高等数学（第七版）同济大学习题3-4 个人解答（前8题）

高等数学（第七版）同济大学习题3-4（前8题）

1.判定函数f(x)=arctanx−x的单调性.\begin{aligned}&1. \ 判定函数f(x)=arctan\ x-x的单调性.&\end{aligned}1. 判定函数f(x)=arctan x−x的单调性.

解：

f′(x)=11+x2−1=−x21+x2≤0，且当x=0时，f′(x)=0，所以f(x)=arctanx−x在(−∞,+∞)内单调减少。\begin{aligned} &\ \ f'(x)=\frac{1}{1+x^2}-1=-\frac{x^2}{1+x^2} \le 0，且当x=0时，f'(x)=0，所以f(x)=arctan\ x-x在(-\infty, \ +\infty)内单调减少。 & \end{aligned} f′(x)=1+x21−1=−1+x2x2≤0，且当x=0时，f′(x)=0，所以f(x)=arctan x−x在(−∞, +∞)内单调减少。

1.判定函数f(x)=x+cosx的单调性.\begin{aligned}&1. \ 判定函数f(x)=x+cos\ x的单调性.&\end{aligned}1. 判定函数f(x)=x+cos x的单调性.

解：

f′(x)=1−sinx≥0，且当x=2nπ+π2(n=0，±1，±2，⋅⋅⋅)时，f′(x)=0，因为在(−∞,+∞)的任一有限子区间上，使f′(x)=0的点只有有限个，所以函数f(x)=x+cosx在(−∞,+∞)内单调增加。\begin{aligned} &\ \ f'(x)=1-sin\ x \ge 0，且当x=2n\pi+\frac{\pi}{2}\ (n=0，\pm 1，\pm 2，\cdot\cdot\cdot)时，f'(x)=0，因为在(-\infty, \ +\infty)的\\\\ &\ \ 任一有限子区间上，使f'(x)=0的点只有有限个，所以函数f(x)=x+cos\ x在(-\infty, \ +\infty)内单调增加。 & \end{aligned} f′(x)=1−sin x≥0，且当x=2nπ+2π (n=0，±1，±2，⋅⋅⋅)时，f′(x)=0，因为在(−∞, +∞)的任一有限子区间上，使f′(x)=0的点只有有限个，所以函数f(x)=x+cos x在(−∞, +∞)内单调增加。

3.确定下列函数的单调区间：\begin{aligned}&3. \ 确定下列函数的单调区间：&\end{aligned}3. 确定下列函数的单调区间：

(1)y=2x3−6x2−18x−7； (2)y=2x+8x(x>0)；(3)y=104x3−9x2+6x； (4)y=ln(x+1+x2)；(5)y=(x−1)(x+1)3； (6)y=(2x−a)(a−x)23(a>0)；(7)y=xne−x(n>0，x≥0)； (8)y=x+∣sin2x∣.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y=2x^3-6x^2-18x-7；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ y=2x+\frac{8}{x}\ (x \gt 0)；\\\\ &\ \ (3)\ \ y=\frac{10}{4x^3-9x^2+6x}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ y=ln(x+\sqrt{1+x^2})；\\\\ &\ \ (5)\ \ y=(x-1)(x+1)^3；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ y=\sqrt[3]{(2x-a)(a-x)^2}\ (a \gt 0)；\\\\ &\ \ (7)\ \ y=x^ne^{-x}\ (n \gt 0，x \ge 0)；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ y=x+|sin\ 2x|. & \end{aligned} (1) y=2x3−6x2−18x−7； (2) y=2x+x8 (x>0)； (3) y=4x3−9x2+6x10； (4) y=ln(x+1+x2)； (5) y=(x−1)(x+1)3； (6) y=3(2x−a)(a−x)2 (a>0)； (7) y=xne−x (n>0，x≥0)； (8) y=x+∣sin 2x∣.

