高数第一章参考答案.doc 31页

'第一章：第1节：1A。2D。3A。4。5．。6．当时，定义域为；当时，定义域为空集；当时，定义域。7．，定义域为。第2节：1D。2C。3B。4．证明：由定义知，，使得当时，有成立。注意到。因此当时，有。即。反过来若，则不一定存在。比如则不存在，但。若，则由知。第3节：1A。2B。3D。4C。5C。第4节：1D。2D。3D。4C。5D。6．证：假设函数在区间上有界，则使得函数。若取，则有矛盾。所以在区间上无界，但也不是时的无穷大。因为若取（），则当时，，而此时不是无穷大。第5节：1A。2C。3B。4B。5．。6．。7。。8．1。9．2。10．。11．6。12．第6节：1C。2D。3B。4．3。5．。6．0。7．由于，所以由夹逼定理可得。8．。9．由于，所以由夹逼定理可知原极限等于1。10．由题设易知数列单增，又归纳可证。因此存在，记，则在迭代公式两边取极限可得。由此解得。第7节：1D。2C。3C。4．。5．4。6．。7．证：。得证。31 第8节：1D。2B。3B。4B。5.充分条件。6．第一类间断点；第二类间断点。7．当时，；当时，。当时，。为的第一类间断点。8．，，得。9．补充定义，函数在连续。第9节：1D。2D。3．。4．。5．。6．。7．1．第10节：1．证：令，则在[]上连续，且，。由零点存在定理知在内至少存在一点，使得即。2.证：因为，所以在上存在最大值和最小值,即，。于是有，这样由介值定理可得至少存在一点使得。3．证：令，则在上连续。又，所以由零点存在定理知至少存在一点，使得。即方程至少有一个小于1的正根。4．证：设，则。又;。1）若，则即为方程的根。2）若，则即为方程的根。3）若和均不为零，则，由零点存在定理知至少存在一点，使得。综上所述知结论成立。综合练习1B。2B。3.。4．解：注意到，所以31 ，故原式。5、因，而，。所以由夹挤定理可得原极限等于。6．证明：首先注意到。其次由知单调下降且有下界。因而数列收敛。设。7．证：任取，由题设知。因此，进而，即在区间上连续。又，所以由零点定理至少有一点，使得。8．证明：设，则。注意到，。1）若，即，此时。2）若，即，此时。3）若和均不为零，则由零点存在定理知至少存在一点，使得即。综上所述知结论成立。9．证：设，则由定义可知，对使当时有成立，进而，即在有界。又在闭区间上连续，所以有界，不妨设。取，则。10．解：设曲线的斜渐近线为，则，，所以曲线的斜渐近线为。第二章：第1节：1．①错②错③错④错⑤对2.A。3.A。4.A。5．解：因为，所以函数在x=0处连续。，当x®0时，极限不存在。函数在x=0处不可导。6．解：，在(4,2)处，，法线方程是：。7．A=2。31 第2节：1．①错②错③错④对。2C。3C。4C。5B。6A。7．。8．9．，。。10．11．。12．。第3节：1A。2A。3C。4B。5．。6．。7．8．第4节1A。2B。3D。4A。5B。6．，当x=0时，y=1，7．，在P0处，y¢=-1，切线方程是：。8．两边取对数并求导得：。9．在处的切线方程为：10．。11．不一定可导。如在处不可导。第5节1A。2A。3B。4B。5．；31 6．。7．。8．由微分定义知，所以。又，所以。故综合练习：1D。2．。3．（用定义求易）。4．。5．6．。7．，8．9．解：，在(0,1)处，，法线方程是：，第二章：第1节：1．①错②错③错④错⑤对2.A。3.A。4.A。5．解：因为，所以函数在x=0处连续。，当x®0时，极限不存在。函数在x=0处不可导。6．解：，在(4,2)处，，法线方程是：。7．A=2。第2节：1．①错②错③错④对。2C。3C。4C。5B。6A。7．。8．9．，。31 。10．11．。12．。第3节：1A。2A。3C。4B。5．。6．。7．8．第4节1A。2B。3D。4A。5B。6．，当x=0时，y=1，7．，在P0处，y¢=-1，切线方程是：。8．两边取对数并求导得：。9．在处的切线方程为：10．。11．不一定可导。如在处不可导。第5节1A。2A。3B。4B。5．；6．。7．。8．由微分定义知，所以。