1} \\ y'' & = \dfrac{2(x^2 + 1) - 2x \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{2(1 - x^2)}{(x^2 + 1)^2}\end{split}\]

(6).

\[\begin{split}y' & = 2 \cos 2x \\ y'' & = -4 \sin 2x\end{split}\]

2. 若 \(f(x)\) 的二阶导数存在, 求下列函数 \(y\) 的二阶导数 \(\dfrac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2}\):

   (2). \(y = \ln f(x)\).

解

\[\begin{split}y' & = \dfrac{1}{f(x)} \cdot f'(x) \\ y'' & = \dfrac{1}{f(x)} \cdot f''(x) - \dfrac{1}{f^2(x)} \cdot (f'(x))^2 = \dfrac{f''(x) f(x) - (f'(x))^2}{f^2(x)}\end{split}\]

3. 验证函数关系式:

   (2). \(y = \dfrac{x - 3}{x - 4}\) 满足关系式 \(2y'^2 = (y - 1) y''\).

证明

\[\begin{split}y' & = \dfrac{(x - 4) - (x - 3)}{(x - 4)^2} = -\dfrac{1}{(x - 4)^2} \\ y'' & = 2(x - 4)^{-3} = \dfrac{2}{(x - 4)^3}\end{split}\]

所以

\[\begin{split}2y'^2 & = 2 \cdot \dfrac{1}{(x - 4)^4} = \dfrac{2}{(x - 4)^4} \\ (y - 1) y'' & = \dfrac{(x - 3) - (x - 4)}{x - 4} \cdot \dfrac{2}{(x - 4)^3} = \dfrac{2}{(x - 4)^4}\end{split}\]

所以 \(2y'^2 = (y - 1) y''\).

4. 求下列函数的高阶导数:

   (2). \(y = x (e^{x} + e^{-x})\), 求 \(y^{(99)}\).

解

\[\begin{split}y' & = e^x + e^{-x} + x (e^x - e^{-x}) \\ y'' & = e^x - e^{-x} + e^x - e^{-x} + x (e^x + e^{-x}) = 2(e^x - e^{-x}) + x (e^x + e^{-x}) \\ y^{(3)} & = 2(e^x + e^{-x}) + e^x + e^{-x} + x (e^x - e^{-x}) = 3(e^x + e^{-x}) + x (e^x - e^{-x})\end{split}\]

所以可以猜测 \(y^{(n)} = n(e^x + (-1)^{n - 1} e^{-x}) + x (e^x + (-1)^n e^{-x})\), 用数学归纳法证明:

\[\begin{split}y^{(n + 1)} & = \dfrac{d \left( n(e^x + (-1)^{n - 1} e^{-x}) + x (e^x + (-1)^n e^{-x}) \right)}{\mathrm{d} x} \\ & = n(e^x + (-1)^{n} e^{-x}) + (e^x + (-1)^n e^{-x}) + x (e^x + (-1)^{n + 1} e^{-x}) \\ & = (n + 1)(e^x + (-1)^{n} e^{-x}) + x (e^x + (-1)^{n + 1} e^{-x}) \\ & = (n + 1)(e^x + (-1)^{(n + 1) - 1} e^{-x}) + x (e^x + (-1)^{n + 1} e^{-x})\end{split}\]

所以 \(y^{(n)} = n(e^x + (-1)^{n - 1} e^{-x}) + x (e^x + (-1)^n e^{-x})\). 令 \(n = 99\) 有

\[y^{(99)} = 99(e^x + (-1)^{98} e^{-x}) + x (e^x + (-1)^{99} e^{-x}) = 99(e^x + e^{-x}) + x (e^x - e^{-x}).\]

另解: 利用 Leibniz 公式 \((uv)^{(n)} = \sum\limits_{k = 0}^n C_n^k u^{(k)} v^{(n - k)}\), 有

\[\begin{split}y^{(n)} & = (x (e^{x} + e^{-x}))^{(n)} = C_n^0 x^{(0)} (e^{x} + e^{-x})^{(n)} + C_n^1 x^{(1)} (e^{x} + e^{-x})^{(n - 1)} + 0 + \cdots + 0 \\ & = x (e^{x} + (-1)^n e^{-x}) + n (e^{x} + (-1)^{n - 1} e^{-x}).\end{split}\]

因此 \(y^{(99)} = 99(e^x + (-1)^{98} e^{-x}) + x (e^x + (-1)^{99} e^{-x}) = 99(e^x + e^{-x}) + x (e^x - e^{-x})\).

§2.4 隐函数与参数方程所确定的函数的导数

1. 求下列隐函数所确定的函数的导数:

   (1). \(x^3 + y^3 - 3xy = 0\);

   (3). \(e^{x + y} - xy = 1\);

   (5). \(y = \tan (x + y)\).

解

(1). 方程两边对 \(x\) 求导有 \(3 x^2 + 3 y^2 y' - 3 (x y' + y) = 0\), 所以 \(y' = \dfrac{y - x^2}{y^2 - x}\).

(3). 方程两边对 \(x\) 求导有 \(e^{x + y} (1 + y') - y - xy' = 0\), 所以 \(y' = \dfrac{y - e^{x + y}}{e^{x + y} - x} = \dfrac{y - xy - 1}{1 + xy -x}\).

(5). 方程两边对 \(x\) 求导有 \(y' = \dfrac{1}{\cos^2 (x + y)} (1 + y')\), 所以 \(y' = \dfrac{1}{\cos^2 (x + y) - 1} = -\dfrac{1}{\sin^2 (x + y)}\).

3. \(y = 1 + x e^y\), 求 \(y'|_{x = 0}, y''|_{x = 0}\).

解

首先将 \(x = 0\) 代入方程 \(y = 1 + x e^y\) 得 \(y|_{x = 0} = 1\).

方程 \(y = 1 + x e^y\) 两边对 \(x\) 求导有 \(y' = e^y + x e^y y'\), 所以 \(y' = \dfrac{e^y}{1 - x e^y}\). 所以 \(y'|_{x = 0} = e^{1} = e\).

\(y' = \dfrac{e^y}{1 - x e^y} = \dfrac{e^y}{2 - y}\) 两边对 \(x\) 求二阶导有

\[\begin{split}y'' & = \dfrac{e^y y' (2 - y) - e^y (-y')}{(2 - y)^2} = \dfrac{e^y y' (2 - y) + e^y y'}{(2 - y)^2} \\ & = \dfrac{3 e^y y' - y y' e^y}{(2 - y)^2}\end{split}\]

将 \(y|_{x = 0} = 1\) 和 \(y'|_{x = 0} = e\) 代入上式得 \(y''|_{x = 0} = \dfrac{3 e^2 - e^2}{(1 - 0)^2} = 2 e^2\).

4. 用对数求导法求下列导数:

   (1). \(y = x^x\).

   (2). \(\displaystyle y = \sqrt[\leftroot{-3}\uproot{15}3]{\dfrac{(x + 1) (x^2 + 2)}{x (2x - 1)^2}}\).

解

(1). 由于 \(\ln y = \ln x^x = x \ln x\), 所以 \(y' = (x \ln x)' \cdot y = (\ln x + 1) x^x\).

