1、20数学分析选论习题解答第 三 章 微 分 学考察 的可导性|)(xfe解 写出 的分段表达式： .0,)(xxfe它在 时的导数为0x ;0,)1(,)(xxfe而当 时，由于 ，因0x 10lim)(,0lim)0( 0 xeff xx此 在 处不可导 f设 .3,)(2xbaxf若要求 在 处可导，试求 的值f3x,解 首先，由 在 处必须连续，得到 ，或 再由f 9ab3，xaxbafx )(lim3li)3( 3，6)(li9li)(323f xx又得 93,6aba设对所有 ，有 ，且x)()(xhgf)(,ahfa试证： 在 处可导，且 )(xga)(f21证 由条件，有，)()
2、()( ahxagxafx从而又有，)()(gf )()( axxhaxax 由于 ，因此 ，故对以上两式分别)(haf ()fff 取 的极限，得到x与)()()()( ahgafhagf 与于是有 ，即证得 在 处可导，且 ag xf证明：若 在 上连续，且)(xf,ba，0)(,0)(bfaff.则存在点 ，使 ),(ba证 如图所示，设0)(,0)(ff由极限保号性，在点 的某一右邻域a)(aU内，使 ， ；同理，在点 的某一左邻域)( xfxff )(ab内，有 ， 最后利用连续函数0)(0bxb在 上的介值性，必定 ，使 )(f, ),(),0)(f设 ，它在点 可导； 是满足),
3、(,)baxf),(0baxnyx与，ynn),21且 的任意两个数列证明：nnyxlimli0)()(li 0xfxyffn证 先作变形：xOxy)(fy22nnnnn xffxyxyffxyxyff 0000 )()()( .由 存在，故 时，有)(0f |,当)()(00xfxf又由 ，故对上述 ， 时，有0limlixyxnnNn当,x0,从而得到，)()(00fxyffn)()(00xfffn分别以正数 与 乘以上两式，并相加，又得到nxy0nxy. nn nnxyxy xfyxff0 00)()(把它化简整理后，即为)()()(0Nfxyffn从而证得结论： )()(lim0fff
4、nn设 在 上连续，在 内可导，通过引入适当的辅助函数，证)(xf,ba),(ba明：（）存在 ，使得),(；)()(22fabfb（）存在 ，使得),(a23)0()ln()( bafabfb证 （）在一般形式的中值定理（ 定理 3 . 8 ）中，令 ，即得本题结2(xg论（）把欲证的式子改写成，)(ln1)( fabafb且令 ，上式即为关于 与 所满足的一般中值公式 xgln)(xfg证明推广的罗尔定理：若 在 上可导，且)(),lxfxfx(limli（ 包括 ,则存在 ，使得 )l0)(f证 关键在于证明存在两点 ，使ba,)(ff为此任取一点 ，使 （ 这样的点0xl0若不存在，则
5、 ） 0x)()(xff如图所示，设 由于 ，因此对于 ，lxf0lfxlim02)(xfl，当 时，满足 XX| lfl)(现取 ，并使 由于x, x0，)()(,)()( xflfflf 借助连续函数的介值性，必存在 ，使得,00bxa与)(21)(xfllbff 于是由罗尔定理，存在 ，使得 ,a0)(f证明：若 和 在 上连续，在 内可导，且 ，)(xfg,b),(ba0)(xgy0axl xbO24则存在 ，使得 ),(ba )()(gbaffgf证 令 ，它在 上连续，在( xfxfxf ,b内可导，且 由罗尔定理，存在 ，使得),(ba )()(aa ),(a，0)()( gff
6、gff即)()()()( affbf 由于 ， （ 根据 和导函数具有介值性，推知0)(gg0xg恒正或恒复，故 严格单调 ） ，因此可把上式化为结论式x)(x )()(gbaffgf设 证明： ),(,|)(|,|)(| 20 xMfxf， 0| ,证 若 ，则可相继推出： ，再2M BCxfxfxf )()()(由 ，可知 ，结论成立同理，当 时结论同样0|)(|xfC0M成立现设 ， 利用泰勒公式， ，使02 20,x)(41)(2)( 20020 fMfxfMxf .由此得到 ,42)()(|)(|2 000 200 fxfxff 于是证得 200241|)(| MMxf .25设 在