又，所以。故31 综合练习：1D。2．。3．（用定义求易）。4．。5．6．。7．，8．9．解：，在(0,1)处，，法线方程是：，第三章第1节1B。2A。3C。4B。5C。6、证：设。由于。所以，。为了确定，取得。故。7、证：设，则在上连续，在内可导。于是由拉格朗日定理知存在使得，即，其中。因此有。8、证：若，显然有。31 若，不妨设。设，则在上连续，在内可导。由拉格朗日定理知存在，使得，即，其中。因此。9、证：设，则在上连续，在内可导，且。由拉格朗日中值定理知存在使得，即。10、证：设，则在连续，在内可导，且。由罗尔定理知存在使得。而，故有。11、证：任取，则由题设知。因此由夹挤定理知，即由的任意性知在内恒为零，因此为常值函数。12、证：设，则在的某邻域内具有阶导数，且。对函数在以和为端点的区间上应用柯西中值定理可得，其中在和之间，在和之间，……，在和之间。因此在和之间，记。故有。第2节1B。2．0。3.。4.1。5.1。6.7.=。31 8．，故函数在处不连续。9．。10.第3节：1．解：。其中。2。其中。3．当时，。又，，所以。4.作变换令，则有，原式。或用罗比达法则：原式。5.。6.作变换，则有，原式。7．证明：首先注意到在上连续。由题设知在内可导，且，这样由罗尔定理知至少存在一点使得。又由题设知在上连续，在内可导，且，由罗尔定理知存在使得。依此类推可知，存在使得31 。由于在上连续，在内可导及，所以据罗尔定理知存在使得。8．证：设。显然在上连续，在内可导，且。这样对函数在上应用柯西中值定理知，至少存在一点使得。即。第4节1D2D3A4A5当x<-1时，y¢>0,函数单调增加；当-13时，y¢>0,函数单调增加；6．当x<-1时，y¢<0,函数单调减小；当-10,函数单调增加；当x>1时，y¢<0,函数单调减小；7．证：设，则f(x)在[0,+¥)上连续，在(0,+¥)内可导，且f(0)=0,，所以f(x)在[0，+¥)上单调递增，当x>0时，f(x)>f(0)=0，即8．证明：设，则f(x)在[0,+¥)上有连续导数，且f(0)=0,,且，，且，，所以在[0,+¥)单调递增，当x>0时，,从而，所以f(x)在[0,+¥)单调递增，f(x)>f(0)，即9．证明：设f(t)=et，则f¢(t)=et，f²(t)=et>0，函数图像是凹的，所以有，即10．解：设f(x)=lnx-ax，f(x)在(0,+¥)内连续，且可导。。令f¢(x)=0，得。是最大值。①当a=e-1时，。lnx=ax有唯一的解。②当a>e-1时，f()=-lna-1<0，f(x)无零点。lnx=ax无解。③当a0，因为，，lnx=ax有两个解。31 11．解：，令y²=0，得，此时当时，y²>0，曲线是凹的，当时，y²<0，曲线是凸的。第5节1B。2D。4B。5．当时，函数取极大值当时，函数取极小值6．x=e是极大值点，y极大=。7．，x=0是极小值点，y极小=-1８．，　令y¢=0得x=-3.　　　　　所以x=-3是最小值点　y最小=27。9．，此时，。10．11．证：因为为偶函数，所以其导函数为奇函数。由于具有二阶连续导数，所以必连续，由可得，再由知必为极值点。12．证：设，则。令解得。又，所以是唯一的极小值点，即最小值点。的最小值是。故当时，，即时，有不等式。综合练习1B。2B。3B。４C。５．因为连接与两点的直线与曲线相交于，所以有。由拉格朗日中值定理知存在使得，　。再由罗尔定理知存在，。６．设，则，且，。由零点存在定理知存　　　　　　在使得。又注意到，在开区间可导。所以由罗尔定理知存在　使得，即。７．由于，令，解得。又，31 　　。所以当时，在处取极大值。８．。９．证：设，。由于，。　　所以在上单减。于是当时，有。由此知在上单增。　　　　　　　　　　　这样当时，有。即。1０．用洛必达法则有（使用定义）。11．解：令所以n=14时，项最大，最大项为。第四章不定积分：第1节1B。2A。3。4.。5.。6，，7．两边求导得：，。第2节：1.。2.。3.。4.。5．.6.+C。或+C7。8．，9.10.。11令。12.令，。13.