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

$10. 求下列极限：$

$(1) x \to 1 lim \frac{x - x ^{x}}{1 - x + l n x} ； (2) x \to 0 lim [\frac{1}{l n ( 1 + x )} - \frac{1}{x}] ； (3) x \to + \infty lim (\frac{2}{π} a rc t an x)^{x} ； (4) x \to \infty lim [(a_{1}^{\frac{1}{x}} + a_{2}^{\frac{1}{x}} + \cdot \cdot \cdot + a_{n}^{\frac{1}{x}}) / n]^{n x} (其中 a_{1} ， a_{2} ， \cdot \cdot \cdot ， a_{n} > 0) .$

解：

$11. 求下列函数在指定点 x_{0} 处具有指定阶数及余项的泰勒公式：$

$(1) f (x) = x^{3} l n x ， x_{0} = 1 ， n = 4 ，拉格朗日余项； (2) f (x) = a rc t an x ， x_{0} = 0 ， n = 3 ，佩亚诺余项； (3) f (x) = e^{s in x} ， x_{0} = 0 ， n = 3 ，佩亚诺余项； (4) f (x) = l n cos x ， x_{0} = 0 ， n = 6 ，佩亚诺余项。$

解：

$(1) f (1) = 0 ， f^{'} (x) = 3 x^{2} l n x + x^{2} ， f^{'} (1) = 1 ； f^{''} (x) = 6 x l n x + 5 x ， f^{''} (1) = 5 ， f^{'''} (x) = 6 l n x + 11 ， f^{'''} (1) = 11 ， f^{(4)} (x) = \frac{6}{x} ， f^{(4)} (1) = 6 ， f^{(5)} (x) = - \frac{6}{x ^{2}} ， f^{(5)} (ξ) = - \frac{6}{ξ ^{2}} ，因此， x^{3} l n x = (x - 1) + \frac{5}{2 !} (x - 1)^{2} + \frac{11}{3 !} (x - 1)^{3} + \frac{6}{4 !} (x - 1)^{4} - \frac{6}{5 ! ξ ^{2}} (x - 1)^{5} ，其中 ξ 介于 1 和 x 之间 (2) f (0) = 0 ， f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} ， f^{'} (0) = 1 ， f^{''} (x) = - \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} ， f^{''} (0) = 0 ， f^{'''} (x) = - \frac{2 ( 1 - 3 x ^{2} )}{( 1 + x ^{2} ) ^{3}} ， f^{'''} (0) = - 2 ，因此， a rc t an x = x - \frac{x ^{2}}{3} + o (x^{4}) (3) e^{s in x} = 1 + s in x + \frac{1}{2 !} s i n^{2} x + \frac{1}{3 !} s i n^{3} x + o (x^{3}) ，因 s in x = x - \frac{1}{3 !} x^{3} + o (x^{4}) ，所以， e^{s in x} = 1 + (x - \frac{1}{6} x^{3}) + \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3}) = 1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{3}) (4) l n cos x = l n [1 + (cos x - 1)] = cos x - 1 - \frac{1}{2} (cos x - 1)^{2} + \frac{1}{3} (cos x - 1)^{3} + o (x^{6}) ，因 cos x - 1 = - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{24} x^{4} - \frac{1}{720} x^{6} + o (x^{7}) ，所以 l n cos x = (- \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{24} x^{4} - \frac{1}{720} x^{6}) - \frac{1}{2} (\frac{1}{4} x^{4} - \frac{1}{24} x^{6}) + \frac{1}{3} (- \frac{1}{8} x^{6}) + o (x^{6}) = - \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{12} x^{4} - \frac{1}{45} x^{6} + o (x^{6}) .$

$12. 证明下列不等式：$

$(1) 当 0 < x_{1} < x_{2} < \frac{π}{2} 时， \frac{t an x _{2}}{t an x _{1}} > \frac{x _{2}}{x _{1}} ； (2) 当 x > 0 时， l n (1 + x) > \frac{a rc t an x}{1 + x} ； (3) 当 e < a < b < e^{2} 时， l n^{2} b - l n^{2} a > \frac{4}{e ^{2}} (b - a) .$