(2). 由于

\[\begin{split}\ln y & = \ln \left( \dfrac{(x + 1) (x^2 + 2)}{x (2x - 1)^2} \right)^{1/3} = \dfrac{1}{3} \ln \left( \dfrac{(x + 1) (x^2 + 2)}{x (2x - 1)^2} \right) \\ & = \dfrac{1}{3} \left( \ln (x + 1) + \ln (x^2 + 2) - \ln x - 2 \ln (2x - 1) \right),\end{split}\]

所以

\[\begin{split}y' & = \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{x + 1} + \dfrac{2x}{x^2 + 2} - \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{2x - 1} \right) \cdot y \\ & = \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{x + 1} + \dfrac{2x}{x^2 + 2} - \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{2x - 1} \right) \cdot \sqrt[\leftroot{-3}\uproot{15}3]{\dfrac{(x + 1) (x^2 + 2)}{x (2x - 1)^2}}.\end{split}\]

6. 设参数方程为 \(\begin{cases} x = e^t \sin t \\ y = e^t \cos t \end{cases}\),

   (1). 求曲线在 \(t = \dfrac{\pi}{3}\) 处的切线方程和法线方程;

   (2). 验证函数满足关系式 \(\dfrac{d^2 y}{\mathrm{d} x^2} (x + y)^2 = 2 \left( x \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} - y \right)\).

解

(1). \(\dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \left. \left( \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right) \right/ \left( \dfrac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \right) = \dfrac{e^t \cos t - e^t \sin t}{e^t \sin t + e^t \cos t} = \dfrac{\cos t - \sin t}{\sin t + \cos t}\). 曲线在 \(t = \dfrac{\pi}{3}\) 处的切线斜率为 \(\left. \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right|_{t = \dfrac{\pi}{3}} = \dfrac{\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}} = \sqrt{3} - 2\). 曲线在 \(t = \dfrac{\pi}{3}\) 处过点 \((e^{\frac{\pi}{3}} \sin \frac{\pi}{3}, e^{\frac{\pi}{3}} \cos \frac{\pi}{3})\), 所以切线方程为 \(y - e^{\frac{\pi}{3}} \cos \frac{\pi}{3} = (\sqrt{3} - 2) (x - e^{\frac{\pi}{3}} \sin \frac{\pi}{3})\), 即 \(y = (\sqrt{3} - 2) x + e^{\frac{\pi}{3}} (\sqrt{3} - 1)\).

法线斜率为 \(-\dfrac{1}{\sqrt{3} - 2}\), 所以法线方程为 \(y - e^{\frac{\pi}{3}} \cos \frac{\pi}{3} = -\dfrac{1}{\sqrt{3} - 2} (x - e^{\frac{\pi}{3}} \sin \frac{\pi}{3})\), 即 \(y = (2 + \sqrt{3}) x - e^{\frac{\pi}{3}} (1 + \sqrt{3})\).

(2). 由于 \(\dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \dfrac{\cos t - \sin t}{\cos t + \sin t}\), 所以

\[\begin{split}\dfrac{d^2 y}{\mathrm{d} x^2} & = \dfrac{\dfrac{d}{\mathrm{d} t} \left( \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right)}{\dfrac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}} = \dfrac{\dfrac{d}{\mathrm{d} t} \left( \dfrac{\cos t - \sin t}{\cos t + \sin t} \right)}{e^t \sin t + e^t \cos t} \\ & = \dfrac{\left( \dfrac{-(\cos t + \sin t) \cdot (\cos t + \sin t) - (\cos t - \sin t) \cdot (\cos t - \sin t)}{(\cos t + \sin t)^2} \right)}{e^t \sin t + e^t \cos t} \\ & = \dfrac{-2}{e^t (\sin t + \cos t)^3}.\end{split}\]

所以

\[\begin{split}\dfrac{d^2 y}{\mathrm{d} x^2} (x + y)^2 & = \dfrac{-2}{e^t (\sin t + \cos t)^3} \cdot (e^t \sin t + e^t \cos t)^2 = - \dfrac{2 e^t}{\sin t + \cos t} \\ 2 \left( x \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} - y \right) & = 2 \left( e^t \sin t \cdot \dfrac{\cos t - \sin t}{\cos t + \sin t} - e^t \cos t \right) = - \dfrac{2 e^t}{\sin t + \cos t}\end{split}\]

于是有 \(\dfrac{d^2 y}{\mathrm{d} x^2} (x + y)^2 = 2 \left( x \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} - y \right)\).

§2.5 函数的微分

1. 已知 \(y = x^2 + 1\), 计算在 \(x = 1\) 点处当 \(\Delta x = 0.1\) 和 \(0.01\) 时的 \(\Delta y\) 和 \(\mathrm{d} y\).

解

函数 \(y = x^2 + 1\) 的微分为 \(\mathrm{d} y = 2x \mathrm{d} x\), 所以当 \(x = 1\) 时 \(\mathrm{d} y = 2 \mathrm{d} x\).

当 \(\Delta x = 0.1\) 时, \(\Delta y = f(1 + 0.1) - f(1) = 2.21 - 2 = 0.21, \mathrm{d} y = 2 \cdot 0.1 = 0.2\).

当 \(\Delta x = 0.01\) 时, \(\Delta y = f(1 + 0.01) - f(1) = 2.0201 - 2 = 0.0201, \mathrm{d} y = 2 \cdot 0.01 = 0.02\).

2. 求下列函数的微分:

   (1). \(y = x^2 + \sqrt{x}\);

   (3). \(y = e^{x^2 + x}\);

   (5). \(y = \ln (1 + x^2)\);

   (7). \(y = \arctan \dfrac{1 - x}{1 + x}\);

   (9). \(x^3 + y^3 -3x^2y - 3y^2x = 4a^2\).

解

(1). \(\mathrm{d} y = 2x \mathrm{d} x + \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \mathrm{d} x = (2x + \dfrac{1}{2 \sqrt{x}}) \mathrm{d} x\).

(3). \(\mathrm{d} y = (2x + 1) e^{x^2 + x} \mathrm{d} x\).

(5). \(\mathrm{d} y = \dfrac{2x}{1 + x^2} \mathrm{d} x\).

(7). \(\left( \arctan\dfrac{1 - x}{1 + x} \right)' = \dfrac{1}{1 + \left( \dfrac{1 - x}{1 + x} \right)^2} \cdot \dfrac{-(1 + x) - (1 - x)}{(1 + x)^2} = \dfrac{-1}{1 + x^2}\), 所以 \(\mathrm{d} y = \dfrac{1}{1 + x^2} \mathrm{d} x\).

(9). 对等式两边求微分有 \(3x^2 \mathrm{d} x + 3y^2 \mathrm{d} y - 6xy \mathrm{d} x - 3x^2 \mathrm{d} y - 6xy \mathrm{d} y - 3y^2 \mathrm{d} x = 0\), 所以 \((y^2 - 2xy - x^2) \mathrm{d} y = (2xy - x^2 + y^2) \mathrm{d} x\), 即有 \(\mathrm{d} y = \dfrac{y^2 + 2xy - x^2}{y^2 - 2xy + x^2} \mathrm{d} x\).