解：

(1)函数的定义域为(−∞,+∞)，f′(x)=6x2−12x−18=6(x+1)(x−3)，解方程f′(x)=0，即解6(x+1)(x−3)=0，得出它在函数定义域(−∞,+∞)内的两个根x1=−1，x2=3。这两个根把(−∞,+∞)分成三个部分区间(−∞,−1]，[−1,3]，[3,+∞)在区间(−∞,−1)内，x+1<0，x−3<0，所以f′(x)>0，因此，函数f(x)在(−∞,−1]内单调增加。在区间(−1,3)内，x+1>0，x−3<0，所以f′(x)<0，因此，函数f(x)在[−1,3]内单调减少。在区间(3,+∞)内，x+1>0，x−3>0，所以f′(x)>0，因此，函数f(x)在[3,+∞)内单调增加。(2)函数的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2−8x2，解方程f′(x)=0，即解2−8x2=0，x=±2，x=−2不在定义域内，去掉，取x=2，把(0,+∞)分成两个部分区间(0,2]，[2,+∞).在区间(0,2)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(0,2]内单调减少。在区间(2,+∞)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[2,+∞)内单调增加。(3)函数的定义域为(−∞,0)和(0,+∞)，f′(x)=−10(12x2−18x+6)(4x3−9x2+6x)2=−120(x−12)(x−1)(4x3−9x2+6x)2解方程f′(x)=0，即解−120(x−12)(x−1)(4x3−9x2+6x)2=0，得出x1=12，x2=1，把区间(−∞,0)和(0,+∞)分为四个部分区间(−∞,0)，(0,12]，[12,1]，[1,+∞)在区间(−∞,0)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(−∞,0)内单调减少。在区间(0,12]内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(0,12]内单调减少。在区间(12,1)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[12,1]内单调增加。在区间(1,+∞)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[1,+∞)内单调减少。(4)函数的定义域为(−∞,+∞)，f′(x)=1+x1+x2x+1+x2=11+x2>0，因此，函数f(x)在(−∞,+∞)内单调增加。(5)函数定义域为(−∞,+∞)，f′(x)=(x+1)3+3(x−1)(x+1)2=4(x+1)2(x−12)。解方程f′(x)=0，即解4(x+1)2(x−12)=0，得x1=−1，x2=12，把区间(−∞,+∞)分为三个部分区间(−∞,−1]，[−1,12]，[12,+∞)。在区间(−∞,−1)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(−∞,−1]内单调减少。在区间(−1,12)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[−1,12]内单调减少。在区间(12,+∞)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[12,+∞)内单调增加。(6)函数定义域为(−∞,a2)和(a2,a)和(a,+∞)，f′(x)=−6(x−2a3)3(2x−a)2(a−x)3，解方程f′(x)=0，即解−6(x−2a3)3(2x−a)2(a−x)3=0，得x=2a3，把区间分为四个部分(−∞,a2]，[a2,2a3]，[2a3,a]，[a,+∞)。在区间(−∞,a2)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在(−∞,a2]内单调增加。在区间(a2,2a3)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[a2,2a3]内单调增加。在区间(2a3,a)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[2a3,a]内单调减少。在区间(a,+∞)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[a,+∞)内单调增加。(7)函数定义域为[0,+∞)，f′(x)=nxn−1e−x−xne−x=xn−1e−x(n−x)，解方程f′(x)=0，即解xn−1e−x(n−x)=0，得x=n，把区间分为两个部分[0,n]，[n,+∞)。在区间(0,n)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[0,n]内单调增加。在区间(n,+∞)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[n,+∞)内单调减少。(8)函数的定义域为(−∞,+∞)，f(x)={x+sin2x，nπ≤x≤nπ+π2，x−sin2x，nπ+π2<x≤(n+1)π(n=0,±1,±2,⋅⋅⋅)，f′(x)={1+2cos2x，nπ<x<nπ+π2，1−2cos2x，nπ+π2<x<(n+1)π(n=0,±1,±2,⋅⋅⋅)，令f′′(x)=0，得x=nπ+π3，和x=nπ+5π6，把区间分为以下几部分，[nπ,nπ+π3]，[nπ+π3,nπ+π2]，[nπ+π2,nπ+5π6]，[nπ+5π6,(n+1)π](n=0,±1,±2,⋅⋅⋅)在区间(nπ,nπ+π3)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[nπ,nπ+π3]内单调增加。在区间(nπ+π3,nπ+π2)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[nπ+π3,nπ+π2]内单调减少。在区间(nπ+π2,nπ+5π6)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[nπ+π2,nπ+5π6]内单调增加。在区间(nπ+5π6,(n+1)π)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[nπ+5π6,(n+1)π]内单调减少。所以函数在[kπ2,kπ2+π3]上单调增加，在[kπ2+π3,kπ2+π2]上单调减少(k=0,±1,±2,⋅⋅⋅)\begin{aligned} &\ \ (1)\ 函数的定义域为(-\infty, \ +\infty)，f'(x)=6x^2-12x-18=6(x+1)(x-3)，解方程f'(x)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即解6(x+1)(x-3)=0，得出它在函数定义域(-\infty, \ +\infty)内的两个根x_1=-1，x_2=3。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 这两个根把(-\infty, \ +\infty)分成三个部分区间(-\infty, \ -1]，[-1, \ 3]，[3, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-\infty, \ -1)内，x+1 \lt 0，x-3 \lt 0，所以f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ -1]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-1, \ 3)内，x+1 \gt 0，x-3 \lt 0，所以f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在[-1, \ 3]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(3, \ +\infty)内，x+1 \gt 0，x-3 \gt 0，所以f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[3, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (2)\ 函数的定义域为(0, \ +\infty)，f'(x)=2-\frac{8}{x^2}，解方程f'(x)=0，即解2-\frac{8}{x^2}=0，x=\pm 2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x=-2不在定义域内，去掉，取x=2，把(0, \ +\infty)分成两个部分区间(0, \ 2]，[2, \ +\infty).