微积分典型例题与解法：习题

1.确定函数的单调区间.

解 函数的定义域为（-∞，-1）∪（-1，+∞）.当×≠-1时，f′（×）＝.令f′（×）＝0，解得×＝-2，0.

当×＜-2和×＞0时，f′（×）＞0，所以函数f（×）在区间（-∞，-2），（0，+∞）内严格递增；

当-2＜×＜-1和-1＜×＜0时，f′（×）＜0，所以函数f（×）在区间（-2，-1），（-1，0）内严格递减.

2.确定函数f的单调区间.

解 因为当×≠0时f，令f′（×）＝0，无解.当×＜1时，f′（×）＜0，所以函数f（×）在区间（-∞，1）内严格递减；当×＞1时，f′（×）＞0，所以函数f（×）在区间（1，+∞）内严格递增.

3.讨论函数ｙ＝ｌN（1+ײ）的凹凸区间与拐点.

解 因为f，，令f″（×）＝0，解得×＝±1.

当×＜-1和×＞1时，f″（×）＜0，所以函数f（×）在区间（-∞，-1）和（1，+∞）内的图像为凸的；

当-1＜×＜1时，f″（×）＞0，所以函数f（×）在区间（-1，1）内的图像为凹的；所以函数ｙ＝ｌN（1+ײ）的拐点为（±1，ｌN 2）.

4.求函数的凹凸区间与拐点.

解 因为f，当×≠2时f，令f″（×）＝0，无解.

当×＜2时，f″（×）＜0，所以函数f（×）在区间（-∞，2）图像为凸的；

当×＞2时，f″（×）＞0，所以函数f（×）在区间（2，+∞）内的图像为凹的；所以函数的拐点为（2，0）.

5 设f（0）＝g（0），当×≥0时，f′（×）＞g′（×），则当×＞0时，有（）

A.f（×）＜g（×） B.f（×）＞g（×）

C.f（×）≤g（×） D.以上都不对

解 正确答案是B.

令ｈ（×）＝f（×）-g（×），则当×＞0时ｈ′（×）＝f′（×）-g′（×）＞0，从而当×＞0时，有ｈ（×）＞ｈ（0）＝f（0）-g（0）＝0，故f（×）＞g（×）.

6.函数f（×）＝2ײ-ｌN ×在区间（）内单调增加.

A. B.

C. D.

解 正确答案是C.

因为f，令f′（×）＝0，得.

当时，f′（×）＜0，所以函数f（×）在区间内严格递减；

当时，f′（×）＞0，所以函数f（×）在区间内严格递增.

7.当A，B取何值时，点（1，3）为ｙ＝A׳+Bײ的拐点.(https://www.daowen.com)

解 因点（1，3）为ｙ＝A׳+Bײ的拐点，故A+B＝3.又因

ｙ′＝3Aײ+2B×，ｙ″＝6A×+2B而点（1，3）为ｙ＝A׳+Bײ的拐点，故当×＝1时ｙ″＝0，即6A+2B＝0.由A+B＝3和6A+2B＝0可得，，.

8.曲线ｙ＝A׳+Bײ+C×+D（A≠0）有一个拐点，且在此拐点处有一水平切线，求A，B，C之间的关系式.

解 因为ｙ′＝3Aײ+2B×+C，ｙ″＝6A×+2B，令ｙ″＝0，解得.由曲线有一个拐点，且在此拐点处有一水平切线，故，即，因此3AC-B²＝0.

9.证明当×＜1时，.

证 设f（×）＝e^×（1-×），则f′（×）＝-×e^×，f（0）＝1.当×＜0时f′（×）＞0，从而f（×）在（-∞，0）内单调递增；当×＞0时f′（×）＜0，从而f（×）在（0，+∞）内单调递减.所以f（×）≤f（0）＝1，即e^×（1-×）≤1，故当×＜1时，.×

10.试证当×＞0，.

解 设f，则当×＞0时有

故f（×）在当×＞0时严格单调递增，故必有f（×）＞f（0）＝0，即

11.设e＜A＜B，试证A^B＞B^A.

证 设，（A＜×），则f（A）＝0，，故当A＜×时有f（×）单调递增，从而f（×）＞f（0）＝0.特别地有f（B）＞0，即0，从而有A^B＞B^A.

12.设f（×）在［A，B］上连续，在（A，B）内可导，且f′（×）+f（×）＞0，试证若f（×）＝0在（A，B）内有根时，必有唯一实根.

证 设g（×）＝e^×f（×），则g′（×）＝e^×［f（×）+f′（×）］＞0，故g（×）是严格单调递增函数，从而g（×）＝0在（A，B）内有根时，必有唯一实根.又由于f（×）＝0与g（×）＝0的根是完全相同的，故若f（×）＝0在（A，B）内有根时，必有唯一实根.

13.设f（×）在［0，A］上连续，在（0，A）内可导，f″（×）＞0，f（0）≤0，试证在（0，A）内单调递增.

证，令φ（×）＝×f′（×）-f（×），则φ（0）＝0-f（0）≥0，且在（0，A）内有φ′（×）＝×f″（×）＞0，故φ（×）在（0，A）内严格单调递增，故在（0，A）内φ（×）＞φ（0）≥0，从而在（0，A）内．即在（0，A）内单调递增.

14.设f（×），g（×）是恒大于0的可导函数，且f′（×）g（×）-f（×）g′（×）＜0，则当A＜×＜B时

A.f（×）g（B）＞f（B）g（×）B.f（×）g（A）＞f（A）g（×）

C.f（×）g（×）＞f（B）g（B）D.f（×）g（×）＞f（A）g（A）

解 设ｈ（×）＝f（×）g（B）-f（B）g（×），则ｈ′（×）＝g（B）f′（×）-f（B）g′（×）＜0，故ｈ（×）单调递减函数，因此当A＜×＜B时有ｈ（×）＞ｈ（B）＝0，因此正确答案是A.

15.设在［0，1］上，f″（×）＞0，试证f′（0）＜f（1）-f（0）＜f′（1）.

证 由拉格朗日定理知存在一点ξ∈（0，1），使得

再由f″（×）＞0可知，在［0，1］上f′（×）单调递增，故f′（0）＜f′（ξ）＜f′（1），即

f′（0）＜f（1）-f（0）＜f′（1）

16.设×＞0，ｙ＞0，×≠ｙ，求证×ｌN ×+ｙｌN ｙ＞（×+ｙ）ｌN.

证 设f（ｔ）＝ｔｌNｔ，则当ｔ＞0时有f′（ｔ）＝ｌNｔ+1，从而f″（ｔ）＝＞0，故当ｔ＞0时f（ｔ）＝ｔｌNｔ为凹函数，由凹函数的定义知当×＞0，ｙ＞0，×≠ｙ时有

因此有成立.