3. 将适当的函数填入括号中, 使得下列等式成立:

   (2). \(\mathrm{d} (\quad) = \dfrac{1}{x^2} \mathrm{d} x\);

   (4). \(\mathrm{d} (\quad) = e^{-2x} \mathrm{d} x\);

   (6). \(\mathrm{d} (\quad) = \dfrac{\arctan x}{x^2 + 1} \mathrm{d} x\).

解

(2). 由于 \(\left( \dfrac{1}{x} \right)' = -\dfrac{1}{x^2}\), 所以 \(\mathrm{d} \left( -\dfrac{1}{x} + C \right) = \dfrac{1}{x^2} \mathrm{d} x\).

(4). 由于 \(\left( -\dfrac{1}{2} e^{-2x} \right)' = e^{-2x}\), 所以 \(\mathrm{d} \left( -\dfrac{1}{2} e^{-2x} + C \right) = e^{-2x} \mathrm{d} x\).

(6). 由于 \(\left( \dfrac{1}{2} \arctan^2 x \right)' = \dfrac{\arctan x}{x^2 + 1}\), 所以 \(\mathrm{d} \left( \dfrac{1}{2} \arctan^2 x + C \right) = \dfrac{\arctan x}{x^2 + 1} \mathrm{d} x\).

以上的 \(C\) 为常数.

备注

一般地, 可以把 \(\mathrm{d} x\) 变形, 将整个表示式变成基本初等函数的微分. 例如第 (6) 题:

\[\begin{split}\dfrac{\arctan x}{x^2 + 1} \mathrm{d} x & = \arctan x \cdot \dfrac{1}{x^2 + 1} \mathrm{d} x \\ & = \arctan x \cdot \mathrm{d} (\arctan x) \\ & = \mathrm{d} \left( \dfrac{1}{2} \arctan^2 x + C \right).\end{split}\]

4. 求下列近似值:

   (2). \(e^{1.01}\).

解

由于 \(e^x\) 在 \(x = 1\) 处的导数为 \(e^x\), 在 \(x = 1\) 附近有 \(e^{x + \Delta x} \approx e^x + e^x \cdot \Delta x\), 那么 \(e^{1.01} \approx e^1 + e^1 \cdot 0.01 \approx 2.71828 + 2.71828 \cdot 0.01 = 2.74546\).

5. 当 \(x\) 很小时, 证明近似公式:

   (2). \(\ln (1 + \sin x) \approx x\).

解

由于 \(\ln (1 + \sin x)\) 在 \(x = 0\) 处的值为 \(0\), 导数为 \(\left.\dfrac{\cos x}{1 + \sin x}\right|_{x = 0} = 1\), 所以在 \(x = 0\) 附近有 \(\ln (1 + \sin x) \approx 0 + 1 \cdot x = x\).

7. 已知单摆的运动规律为 \(y = 2\pi \sqrt{\dfrac{x}{g}}\), 其中 \(y\) 是运动周期, \(g\) 为重力加速度, \(x\) 为摆长. 如果摆长增加 \(1\%\), 单摆的运动周期约增加多少?

解

单摆运动周期 \(y = 2\pi \sqrt{\dfrac{x}{g}}\) 关于摆长 \(x\) 的导数为 \(\dfrac{\pi}{\sqrt{g x}}\), 那么当摆长增加 \(1\%\) 时, 单摆的运动周期增加约 \(\dfrac{\pi}{\sqrt{g x}} \cdot 0.01 x = \pi \sqrt{\dfrac{x}{g}} \cdot 0.01 = \dfrac{y}{2} \cdot 0.01 = y \cdot 0.005\), 所以单摆的运动周期约 \(0.5\%\).

另解: 直接利用弹性函数, 当 \(x\) 增加 \(1\%\) 时, \(y\) 增加比例为

\[y'\dfrac{x}{y}\% = \left( \dfrac{\pi}{\sqrt{g x}} \cdot \dfrac{x}{2\pi \sqrt{\dfrac{x}{g}}} \right)\% = \dfrac{1}{2} \% = 0.5\%.\]

§2.6 微分中值定理

1. 验证函数 \(f(x) = x \sqrt{1 - x^2}\) 在 \([-1, 1]\) 满足罗尔定理.

解

(1). \(f(x) = x \sqrt{1 - x^2}\) 是初等函数, 在定义区间 \([-1, 1]\) 上连续.

(2). \(f'(x) = \sqrt{1 - x^2} - \dfrac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}}\), 其在开区间 \((-1, 1)\) 内有定义, 所以 \(f(x)\) 在开区间 \((-1, 1)\) 内可导.

(3). \(f(-1) = f(1) = 0\).

3. 设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 连续可微, 在 \((a, b)\) 二阶可微, 且 \(f(a) = f(b) = f'(a) = 0\), 证明 \(f''(x) = 0\) 在 \((a, b)\) 内至少有一个根.

证明

由于 \(f(a) = f(b) = 0\), 所以根据罗尔定理, 存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得 \(f'(\xi) = 0\).

考察函数 \(f'(x)\), 它在闭区间 \([a, \xi]\) 上连续, 在开区间 \((a, \xi)\) 内可导, 且 \(f'(a) = f'(\xi) = 0\), 所以根据罗尔定理, 存在 \(\eta \in (a, \xi)\) 使得 \(f''(\eta) = 0\).

注意: 这题用了两次罗尔定理.

4. 已知 \(c_0 + \dfrac{c_1}{2} + \cdots + \dfrac{c_n}{n + 1} = 0\), 证明 \(p(x) = c_0 + c_1 x + \cdots + c_n x^n = 0\) 至少有一正实根.

证明

考察函数 \(f(x) = c_0 x + \dfrac{c_1}{2} x^2 + \cdots + \dfrac{c_n}{n + 1} x^{n + 1}\), 它是一个多项式, 因此在闭区间 \([0, 1]\) 上连续, 在开区间 \((0, 1)\) 内可导, 而且 \(f(0) = f(1) = 0\), 所以根据罗尔定理, 存在 \(\xi \in (0, 1)\) 使得 \(0 = f'(\xi) = c_0 + c_1 \xi + \cdots + c_n \xi^n\), 即 \(p(\xi) = 0\). 因此, \(p(x)\) 至少有一正实根 \(\xi\).

6. 求证 \(\arcsin x + \arccos x \equiv \dfrac{\pi}{2} (\lvert x \rvert \leqslant 1)\).

证明

考虑函数 \(f(x) = \arcsin x + \arccos x, \lvert x \rvert \leqslant 1\). 它的导数为 \(f'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}} - \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = 0\), 所以 \(f(x)\) 在闭区间 \([-1, 1]\) 上是常数函数. 易知 \(f(0) = \dfrac{\pi}{2}\), 所以 \(f(x) \equiv \dfrac{\pi}{2}\).

7. 证明: 当 \(a > b > 0\) 时, \(\dfrac{a - b}{a} < \ln \dfrac{a}{b} < \dfrac{a - b}{b}\).