\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(0, \ 2)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在(0, \ 2]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(2, \ +\infty)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[2, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (3)\ 函数的定义域为(-\infty, \ 0)和(0, \ +\infty)，f'(x)=\frac{-10(12x^2-18x+6)}{(4x^3-9x^2+6x)^2}=\frac{-120\left(x-\frac{1}{2}\right)(x-1)}{(4x^3-9x^2+6x)^2}\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解方程f'(x)=0，即解\frac{-120\left(x-\frac{1}{2}\right)(x-1)}{(4x^3-9x^2+6x)^2}=0，得出x_1=\frac{1}{2}，x_2=1，把区间(-\infty, \ 0)和(0, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 分为四个部分区间(-\infty, \ 0)，\left(0, \ \frac{1}{2}\right]，\left[\frac{1}{2}, \ 1\right]，[1, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-\infty, \ 0)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ 0)内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(0, \ \frac{1}{2}\right]内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left(0, \ \frac{1}{2}\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{1}{2}, \ 1\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{1}{2}, \ 1\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(1, \ +\infty)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在[1, \ +\infty)内单调减少。\\\\ &\ \ (4)\ 函数的定义域为(-\infty, \ +\infty)，f'(x)=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \gt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (5)\ 函数定义域为(-\infty, \ +\infty)，f'(x)=(x+1)^3+3(x-1)(x+1)^2=4(x+1)^2\left(x-\frac{1}{2}\right)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解方程f'(x)=0，即解4(x+1)^2\left(x-\frac{1}{2}\right)=0，得x_1=-1，x_2=\frac{1}{2}，把区间(-\infty, \ +\infty)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 分为三个部分区间(-\infty, \ -1]，\left[-1, \ \frac{1}{2}\right]，\left[\frac{1}{2}, \ +\infty\right)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(-\infty, \ -1)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在(-\infty, \ -1]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(-1, \ \frac{1}{2}\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[-1, \ \frac{1}{2}\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{1}{2}, \ +\infty\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{1}{2}, \ +\infty\right)内单调增加。\\\\ &\ \ (6)\ 函数定义域为\left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right)和\left(\frac{a}{2}, \ {a}\right)和(a, \ +\infty)，f'(x)=\frac{-6\left(x-\frac{2a}{3}\right)}{3\sqrt[3]{(2x-a)^2(a-x)}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解方程f'(x)=0，即解\frac{-6\left(x-\frac{2a}{3}\right)}{3\sqrt[3]{(2x-a)^2(a-x)}}=0，得x=\frac{2a}{3}，把区间分为四个部分\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right]，\left[\frac{a}{2}, \ \frac{2a}{3}\right]，\left[\frac{2a}{3}, \ a\right]，[a, \ +\infty)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left(-\infty, \ \frac{a}{2}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{a}{2}, \ \frac{2a}{3}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{a}{2}, \ \frac{2a}{3}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(\frac{2a}{3}, \ a\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[\frac{2a}{3}, \ a\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(a, \ +\infty)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[a, \ +\infty)内单调增加。\\\\ &\ \ (7)\ 函数定义域为[0, \ +\infty)，f'(x)=nx^{n-1}e^{-x}-x^ne^{-x}=x^{n-1}e^{-x}(n-x)，解方程f'(x)=0，即解x^{n-1}e^{-x}(n-x)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得x=n，把区间分为两个部分[0, \ n]，[n, \ +\infty)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(0, \ n)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在[0, \ n]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在区间(n, \ +\infty)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在[n, \ +\infty)内单调减少。\\\\ &\ \ (8)\ 函数的定义域为(-\infty, \ +\infty)，f(x)=\begin{cases}x+sin\ 2x，n\pi \le x \le n\pi+\frac{\pi}{2}，\\\\x-sin\ 2x，n\pi+\frac{\pi}{2} \lt x \le (n+1)\pi\end{cases}(n=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ f'(x)=\begin{cases}1+2cos\ 2x，n\pi \lt x \lt n\pi+\frac{\pi}{2}，\\\\1-2cos\ 2x，n\pi+\frac{\pi}{2} \lt x \lt (n+1)\pi\end{cases}(n=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot)，令f''(x)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得x=n\pi+\frac{\pi}{3}，和x=n\pi+\frac{5\pi}{6}，把区间分为以下几部分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left[n\pi, \ n\pi+\frac{\pi}{3}\right]，\left[n\pi+\frac{\pi}{3}, \ n\pi+\frac{\pi}{2}\right]，\left[n\pi+\frac{\pi}{2}, \ n\pi+\frac{5\pi}{6}\right]，\left[n\pi+\frac{5\pi}{6}, \ (n+1)\pi\right]\ (n=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot)\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi, \ n\pi+\frac{\pi}{3}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi, \ n\pi+\frac{\pi}{3}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi+\frac{\pi}{3}, \ n\pi+\frac{\pi}{2}\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi+\frac{\pi}{3}, \ n\pi+\frac{\pi}{2}\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi+\frac{\pi}{2}, \ n\pi+\frac{5\pi}{6}\right)内，f'(x) \gt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi+\frac{\pi}{2}, \ n\pi+\frac{5\pi}{6}\right]内单调增加。