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篇1：Landweber迭代的加速与在数值微分中的应用
Landweber迭代的加速与在数值微分中的应用
Landweber迭代法对于求解大规模问题是十分有利的.,但是,Landweber迭代序列收敛速度是相当慢的.给出了一种新的Landweber迭代格式,能够大大加快收敛速度.还将Landweber迭代法应用于数值微分问题,将数值微分问题转化为一个特殊的第一类Fredholm积分方程的求解问题.
作 者：白秀琴 冯智宇 Bai Xiuqin Feng Zhiyu 作者单位：白秀琴,Bai Xiuqin(平项山工业职业技术学院,基础部,河南,平顶山,467001)冯智宇,Feng Zhiyu(河南省科学院,郑州,450008)
刊 名：河南科学 ISTIC英文刊名：HENAN SCIENCES 年，卷(期)： 27(11) 分类号：O241 关键词：Landweber迭代法 收敛速度 数值微分篇2：广域网加速在校园网中的应用
1、概述
校园网是学校发展的重要基础设施，是提高学校教学和科研水平不可缺少的支撑环境，校园网一方面它为学校提供各种本地网络应用，另一方面它是沟通学校校园网内外部网络的桥梁。所以保障校园网的运营和管理是未来校园网的主题。建立起可运营和可管理的校园网可以保证校园教学，科研，管理和服务重要业务的稳定的运行，保证校园网的可持续性健康发展，使学生和老师充分享受校园网带来的利益。
2、面临的问题
随着高校信息信息化建设的不断完善，网络应用的日益广泛，多媒体视频应用的普及，加之P2P应用的不断增长，校园网的带宽性能面临着严峻的考验。由此带来了一系列的问题，诸如大量P2P流量占用过多带宽，一些正常应用如WEB访问、收发邮件等速度较慢；一部分人使用P2P应用占据了过多带宽，一部分人却无法获得带宽，带宽资源得不到“公平”使用；关键应用如多媒体教学、数字化图书馆、WEB网站等无法获得更高的优先级及带宽保证；由于较大延迟、丢包的影响，TCP应用的响应速度及传输速度较慢，尤其是跨运营商、跨国的访问等等，这是广大校园网信息中心在网络运维管理过程中面临的、亟待解决的问题和挑战。
3、解决方案
针对以上问题，华夏创新提出了针对高教行业网络出口的加速解决方案，通过在其网络出口透明部署LotWan广域网加速系统，让互联网资源做一个合理的流量控制，抑制P2P的滥用，并保障关键应用的带宽，对整个网络TCP应用进行加速，可以大幅度提高访问互联网的速度，有效提升带宽利用率。
流量控制是一项非常重要的优化广域网使用的“封堵”技术手段，
能够“很好控制流量”就意味着广域网问题的基本解决。目前，网络流量管理设备厂商绝大部分只能通过丢弃已收到数据包的方式限制下载方向流量，从而导致下载方向带宽的损失。解决不了这一难题，“带宽杀手”就无法得到有效控制，高校希望的优先级控制也无法达成。针对这一问题，华夏创新开发了精确的端到端带宽控制与均衡技术，在不损失任何带宽的情况下精确控制下载方向上的带宽使用并实现动态带宽分配。华夏创新精确流控技术不仅可以对TCP进行有效控制，在对国际及中国流行的使用UDP传输的多媒体和P2P软件进行研究的基础上，加入了对UDP的下载控制机制，从而使其应用交付设备的流量控制对下载方向的所有流量普遍有效。这一技术特别适合学校流量控制：只要能够平衡带宽使用，避免P2P抢占多数带宽，绝大多数人能够“公平使用带宽资源”的要求就能够得到满足。
在流量控制的基础上，利用LotWan广域网加速系统中业界独创的单边TCP加速技术，可有效提升内网用户访问互联网的双向传输效率，包括上传与下载速度；有效提升远程用户访问内网应用服务器的速度；有效提升带宽利用率。我们知道TCP协议及应用优化是广域网加速的核心技术。目前广域网加速产品普遍采用将TCP协议转化为私有传输协议，所以需要在链路的两端都部署同样的加速设备或软件客户端。这种方案称作“双边部署”。华夏创新LotWan是唯一支持“单边部署”的广域网优化产品，通过其独特的单边TCP加速专利技术，华夏创新的加速引擎可以对接任何标准TCP协议栈，从而只需要在一端部署就可以达到其它厂商通过双边部署才能达到的加速效果，对跨运营商访问尤为有效，加速效果达几倍甚至十倍以上。