证明

考虑函数 \(f(x) = \ln x, x > 0\). 它的导数为 \(f'(x) = \dfrac{1}{x}\). 对 函数 \(f(x)\) 在区间 \([b, a]\) 上应用拉格朗日中值定理, 存在 \(\xi \in (b, a)\) 使得

\[\ln a - \ln b = \dfrac{1}{\xi} (a - b).\]

所以

\[\dfrac{a - b}{a} = \left. \dfrac{1}{\xi} (a - b) \right|_{\xi = a} < \ln \dfrac{a}{b} < \left. \dfrac{1}{\xi} (a - b) \right|_{\xi = b} = \dfrac{a - b}{b}.\]

9. 设函数 \(f(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上连续, 在 \((a, b)\) 内可导, 且有 \(f(a) = f(b) = 0\). 利用 \(g(x) = e^{-x} f(x)\) 证明存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得 \(f(\xi) - f'(\xi) = 0\).

证明

由于函数 \(f(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上连续, 在 \((a, b)\) 内可导, 那么函数 \(g(x) = e^{-x} f(x)\) 也在区间 \([a, b]\) 上连续, 在 \((a, b)\) 内可导, 而且 \(g(a) = g(b) = 0\). 根据罗尔定理, 存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得 \(g'(\xi) = e^{-\xi}(f'(\xi) - f(\xi)) = 0\), 即有 \(f(\xi) - f'(\xi) = 0\).

10. 求证: 设 \(f(x)\) 在 \([a, b] (b > a > 0)\) 上连续, 在 \((a, b)\) 内可导, 则存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得

    \[f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln \dfrac{b}{a}.\]

证明

考虑函数 \(g(u) = f(e^{u})\). 由于 \(f(x)\) 在 \([a, b] (b > a > 0)\) 上连续, 在 \((a, b)\) 内可导, 那么函数 \(g(u)\) 在 \([\ln a, \ln b]\) 上连续, 在 \((\ln a, \ln b)\) 内可导. 那么根据拉格朗日中值定理, 存在 \(\eta \in (\ln a, \ln b)\) 使得

\[\dfrac{g(\ln b) - g(\ln a)}{\ln b - \ln a} = g'(\eta) = f'(e^{\eta}) e^{\eta}.\]

令 \(\xi = e^{\eta}\), 那么 \(\xi \in (a, b)\), 且

\[f(b) - f(a) = \xi f'(\xi) \ln \dfrac{b}{a}.\]

§2.7 洛必达法则

1. 应用洛必达法则求下列 \(\dfrac{0}{0}\) 或 \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型未定式的极限:

   (2). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x^2}{x^3 \sin x}\);

   (4). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - x}{x - \sin x}\);

   (6). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^{-2x} - e^{-5x}}{x}\);

   (8). \(\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{1 - 2\sin x}{\cos 3x}\);

   (10). \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^b}{e^{ax}} ~~ (a, b > 0)\);

   (12). \(\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln x}{\cot x}\).

解

(2).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x^2}{x^3 \sin x} & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x \sin x^2}{3x^2 \sin x + x^3 \cos x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x^2}{3x \sin x + x^2 \cos x} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4x \cos x^2}{3 \sin x + 3 x \cos x + 2x \cos x - x^2 \sin x} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4 \cos x^2}{3 + 5 \cos x - x \sin x} \\ & = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}.\end{split}\]

(4).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - x}{x - \sin x} & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sec^2 x - 1}{1 - \cos x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{ 2 \sec x \cdot (\sec x \tan x)}{\sin x} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{ 2 \sec^2 x}{\cos x} = \dfrac{2}{1} = 2.\end{split}\]

(6).

\[\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^{-2x} - e^{-5x}}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{-2e^{-2x} + 5e^{-5x}}{1} = -2 + 5 = 3.\]

(8).

\[\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{1 - 2\sin x}{\cos 3x} = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\cos x}{3\sin 3x} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}.\]

(10). 若 \(b > 0\) 为正整数, 那么

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^b}{e^{ax}} & = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{bx^{b-1}}{ae^{ax}} = \cdots \\ & = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{b!}{a^b e^{ax}} = 0.\end{split}\]

若 \(b > 0\) 不是正整数, 那么

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^b}{e^{ax}} & = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{b x^{b-1}}{a e^{ax}} = \cdots \\ & = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{b(b-1)\cdots(b-[b])}{a^{[b]} e^{ax} x^{[b]+1-b}} = 0.\end{split}\]

(12).

\[\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln x}{\cot x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{x}}{-\csc^2 x} = \lim\limits_{x \to 0^+} -x \sin^2 x = 0.\]

2. 应用洛必达法则求下列极限:

   (1). \(\lim\limits_{x \to \pi} (\pi - x) \tan \dfrac{x}{2}\);

   (3). \(\lim\limits_{x \to 0^+} \sin x \ln x\);

   (5). \(\lim\limits_{x \to 1} \left(\dfrac{1}{\ln x} - \dfrac{1}{x - 1} \right)\);

   (7). \(\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \sqrt[3]{x^3 + 3x^2} - \sqrt{x^2 - 2x} \right)\).

   (9). \(\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{1-x}}\);

   (11). \(\lim\limits_{x \to 0^+} \left( \ln \dfrac{1}{x} \right)^x\).

解

(1).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to \pi} (\pi - x) \tan \dfrac{x}{2} & = \lim\limits_{x \to \pi} \dfrac{(\pi - x) \sin \dfrac{x}{2}}{\cos \dfrac{x}{2}} \\ & = \lim\limits_{x \to \pi} \dfrac{-\sin \dfrac{x}{2} + (\pi - x) \cdot \dfrac{1}{2} \cos \dfrac{x}{2}}{-\dfrac{1}{2}\sin \dfrac{x}{2}} \\ & = \dfrac{-1}{-\dfrac{1}{2}} = 2\end{split}\]

(3).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 0^+} \sin x \ln x & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln x}{\csc x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{x}}{-\csc x \cot x} \\ & = - \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sin^2 x}{x \cos x} = - \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{2 \sin x \cos x}{\cos x - x \sin x} \\ & = 0\end{split}\]

(5).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 1} \left(\dfrac{1}{\ln x} - \dfrac{1}{x - 1} \right) & = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x - \ln x - 1}{(x - 1) \ln x} = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{1 - \dfrac{1}{x}}{\ln x + \dfrac{x - 1}{x}} \\ & = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x - 1}{x \ln x + x - 1} = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{\ln x + 2} \\ & = \dfrac{1}{2}\end{split}\]

(7).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \sqrt[3]{x^3 + 3x^2} - \sqrt{x^2 - 2x} \right) & = \lim\limits_{x \to +\infty} x \left( \sqrt[3]{1 + 3\dfrac{1}{x}} - \sqrt{1 - 2\dfrac{1}{x}} \right) \\ & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt[3]{1 + 3x} - \sqrt{1 - 2x}}{x} \\ & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(1 + 3x)^{-\frac{2}{3}} + (1 - 2x)^{-\frac{1}{2}}}{1} \\ & = 1 + 1 = 2\end{split}\]

(9). 因为

\[\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{1-x} \cdot \ln x = \lim\limits_{x \to 1} \frac{\dfrac{1}{x}}{-1} = -1,\]

所以 \(\lim\limits_{x \to 1} x^{\frac{1}{1-x}} = e^{-1}\).