令，14.令。15.令，。31 16.令，17.令，18．令，=第3节．1.。2.。3．4.。5.=6.原式=7.。8.9.10.=，其中从而，。故原式=11．。=第4节：1.2.31 3.解：设从而有，解得。故原式=4.（或令）解：设，则。从而。故求三角有理式的积分：5.或6.7.。。解：令，则。从而31 原式=8.9.求下列无理函数的积分：10.。解：令，则。于是原式=11.。解：令，则。因而原式==12.，设，则有，。由此可得原式。13.。解：令，则。从而，31 原式。综合练习计算下列不定积分：1．。解：设，则。于是。2．3．。4．。5．。6．，。由此解得。7．。8．31 。9、。令。于是原式=又从而得：第五章定积分。第1节定积分的概念与性质1．充分条件；在上连续是在上可积的_充分条件。2．，，3证明：。4．①②5．解：是连续函数，所以，对等式两边积分得：，。6．证明：右边左边。第2节微积分的基本公式1．填空：①；②2．3、原式=4、31 5、6、。7、为函数的极小值点，极小值为零。8、9、。第3节定积分的换元法和分部积分1．2、3、4、5、；6、7。8、。9、10、11、。12。13、.第4节反常积分1．充要条件。2．。31 3、。4、。5、6、，发散。7、讨论积分。8、解：注意到。对第二个积分作倒代换有。故。综合练习1．D：。2．A。3．A。4．，。5、，6、令7、。8．，所以在上单调。于是至多有一个根。又，由零点定理知至少有一个根，综上所述在内有且仅有一个根。9、证明：不妨假设。因，所以在存在最大值和最小值，即有，因此，。由介值定理知存在使得。31 10．由于，所以。注意到，所有判别式。这里即得，。②(Minkowski不等式)证明：利用结论①易得。第六章定积分的应用。1、=2、，则过点（-1，e）的切线方程为，此切线与x轴的交点为（0，0），==3、===。4、求交点，由求得交点，由对称性==。5、求此两曲线的交点，得（-1，1），（1，1）===。6、===。7、==31 8、设底面椭圆方程为。任取位于第一象限内椭圆上一点，则过此点的垂直于轴的平面交立体得一直角三角形，其面积为。因此楔形体的体积为。第7章微分方程§1微分方程的基本概念1、B．2、A．3(改),y¢|x=0=1，则C1,C2的值为A。4.C。5.C1=1,C2=2kp+6.解：设在时刻t，物体B位于(x,y)处，则,整理可得：，而,有，其中s表示B的运动轨迹的曲线的弧长。将代入得：,初始条件：y(-1)=0,y¢(-1)=1§2可分离变量的微分方程1.B．2．C．3．B．4、D．5、解：分离变量为tanydy=tanxdx,即-ln(cosy)=-ln(cosx)-lnC,cosy=ccosx，代入初始条件：y|x=0=得：;特解为：cosy=cosx6、解：由得：，积分得：,代入初始条件：y(0)=p，得C=-27、解:8、解：设在时间t=0时，子弹打进墙壁v(t)表示子弹在t时刻速度。子弹在墙壁中的运动所受阻力kv2(k为常数)由牛顿第二定律得：又v(0)=v0=400.解得C=.，设子弹穿透墙壁所用时间为T，且墙壁厚h=20cm,知即：e0.2k=400kT+1(*)由题设知：子弹在时刻T时，飞出墙壁，且速度为100m/s，即，得400kT=3，代入(*)得：k=10ln2，即§3齐次方程31 1A，2B，3C，4、解：，则解得：5、解：,可得，解得：lnx+lnC=ln(u+1)-ln(1+u2)，即x(1+u2）=C(1+u),代入初始条件y|x=1=1得特解x2+y2=x+y6、求初值问题的解(改初始条件y|x=1=0)解：原方程化为,令y=xu这里可得：将y|x=1=0代入的特解为或§4一阶线性微分方程1、B。2、B3、B4、解：，令得,,,,,即5.解：整理得,,6、求初值问题的解y(x)，其中a是常数，f(x)是连续函数解：7、求微分方程y¢cosy-cosxsin2y=siny的解。