LotWan广域网加速系统是中国第一款集流量控制与应用加速为一体的广域网优化产品，它通过使用多项世界领先技术，满足用户全方位的网络控制与优化需求，最大限度的提升用户网络效能与高可用性。
华夏创新是中国领先的应用交付产品供应商，华夏创新基于全面的广域网加速及应用交付技术，在中国市场推出了一系列具有竞争力的广域网优化及应用交付产品，包括LotWan广域网加速设备、LotWan广域网优化设备、LotAccess远程接入平台、LotBalance负载均衡器系统、LotApp应用交付设备、LotFlow统一网络流量管理设备、LotMobile终端加速系统；同时针对中小企业，华夏创新还推出了华创智能加速路由器系列产品。华夏创新产品已经广泛应用于各行业用户，赢得了用户的广泛信赖。
篇3：边界层函数法在微分不等式中的应用
边界层函数法在微分不等式中的应用
针对一类常微分方程奇摄动边值问题,介绍了用Vasil'eva边界层函数法来构Nagumo定理中的'上下解,并用微分不等式证明了解的存在性和进行了余项估计.用边界层函数法来构造上下解更具有普遍性,且使用方便.
作 者：倪明康 林武忠 NI Ming-kang LIN Wu-zhong 作者单位：华东师范大学数学系,上海,62;上海高校计算科学E-研究院,上海交通大学研究所,上海,200062 刊 名：华东师范大学学报（自然科学版） ISTIC PKU英文刊名：JOURNAL OF EAST CHINA NORMAL UNIVERSITY(NATURAL SCIENCE) 年，卷(期)： “”(3) 分类号：O175.14 关键词：奇摄动 渐近解 上下解篇4：遗传算法在边坡数值计算中的应用
遗传算法在边坡数值计算中的应用
改进了进化方向的遗传算法与有限元数值法,结合并研制了相应的`软件.应用该软件对多类型岩土边坡进行弹性模量、内聚力、内摩擦角等参数反演分析,显示误差很小,收敛速度也很快,这说明改进进化方向遗传算法这种新型的优化算法在多类型岩土参数优化估计中具有独特的优势.
作 者：安关峰 殷坤龙 唐辉明 作者单位：中国地质大学工程学院,湖北武汉,430074 刊 名：地球科学-中国地质大学学报 ISTIC EI PKU英文刊名：EARTH SCIENCE-JOURNAL OF CHINA UNIVERSITY OF GEOSCIENCES 年，卷(期)： 27(2) 分类号：P642.1 关键词：有限元数值法 遗传算法 反分析篇5：FLAC在地铁隧道数值模拟中的应用
FLAC在地铁隧道数值模拟中的应用
针对具体的.工程和现场监测以及实测资料,用FLAC对沈阳地铁青怀区间段进行数值模拟及分析,得出了隧道位移变形、各种应力云图以及相关的等值线等重要工程信息,其结论可为工程施工提供依据.使工程建设更加安全、经济、合理地完成.
作 者：王铁男 郝哲 WANG Tienan HAO Zhe 作者单位：沈阳大学,建筑工程学院,辽宁,沈阳,110044 刊 名：沈阳大学学报 英文刊名：JOURNAL OF SHENYANG UNIVERSITY 年，卷(期)： 22(1) 分类号：U459.2 关键词：沈阳地铁 FLAC 数值模拟篇6：微分代数在磁场分析器高阶像差分析中的应用
微分代数在磁场分析器高阶像差分析中的应用
将微分代数引入到磁场分析器任意高阶的像差分析计算中.对一个实际的均匀扇形磁场分析器中的'三阶像差系数的微分代数数值结果和相应的解析解进行了比较,相对误差不高于10-14,证明微分代数方法是一种具有极高精度的数值计算技术.