(11). 因为

\[\lim\limits_{x \to 0^+} x \cdot \ln \left( \ln \dfrac{1}{x} \right) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln (\ln x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\dfrac{1}{\ln x} \cdot \dfrac{1}{x}}{1} = 0,\]

所以 \(\lim\limits_{x \to 0^+} \left( \ln \dfrac{1}{x} \right)^x = e^0 = 1\).

3. 求 \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 \sin \dfrac{1}{x}}{\sin x}\) 极限, 并验证计算时不能应用洛必达法则.

解

\(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 \sin \dfrac{1}{x}}{\sin x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \left( x \sin \dfrac{1}{x} \right)\). 由于 \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} = 1\), \(\lim\limits_{x \to 0} x \sin \dfrac{1}{x} = 0\), 所以有

\[\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 \sin \dfrac{1}{x}}{\sin x} = 0.\]

如果使用洛必达法则, 这是 \(\dfrac{0}{0}\) 型未定式, 那么有

\[\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 \sin \dfrac{1}{x}}{\sin x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x \sin \dfrac{1}{x} - \cos \dfrac{1}{x}}{\cos x}.\]

上式分子 \(2x \sin \dfrac{1}{x} - \cos \dfrac{1}{x}\) 极限 (当 \(x \to 0\)) 不存在, 所以不能使用洛必达法则.

§2.8 泰勒公式

1. 求函数 \(f(x) = \dfrac{1}{3 - x}\) 在指定点 \(x_0 = 2\) 的泰勒展开式.

解

函数 \(f(x) = \dfrac{1}{3 - x} = -(x - 3)^{-1}\) 的 \(k\) 阶导函数为 \(f^{(k)}(x) = k! (x - 3)^{-k-1} = \dfrac{k!}{(3 - x)^{k+1}}\). 将 \(x_0 = 2\) 代入有

\[f^{(k)}(x_0) = - (-1)^k k! (2 - 3)^{-k-1} = k!,\]

所以在点 \(x_0 = 2\) 处函数 \(f(x) = \dfrac{1}{3 - x}\) 的 \(n\) 阶泰勒展开式为

\[f(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} \dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + R_n = \sum\limits_{k=0}^{k} (x - 2)^n + R_n,\]

其中 \(R_n = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x - x_0)^{n+1} = \dfrac{(n+1)!}{(3 - \xi)^{n+2}} (x - 2)^{n+1}\) 为拉格朗日余项, \(\xi\) 介于 \(x_0\) 和 \(x\) 之间.

另解:

由于 \(f(x) = \dfrac{1}{3 - x} = \dfrac{1}{1 - (x - 2)}\), 所以可以利用 \(\dfrac{1}{1 - t}\) 在 \(t = 0\) 附近的泰勒展开式

\[\dfrac{1}{1 - t} = 1 + t + t^2 + \cdots + t^n + o(t^n),\]

通过间接法求得 \(f(x)\) 带佩亚诺型余项的泰勒展开式为

\[\begin{split}f(x) & = \dfrac{1}{3 - x} = \dfrac{1}{1 - (x - 2)} \\ & = 1 + (x - 2) + (x - 2)^2 + \cdots + (x - 2)^n + o((x - 2)^n).\end{split}\]

2. 将下面函数的麦克劳林展开式写出来:

   (1). \(f(x) = e^{x^2}\);

   (2). \(f(x) = \sin^2 x\);

   (3). \(f(x) = \dfrac{x}{1 + x - 2x^2}\).

解

(1). 因为函数 \(g(x) = e^x\) 的泰勒展开前 \(n\) 项和为

\[1 + x + \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^3}{3!} + \cdots + \dfrac{x^n}{n!}\]

所以函数 \(f(x) = e^{x^2}\) 的麦克劳林展开式为

\[e^{x^2} = 1 + x^2 + \dfrac{x^4}{2!} + \dfrac{x^6}{3!} + \cdots + \dfrac{x^{2n}}{n!} + o(x^{2n}).\]

(2). 因为函数 \(f(x) = \sin^2 x = \dfrac{1 - \cos 2x}{2}\) 的 \(k\) 阶导函数为 \(f^{(k)}(x) = -2^{k-1} \cos (2x + \dfrac{k\pi}{2})\), 所以 \(f(x)\) 的麦克劳林展开式为

\[\begin{split}\sin^2 x & = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \cos 2x \\ & = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \left( 1 - \dfrac{(2x)^2}{2!} + \dfrac{(2x)^4}{4!} - \cdots + (-1)^n \dfrac{(2x)^{2n}}{(2n)!} \right) + o(x^{2n}) \\ & = x^2 - \dfrac{x^4}{3} + \cdots + (-1)^{n+1} \dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!} + o(x^{2n}).\end{split}\]

(3). 因为函数 \(f(x) = \dfrac{x}{1 + x - 2x^2} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3x}{(1 + 2x)(1 - x)} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{1 - x} - \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{2}{1 + 2x}\), 又有

\[\begin{split}\dfrac{1}{1 - x} & = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^n + o(x^n) \\ \dfrac{1}{1 + 2x} & = 1 - 2x + 4x^2 - 8x^3 + \cdots + (-2)^{n} x^n + o(x^n),\end{split}\]

所以 \(f(x)\) 的麦克劳林展开式为

\[\begin{split}f(x) & = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{1 - x} - \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{2}{1 + 2x} \\ & = \dfrac{1}{3} \left( 1 + x + x^2 + \cdots + x^n \right) - \dfrac{1}{3} \left( 1 - 2x + 4x^2 \cdots + (-2)^{n} x^n \right) + o(x^n) \\ & = x - x^2 + \cdots + \dfrac{1 - (-2)^{n}}{3} x^n + o(x^n).\end{split}\]

§2.9 函数的单调性与曲线的凹凸性

备注

课本中定义的凹凸性与目前主流教材与科研文献中的凹凸性是正好相反的. 以下跟随课本, 凹指的是下凸, 凸指的是上凸.

1. 确定下列函数的单调区间:

   (2). \(y = \sqrt{2x - x^2}\);

   (4). \(y = x^n e^{-x} \quad (n > 0, x \geqslant 0)\).

解

(2). \(y = \sqrt{2x - x^2}\) 的定义域为 \([0, 2]\), 导函数为 \(y' = \dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}}\). 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = 1\). 当 \(0 \leqslant x \leqslant 1\) 时, \(y' = \dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}} > 0\), 所以 \(y\) 在 \([0, 1]\) 上单调递增； 当 \(1 \leqslant x \leqslant 2\) 时, \(y' = \dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}} < 0\), 所以 \(y\) 在 \([1, 2]\) 上单调递减.

(4). \(y = x^n e^{-x} \quad (n > 0, x \geqslant 0)\) 的导函数为 \(y' = x^{n-1} e^{-x} (n - x)\). 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = n\). 当 \(0 \leqslant x \leqslant n\) 时, \(y' = x^{n-1} e^{-x} (n - x) > 0\), 所以 \(y\) 在 \([0, n]\) 上单调递增； 当 \(n \leqslant x\) 时, \(y' = x^{n-1} e^{-x} (n - x) < 0\), 所以 \(y\) 在 \([n, +\infty)\) 上单调递减.