解：

$(1) 设函数 f (x) = \frac{t an x}{x} ， 0 < x < \frac{π}{2} ，当 0 < x < \frac{π}{2} 时， f^{'} (x) = \frac{x se c ^{2} x - t an x}{x ^{2}} > 0 (x se c^{2} x - t an x > x - t an x > 0) ，所以 f (x) 在 (0, \frac{π}{2}) 内单调增加，因此，当 0 < x_{1} < x_{2} < \frac{π}{2} 时， f (x_{2}) > f (x_{1}) ，即 \frac{t an x _{2}}{x _{2}} > \frac{t an x _{1}}{x _{1}} ，也就是 \frac{t an x _{2}}{t an x _{1}} > \frac{x _{2}}{x _{1}} (2) 设函数 f (x) = (1 + x) l n (1 + x) - a rc t an x (x > 0) 。当 x > 0 时， f^{'} (x) = l n (1 + x) + 1 - \frac{1}{1 + x ^{2}} > 0 ，所以 f (x) 在 (0, + \infty) 内单调增加，因此，当 x > 0 时， f (x) > f (0) ，即 (1 + x) l n (1 + x) - a rc t an x > 0 ，也就是 l n (1 + x) > \frac{a rc t an x}{1 + x} (3) 设函数 f (x) = l n^{2} x (e < a < x < b < e^{2}) ， f (x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，由拉格朗日中值定理可知至少存在一点 ξ \in (a, b) ，使 l n^{2} b - l n^{2} a = \frac{2 l n ξ}{ξ} (b - a) 设 φ (t) = \frac{l n t}{t} ，则 φ^{'} (t) = \frac{1 - l n t}{t ^{2}} ，当 t > e 时， φ^{'} (t) < 0 ，所以 φ (t) 在 [e, + \infty) 上单调减少，因为 e < a < ξ < b < e^{2} ，从而 φ (ξ) > φ (e^{2}) ，即 \frac{l n ξ}{ξ} > \frac{l n e ^{2}}{e ^{2}} = \frac{2}{e ^{2}} ，因此， l n^{2} b - l n^{2} a > \frac{4}{e ^{2}} (b - a)$

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

解：

$f^{'} (x) = a^{x} l n a - a ，令 f^{'} (x) = 0 ，得驻点 x (a) = 1 - \frac{l n l n a}{l n a} ， x^{'} (a) = - \frac{\frac{1}{a} - \frac{1}{a} l n l n a}{( l n a ) ^{2}} = - \frac{1 - l n l n a}{a ( l n a ) ^{2}} ，令 x^{'} (a) = 0 ，得 a = e^{e} ，当 a > e^{e} 时， x^{'} (a) > 0 ，当 a < e^{e} 时， x^{'} (a) < 0 ，所以 x (e^{e}) = 1 - \frac{1}{e} 是极小值，也是最小值。$

$14. 求椭圆 x^{2} - x y + y^{2} = 3 上纵坐标最大和最小的点。$

解：

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

$15. 求数列{n√n}的最大项。$

解：

$设函数f(x)=x1x (x>0)，f′(x)=x1x−2(1−ln x)，令f′(x)=0，得驻点x=e，当0<x<e时，f′(x)>0，当e<x<+∞时，f′(x)<0，因此点x=e是f(x)的极大值点，又因驻点唯一，所以极大值点也是最大值点，最大值为f(e)=e1e，因为1<√2且f(x)在(e, +∞)内单调减少，所以3√3>4√4>⋅⋅⋅>n√n>⋅⋅⋅ 又因max{√2, 3√3}=3√3，所以数列{n√n}的最大项为3√3。$

$16. 曲线弧 y h = s in x (0 < x < π) 上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径。$