作 者：程敏 唐天同 姚振华 王振华 作者单位：西安交通大学电子与信息工程学院,710049,西安 刊 名：西安交通大学学报 ISTIC EI PKU英文刊名：JOURNAL OF XI'AN JIAOTONG UNIVERSITY 年，卷(期)： 36(6) 分类号：O463.1 关键词：微分代数 磁场分析器 像差分析篇7：加速寿命试验方法及其在航天产品中的应用
加速寿命试验方法及其在航天产品中的应用
介绍了加速寿命试验方法的相关概念,总结了加速寿命试验方法的三种常用类型与特点,阐述了加速寿命试验方法的目的、原理、加速模型以及统计分析;并总结分析了国内外加速寿命试验方法在航天产品中的'工程应用;最后展望了该研究领域的发展趋势.
作 者：李海波 张正平胡彦平LI Hai-bo ZHANG Zheng-ping HU Yan-ping 作者单位：北京强度环境研究所,北京,100076 刊 名：强度与环境 ISTIC英文刊名：STRUCTURE & ENVIRONMENT ENGINEERING 年，卷(期)： 34(1) 分类号：V4 关键词：加速寿命试验 航天产品 加速模型 加速因子 统计分析篇8：微分中值定理与导数的应用习题
§4.1 微分中值定理
1． 填空题
（1）函数f(x)?arctanx在[0, 1]上使拉格朗日中值定理结论成立的ξ是
4??
?
．
（2）设f(x)?(x?1)(x?2)(x?3)(x?5)，则f?(x)?0有 3 个实根，分别位于区间(1,2),(2,3),(3,5)中．
2． 选择题 （1）罗尔定理中的三个条件:f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)?f(b)，是f(x)在(a,b)内至少存在一点?，使f?(?)?0成立的（ B ）．
A． 必要条件 B．充分条件 C． 充要条件 D． 既非充分也非必要条件
（2）下列函数在[?1, 1]上满足罗尔定理条件的是（ C ）．
1?
?xsin, x?0
A. f(x)?e B. f(x)?|x| C. f(x)?1?x D. f(x)?? x
? x?0?0,
（3）若f(x)在(a,b)内可导，且x1、x2是(a,b)内任意两点，则至少存在一点?，使下式成
x
2
立（ B ）．
A． f(x2)?f(x1)?(x1?x2)f?(?)
??(a,b)
B． f(x1)?f(x2)?(x1?x2)f?(?)?在x1,x2之间 C． f(x1)?f(x2)?(x2?x1)f?(?)x1???x2 D． f(x2)?f(x1)?(x2?x1)f?(?)x1???x2
3．证明恒等式：arctanx?arccotx?
?
2
(???x??)．
11
??0，所以f(x)为一常数．
1?x21?x2
证明： 令f(x)?arctanx?arccotx，则f?(x)?设f(x)?c，又因为f(1)?
?
2
，
n?arccotx?故 arctax
?
2
(???x??)．
4．若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数，且f(x1)?f(x2)?f(x3)，其中a?x1?x2
?x3?b，证明:在(x1,x3)内至少有一点?，使得f??(?)?0．
证明：由于f(x)在[x1,x2]上连续,在(x1,x2)可导,且f(x1)?f(x2)，根据罗尔定理知，存在?1?(x1,x2)， 使f?(?1)?0． 同理存在?2?(x2,x3)，使f?(?2)?0． 又f?(x)在[?1,?2]上 符合罗尔定理的条件，故有??(x1,x3)，使得f??(?)?0．
x2x3
??0有且仅有一个实根． 5． 证明方程1?x?26
1x2x3
?证明：设f(x)?1?x?， 则f(0)?1?0,f(?2)???0，根据零点存在定理至
326
少存在一个??(?2,0)， 使得f(?)?0．另一方面，假设有x1,x2?(??,??)，且x1?x2，使
1
f(x1)?f(x2)?0，根据罗尔定理，存在??(x1,x2)使f?(?)?0，即1????2?0，这与
2
12x2x3
1?????0矛盾．故方程1?x???0只有一个实根．
226
6． 设函数f(x)的导函数f?(x)在[a,b]上连续，且f(a)?0,f(c)?0,f(b)?0，其中c是介
于a,b之间的一个实数． 证明： 存在??(a,b), 使f?(?)?0成立.