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在区间\left(n\pi+\frac{5\pi}{6}, \ (n+1)\pi\right)内，f'(x) \lt 0，因此，函数f(x)在\left[n\pi+\frac{5\pi}{6}, \ (n+1)\pi\right]内单调减少。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以函数在\left[\frac{k\pi}{2}, \ \frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{3}\right]上单调增加，在\left[\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{3}, \ \frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right]上单调减少(k=0, \ \pm1, \ \pm 2, \ \cdot\cdot\cdot) & \end{aligned} (1) 函数的定义域为(−∞, +∞)，f′(x)=6x2−12x−18=6(x+1)(x−3)，解方程f′(x)=0，即解6(x+1)(x−3)=0，得出它在函数定义域(−∞, +∞)内的两个根x1=−1，x2=3。这两个根把(−∞, +∞)分成三个部分区间(−∞, −1]，[−1, 3]，[3, +∞) 在区间(−∞, −1)内，x+1<0，x−3<0，所以f′(x)>0，因此，函数f(x)在(−∞, −1]内单调增加。在区间(−1, 3)内，x+1>0，x−3<0，所以f′(x)<0，因此，函数f(x)在[−1, 3]内单调减少。在区间(3, +∞)内，x+1>0，x−3>0，所以f′(x)>0，因此，函数f(x)在[3, +∞)内单调增加。 (2) 函数的定义域为(0, +∞)，f′(x)=2−x28，解方程f′(x)=0，即解2−x28=0，x=±2， x=−2不在定义域内，去掉，取x=2，把(0, +∞)分成两个部分区间(0, 2]，[2, +∞). 在区间(0, 2)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(0, 2]内单调减少。在区间(2, +∞)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[2, +∞)内单调增加。 (3) 函数的定义域为(−∞, 0)和(0, +∞)，f′(x)=(4x3−9x2+6x)2−10(12x2−18x+6)=(4x3−9x2+6x)2−120(x−21)(x−1) 解方程f′(x)=0，即解(4x3−9x2+6x)2−120(x−21)(x−1)=0，得出x1=21，x2=1，把区间(−∞, 0)和(0, +∞) 分为四个部分区间(−∞, 0)，(0, 21]，[21, 1]，[1, +∞) 在区间(−∞, 0)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(−∞, 0)内单调减少。在区间(0, 21]内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(0, 21]内单调减少。在区间(21, 1)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[21, 1]内单调增加。在区间(1, +∞)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[1, +∞)内单调减少。 (4) 函数的定义域为(−∞, +∞)，f′(x)=x+1+x21+1+x2x=1+x21>0，因此，函数f(x)在(−∞, +∞)内单调增加。 (5) 函数定义域为(−∞, +∞)，f′(x)=(x+1)3+3(x−1)(x+1)2=4(x+1)2(x−21)。解方程f′(x)=0，即解4(x+1)2(x−21)=0，得x1=−1，x2=21，把区间(−∞, +∞) 分为三个部分区间(−∞, −1]，[−1, 21]，[21, +∞)。在区间(−∞, −1)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在(−∞, −1]内单调减少。在区间(−1, 21)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[−1, 21]内单调减少。在区间(21, +∞)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[21, +∞)内单调增加。 (6) 函数定义域为(−∞, 2a)和(2a, a)和(a, +∞)，f′(x)=33(2x−a)2(a−x)−6(x−32a)，解方程f′(x)=0，即解33(2x−a)2(a−x)−6(x−32a)=0，得x=32a，把区间分为四个部分 (−∞, 2a]，[2a, 32a]，[32a, a]，[a, +∞)。在区间(−∞, 2a)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在(−∞, 2a]内单调增加。在区间(2a, 32a)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[2a, 32a]内单调增加。在区间(32a, a)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[32a, a]内单调减少。在区间(a, +∞)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[a, +∞)内单调增加。 (7) 函数定义域为[0, +∞)，f′(x)=nxn−1e−x−xne−x=xn−1e−x(n−x)，解方程f′(x)=0，即解xn−1e−x(n−x)=0，得x=n，把区间分为两个部分[0, n]，[n, +∞)。在区间(0, n)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[0, n]内单调增加。在区间(n, +∞)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[n, +∞)内单调减少。 (8) 函数的定义域为(−∞, +∞)，f(x)=⎩⎨⎧x+sin 2x，nπ≤x≤nπ+2π，x−sin 2x，nπ+2π<x≤(n+1)π(n=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅)， f′(x)=⎩⎨⎧1+2cos 2x，nπ<x<nπ+2π，1−2cos 2x，nπ+2π<x<(n+1)π(n=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅)，令f′′(x)=0，得x=nπ+3π，和x=nπ+65π，把区间分为以下几部分， [nπ, nπ+3π]，[nπ+3π, nπ+2π]，[nπ+2π, nπ+65π]，[nπ+65π, (n+1)π] (n=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅) 在区间(nπ, nπ+3π)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[nπ, nπ+3π]内单调增加。在区间(nπ+3π, nπ+2π)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[nπ+3π, nπ+2π]内单调减少。在区间(nπ+2π, nπ+65π)内，f′(x)>0，因此，函数f(x)在[nπ+2π, nπ+65π]内单调增加。在区间(nπ+65π, (n+1)π)内，f′(x)<0，因此，函数f(x)在[nπ+65π, (n+1)π]内单调减少。所以函数在[2kπ, 2kπ+3π]上单调增加，在[2kπ+3π, 2kπ+2π]上单调减少(k=0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅)