7、 上二阶可导， 证明： ，)(xf,ba0)(bfaf ),(ba使得|)(|)(4|)| 2fabf证 将 分别在点 与 作泰勒展开：2baf ，f 2,2!)()11baabfaf ，2bff ,!)()2以上两式相减后得到)(afb)()(2121ffab设 ，则有)(f)(,max1ff，fb)(2)(221 fabffb于是证得结论： |)(|)(4|)| afbaf 设在 上有 ，且 在 内存在最大值证明：,0Mxfxf),0a)()0(证 设 在 取得最大值，则 也是一个极大值，)(xfc,(acf故 由微分中值公式得到0cf，),0(,)()0()( 11 cfcfcff )(
8、 22 aaa；从而又有，McfcfcMfcf )()(),)()0( 21 由此立即证得 af026证明：若 存在， 在点 连续，则),(0yxf ),(yxf0P),(yx在点 可微),(yxf0P证 z),(0yxf ),(0yxf ),(0yxf ),(0yxf因 在点 连续，故 的第一部分可表为),(yxfPz),0yxf ),(0yxfyyxfy ),(0（其中 ） ； limy又因 存在，故 的第二部分可表为),(0yxf z（其中 ） ),(0yxf xyxf),(0 0lix所以有，zfx),(0 yfy),(0而且由于，)0,(|2 xyx便证得 在点 可微 ),(yf0P
9、若二元函数 与 满足： 在点 连续， 在点 可微，且fgf0P),(yxg0P，则 在点 可微，且0)(Pg.0)()(00ffPdd.证 记 由于 在点 可微，根据定理.（必要性） ，存在向量函数gfh.，它在点 连续，且满足)(,)(21PGP0.)(,)()(00PGg 27由此得到 ,)()()000PHGfgfgPh其中 在点 连续仍由定理.（充分性） ，推知 在点 可微，)()(GPfH0 h0P且因 ，进一步证得)()(00gffh )(00PgfhPdd.设 .)0,(,(,0),(2yxxyf证明：（） 在原点 连续；fO),0(（） 在点 都存在；yx,（） 在点 不连续；
10、f（） 在点 不可微O证 （）若令 ，则因sin,cosryrx，0sincolim)(lim200 rfr可知 在 处（即在点 处）连续frO（） .0),(),0(lim)0,( ,yfff xyyxx（）求出 ;)0,(,(,0)(),(2yxyxyxf .)0,(,(,0)(),(23yxyxyxf28由于当 时,0r ,sinco2)sin,co( ,)co(i32 rfyx它们都不随 而趋于 ( 随 而异 )，因此 在点 都不连续0r yxfO（）倘若 在点 可微，则fO .)()0,()0,(),0(),( 22yxoyxyfxffyxf yx 但是当令 时，sin,cosryr
11、，)0(sico)( 22/32 rx所以 在点 不可微 fO设可微函数 在含有原点为内点的凸区域 上满足),(yxf D0),(),(yxffx试证： 常数， ),(yxf Dy),(证 对于复合函数，sin,co,)(yrxfz由于 ,)0()(1sirfyxrfff yx因此在极坐标系里 与 无关，或者说 只是 的函数（ 除原点外 ） ff如图所示， 的2121,OPDP与极角分别为 若 ，则由上面与 讨论知道 若 ，此时)()21ff 21利用 在点 连续，当动点 分别沿半直线OP21PODxy229趋向点 时， 在21与 Of1上的常值与在 上的常值都应等于 这就证得 ，即)(f )
12、()21Pff常数， ),(yxf Dyx),(设二元函数 在 上有连续偏导数，且 试证：,f2)1,0(),(ff在单位圆 上至少有两点满足12yx),(),(yxfyxf证 在单位圆 上，记r20,)sin,co()f由于 连续，故 可微，一元函 也可微yxf与 f已知 ，由罗尔定理， ，使得)2()1,0(),()0 )2,0(1同理，由 ， ，使得 而(1 )2,(，yxyxffrfrrf cossin)si,co(，1)(y故在 上存在两点 ，满足1r )sin,c)si,c( 2211 PP和 )(fxfyiyi证明：（）若 在凸开域 上处处有 ，),(D0),(),(yxffx则 常数， ；),(yxfyx,（）若 在开域 上处处有 ，则同样有)(f 0),(),(yxffx常数， ),(yxf Dyx,证 （）由于 为凸开域，因此 ，联结这两点的直线段必Dyx),(),21含于 , 根据.的例知道 与 无关；类似地， 又与 无D(f ),(yxf关这样， 在 上各点处的值恒相等f xOyDQP