证明： 由于f(x)在[a,b]内可导，从而f(x)在闭区间[a,b]内连续，在开区间(a,b)内可导．又因为f(a)?0,f(c)?0，根据零点存在定理，必存在点?1?(a,c)，使得f(?1)?0． 同理，存在点?2?(c,b)，使得f(?2)?0．因此f(x)在??1,?2?上满足罗尔定理的条件，故存在??(a,b)， 使
f?(?)?0成立．
7. 设函数f(x)在[0,1]上连续, 在(0,1)内可导. 试证:至少存在一点??(0,1), 使
f?(?)?2?[f(1)?f(0)].
证明： 只需令g(x)?x，利用柯西中值定理即可证明.
8．证明下列不等式
2
sinx
?cosx． x
证明： 设f(t)?sint?tcost，函数f(t)在区间[0,x]上满足拉格朗日中值定理的条件，且
（1）当0?x??时，
f?(t)?tsint, 故f(x)?f(0)?f'(?)(x?0), 0???x, 即
sinx?xcosx?x?sin??0 (0?x??)
sinx
?cosx． 因此， 当0?x??时，x
a?baa?b
?ln?（2）当 a?b?0时，． abb
证明：设f(x)?lnx，则函数在区间[b,a]上满足拉格朗日中值定理得条件，有
f(a)?f(b)?f'(?)(a?b),b???a
1a1111'
因为f(x)?，所以ln?(a?b)，又因为b???a，所以??，从而
xb?a?b
a?baa?b
?ln? ． abb
§4.2 洛毕达法则
1． 填空题 （1） lim
cos5x
5x?
?
2
cos3x
??3
ln(1?1
（2）)
xlim
???arctanx
? （3）lim11x?0(x2?
xtanx)=1
3 （4）lim(sinx)x
x?0
?
?2．选择题
（1）下列各式运用洛必达法则正确的是（ B ） A． limnnlim
lnnn??nlim
1n??
?e
?e
n??n?1
B． lim
x?sinxx?0x?sinx? lim1?cosx
x?01?cosx
??
x2sin111C． lim
x2xsin?cos
x?0sinx?limxx不存在 x?0cosx
D． lx1
x?i0ex=limx?0e
x?1
（2） 在以下各式中，极限存在，但不能用洛必达法则计算的是（ C ）
A． limx2x?0sinx B． xlim?0?(1x)tanx C． limx?sinxx??x
D． xlimxn
???ex
3． 求下列极限
limxm?am
（1）x?axn?an
．
解： limxm?ammxm?1mx?axn?an=lim
x?anxn?1?n
am?n
． 2x?2?x（2）lim?2x?0x
2． 解： lim2x?2?x?22xln2?2?xln22x(ln2)2?2?x(ln2)22
x?0x
2=limx?02x=limx?02=(ln2)．
（3）lim
sinx?tanx
．
x?0x3
1
x?(?x2)
解：limsinx?tanxx?0x3＝limtanx(cosx?1)x?0x3?limx?0x3＝?12． （4） limex?sinx?1
．
x?0(arcsinx)2
解：limex?sinx?1
ex?sinx?1ex?cosxex2＝x?0(arcsinx)limx?0x
2＝limx?02x?lim?sinxx?02?12．
（5）limx?xx
．
x?11?x?lnx
解： (xx)??xx(1?lnx)， xx
?xx(1?lnx)2?xx
1lim
x?x
xx?11?x?lnx＝lim1?x(1?lnx)x?1＝lim
?1?
1
x?1x
?1x2
?limx?1
[xx?2(1?lnx)2?xx?1]?2．
（6） lim(1x?0x?1ex?1
)． 12解：lim11x?0(x?ex?1)?limex
?x?12x1x?0x(ex?1)?limx?0x
2?2
（7） 1
tanx
xlim?0
?
