张宇1000题高等数学 第五章 一元函数微分学的应用（一）——几何应用

$A$组

4.曲线$r=\cos 2\theta$在$\theta =\frac{\pi }{4}$处的切线方程为______。

解  曲线参数方程$\{\begin{array}{l}x=\cos 2\theta \cos \theta ,\\ y=\cos 2\theta \sin \theta ,\end{array}\theta =\frac{\pi }{4}$对应$(x_0,y_0)=(0,0)$，
$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}{|}_{\theta =\frac{\pi }{4}}=\frac{-2\sin 2\theta \sin \theta +\cos 2\theta \cos \theta }{-2\sin 2\theta \cos \theta -\cos 2\theta \sin \theta }{|}_{\theta =\frac{\pi }{4}}=1,$$
  切线方程为$y=x$。（这道题主要利用了参数方程求解）

$B$组

6.设$f(x)=|x(3-x)|$，则（  ）
$(A)x=0$是$f(x)$的极值点，但$(0,0)$不是曲线$y=f(x)$的拐点；
$(B)x=0$不是$f(x)$的极值点，但$(0,0)$是曲线$y=f(x)$的拐点；
$(C)x=0$是$f(x)$的极值点，且$(0,0)$是曲线$y=f(x)$的拐点；
$(D)x=0$不是$f(x)$的极值点，且$(0,0)$也不是曲线$y=f(x)$的拐点。

解  由于$f(x)=|x(3-x)|⩾0,f(0)=0$，可知$x=0$为$f(x)$的极小值点。由$f(x)=\{\begin{array}{ll}3x-x^2,& 0<x<3,\\ -3x+x^2,& x⩽0\text{或}x⩾3,\end{array}$可得
$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}3-2x,& 0<x<3,\\ -3+2x,& x<0\text{或}x>3.\end{array} \\ {f}^{\prime \prime }(x)=\{\begin{array}{ll}-2,& 0<x<3,\\ 2,& x<0\text{或}x>3.\end{array} \end{gathered}$$
  由于在$x=0$两侧$f^{\prime \prime }(x)$异号，因此$(0,f(0))=(0,0)$为曲线$y=f(x)$的拐点。故选$(C)$。（这道题主要利用了拐点和极值点定义求解）

14.设函数$f(x)$可导，且满足$x{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(-x)+1,f(0)=0$，求：

（1）$f^{\prime }(x)$；

解  在方程$x{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(-x)+1$中用$-x$代替$x$，得$-x{f}^{\prime }(-x)=f^{\prime }(x)+1$，从而有
$$\{\begin{array}{l}x{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(-x)+1,\\ -x{f}^{\prime }(-x)=f^{\prime }(x)+1.\end{array}$$
  解得$f^{\prime }(x)=\frac{x-1}{1+x^2}$。

（2）函数$f(x)$的极值。

解  由$f(0)=0$，得$f(x)-f(0)={\int }_0^x\frac{t-1}{1+t^2}\mathrm{d}t$，即$f(x)=\frac{1}{2}\ln (1+x^2)-\arctan x$。
  由$f^{\prime }(x)=\frac{x-1}{1+x^2}$，得函数$f(x)$的驻点$x_0=1$，且唯一。而$f^{\prime \prime }(x)=\frac{-x^2+2x+1}{(1+x^2{)}^2}$，所以$f^{\prime \prime }(1)>0$。故$f(1)=\frac{1}{2}\ln 2-\frac{\pi }{4}$是函数$f(x)$的极小值。（这道题主要利用了构造方程求解）

$C$组

10.设$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(1+\cos \frac{x}{n}+\cos \frac{2x}{n}+\cdots +\cos \frac{n-1}{n}x\right),& x>0,\\ 1,& x=0,\\ f(-x),x<0.& \end{array}$$

（1）求$f^{\prime }(0)$；

解  当$x>0$时，
$$\begin{array}{rl}f(x)& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}\cos \frac{i}{n}x=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}\sum _{i=0}^{n-1}\cos \frac{i}{n}x\cdot \frac{x}{n}\\ & =\frac{1}{x}{\int }_0^1\cos t\mathrm{d}t=\frac{1}{x}\sin t{|}_0^x=\frac{\sin x}{x};\end{array}$$
  当$x<0$时，$f(-x)=\frac{\sin (-x)}{-x}=\frac{\sin x}{x}$。
  综上所述，$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin x}{x},& x\ne 0,\\ 1,& x=0.\end{array}$
  故
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{\sin x}{x}-1}{x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^2}=0.\end{array}$$

（2）求$f(x)$在$[-\pi ,\pi ]$上的最大值。

解  由$f(x)$是$[-\pi ,\pi ]$上的偶函数，故只研究$[0,\pi ]$上的情形即可。
  当$0<x⩽\pi$时，$f^{\prime }(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}$，令$g(x)=x\cos x-\sin x$，则$g^{\prime }(x)=-x\sin x⩽0$，且仅当$x=\pi$时，$g^{\prime }(x)=0$，故$g(x)$在$(0,\pi ]$严格单调递减，$g(x)<g(0)=0$，于是$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$单调递减，则$f(x)$的最大值在$x=0$处取得，$f_{\max }=f(0)=1$。（这道题主要利用了积分定义求解）

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