（提示令z=siny）解：设z=siny，则方程化为z¢-z=z2cosx，是伯努利方程令u=z-1得u¢+u=-cosx,,从而得8、已知连续函数f(x)满足方程，求f(x)解：原方程两边对x求导数f¢(x)=3f(x)+2e2x,,f¢(x)-3f(x)=2e2x解得：f(x)=Ce3x-2e2x31 又f(0)=1，所以C=3,,f(x)=3e3x-2e2x§5可降阶的高阶微分方程1、B2、A3、(1)解：令y¢=p得p¢-p=xp=-x-1+C1ex(2)解：令y¢=p，则xp¢+p=0,,得y=C1lnx+C24、（1）解：令y¢=p，，方程化为(2)解：令y¢=p，，方程化为5、解:令y¢=p，，方程化为解得：，由y|x=0=,y¢|x=0=2得C1=0,解得6、设在x>-1时所定义的可微函数y(x)满足，及y(0)=1，求y¢(x)解：原方程化为(x+1)(y¢(x)+y(x))=令y¢(x)=p则有解得：ln|p|=-(x+ln|x+1|)+C由y¢(0)=-y(0)=-1,p|x=0=-1得C=0§7高阶线性微分方程1、证明：是方程y²-3y¢+2y=e5x的通解.2、已知二阶线性非齐次方程y²+p(x)y¢+q(x)y=f(x)的特解为y1=x,y2=ex,y3=e2x,试求方程满足初始条件y(0)=1,y¢(0)=3的特解。解：由线性微分方程解的理论，非齐次微分方程y²+p(x)y¢+q(x)y=f(x)任两解之差是对应齐次方程y²+p(x)y¢+q(x)y=0的解。得齐次方程的两个解：ex-x,e2x-x，且线性无关。于是齐次方程的通解Y=C1(ex-x)+C2(e2x-x).非齐次方程的通解是y=x+C1(ex-x)+C2(e2x-x).由y(0)=1，y¢(0)=3代入得：C1=-1,C2=231 所以特解为y=2e2x-ex§8常系数齐次线性微分方程1、设y=ex(C1sinx+C2cosx)(C1,C2为任意常数)为某二阶常系数齐次线性微分方程的通解，则该方程为（B）A.y²+2y¢+y=0B.y²-2y¢+2y=0C.y²-2y¢=0D.y²+y=02、设y1=excos2x,y2=exsin2x都是方程y²+py¢+qy=0的解，则（B）A.p=2,q=5,B.p=-2,q=5C.p=-3,q=2D.p=2,q=23、设常系数线性齐次方程特征方程根r1,2=-1,r3,4=±i，则此方程通解为（A）A.y=(C1+C2x)e-x+C3cosx+C4sinxB.y=C1e-x+C2cosx+C3sinxC.y=C1e-x+C2cosx+C3xsinxD.C1e-x+(C2+x)cosx+C3sinx4、求下列微分方程的通解(1)y²-4y¢+13y=0解：r2-4r+13=0Þr1,2=2±3iy=e2x(C1cos3x+C2sin3x)(2)y²+25y=0解：r2+25=0Þr=±5iy=C1cos5x+C2sin5x(3)解：r2+2r+1=0Þr1,2=-1S=(C1+C2t)e-t(4)y(4)-2y¢²+5y²=0解：r4-2r3+5r2=0Þr1,2=0,r3,4=1±2iy=C1+C2x+ex(C3cos2x+C4sin2x)5、求下列初值问题的特解y²+(l1+l2)y¢+l1l2y=0(l1¹l2且为实数)满足y(0)=0,y¢(0)=1解：r2+(l1+l2)r+l1l2=0Þr1=-l1r2=-l2通解为由y(0)=0,y¢(0)=1得：6、一单位质点受一力的作用沿x轴作直线运动，该力与M点到原点O的距离成正比（比例系数为4），介质的阻力与运动速度成正比（比例系数为3），求该质点的运动规律，设开始时质点静止并且距原点1cm§9,常系数非齐次线性微分方程1.、方程y²+16y=sin(4x+a)(a为常数）的特解形式为y*=(B)A.Acos4x+Bsin4xB.x(Acos4x+Bsin4x)C.Acos4x-Bsin4xD.x2(Acos4x-Bsin4x)2.、设函数y1,y2,y3都是线性非齐次方程y²+p(x)y¢+q(x)=f(x)的特解，则函数y=(1-C1-C2)y1+C1y2+C2y3(D)（C1,C2为任意常数）31 A.是所给方程通解B.不是方程的解C.