解：

$y^{'} = cos x ， y^{''} = - s in x ，曲线 y = s in x (0 < x < π) 的曲率为 K = \frac{∣ - s in x ∣}{( 1 + co s ^{2} x ) ^{\frac{3}{2}}} = \frac{s in x}{( 1 + co s ^{2} x ) ^{\frac{3}{2}}} ， K^{'} = \frac{2 cos x ( 1 + s i n ^{2} x )}{( 1 + co s ^{2} x ) ^{\frac{3}{2}}} ，令 K^{'} = 0 ，得 x = \frac{π}{2} ，当 0 < x < \frac{π}{2} 时， K^{'} > 0 ，当 \frac{π}{2} < x < π 时， K^{'} < 0 ，所以， x = \frac{π}{2} 是 K 的极大值点，又因驻点唯一，极大值点也是最大值点， K 的最大值为 K = \frac{s in \frac{π}{2}}{( 1 + co s ^{2} \frac{π}{2} ) ^{\frac{3}{2}}} = 1 ，曲率半径 ρ = 1 最小，所以曲线弧 y = s in x (0 < x < π) 上点 x = \frac{π}{2} 处的曲率半径最小且曲率半径 ρ = 1.$

$17. 证明方程 x^{3} - 5 x - 2 = 0 只有一个正根，并求此正根的近似值，精确到 1 0^{- 3} 。$

解：

$设函数 f (x) = x^{3} - 5 x - 2 ， f^{'} (x) = 3 x^{2} - 5 ，令 f^{'} (x) = 0 ，得 x = \frac{5}{3} ，当 0 < x < \frac{5}{3} 时， f^{'} (x) < 0 ，所以， f (x) 在 [0, \frac{5}{3}] 上单调减少，又因 f (0) = - 2 < 0 ， f (\frac{5}{3}) = (\frac{5}{3})^{\frac{3}{2}} - 5 \frac{5}{3} - 2 < 0 ，所以，方程 x^{3} - 5 x - 2 = 0 在 (0, \frac{5}{3}) 内没有实根。当 \frac{5}{3} < x < + \infty 时， f^{'} (x) > 0 ，所以 f (x) 在 [\frac{5}{3}, + \infty) 上单调增加，因此方程 x^{3} - 5 x - 2 = 0 在 [\frac{5}{3}, + \infty) 上最多有一实根，，又因 f (3) = 10 > 0 ，由零点定理可知至少存在一点 ξ \in (\frac{5}{3}, 3) ，使 f (ξ) = 0 ，即方程 x^{3} - 5 x - 2 = 0 在 (\frac{5}{3}, 3) 内至少有一实根，因此，方程 x^{3} - 5 x - 2 = 0 只有一个正根二分法求方程根的近似值：因为 f (2) = - 4 < 0 ，所以取区间 [2, 3] ξ_{1} = 2.5 ， f (ξ_{1}) = 1.125 > 0 ，故 a_{1} = 2 ， b_{1} = 2.5 ； ξ_{2} = 2.25 ， f (ξ_{2}) = - 1.859 < 0 ，故 a_{2} = 2.25 ， b_{2} = 2.5 ； ξ_{3} = 2.375 ， f (ξ_{3}) = - 0.479 < 0 ，故 a_{3} = 2.375 ， b_{3} = 2.5 ； ξ_{4} = 2.438 ， f (ξ_{4}) = 0.295 > 0 ，故 a_{4} = 2.375 ， b_{4} = 2.438 ； ξ_{5} = 2.406 ， f (ξ_{5}) = - 0.099 < 0 ，故 a_{5} = 2.406 ， b_{5} = 2.438 ； ξ_{6} = 2.422 ， f (ξ_{6}) = 0.096 > 0 ，故 a_{6} = 2.406 ， b_{6} = 2.422 ； ξ_{7} = 2.414 ， f (ξ_{7}) = - 0.002 < 0 ，故 a_{7} = 2.414 ， b_{7} = 2.422 ； ξ_{8} = 2.418 ， f (ξ_{8}) = 0.047 > 0 ，故 a_{8} = 2.414 ， b_{8} = 2.418 ； ξ_{9} = 2.416 ， f (ξ_{9}) = 0.023 > 0 ，故 a_{9} = 2.414 ， b_{9} = 2.416 ； ξ_{10} = 2.415 ， f (ξ_{1} 0) = 0.01 > 0 ，故 a_{10} = 2.414 ， b_{10} = 2.415 ； ξ_{11} = 2.415 ， f (ξ_{1} 1) = 0.004 > 0 使误差不超过 1 0^{- 3} 的根的近似值为 ξ = 2.415.$