(x
) ．
11
?limtanxlnx
?lim
lnx
limlim
sin2x
解：tanx
x?0?
x?0?cotx
xlim?0
?
(x
)?e?e
?e
?xx?0
??csc2x?e
x?0?x?1．
（8）limln(1x
3
x???
?2)ln(1?
x
)． 2xln2
解： x33xln(1?2x)xxlim???ln(1?2)ln(1?x)=xlim???xln(1?2)?3xlim???x?3xlim
???1
=3ln2xlim2
x???1?2x
=3ln2．
（9） lin??
n．
解： 因为limx?e
xlim1??x
lnx
xlim
1
??x
x??
?e
?1，所以nlim??
n=1．
§4.3函数的单调性与曲线的凹凸性
1． 填空题
（1） 函数y?4x2?ln(x2)的单调增加区间是(?
11
,0)?(,??)，单调减少区间22
11
(??,?)?(0,)．
22
（2）若函数f(x)二阶导数存在，且f??(x)?0,f(0)?0，则F(x)?是单调 增加 ．
（3）函数y?ax2?1在(0,??)内单调增加，则a?0．
（4）若点（1，3)为曲线y?ax3?bx2的拐点，则a??凸区间为(1,?)．
2． 单项选择题
（1）下列函数中，（ A ）在指定区间内是单调减少的函数. A. y?2 (??,??) B. y?e (??,0) C. y?lnx (0,??) D. y?sinx (0,?)
（2）设f?(x)?(x?1)(2x?1)，则在区间(,1)内（ B ）． A. y?f(x)单调增加，曲线y?f(x)为凹的 B. y?f(x) 单调减少，曲线y?f(x)为凹的 C. y?f(x)单调减少，曲线y?f(x)为凸的 D．y?f(x)单调增加，曲线y?f(x)为凸的
（3）f(x)在(??,??)内可导, 且?x1,x2,当 x1?x2时, f(x1)?f(x2),则( D ) A. 任意x,f?(x)?0 B. 任意x,f?(?x)?0 C. f(?x)单调增 D. ?f(?x)单调增
（4）设函数f(x)在[0,1]上二阶导数大于0, 则下列关系式成立的是（ B ） A. f?(1)?f?(0)?f(1)?f(0) B. f?(1)?f(1)?f(0)?f?(0) C. f(1)?f(0)?f?(1)?f?(0) D. f?(1)?f(0)?f(1)?f?(0) 2． 求下列函数的单调区间 （1）y?e?x?1．
解：y??e?1，当x?0时，y??0,所以函数在区间[0,??)为单调增加； 当x?0时，y??0，所以函数在区间(??,0]为单调减少．
（2）y?(2x?
xx?x
x
f(x)
在0?x???上x
39，b?，曲线的凹区间为(??,1)，
22
1
2
10?3
解：y??x(x?1)，
3
当x?1，或x?0时，y??0,所以函数在区间(??,0]?[1,??)为单调增加； 当0?x?1时，y??0，所以函数在区间[0,1]为单调减少．
（3）y?ln(x??x2)
1
1?
解： y??
x?x2
2
x??x
?
1?x
2
?0，故函数在(??,??)单调增加．
3． 证明下列不等式
（1）证明： 对任意实数a和b, 成立不等式证明：令f(x)?
|a?b||a||b|
??．
1?|a?b|1?|a|1?|b|
x1，则f?(x)??0， f(x)在[ 0 , ?? )内单调增加. 2
1?x(1?x)
于是, 由 |a?b| ? |a|?|b|, 就有 f( |a?b| )?f( |a|?|b| ), 即
|a?b||a|?|b||a||b||a||b|
?????
1?|a?b|1?|a|?|b|1?|a|?|b|1?|a|?|b|1?|a|1?|b|
（2）当x?1时, lnx?
2(x?1)
． x?1
'
证明：设f(x)?(x?1)lnx?2(x?1)， f(x)?lnx?