是所给方程的特解D.可能是方程的通解，但一定不是其特解。3、方程y²-2y¢=xe2x的特解具有形式（C）A.y*=Axe2xB.y*=(Ax+B)e2xC.y*=x(Ax+B)e2xD.y*=x2(Ax+B)e2x4.求解微分方程y²+2y¢+2y=e-xsinx解：对应的齐次方程：y²+2y¢+2y=0特征方程r2+2r+2=0Þr1,2=-1¹i齐次方程通解为：Y=e-x(C1cosx+C2sinx)由于l±wi=-1±i是特征方程的根，设y*=xe-x(Acosx+Bsinx)代入原方程得：A=,B=0即y*=xe-xcosx原方程通解为y=Y+y*=e-x(C1cosx+C2sinx)xe-xcosx5.求解初值问题y²+9y=cosx,解：由y²+9y=0得：r1,2=±3i所以齐次方程通解是：Y=C1cos3x+C2sin3x由于l±wi=i不是特征方程的根，设y*=Acosx+Bsinx代入原方程得：A=,B=0，即Y=cosx,通解为y=C1cos3x+C2sin3x+cosx由初始条件得特解6.求特解：y²-y=4xex，y|x=0=0,y¢|x=0=1解：r2-1=0Þr1,2=±1，所以y²-y=0的通解为Y=C1ex+C2e-x因l=1是特征方程的单根，设y*=xex(Ax+B)是原方程的一个特解，代入原方程得：A=1,B=-1即y*=ex(x2-x),原方程的通解为：y=C1ex+C2e-x+ex(x2-x)代入初始条件得：C1=1,C2=-1,所求特解为：y=ex(x2-x+1)-e-x7.求y²-4y=e2x的通解()8、证明方程y²+y=f(x)(其中f(x)连续)的通解为y=C1cosx+C2sinx+,C1,C2为常数证明：有l2+1=0Þl=±1.故齐次方程通解为Y=C1cosx+C2sinx记则所以y*²+y*=f(x)，即y*是其一个特解。由解的结构定理：y==Y+y*=C1cosx+C2sinx+第7章自测题一、选择题(3´6=18分)1.方程(x+1)(y2+1)dx+y2x2dy=0是(B)31 2.微分方程xdy-ydx=y2eydy的通解为()A.y=x(C-ex)B.y=x(C+ex)C.x=y(C+ey)D.x=y(C-ey)3.由x2-xy+y2=C确定的隐函数满足的微分方程是()A.(x-2y)y¢=2x-yB.(x-2y)y¢=2xC.-2yy¢=2x-yD.xy¢=2x-y4.微分方程y²-2y¢=xe2xA.y*=(Ax+B)e2xB.y*=Axe2xC.y*=Ax2e2xD.y*=x(Ax+b)e2x5.已知y1,y2,y3为方程y²+a1(x)y¢+a2(x)y=f(x)的三个线性无关的特解，C1,C2,C3均为任意常数，则该方程的通解为()A.C1y1+C2y2B.C1y1+C2y2+C3y3C.C1y1+C2y2+y3D.C1(y1-y2)+C2(y1-y3)+y26.函数y=y(x)的图形上(0,-2)的切线为2x-3y=0且y(x)使y²=6x，则函数y(x)为()A.y=x2-2B.y=x3+2C.3y-3x3+2x+6=0D.3x-3y2-2y-6=0二、填空题(3´6=18分)1.的通解为2.方程y¢+sin(2x-y)=sin(2x+y)满足初始条件的特解ln|cscy-coty|=sin2x3.积分与路径无关，且f¢(0)=f(0)=0，则f(x)为4.设常系数方程y²+by¢+cy=0的基本组是y1=e2xcosx,y2=e2xsinx，则b=_-4,C=55.方程y¢²-4y²+4y¢=x的通解为6.已知连续函数f(x)满足则f(x)=3e3x-2e2x三、求通解(5´4=20分)1.（xlnx）y¢+y=ax(lnx+1)解：原方程化为31 的通解。2.解：令u=y-2，则通解即3.y²-ay¢2=0,y(0)=0,y¢(0)=-1解：令y¢=p,即p¢=ap2=0得代入初始条件得4.y²+2y¢+y=cosx，y(0)=0,解：r2+2r+1=0Þr1,2=-1故Y=(C1+C2x)e-xl+iw=i不时特征根，设y*=Acosx+Bsinx是原方程的特解，代入方程得：A=0,B=y*=sinx通解是y=(C1+C2x)e-x+sinx代入初始条件得C1=0,C2=1,特解为y=xe-x+sinx四（10分）设可导函数j(x).