2. 应用函数的单调性证明下列不等式:

   (1). \(2 \sqrt{x} > 3 - \dfrac{1}{x}, \quad x > 1\);

   (3). \(\dfrac{2}{\pi} x < \sin x < x, \quad 0 < x < \dfrac{\pi}{2}\).

证明

(1). 令 \(f(x) = 2 \sqrt{x} - (3 - \dfrac{1}{x})\), 那么当 \(x \geqslant 1`时有 :math:`f'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}} + \dfrac{1}{x^2} > 0\), 所以 \(f(x)\) 在 \([1, +\infty)\) 上单调递增, 故 \(f(x) > f(1) = 0\) 对一切 \(x > 1\) 成立.

(3). 令 \(f(x) = \sin x - \dfrac{2}{\pi} x\), 那么 \(f(x)\) 的导函数为 \(f'(x) = \cos x - \dfrac{2}{\pi}\). 令 \(f'(x) = 0\), 解得 \(x = \arccos \dfrac{2}{\pi}\). 在区间 \([0, \arccos \dfrac{2}{\pi})\) 上有 \(f'(x) > 0\), 所以 \(f(x)\) 在 \([0, \arccos \dfrac{2}{\pi}]\) 上单调递增, 从而有 \(f(x) > f(0) = 0\) 对一切 \(0 < x \leqslant \arccos \dfrac{2}{\pi}\) 成立. 在区间 \([\arccos \dfrac{2}{\pi}, \dfrac{\pi}{2})\) 上有 \(f'(x) < 0\), 所以 \(f(x)\) 在 \([\arccos \dfrac{2}{\pi}, \dfrac{\pi}{2}]\) 上单调递减, 从而有 \(f(x) > f(\dfrac{\pi}{2}) = 0\) 对一切 \(\arccos \dfrac{2}{\pi} \leqslant x < \dfrac{\pi}{2}\) 成立. 于是 \(f(x) > 0\) 对一切 \(0 < x < \dfrac{\pi}{2}\) 成立.

另一方面, 令 \(g(x) = x - \sin x\), 那么 \(g(x)\) 的导函数为 \(g'(x) = 1 - \cos x\). 在区间 \((0, \dfrac{\pi}{2})\) 上恒有 \(g'(x) > 0\), 所以 \(g(x)\) 在 \((0, \dfrac{\pi}{2})\) 上单调递增, 从而有 \(g(x) > g(0) = 0\) 对一切 \(0 < x < \dfrac{\pi}{2}\) 成立.

综上所述, \(\dfrac{2}{\pi} x < \sin x < x, \quad 0 < x < \dfrac{\pi}{2}\) 成立.

3. 确定下列函数确定曲线的凹凸区间与拐点:

   (3). \(y = (x^2 + 2x - 1) e^{-x}\).

解

\(y = (x^2 + 2x - 1) e^{-x}\) 的定义域为 \((-\infty, +\infty)\), 导函数以及二阶导函数分别为

\[\begin{split}y' & = (2x + 2) e^{-x} - (x^2 + 2x - 1) e^{-x} = (3 - x^2) e^{-x} \\ y'' & = (-2x) e^{-x} - (3 - x^2) e^{-x} = (x^2 - 2x - 3) e^{-x}.\end{split}\]

令 \(y'' = 0\) 解得 \(x = -1, x = 3\), 相应函数值分别为 \(y(-1) = -2e, y(3) = 14e^{-3}\). 当 \(-\infty < x < -1\) 时, \(y'' > 0\), 所以曲线 在 \((-\infty, -1)\) 上是凹的；当 \(-1 < x < 3\) 时, \(y'' < 0\), 所以曲线 在 \((-1, 3)\) 上是凸的；当 \(3 < x < +\infty\) 时, \(y'' > 0\), 所以曲线 在 \((3, +\infty)\) 上是凹的. 相应地, 拐点为 \((-1, -2e), (3, 14e^{-3})\).

4. 求参数 \(h > 0\), 使曲线 \(y = \dfrac{h}{\pi} e^{-h^2x^2}\) 在 \(x = \pm \sigma\) (\(\sigma > 0\) 为给定的常数) 处有拐点.

解

函数 \(y = \dfrac{h}{\sqrt{\pi}} e^{-h^2x^2}\) 的二阶导函数为 \(y'' = \dfrac{2h^3(2h^2x^2 - 1)}{\sqrt{\pi}} e^{-h^2x^2}\). 令 \(y'' = 0\) 解得 \(x = \pm \dfrac{1}{\sqrt{2} h}\). 在 \(x \in (-\infty, -\dfrac{1}{\sqrt{2} h})\) 时, \(y'' > 0\), 曲线 在 \((-\infty, -\dfrac{1}{\sqrt{2} h})\) 上是凹的；在 \(x \in (-\dfrac{1}{\sqrt{2} h}, \dfrac{1}{\sqrt{2} h})\) 时, \(y'' < 0\), 曲线 在 \((-\dfrac{1}{\sqrt{2} h}, \dfrac{1}{\sqrt{2} h})\) 上是凸的；在 \(x \in (\dfrac{1}{\sqrt{2} h}, +\infty)\) 时, \(y'' > 0\), 曲线 在 \((\dfrac{1}{\sqrt{2} h}, +\infty)\) 上是凹的. 因此, 当 \(h = \dfrac{1}{\sqrt{2} \sigma}\) 时, 曲线在 \(x = \pm \sigma\) 处有拐点.

5. 证明: 若 \(f(x)\) 二阶可导, 且 \(f''(x) > 0, f(0) = 0\), 则 \(F(x) = \dfrac{f(x)}{x}\) 在 \((0, +\infty)\) 上单调递增.

证明

函数 \(F(x) = \dfrac{f(x)}{x}\) 的导函数为 \(F'(x) = \dfrac{f'(x) x - f(x)}{x^2}\). 令 \(g(x) = f'(x) x - f(x)\), 那么

\[g'(x) = f''(x) x + f'(x) - f'(x) = f''(x) x > 0,\]

所以 \(g(x)\) 在 \((0, +\infty)\) 上单调递增, 从而有 \(g(x) > g(0) = 0\) 对一切 \(x > 0\) 成立. 因此 \(F'(x) > 0\) 对一切 \(x > 0\) 成立, 即知 \(F(x)\) 在 \((0, +\infty)\) 上单调递增.

§2.10 函数的极值与最大值最小值

1. 求下列函数的极值:

   (1). \(y = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 20\);

   (3). \(y = 1 - (1 - x)^{\frac{2}{3}}\);

   (5). \(y = x - \ln x\).

解

(1). 函数 \(y = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 20\) 的导函数为 \(y' = 6x^2 - 6x - 12\). 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = -1, x = 2\). 函数 \(y = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 20\) 的二阶导函数为 \(y'' = 12x - 6\). 当 \(x = -1\) 时, \(y'' = -18 < 0\), 所以 \(x = -1\) 为极大值点, 相应的极大值为 \(y(-1) = 27\); 当 \(x = 2\) 时, \(y'' = 18 > 0\), 所以 \(x = 2\) 为极小值点, 相应的极小值为 \(y(2) = 0\).