1
?1，由于当x?1时，x
11
?2?0, 因此f?(x)在[1,??)单调递增, 当 x?1时, f?(x)?f?(1)?0, 故f(x)在xx
[1,??)单调递增, 当 x?1时, 有f(x)?f(1)?0.故当x?1时,f(x)?(x?1)lnx?2(x?1)?0,
2(x?1)
因此lnx?．
x?1f??(x)?
x3
（3）当 x?0时，sinx?x?．
6x3x2
?0，证明：设f(x)?sinx?x?, f?(x)?cosx?1?当x?0，f??(x)?x?sinx?0， 26
所以f?(x)在[0,??)单调递增, 当 x?0时, f?(x)?f?(0)?0, 故f(x)在[0,??)单调递增, 从x3
而当 x?0时, 有f(x)?f(0)?0. 因此当 x?0时，sinx?x?．
6
??
4． 讨论方程x?sinx?k(其中k为常数)在(0,)内有几个实根．
22???
解：设?(x)?x?sinx?k, 则?(x)在[0,]连续, 且?(0)??k,?()??k，
222
由??(x)?1?
?
2
cosx?0，得x?arccos
2
?
为(0,
?
2
)内的唯一驻点．第一文库网
22?
?(x)在[0,arccos]上单调减少，在[arccos,]上单调增加．
??2
?222?4
故?)???k为极小值，因此?(x)在[0,]的最大值是?k,最
2??2
22?4
小值是??k．
?2
?2?2?4
（1） 当k?0,或k??时,方程在(0,)内无实根；
2?2
2?2?4
（2） 当??k?0时,有两个实根；
?2
22?4
（3） 当k??时，有唯一实根．
?2
(1,?10)5． 试确定曲线y?ax3?bx2?cx?d中的a、b、c、d，使得x??2处曲线有水平切线，
为拐点，且点(?2,44)在曲线上．
解： y??3ax2?2bx?c,y???6ax?2b，所以
?3a(?2)2?2b(?2)?c?0?
6a?2b?0?
?
a?b?c?d??10?
32??a(?2)?b(?2)?c(?2)?d?44
解得： a?1,b??3,c??24,d?16．
6．求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间
x
2
x?1x2?12x3?6x
解： y??1?2, y???2, 23
(x?1)(x?1)
令y???0,得x?0，当x??1时y??不存在．
当?1?x?0或x?1时, y???0,当x??1或0?x?1时, y???0．
x
故曲线y?x?2在(??,?1)?(0,1)上是凸的, 在区间和(?1,0)?(1,??)上是凹的，
x?1
曲线的拐点为(0,0)．
（1）y?x?
（2）y?(2x?5)x2拐点及凹或凸的区间
，y??? 1
当x?0时，y?,y??不存在；当x??时，y???0．
2
解：y??
故曲线在(??,?)上是凸的, 在(?
1211
,??)上是凹的，(?,?32)是曲线的拐点, 22
xx
? 2?
xx1x11x
证明：令f(x)?sin?, 则f?(x)?cos?, f??(x)??sin．
2?22?42
xx
当0?x??时, f??(x)?0, 故函数f(x)?sin?的图形在(0,?)上是凸的, 从而曲线
2?
y?f(x)在线段AB（其中A(0,f(0)),B(?,f(?)）的上方，又f(0)?f(?)?0, 因此f(x)?0,
xx即sin?．
2?
7．利用凹凸性证明: 当0?x??时, sin
§4.4 函数的极值与最大值最小值
1． 填空题
（1）函数y?x2x取极小值的点是x??
23
2
13
1． ln2
（2） 函数f(x)?x?(x?1)在区间[0,2]上的最大值为f(
12
)?