4.设函数f(x)的定义域内可导，y=f(x)的图形如图3−9所示，则导函数f′(x)的图形为图3−10中所示的四个图形中的哪一个？\begin{aligned}&4. \ 设函数f(x)的定义域内可导，y=f(x)的图形如图3-9所示，则导函数f'(x)的图形为图3-10中所示的四个图形中的哪一个？&\end{aligned}4. 设函数f(x)的定义域内可导，y=f(x)的图形如图3−9所示，则导函数f′(x)的图形为图3−10中所示的四个图形中的哪一个？

解：

因图形所知，当x<0时，f(x)单调增加，所以，f′(x)≤0；当x>0时，随着x增加，f(x)先单调增加，然后单调减少，再单调增加，所以，先是f′(x)≥0，然后f′(x)≤0，最后f′(x)≥0，所以选d。\begin{aligned} &\ \ 因图形所知，当x \lt 0时，f(x)单调增加，所以，f'(x) \le 0；当x \gt 0时，随着x增加，f(x)先单调增加，\\\\ &\ \ 然后单调减少，再单调增加，所以，先是f'(x) \ge 0，然后f'(x) \le 0，最后f'(x) \ge 0，所以选d。 & \end{aligned} 因图形所知，当x<0时，f(x)单调增加，所以，f′(x)≤0；当x>0时，随着x增加，f(x)先单调增加，然后单调减少，再单调增加，所以，先是f′(x)≥0，然后f′(x)≤0，最后f′(x)≥0，所以选d。

5.证明下列不等式：\begin{aligned}&5. \ 证明下列不等式：&\end{aligned}5. 证明下列不等式：

(1)当x>0时，1+12x>1+x；(2)当x>0时，1+xln(x+1+x2)>1+x2；(3)当0<x<π2时，sinx+tanx>2x；(4)当0<x<π2时，tanx>x+13x3；(5)当x>4时，2x>x2.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 当x \gt 0时，1+\frac{1}{2}x \gt \sqrt{1+x}；\\\\ &\ \ (2)\ \ 当x \gt 0时，1+xln(x+\sqrt{1+x^2}) \gt \sqrt{1+x^2}；\\\\ &\ \ (3)\ \ 当0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}时，sin\ x+tan\ x \gt 2x；\\\\ &\ \ (4)\ \ 当0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}时，tan\ x \gt x+\frac{1}{3}x^3；\\\\ &\ \ (5)\ \ 当x \gt 4时，2^x \gt x^2. & \end{aligned} (1) 当x>0时，1+21x>1+x； (2) 当x>0时，1+xln(x+1+x2)>1+x2； (3) 当0<x<2π时，sin x+tan x>2x； (4) 当0<x<2π时，tan x>x+31x3； (5) 当x>4时，2x>x2.