代码块：

#include 
#include 
#include 

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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同济大学高数第七版上下两册，外加课后习题解答

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$18. 设 f^{''} (x_{0}) 存在，证明： h \to 0 lim \frac{f ( x _{0} + h ) + f ( x _{0} - h ) - 2 f ( x _{0} )}{h ^{2}} = f^{''} (x_{0})$

解：

$h \to 0 lim \frac{f ( x _{0} + h ) + f ( x _{0} - h ) - 2 f ( x _{0} )}{h ^{2}} = h \to 0 lim \frac{f ^{'} ( x _{0} + h ) - f ^{'} ( x _{0} - h )}{2 h} = \frac{1}{2} h \to 0 lim [\frac{f ^{'} ( x _{0} + h ) - f ^{'} ( x _{0} )}{h} + \frac{f ^{'} ( x _{0} - h ) - f ^{'} ( x _{0} )}{- h}] = \frac{1}{2} [f^{''} (x_{0}) + f^{''} (x_{0})] = f^{''} (x_{0})$

$19. 设 f (x) 在 (a, b) 内二阶可导，且 f^{''} (x) \leq 0 。证明对于 (a, b) 内任意两点 x_{1} ， x_{2} 及 0 \leq t \leq 1 ，有 f [(1 - t) x_{1} + t x_{2}] \leq (1 - t) f (x_{1}) + t f (x_{2}) .$

解：

$由 x_{1} ， x_{2} \in (a, b) 可知 x_{0} = (1 - t) x_{1} + t x_{2} \in (a, b) ，利用泰勒公式有 f (x_{1}) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x_{1} - x_{0}) + \frac{1}{2 !} f^{''} (ξ_{1}) (x_{1} - x_{0})^{2} ， ξ 介于 x_{1} 和 x_{0} 之间， f (x_{2}) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x_{2} - x_{0}) + \frac{1}{2 !} f^{''} (ξ_{2}) (x_{2} - x_{0})^{2} ， ξ 介于 x_{2} 和 x_{0} 之间，由 f^{''} (x) \leq 0 可知 f^{''} (ξ_{1}) \leq 0 ， f^{''} (ξ_{2}) \leq 0 ，所以 f (x_{1}) \leq f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x_{1} - x_{0}) ， f (x_{2}) \leq f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x_{2} - x_{0}) ，因此， (1 - t) f (x_{1}) + t f (x_{2}) \leq (1 - t) f (x_{0}) + t f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) [(1 - t) (x_{1} - x_{0}) + t (x_{2} - x_{0})] = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) [(1 - t) x_{1} + t x_{2} - x_{0}] = f (x_{0}) ，即 f [(1 - t) x_{1} + t x_{2}] \leq (1 - t) f (x_{1}) + t f (x_{2})$

$20. 试确定常数 a 和 b ，使 f (x) = x - (a + b cos x) s in x 为当 x \to 0 时关于 x 的 5 阶无穷小 .$

解：

$利用泰勒公式f(x)=x−asin x−b2sin 2x=x−a[x−x33!+x55!+o(x5)]−b2[2x−(2x)33!+(2x)55!+o(x5)]= (1−a−b)x+(a6+2b3)x3−(a120+2b15)x5+o(x5). 根据题意，有 {1−a−b=0，a6+2b3=0，a120+2b15≠0得a=43，b=−13，当a=43，b=−13时，f(x)=x−(a+bcos x)sin x为当x→0时关于x的5阶无穷小$

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原文地址：https://blog.csdn.net/navicheung/article/details/126104040

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