(3). 函数 \(y = 1 - (1 - x)^{\frac{2}{3}}\) 的导函数为 \(y' = \dfrac{2}{3} (1 - x)^{-\frac{1}{3}}\), 其在 \(x_0 = 1\) 处不存在. 在不可导点 \(x_0 = 1\) 的左侧 (即 \(x \in (-\infty, 1)\)) 有 \(y' > 0\); 在右侧 (即 \(x \in (1, +\infty)\)) 有 \(y' < 0\). 于是 \(x_0 = 1\) 为极大值点, 相应的极大值为 \(y(1) = 1\).

(5). 函数 \(y = x - \ln x\) 的导函数为 \(y' = 1 - \dfrac{1}{x}, x > 0\), 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = 1\). 函数 \(y = x - \ln x\) 的二阶导函数为 \(y'' = \dfrac{1}{x^2}\). 当 \(x = 1\) 时, \(y'' = 1 > 0\), 所以 \(x = 1\) 为极小值点, 相应的极小值为 \(y(1) = 1\).

2. 设 \(f(x) = a \ln x + bx^2 + x\) 在 \(x_1 = 1, x_2 = 2\) 处有极值, 求 \(a, b\) 的值, 并确定是取得极大值还是极小值.

解

函数 \(f(x) = a \ln x + bx^2 + x\) 的定义域为 \((0, +\infty)\), 导函数为 \(f'(x) = \dfrac{a}{x} + 2bx + 1, x > 0\). 因为 \(x_1 = 1, x_2 = 2\) 是函数 \(f(x)\) 的极值点, 所以有 \(f'(x_1) = f'(x_2) = 0\), 即

\[\begin{split}a + 2b + 1 = 0 \\ \dfrac{a}{2} + 4b + 1 = 0\end{split}\]

解得 \(a = -\dfrac{2}{3}, b = -\dfrac{1}{6}\).那么函数 \(f(x) = -\dfrac{2}{3} \ln x - \dfrac{1}{6} x^2 + x\), 其二阶导函数为 \(f''(x) = \dfrac{2}{3x^2} - \dfrac{1}{3}\). 因为 \(f''(x_1) = \dfrac{1}{3} > 0\), 所以 \(x_1 = 1\) 为极小值点, 相应的极小值为 \(f(1) = \dfrac{5}{6}\); \(f''(x_2) = -\dfrac{1}{6} < 0\), 所以 \(x_2 = 2\) 为极大值点, 相应的极大值为 \(f(2) = \dfrac{4 - 2 \ln 2}{3}\).

3. 设 \(f(x)\) 对应的曲线为区间 \(I\) 上的凹的, 证明: 若 \(x_0 \in I\) 为 \(f(x)\) 的极小值点, 则 \(x_0\) 为 \(f(x)\) 在 \(I\) 上的最小值点.

证明

由于函数 \(f(x)\) 对应的曲线为区间 \(I\) 上的凹的, 所以在区间 \(I\) 上任取两点 \(x, y\) 有

\[\lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y) \geqslant f(\lambda x + (1 - \lambda) y), \quad \lambda \in [0, 1].\]

特别地, 取 \(y = x_0, t = \frac{1}{2}\), 那么有

\[f(x) \geqslant 2 f \left( \dfrac{x + x_0}{2} \right) - f(x_0) \geqslant 2 f(x_0) - f(x_0) = f(x_0).\]

4. 求下列函数在指定区间上的最大值最小值:

   (3). \(y = \sqrt{x} \ln x, \quad (0, +\infty)\).

解

函数 \(y = \sqrt{x} \ln x\) 的导函数为 \(y' = \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} \ln x + \dfrac{1}{\sqrt{x}}, x > 0\). 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = e^{-2}\). 函数 \(y = \sqrt{x} \ln x\) 的二阶导函数为 \(y'' = -\dfrac{\ln x}{4x\sqrt{x}} + \dfrac{1}{2x\sqrt{x}} - \dfrac{1}{2x\sqrt{x}} = -\dfrac{\ln x}{4x\sqrt{x}}\). 因为 \(y''(e^{-2}) = \dfrac{1}{2e^{-3}} > 0\), 所以 \(x = e^{-2}\) 为极小值点, 相应的极小值为 \(y(e^{-2}) = -\dfrac{2}{e}\). 这是唯一的极值点, 所以也是最小值点.

7. 求内接于上半椭圆 \(\dfrac{x^2}{3^2} + \dfrac{y^2}{4^2} = 1, y \geqslant 0\) 的矩形的最大面积.

解

设矩形在第一象限的顶点为 \((x, y) = (3\cos t, 4\sin t), t \in (0, \dfrac{\pi}{2})\), 那么矩形的面积为 \(S = 24 \sin t \cos t = 12 \sin 2t\). 容易看出 \(S\) 在 \(t = \dfrac{\pi}{4}\), 即 \((x, y) = (\dfrac{3}{\sqrt{2}}, \dfrac{4}{\sqrt{2}})\) 处取得最大值 \(S = 12\).

§2.11 函数作图

1. 求下列曲线的渐近线:

   (1). \(y = \dfrac{2x^3 - 3}{(x - 2)^2}\);

   (2). \(y = \sqrt{4x^2 + 4x - 1}\);

   (3). \(y = x + \ln x\);

   (4). \(y = \dfrac{e^x + x^2}{e^x + 2x}\).

解

(1). 由于 \(\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{2x^3 - 3}{(x - 2)^2} = +\infty\), 所以 \(x = 2\) 为 \(y = \dfrac{2x^3 - 3}{(x - 2)^2}\) 的垂直渐近线.

接下来求斜渐近线. 斜率

\[k = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{2x^3 - 3}{(x - 2)^2 x} = 2,\]

截距

\[\begin{split}b & = \lim\limits_{x \to \infty} (y - kx) = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2x^3 - 3}{(x - 2)^2} - 2x \\ & = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2x^3 - 3 - 2x^3 + 8x^2 - 8x}{(x - 2)^2} = 8,\end{split}\]

所以 \(y = 2x + 8\) 为 \(y = \dfrac{2x^3 - 3}{(x - 2)^2}\) 的斜渐近线.

(2). 需要区分 \(x \to +\infty\) 和 \(x \to -\infty\) 两种情况. 当 \(x \to +\infty\) 时, 有斜率

\[k = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{4x^2 + 4x - 1}}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{4 + \dfrac{4}{x} - \dfrac{1}{x^2}} = 2,\]

截距

\[\begin{split}b & = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - kx) = \lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{4x^2 + 4x - 1} - 2x \\ & = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{4x^2 + 4x - 1 - 4x^2}{\sqrt{4x^2 + 4x - 1} + 2x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{4 - \frac{1}{x}}{\sqrt{4 + 4\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}} + 2} \\ & = 1.\end{split}\]

当 \(x \to -\infty\) 时, 有斜率

\[k = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{y}{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{4x^2 + 4x - 1}}{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} - \sqrt{4 + \dfrac{4}{x} - \dfrac{1}{x^2}} = -2,\]

截距

\[\begin{split}b & = \lim\limits_{x \to -\infty} (y - kx) = \lim\limits_{x \to -\infty} \sqrt{4x^2 + 4x - 1} + 2x \\ & = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{4x^2 + 4x - 1 + 4x^2}{\sqrt{4x^2 + 4x - 1} - 2x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{4 + \frac{4}{x}}{-\sqrt{4 + 4\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}} - 2} \\ & = -1.\end{split}\]

所以 \(y = \sqrt{4x^2 + 4x - 1}\) 的斜渐近线有两条, 分别为 \(y = 2x + 1\) 和 \(y = -2x - 1\).