解：

(1)令f(t)=1+12t−1+t，t∈[0,x]，f′(t)=12−121+t=1+t−121+t>0，t∈(0,x).所以f(x)在区间[0,x]上单调增加，当x>0时，f(x)>f(0)，1+12x−1+x>1+0−1=0，即1+12x>1+x(x>0)(2)令f(t)=1+tln(t+1+t2)−1+t2，t∈[0,x]，f′(t)=ln(t+1+t2)+t1+t2−t1+t2=ln(t+1+t2)>0，t∈(0,x).所以，f(x)在[0,x]上单调增加，当x>0时，f(x)>f(0)，1+xln(x+1+x2)−1+x2>1+0−1=0，即1+xln(x+1+x2)>1+x2(x>0).(3)令f(x)=sinx+tanx−2x，x∈(0,π2).f′(x)=cosx+sec2x−2，f′′(x)=−sinx+2sec2xtanx=sinx(2sec3x−1)>0，x∈(0,π2).所以，f′(x)在[0,π2]上单调增加，当x∈(0,π2)时，f′(x)>f′(0)=0，所以f(x)在[0,π2]上单调增加，f(x)>f(0)=0，sinx+tanx−2x>0，x∈(0,π2)，即sinx+tanx>2x，x∈(0,π2).(4)令f(x)=tanx−x−13x3，x∈[0,π2].f′(x)=sec2x−1−x2=tan2x−x2=(tanx−x)(tanx+x)。令g′(x)=(tanx−x)′=sec2x−1=tan2x>0，所以g(x)=tanx−x在[0,x]上单调增加，即g(x)=tanx−x>g(0)=0。所以f′(x)>0，x∈(0,π2).从而f(x)在区间[0,π2]上单调增加，所以f(x)>f(0)，x∈(0,π2)，当0<x<π2时，tanx−x−13x3>0，即tanx>x+13x3(0<x<π2).(5)令f(t)=tln2−2lnt，t∈[4,x]，f′(t)=ln2−2t=12ln4−2x>12lne−24=0，当x>4时，f(x)单调增加，从而f(x)>f(4)=0，xln2−2lnx>0，即2x>x2(x>4).\begin{aligned} &\ \ (1)\ 令f(t)=1+\frac{1}{2}t-\sqrt{1+t}，t \in [0, \ x]，f'(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{1+t}}=\frac{\sqrt{1+t}-1}{2\sqrt{1+t}} \gt 0，t \in (0, \ x).\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x)在区间[0, \ x]上单调增加，当x \gt 0时，f(x) \gt f(0)，1+\frac{1}{2}x-\sqrt{1+x} \gt 1+0-\sqrt{1}=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即1+\frac{1}{2}x \gt \sqrt{1+x}\ (x \gt 0)\\\\ &\ \ (2)\ 令f(t)=1+tln(t+\sqrt{1+t^2})-\sqrt{1+t^2}，t \in [0, \ x]，f'(t)=ln(t+\sqrt{1+t^2})+\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}-\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ ln(t+\sqrt{1+t^2}) \gt 0，t \in (0, \ x).所以，f(x)在[0, \ x]上单调增加，当x \gt 0时，f(x) \gt f(0)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 1+xln(x+\sqrt{1+x^2})-\sqrt{1+x^2} \gt 1+0-1=0，即1+xln(x+\sqrt{1+x^2}) \gt \sqrt{1+x^2}\ (x \gt 0).\\\\ &\ \ (3)\ 令f(x)=sin\ x+tan\ x-2x，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right). f'(x)=cos\ x+sec^2\ x-2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ f''(x)=-sin\ x+2sec^2\ xtan\ x=sin\ x(2sec^3\ x-1) \gt 0，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right).所以，f'(x)在\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]上单调增加，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 当x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right)时，f'(x) \gt f'(0)=0，所以f(x)在\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]上单调增加，f(x) \gt f(0)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ sin\ x+tan\ x-2x \gt 0，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right)，即sin\ x+tan\ x \gt 2x，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right).\\\\ &\ \ (4)\ 令f(x)=tan\ x-x-\frac{1}{3}x^3，x \in \left[0,\ \frac{\pi}{2}\right].f'(x)=sec^2\ x-1-x^2=tan^2\ x-x^2=(tan\ x-x)(tan\ x+x)。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 令g'(x)=(tan\ x-x)'=sec^2\ x-1=tan^2\ x \gt 0，所以g(x)=tan\ x-x在[0, \ x]上单调增加，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即g(x)=tan\ x-x \gt g(0)=0。所以f'(x) \gt 0，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right).从而f(x)在区间\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]上单调增加，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 所以f(x) \gt f(0)，x \in \left(0,\ \frac{\pi}{2}\right)，当0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}时，tan\ x-x-\frac{1}{3}x^3 \gt 0，即tan\ x \gt x+\frac{1}{3}x^3\ \left(0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}\right).\\\\ &\ \ (5)\ 令f(t)=tln\ 2-2ln\ t，t \in [4, \ x]，f'(t)=ln\ 2-\frac{2}{t}=\frac{1}{2}ln\ 4-\frac{2}{x} \gt \frac{1}{2}ln\ e-\frac{2}{4}=0，当x \gt 4时，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ f(x)单调增加，从而f(x) \gt f(4)=0，xln\ 2-2ln\ x \gt 0，即2^x \gt x^2\ (x \gt 4). & \end{aligned} (1) 令f(t)=1+21t−1+t，t∈[0, x]，f′(t)=21−21+t1=21+t1+t−1>0，t∈(0, x). 所以f(x)在区间[0, x]上单调增加，当x>0时，f(x)>f(0)，1+21x−1+x>1+0−1=0，即1+21x>1+x (x>0) (2) 令f(t)=1+tln(t+1+t2)−1+t2，t∈[0, x]，f′(t)=ln(t+1+t2)+1+t2t−1+t2t= ln(t+1+t2)>0，t∈(0, x).所以，f(x)在[0, x]上单调增加，当x>0时，f(x)>f(0)， 1+xln(x+1+x2)−1+x2>1+0−1=0，即1+xln(x+1+x2)>1+x2 (x>0). (3) 令f(x)=sin x+tan x−2x，x∈(0, 2π).f′(x)=cos x+sec2 x−2， f′′(x)=−sin x+2sec2 xtan x=sin x(2sec3 x−1)>0，x∈(0, 2π).所以，f′(x)在[0, 2π]上单调增加，当x∈(0, 2π)时，f′(x)>f′(0)=0，所以f(x)在[0, 2π]上单调增加，f(x)>f(0)=0， sin x+tan x−2x>0，x∈(0, 2π)，即sin x+tan x>2x，x∈(0, 2π). (4) 令f(x)=tan x−x−31x3，x∈[0, 2π].f′(x)=sec2 x−1−x2=tan2 x−x2=(tan x−x)(tan x+x)。令g′(x)=(tan x−x)′=sec2 x−1=tan2 x>0，所以g(x)=tan x−x在[0, x]上单调增加，即g(x)=tan x−x>g(0)=0。所以f′(x)>0，x∈(0, 2π).从而f(x)在区间[0, 2π]上单调增加，所以f(x)>f(0)，x∈(0, 2π)，当0<x<2π时，tan x−x−31x3>0，即tan x>x+31x3 (0<x<2π). (5) 令f(t)=tln 2−2ln t，t∈[4, x]，f′(t)=ln 2−t2=21ln 4−x2>21ln e−42=0，当x>4时， f(x)单调增加，从而f(x)>f(4)=0，xln 2−2ln x>0，即2x>x2 (x>4).