2
2
，最小值为
f(0)??1 ．
2．选择题
（1） 设f(x)在(??,??)内有二阶导数，f?(x0)?0，问f(x)还要满足以下哪个条件，则
f(x0)必是f(x)的最大值？（ C ）
A． x?x0是f(x)的唯一驻点 B． x?x0是f(x)的极大值点 C． f??(x)在(??,??)内恒为负 D． f??(x)不为零
（2） 已知f(x)对任意y?f(x)满足xf??(x)?3x[f?(x)]2?1?e?x，若
f?(x0)?0 (x0?0)，则（ B ）
A. f(x0)为f(x)的极大值 B. f(x0)为f(x)的极小值 C. （x0,f(x0))为拐点 D. f(x0)不是极值点, （x0,f(x0))不是拐点
（3）若f(x)在x0至少二阶可导, 且lim
x?x0
f(x)?f(x0)
??1,则函数f(x)在x0处( A ) 2
(x?x0)
A． 取得极大值 B． 取得极小值 C． 无极值 D． 不一定有极值
3． 求下列函数的极值 （1） f?x??x?
32/3
x． 2
解：由f?(x)?1?x
?
13
?0，得x?1．
1?4
f??(x)?x3,f''(1)?0，所以函数在x?1点取得极小值．
3
（2）f(x)?x．
1x
1
(1?lnx)， x2
令y??0得驻点x?e，当x?(0,e)时，y??0，当x?(e,??)时，y??0．
解：定义域为(0,??)，y?e
1lnxx
, y??x
1x
因此y(e)?e为极大值．
32
4． 求y?2x?3x?12x?14的在[?3,4]上的最大值与最小值．
解：y(?3)?23, y(4)?132．
由y??6x2?6x?12?0，得x?1, x??2．
而y(1)?7,y(?2)?34, 所以最大值为132，最小值为7．
5． 在半径为R的.球内作一个内接圆锥体，问此圆锥体的高、底半径为何值时，其体积V最大． 解：设圆锥体的高为h, 底半径为r,故圆锥体的体积为V?由于(h?R)2?r2?R2，因此V(h)?
1
e
1
? r2h， 3
1
? h(2Rh?h2) (0?h?2R)， 3
14R222
由V?(h)?? (4Rh?3h)?0，得h?，此时r?R．
333
由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在(0,2R)的内部取得. 现在V?(h)?0在(0,2R)内只有一
个根,故当h?
6. 工厂C与铁路线的垂直距离AC为20km, A点到火车站B的距离为100km. 欲修一条从工厂到铁路的公路CD, 已知铁路与公路每公里运费之比为3:5，为了使火车站B与工厂C间的运费最省, 问D点应选在何处？
解: 设AD?x? B与C间的运费为y, 则 y?5k400?x2?3k(100?x) （0?x?100）， 其中k是某一正数． 由 y??k(
4R22, r?R时, 内接锥体体积的最大． 33
5x400?x
2
?3)?0? 得x?15?
1
? 其中以y|x?15?380k为最小? 因25
由于y|x?0?400k? y|x?15?38k0???y|x?100??此当AD?x?15km时? 总运费为最省．
7． 宽为b的运河垂直地流向宽为a的运河. 设河岸是直的,问木料从一条运河流到另一条运河去,其长度最长为多少?
解： 问题转化为求过点C的线段AB的最大值. 设木料的长度为l, AC?x,CB?y，木料与河岸的夹角为t，则x?y?l，且
x?
acost,y?bsint, l?acost?bsint t?(0,?2)．
则
l??
asintcos2t?bcost
sin2t
， 2
2
3
由l??0得tant?3b
, 此时l?(a3?b3)2a
，
223
故木料最长为l?(a3
?b3
)2．
§4.5 函数图形的描绘
1．求y?x3
(x?1)2
的渐近线.
x3
解：由 lim??1(x?1)2???，所以x?1为曲线y?f(x)的铅直渐近线．
x因为 limyx2x3
x??x?limx??(x?1)2?1,limx??(y?x)?limx??(x?1)2
?x??2
所以y?x?2为曲线y?f(x)的斜渐近线．
第四章 综合练习题
1．填空题
（1） lim1ln(1?1
)
x?0xsinx?xlim???arctanx?．
（2） 函数y?x?ln(x?1)在区间(?1,0)内单调减少，在区间(0,??)内单调增加． （3） 曲线y?1
x?ln(1?ex)的渐近线是x?0和y?0． （4）lim(tanx)cosx?．
x??