满足，求j(x).解：求导得由题设j(0)=1ÞC=1j(x)=sinx+cosx五（10分）求(x+y2)dx-2xydy=0满足y|x=1=2的特解。解：设积分因子即31 代入初始条件得C=4原方程的特解为六（12分）设f(x)具有二阶连续偏导数，f(x)=0,f¢(0)=1，且[xy(x+y)-f(x)y]dx+[f¢(x)+x2y]dy=0为一全微分方程，求f(x)及此全微分方程的解。解：Þx2+2xy-f(x)=f²(x)+2xyf²(x)+f(x)=x2,f(0)=0,r2+1=0Þr1,2=±i齐次方程的通解为Y=C1cosx+C2sinxl不是特征方程的根。设f*(x)=Ax2+Bx+C,代入原方程A=1，B=0,C=-2f(x)=x2-2，通解是f(x)=C1cosx+C2sinx+x2-2代入初始条件f(x)=0,f¢(0)=1，得C1=2,C2=1f(x)=2cosx+sinx+x2-x求得通解x-2ysinx+ycosx+2xy+x2y2=C七（12分）设函数f(t)在[0,+¥）上连续，且满足方程：，求f(t)==由此可得f(0)=1，且f¢(t)=+8ptf(t)Þf"(t)-8ptf(t)=8pt这是一个一阶线性微分方程,P(t)=-8pt，Q(t)=f(t)==代入条件f(0)=1得C=1,所以f(t)=31 A一、填空题（每题3分，共18分）1．若，则常数＝。2．已知函数具有任意阶导数，且,则当为大于2的正整数时，的阶导数是。3．反常积分。4．定积分=。5．方程xy¢-ylny=0的通解为（y=ecx）6．设是函数的一个原函数，则。二、选择题（每题3分，共15分）1．若存在，则下列极限一定存在的是（B）。A.B.C.D.2．设，则在（D）。A.都间断B.都连续C.连续，间断D.间断，连续3．设可导，，则＝（C）。A.B.C.D.4．由方程所确定的隐函数的导数=（B）。A.B.C.D.5．若为函数f(x)的一个原函数，则(C.)。A.B.C.D.6、由方程x2-xy+y2=C所确定的函数是方程（B）的解。A.(x-2y)y¢=2-xyB.(x-2y)y¢=2x-yC.(x-2)dx=(2-xy)dy,D.(x-2y)dx=(2x-y)dy三、（5分）求极限。解：=1四、（6分）计算不定积分。解：31 五、（7分）设确定函数，求及。解：，六、①（6分）证明：当时，。证：设，则f(x)在[0,+¥)上连续，在(0,+¥)内可导，且f(0)=0所以f(x)在[0，+¥)上单调递增，当x>0时，f(x)>f(0)=0，即②设在闭区间上连续，在内可导，对内任意有，证明必存在，使得成立。证明：令，则由已知得在闭区间上连续，在内可导，且又，由罗尔定理得必存在使得，即从而得2分七、（10分）设曲线与交于点，过坐标原点与的直线与曲线围成一平面图形，问为何值时，该图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积最大？解：当时，由。故直线的方程为，旋转体的体积为，令并由得唯一驻点，由题意可知旋转体的体积在时取最大值。31 八、(7分)已知连续函数f(x)满足方程，求f(x)解：原方程两边对x求导数f¢(x)=3f(x)+2e2x,,f¢(x)-3f(x)=2e2x解得：f(x)=Ce3x-2e2x又f(0)=1，所以C=3,,f(x)=3e3x-2e2x九、（14分）求函数的单调区间，极值及其函数曲线的凹凸区间和拐点。解：函数定义域为，，令，得。令，得。列表如下：+0----0+极大值点拐点函数的单增区间为：；函数的单减区间为：;极大值；函数的凹区间为:;十、（6分）设且，，。证明：在内有且仅有一个根。证明：因，所以在上单调。于是在内至多有一个根。又，由零点定理知在内至少有一个根，综上所述在内有且仅有一个根。31'