6.讨论方程lnx=ax（其中a>0）有几个实根？\begin{aligned}&6. \ 讨论方程ln\ x=ax（其中a \gt 0）有几个实根？&\end{aligned}6. 讨论方程ln x=ax（其中a>0）有几个实根？

解：

令函数f(x)=lnx−ax，x∈(0,+∞)。f′(x)=1x−a。令f′(x)=0，得x=1a。当0<x<1a时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(0,1a)内单调增加；当1a<x<+∞时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(1a,+∞)内单调减少，因此f(1a)为最大值，又因lim⁡x→0+f(x)=−∞，lim⁡x→+∞f(x)=−∞，所以当f(1a)=ln1a−1=0，即当a=1e时，曲线y=lnx−ax与x轴仅有一个交点，原方程有唯一实根。当f(1a)=ln1a−1>0，即当0<a<1e时，曲线y=lnx−ax与x轴仅有两个交点，原方程有两个实根。当f(1a)=ln1a−1<0，即当a>1e时，曲线y=lnx−ax与x轴没有交点，原方程没有实根。\begin{aligned} &\ \ 令函数f(x)=ln\ x-ax，x \in (0, \ +\infty)。f'(x)=\frac{1}{x}-a。令f'(x)=0，得x=\frac{1}{a}。\\\\ &\ \ 当0 \lt x \lt \frac{1}{a}时，f'(x) \gt 0，所以f(x)在区间\left(0, \ \frac{1}{a}\right)内单调增加；\\\\ &\ \ 当\frac{1}{a} \lt x \lt +\infty时，f'(x) \lt 0，所以f(x)在区间\left(\frac{1}{a}, \ +\infty\right)内单调减少，因此f\left(\frac{1}{a}\right)为最大值，\\\\ &\ \ 又因\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=-\infty，\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=-\infty，所以\\\\ &\ \ 当f\left(\frac{1}{a}\right)=ln\ \frac{1}{a}-1=0，即当a=\frac{1}{e}时，曲线y=ln\ x-ax与x轴仅有一个交点，原方程有唯一实根。\\\\ &\ \ 当f\left(\frac{1}{a}\right)=ln\ \frac{1}{a}-1 \gt 0，即当0 \lt a \lt \frac{1}{e}时，曲线y=ln\ x-ax与x轴仅有两个交点，原方程有两个实根。\\\\ &\ \ 当f\left(\frac{1}{a}\right)=ln\ \frac{1}{a}-1 \lt 0，即当a \gt \frac{1}{e}时，曲线y=ln\ x-ax与x轴没有交点，原方程没有实根。 & \end{aligned} 令函数f(x)=ln x−ax，x∈(0, +∞)。f′(x)=x1−a。令f′(x)=0，得x=a1。当0<x<a1时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(0, a1)内单调增加；当a1<x<+∞时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(a1, +∞)内单调减少，因此f(a1)为最大值，又因x→0+limf(x)=−∞，x→+∞limf(x)=−∞，所以当f(a1)=ln a1−1=0，即当a=e1时，曲线y=ln x−ax与x轴仅有一个交点，原方程有唯一实根。当f(a1)=ln a1−1>0，即当0<a<e1时，曲线y=ln x−ax与x轴仅有两个交点，原方程有两个实根。当f(a1)=ln a1−1<0，即当a>e1时，曲线y=ln x−ax与x轴没有交点，原方程没有实根。

7.单调函数的导函数是否必为单调函数？研究下面的例子：f(x)=x+sinx.\begin{aligned}&7. \ 单调函数的导函数是否必为单调函数？研究下面的例子：f(x)=x+sin\ x.&\end{aligned}7. 单调函数的导函数是否必为单调函数？研究下面的例子：f(x)=x+sin x.