2?0
2． 求下列极限
（1） lim?tanx??sinx
x?0xln(1?x)?x2 解：lim?tanx??sinxtanx?sinx1
x?0xln(1?x)?x2＝limx?0x[ln(1?x)?x]??tanx??sinx ＝11
2lim1?cosx
ln(1?x)?x?limtanx
x＝11?cosxsinx
x?0x?02lim＝x?0ln(1?x)?x2limx?01 1?x?1
＝?1sinx
2limx?0x(1?x)??1
2．
(?sin1?1cos11
（2） limxxx)cosx
x??1 (ex?a?ea)2sin1
x
(?sin1?1111111111
解：limcos)cos(?sin?cos)cos?sin?cos
x??=lim=lim11
(ex?a?ea)2sin1x??2ax21x??
xe(e?1)sinxe2a(1
x)21
x
1111
=12cosx?2cosx?1
3sin1x
e2alim??1． x???33e2a
x4
3． 求证当x?0时， x?12
2x?ln(1?x)．
证明： 令f(x)?ln(1?x)?x?1
2x2, 则
f?(x)?1
1?x?1?x?x2
1?x,
11
当x?0时, f?(x)?0，故f(x)在[0,??)单调增． 当x?0时，有f(x)?f(0)?0，即
12x?ln(1?x)． 2
4． 设f(x)在[a,b]上可导且b?a?4，证明：存在点x0?(a,b)使f?(x0)?1?f2(x0).
?f?(x)|F(x)|?证明： 设F(x)?arctanf(x), 则F?(x)?，且． 221?f(x)
F(b)?F(a)?F?(x0), 即 由拉格朗日中值定理知, 存在x0?(a,b)，使b?ax?
?
f?(x0)F(b)?F(a)|F(b)|?|F(a)|??????1． 2b?ab?a441?f(x0)
5． 设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值, 且??f(a)?g(a), f(b)?g(b), 证明： 存在??(a,b),使得f??(?)?g??(?)．
证明： 设f(x),g(x)分别在x1,x2?(a,b)取得最大值M， 则f(x1)?g(x2)?M, 且f?(x1)?g?(x2)?0． 令F(x)?f(x)?g(x)．
当x1?x2时, F(a)?F(b)?F(x1)?0, 由罗尔定理知, 存在?1?(a,x1),?2?(x1,b), 使 F?(?1)?F?(?2)?0, 进一步由罗尔定理知, 存在??(x1,x2)，使F??(?)?0，即f??(?)?g??(?)
当x1?x2时, F(x1)?M?g(x1)?0,F(x2)?f(x2)?M?0，由零点存在定理可知，存在?1?[x1,x2]，使F(?1)?0． 由于F(a)?F(b)?0，由前面证明知, 存在??(a,b)，使F??(?)?0，即f??(?)?g??(?)．
1?1有且仅有一个正的实根． x2
11证明：设f(x)?kx?2?1． 当k?0，显然2?1只有一个正的实根．下考虑k?0时的xx6． 设k?0,证明方程kx?
情况．
先证存在性： 因为f(x)在(0,??)内连续，且limf(x)???，limf(x)???，由零点存在定x?0x???
1?1至少有一个正的实根． 2x
再证唯一性：假设有x1,x2?0，且x1?x2，使f(x1)?f(x2)?0，根据罗尔定理，存在
22??(x1,x2)?(0,??)，使f?(?)?0，即k?3?0，从而k?3?0，这与k?0矛盾．故方理知，至少存在一个??(0,??)，使f(?)?0，即kx???
程kx?
1?1只有一个正的实根． x2
327． 对某工厂的上午班工人的工作效率的研究表明，一个中等水平的工人早上8时开始工作，在t小时之后，生产出Q(t)??t?9t?12t个产品．问：在早上几点钟这个工人工作效率最高？
2解：因为x(t)?Q?(t)??3t?18t?12,x?(t)?Q??(t)??6t?18, 令x?(t)?0,得t?3． 又
当t?3时，x?(t)?0．函数x(t)在[0,3]上单调增加；当t?3时，x?(t)?0，函数x(t)在[3,??)上单调减少．故当t?3时，x(t)达到最大, 即上午11时这个工人的工作效率最高．
12
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