(3). 由于 \(\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty\), 所以 \(y = x + \ln x\) 的垂直渐近线为 \(x = 0\). 假设 \(y = x + \ln x\) 有斜渐近线, 那么斜率

\[k = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x + \ln x}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{\ln x}{x} \right) = 1,\]

截距

\[\begin{split}b & = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - kx) = \lim\limits_{x \to +\infty} (x + \ln x - x) \\ & = \lim\limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty,\end{split}\]

所以 \(y = x + \ln x\) 没有斜渐近线.

(4). 需要区分 \(x \to +\infty\) 和 \(x \to -\infty\) 两种情况. 当 \(x \to -\infty\) 时, 有斜率

\[k = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{y}{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{e^x + x^2}{xe^x + 2x^2} = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{1 + \frac{e^x}{x^2}}{2 + \frac{e^x}{x}} = \dfrac{1}{2},\]

截距

\[\begin{split}b & = \lim\limits_{x \to -\infty} (y - kx) = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{e^x + x^2}{e^x + 2x} - \dfrac{1}{2} x \\ & = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{e^x + x^2 - \frac{1}{2} x (e^x + 2x)}{e^x + 2x} \\ & = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{e^x + x^2 - \frac{1}{2} x e^x - x^2}{e^x + 2x} \\ & = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{e^x - \frac{1}{2} x e^x}{e^x + 2x} \\ & = 0,\end{split}\]

当 \(x \to +\infty\) 时, 有斜率

\[k = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^x + x^2}{xe^x + 2x^2} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\frac{1}{x} + \frac{x}{e^x}}{1 + \frac{2x}{e^x}} = 0,\]

截距

\[\begin{split}b & = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - kx) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^x + x^2}{e^x + 2x} \\ & = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1 + \frac{x^2}{e^x}}{1 + \frac{2x}{e^x}} \\ & = 1,\end{split}\]

所以 \(y = \dfrac{e^x + x^2}{e^x + 2x}\) 的斜渐近线有两条, 分别为 \(y = \dfrac{1}{2} x\) 和 \(y = 1\) (水平渐近线).

此外, 令 \(x_0\) 为 \(e^x + 2x = 0\) 的解, 那么

\[\lim\limits_{x \to x_0} \dfrac{e^x + x^2}{e^x + 2x} = \infty,\]

所以 \(y = \dfrac{e^x + x^2}{e^x + 2x}\) 的垂直渐近线为 \(x = x_0\).

2. 讨论函数性质并作图:

   (1). \(y = x^3 - x\);

   (2). \(y = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}\);

   (3). \(y = x e^x\).

解

(1). 函数 \(y = x^3 - x\) 的导函数为 \(y' = 3x^2 - 1\), 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = \pm \dfrac{1}{\sqrt{3}}\). 函数 \(y = x^3 - x\) 的二阶导函数为 \(y'' = 6x\). 当 \(x = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) 时, \(y'' = -2\sqrt{3} < 0\), 所以 \(x = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) 为极大值点, 相应的极大值为 \(y(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}) = \dfrac{2}{3\sqrt{3}}\); 当 \(x = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\) 时, \(y'' = 2\sqrt{3} > 0\), 所以 \(x = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\) 为极小值点, 相应的极小值为 \(y(\dfrac{1}{\sqrt{3}}) = -\dfrac{2}{3\sqrt{3}}\).

在区间 \((-\infty, -\dfrac{1}{\sqrt{3}})\) 上有 \(y' > 0\), 所以曲线在 \((-\infty, -\dfrac{1}{\sqrt{3}})\) 上单调递增； 在区间 \((-\dfrac{1}{\sqrt{3}}, \dfrac{1}{\sqrt{3}})\) 上有 \(y' < 0\), 所以曲线在 \((-\dfrac{1}{\sqrt{3}}, \dfrac{1}{\sqrt{3}})\) 上单调递减； 在区间 \((\dfrac{1}{\sqrt{3}}, +\infty)\) 上有 \(y' > 0\), 所以曲线在 \((\dfrac{1}{\sqrt{3}}, +\infty)\) 上单调递增.

令 \(y'' = 0\) 解得 \(x = 0\), 相应的函数值为 \(y(0) = 0\). 当 \(x < 0\) 时, \(y'' < 0\), 曲线在 \((-\infty, 0)\) 上是凸的； 当 \(x > 0\) 时, \(y'' > 0\), 曲线在 \((0, +\infty)\) 上是凹的. 因此 \(x = 0\) 为拐点.

函数 \(y = x^3 - x\) 的图像

(2). 函数 \(y = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}\) 的导函数为 \(y' = -\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} x e^{-\frac{x^2}{2}}\), 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = 0\). 函数 \(y = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}\) 的二阶导函数为 \(y'' = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} (x^2 - 1) e^{-\frac{x^2}{2}}\). 当 \(x = 0\) 时, \(y'' = -\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} < 0\), 所以 \(x = 0\) 为极大值点, 相应的极大值为 \(y(0) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\).

在区间 \((-\infty, 0)\) 上有 \(y' > 0\), 所以曲线在 \((-\infty, 0)\) 上单调递增；在区间 \((0, +\infty)\) 上有 \(y' < 0\), 所以曲线在 \((0, +\infty)\) 上单调递减.

令 \(y'' = 0\) 解得 \(x = \pm 1\). 当 \(x < -1\) 时, \(y'' > 0\), 曲线在 \((-\infty, -1)\) 上是凹的； 当 \(-1 < x < 1\) 时, \(y'' < 0\), 曲线在 \((-1, 1)\) 上是凸的；当 \(x > 1\) 时, \(y'' > 0\), 曲线在 \((1, +\infty)\) 上是凹的. 因此 \(x = \pm 1\) 为拐点.

函数 \(y = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}\) 的图像

(3). 函数 \(y = x e^x\) 的导函数为 \(y' = (x + 1) e^x\), 令 \(y' = 0\) 解得 \(x = -1\). 函数 \(y = x e^x\) 的二阶导函数为 \(y'' = (x + 2) e^x\). 当 \(x = -1\) 时, \(y'' = e^{-1} > 0\), 所以 \(x = -1\) 为极小值点, 相应的极小值为 \(y(-1) = -\dfrac{1}{e}\).

在区间 \((-\infty, -1)\) 上有 \(y' < 0\), 所以曲线在 \((-\infty, -1)\) 上单调递减；在区间 \((-1, +\infty)\) 上有 \(y' > 0\), 所以曲线在 \((-1, +\infty)\) 上单调递增.

令 \(y'' = 0\) 解得 \(x = -2\). 当 \(x < -2\) 时, \(y'' < 0\), 曲线在 \((-\infty, -2)\) 上是凸的； 当 \(x > -2\) 时, \(y'' > 0\), 曲线在 \((-2, +\infty)\) 上是凹的. 因此 \(x = -2\) 为拐点.

函数 \(y = x e^x\) 的图像