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2.
(1)
化为函数极限，再利用数列极限与函数极限的关系。
\[
\begin{aligned}
\lim_{x\to +\infty}
(x \tan \frac 1x)^{x^2}
&= \lim_{t\to 0}
\exp \frac{ \ln \frac{\tan t}{t} }{t^2}
\\
&=
\exp \left(
\lim_{t\to 0}
\frac{ \ln \frac{\tan t}{t} }{t^2}\right)
\\
&=
\exp \left(
\lim_{t\to 0}
\frac{ \ln (\frac{\tan t}{t}+1-1) }{t^2}\right)
\\
&=
\exp \left(
\lim_{t\to 0}
\frac{ \frac{\tan t}{t}-1 }{t^2}\right)
\\
&=
\exp \left(
\lim_{t\to 0}
\frac{ \tan t -t }{t^3}\right)
\\
&=
\exp \left(
\lim_{t\to 0}
\frac{ \frac{1}{\cos^2 t} -1 }{3 t^2}\right)
\\
&=
\exp \left(
\lim_{t\to 0}
\frac{ 1-\cos t }{3 t^2}
\cdot \frac{1+\cos t }{\cos^2 t}
\right)
\\
&=
\exp \left(2
\lim_{t\to 0}
\frac{ 1-\cos t }{3 t^2}
\right)
\\
&= e^{\frac13}.
\end{aligned}
\]
(2)
\[
\begin{aligned}
\lim_{x\to 1}
\frac{ (x^{3x-2}-x)
\sin 2(x-1)
}
{ (x-1)^3 }
&=\lim_{x\to 1}
x\frac{ (x^{3x-3}-1)
\cdot 2(x-1)
}
{ (x-1)^3 }
\\
&=
2\lim_{x\to 1}
\frac{ (x^{3x-3}-1)
}
{ (x-1)^2 }
\\
&=
2\lim_{x\to 1}
\frac{ e^{(3x-3)\ln x}-1
}
{ (x-1)^2 }
\\
&=
2\lim_{x\to 1}
\frac{ (3x-3)\ln x
}
{ (x-1)^2 }
\\
&=
6\lim_{x\to 1}
\frac{ \ln (x+1-1)
}
{ (x-1) }
\\
&=
6\lim_{x\to 1}
\frac{ x-1
}
{ (x-1) }
\\
&=6.
\end{aligned}
\]
4. 证明: 令
\[
\varphi(x)= 4x \ln x -(x^2+2x-3),
\]
则函数 $\varphi(x)$ 在定义域 $(0,+\infty)$ 上连续且
\[
\varphi‘(x)=2-2x +4 \ln x,
\quad
\varphi‘‘(x)=4/x-2.
\]
容易看到,
\[
\varphi(1)=0, \quad
\varphi‘(1)=0.
\]
由于当 $0<x<2$ 时，
\[
\varphi‘‘(x)>0,
\]
所以 $\varphi‘(x)$ 是单调增函数，因此
\[
\varphi‘(x)>\varphi‘(1)=0, \quad 1<x<2; \qquad
\varphi‘(x)<\varphi‘(1)=0, \quad 0<x<1.
\]
因此，当 $x\in(0,1)$, $\varphi(x)$ 为单调减函数，
\[
\varphi(x)>\varphi(1)=0,
\]
另一方面, 当 $x\in(1,2)$, $\varphi(x)$ 为单调增函数，
\[
\varphi(x)>\varphi(1)=0,
\]
而当 $x=1$ 时，$\varphi(1)=0$. 综上所述, 当 $0<x<2$ 时
\[
4x\ln x \geq x^2 +2x-3.
\]
5. 证明: 反证法，因为 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，所以令 $x_0=\frac{a+b}{2}$, $f(x_0)$ 存在且有限. 若 $f‘(x)$ 在 $(a,b)$ 上有界, 即存在 $M>0$, 使得 $|f‘(x)|\leq M$. 又由于 $f‘(x)$ 在 $(a,b)$ 上无界, 即对于 $M_1>0$, 存在 $x_1\in (a,b)$ 使得
\[
|f(x_1)|>M_1=|f(x_0)| + M({b-a}).
\]
由拉格朗日中值定理得
\[
f(x_1)-f(x_0)= f‘(\xi)(x_1-x_0),
\]
其中 $\xi$ 在 $x_0$ 与 $x_1$ 之间, 则
\[
| f(x_1)|\leq |f(x_0)| +|f‘(\xi)|
|x_1-x_0|<|f(x_0)| + M ({b-a}),
\]
矛盾，因此 $|f‘(x)|$ 必然无界.
逆命题不成立，比如考虑函数 $f(x)=x\ln x$，注意到 $f‘(x)=1+\ln x$ 在 $(0,1)$ 上无界，而 $f(x)=x\ln x$ 在 $(0,1)$ 上是有界的，$|f(x)|\leq e^{-1}$.
6. 证明: 根据题设, 对于任意 $x_0\in(0,+\infty)$, 由泰勒中值定理得
\[
f(x)=f(x_0)+f‘(x_0)(x-x_0)+f‘‘(\xi)(x-x_0)^2,
\]
其中 $\xi$ 在 $x_0$ 与 $x$ 之间. 上式令 $x=x_0+h$ 以及 $x=x--h$ 得
\[
f(x_0+h)=f(x_0)+f‘(x_0)h+\frac12 f‘‘(\xi_1)h^2, \qquad \mbox{其中 $\xi_1\in(x_0,x_0+h)$ },
\]
以及
\[
f(x_0-h)=f(x_0)-f‘(x_0)h+\frac12 f‘‘(\xi_1)h^2, \qquad \mbox{其中 $\xi_1\in(x_0-h,x_0)$ }.
\]
两式相减
\[
2hf‘(x_0)= f(x_0+h)-f(x_0-h)
-\frac12 h^2( f‘‘(\xi_1)-f‘‘(\xi_2) ),
\]
根据题设得
\[
2h|f‘(x_0)|\leq |f(x_0+h)|+|f(x_0-h)|
+\frac12 h^2( |f‘‘(\xi_1)|+|f‘‘(\xi_2)| )
\leq 2a + bh^2,
\]
即
\[
|f‘(x_0)|\leq \frac ah +\frac12 bh.
\]
令 $\phi(h)=\frac ah+bh$, 则令
\[
\phi‘(h)=-\frac {a}{h^2} +b=0
\]
得
\[
h=\sqrt{\frac {2a}b},
\]
而 $\phi‘‘(\sqrt{\frac {2a}b})>0$, 即 $\sqrt{\frac {2a}b}$ 为极小值点, 根据 $h$ 的任意性得到
\[
|f‘(x_0)|\leq \sqrt{2ab}.
\]
因为 $x_0$ 的任意性，所以
\[
|f‘(x)|\leq \sqrt{2ab}.
\]
7. 解：令腰为 $x$, 则面积等于
\[
S= (l-x) \sqrt{ x^2-(l-x)^2 },
\]
利用导数求极值略～～ 答案：$\frac{\sqrt 3}{9} l$.
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原文地址：http://www.cnblogs.com/mmmmmm6m/p/4166057.html