解：

f(x)=x+sinx，因为f′(x)=1+cosx≥0，且f′(x)在任何有限区间内只有有限个零点。因此f(x)在(−∞,+∞)内为单调增加，但导函数f′(x)=1+cosx在(−∞,+∞)内不是单调函数，所以，单调函数的导函数不一定是单调函数。\begin{aligned} &\ \ f(x)=x+sin\ x，因为f'(x)=1+cos\ x \ge 0，且f'(x)在任何有限区间内只有有限个零点。\\\\ &\ \ 因此f(x)在(-\infty, \ +\infty)内为单调增加，但导函数f'(x)=1+cos\ x在(-\infty, \ +\infty)内不是单调函数，\\\\ &\ \ 所以，单调函数的导函数不一定是单调函数。 & \end{aligned} f(x)=x+sin x，因为f′(x)=1+cos x≥0，且f′(x)在任何有限区间内只有有限个零点。因此f(x)在(−∞, +∞)内为单调增加，但导函数f′(x)=1+cos x在(−∞, +∞)内不是单调函数，所以，单调函数的导函数不一定是单调函数。

8.设I为任一无穷区间，函数f(x)在区间I上连续，I内可导。试证明：如果f(x)在I的任一有限的子区间上f′(x)≥0（或f′(x)≤0），且等号仅在有限多个点处成立，那么f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）.\begin{aligned}&8. \ 设I为任一无穷区间，函数f(x)在区间I上连续，I内可导。试证明：如果f(x)在I的任一有限的子区间\\\\&\ \ \ \ 上f'(x) \ge 0（或f'(x) \le 0），且等号仅在有限多个点处成立，那么f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）.&\end{aligned}8. 设I为任一无穷区间，函数f(x)在区间I上连续，I内可导。试证明：如果f(x)在I的任一有限的子区间上f′(x)≥0（或f′(x)≤0），且等号仅在有限多个点处成立，那么f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）.

解：

在区间I内任取两点x1，x2，且x1<x2，应用拉格朗日中值定理，得f(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1)≥0（或≤0），其中ξ∈(x1,x2)，即f(x2)≥f(x1)（或f(x2)≤f(x1)），因此，f(x)在区间I上单调不减（或单调不增），对任一x∈[x1,x2]，有f(x2)≥f(x)≥f(x1)（或f(x1)≥f(x)≥f(x2)）。如果f(x1)=f(x2)，则有f(x)≡f(x1)，x∈[x1,x2]，所以f′(x)≡0，x∈[x1,x2]，这与f′(x)=0在I的任一有限子区间上仅在有限多个点处成立的假设相矛盾，因此，f(x2)>f(x1)（或f(x2)<f(x1)），即f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）。\begin{aligned} &\ \ 在区间I内任取两点x_1，x_2，且x_1 \lt x_2，应用拉格朗日中值定理，得f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1) \ge 0（或\le 0）\\\\ &\ \ ，其中\xi \in (x_1, \ x_2)，即f(x_2) \ge f(x_1)（或f(x_2) \le f(x_1)），因此，f(x)在区间I上单调不减（或单调不增），\\\\ &\ \ 对任一x \in [x_1, \ x_2]，有f(x_2) \ge f(x) \ge f(x_1)（或f(x_1) \ge f(x) \ge f(x_2)）。\\\\ &\ \ 如果f(x_1)=f(x_2)，则有f(x) \equiv f(x_1)，x \in [x_1, \ x_2]，所以f'(x) \equiv 0，x \in [x_1, \ x_2]，\\\\ &\ \ 这与f'(x)=0在I的任一有限子区间上仅在有限多个点处成立的假设相矛盾，因此，\\\\ &\ \ f(x_2) \gt f(x_1)（或f(x_2) \lt f(x_1)），即f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）。 & \end{aligned} 在区间I内任取两点x1，x2，且x1<x2，应用拉格朗日中值定理，得f(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1)≥0（或≤0），其中ξ∈(x1, x2)，即f(x2)≥f(x1)（或f(x2)≤f(x1)），因此，f(x)在区间I上单调不减（或单调不增），对任一x∈[x1, x2]，有f(x2)≥f(x)≥f(x1)（或f(x1)≥f(x)≥f(x2)）。如果f(x1)=f(x2)，则有f(x)≡f(x1)，x∈[x1, x2]，所以f′(x)≡0，x∈[x1, x2]，这与f′(x)=0在I的任一有限子区间上仅在有限多个点处成立的假设相矛盾，因此， f(x2)>f(x1)（或f(x2)<f(x1)），即f(x)在区间I上单调增加（或单调减少）。