1. 解: 函数 $y=(x-1) \cdot \sqrt[3]{x^2}$ 在定义域 $(-\infty,+\infty)$ 内连续,     且
\[
  f‘(x)= \frac53 x^{2/3}-\frac23 x^{-1/3}.
\]
令 $f‘(x)=0$ 得 $x=\frac25$, 以及注意到当 $x=0$ 时, 函数不可导. 列表考察如下:
\begin{center}
\begin{tabular}{ |c|c |c | c | c|c |}
\hline
  $x$ &  $(-\infty,0)$ & 0& $(0,\frac25)$ & \mbox{$\frac25$} & $(\frac25,+\infty)$ \\[2ex]  
  $f‘(x)$ & + & \mbox{不存在} & $-$ & 0 & + \\[2ex]
  $f(x)$ & $\nearrow$ & \mbox{极大值} & $\searrow$ & \mbox{极小值} & $\nearrow$ \\
\hline  
\end{tabular}
\end{center}
所以,函数的单调增区间为 $(-\infty,0], [\frac25,+\infty)$, 单调减区间为 $[0,\frac25]$. 极大值为 $f(0)=-1$, 极小值为 $f(\frac25)=-\frac15 (\frac{2}{5})^{2/3}$.



2. 首先,
\[
  f(x)=
  \begin{cases}
    x e^{1-x}, & x\geq 1,\\
    x e^{x-1}, & 0<x< 1, \\
    -x e^{x-1},  &  x\leq 0.
\end{cases}
\]
根据定义，容易验证 $f(x)$ 在分段点 $x=0$ 以及 $x=1$ 处都不可导，所以
\[
  f‘(x)=
  \begin{cases}
    e^{1-x}-xe^{1-x}, & x> 1,\\
    \mbox{不存在}, & x=1,\\
    e^{x-1}+x e^{x-1}, & 0<x< 1, \\
      \mbox{不存在}, &  x=0,\\
    - e^{x-1}-xe^{x-1},  &  x< 0.
\end{cases}
\]
令 $f‘(x)=0$ 得 $x=-1$. 列表讨论如下：
\begin{center}
\begin{tabular}{ |c|c|c |c|c | c | c|c |}
\hline
  $x$ &  $(-\infty,-1)$ & -1& $(-1,0)$ & 0 & $(0,1)$ & 1& $(1,+\infty)$ \\[2ex]  
  $f‘(x)$ & + & 0 & $-$ & \mbox{不存在} & + & \mbox{不存在} & $-$ \\[2ex]
  $f(x)$ & $\nearrow$ & \mbox{极大值} & $\searrow$ & \mbox{极小值} & $\nearrow$ & \mbox{极大值}& $\searrow$\\
\hline  
\end{tabular}
\end{center}
因此, 函数 $f(x)$ 有极大值 $f(-1)=e^{-2}, f(1)=1$ 以及极小值 $f(0)=0$.



3. 解: 首先,
\[
  y‘= \frac{1}{x^2+1}.
\]
因此当 $0\leq x \leq 1$ 时 $y‘>0$, 所以最小值 $y(0)=-\frac{\pi}{4}$, 最大值 $y(1)=0$.



4. 证明: 首先令
\[
  \phi(x)=\sin x -x,
\]
当 $0<x<\pi/2$ 时,
\[
  \phi‘(x)=\cos x-1<0,
\]
因此
\[
\sin x -x=\phi(x)<\phi(0)=0,
\]
即
\[
  \sin x < x.
\]
再令
\[
\psi(x) = \sin x -\frac{2}{\pi} x,
\]
则
\[
  \psi‘(x)=\cos x -\frac 2\pi=0
\]
解得 $x= \arccos \frac 2\pi$. 而
\[
  \psi‘‘ (\arccos \frac{2}{\pi})
  =
  -\sin( \frac{2}{\pi} )<0.
\]
所以 $x= \arccos \frac 2\pi$, $x=0$ 以及 $x=\frac{\pi}{2}$ 的可能最值点，而且 $x= \arccos \frac 2\pi$ 为最大值点，因此
\[
   \sin x -\frac2 \pi x > \psi(0)=0,
\]
即当 $0<x<\frac \pi 2$ 时,
\[
   \frac 2\pi x <\sin x <x.
\]


5. 证明：根据题设，当 $x\neq 0$ 时,
\[
  F‘(x) =
% \begin{cases}
  \frac{ xf‘(x)-f(x) }{x^2},
%  & x\neq 0,\\
%  \frac{f‘‘(0)}{2}, & x=0.
%\end{cases}
\]
令
\[
  \phi(x)=xf‘(x)-f(x),
\]
而
\[
   \phi‘(x)=xf‘‘(x).
\]
当 $x>0$ 时, $\phi‘(x)>0$, 因此 $\phi(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调增加，所以
\[
   \phi(x)>\phi(0)=0.
\]
即当 $x>0$ 时, $F‘(x)>0$, 所以 $F(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调增.

另一方面, 当 $x<0$ 时, $\phi‘(x)<0$, 因此 $\phi(x)$ 在 $(-\infty,0]$ 上单调减，所以
\[
   \phi(x)>\phi(0)=0.
\]
即当 $x<0$ 时, $F‘(x)>0$, 所以 $F(x)$ 在 $(-\infty,0]$ 上单调增.
综上所述, $F(x)$ 为单调增函数.



6. 解: 首先注意到 $x\ln x$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且
\[
  (x\ln x)‘=\ln x+1,
  \qquad
  (x\ln x)‘‘ =\frac1x>0.
\]
所以当 $x=1/e$ 时, $x\ln x$ 取最小值 $-1/e$, 且当 $0<x<1/e$ 时, $x\ln x$ 单调减, 当 $1/e<x$ 时, $x\ln x$ 单调增。当 $0<x<1$, $x\ln x<0$, 当 $x>1$ 时, $x\ln x>0$.

根据题设，即讨论 $x\ln x=-a$ 有无实数根.

(1) 若 $a>1/e$, 则因为 $x\ln x>-1/e$, 所以没有实数根.

(2) 若 $a=1/e$, 则有唯一实数根 $x=1/e$.

(3) 若 $0<a<1/e$, 因为 $\lim_{x\to 0}x\ln x=0$, 因此可以定义
\[
  f(x)=
  \begin{cases}
    x\ln x, &  x>0,\\
    0,  & x=0.
\end{cases}
\]
 函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续. 而 $0\leq x \leq 1/e$ 时，$-1/e \leq f(x)\leq 0$, 根据闭区间连续函数的介值定理，必存在 $x_1\in (0,1/e)$ 使得 $f(x_1)=x_1\ln x_1=-a$. 同样的，存在 $x_2 \in (1/e,1)$ 使得 $f(x_2)=x_2\ln x_2=-a$, 所以此时有两个不同的实数根.

(4) 若 $a=0$ 时, $x_1=1$ 为唯一的根。

(5) 若 $a<0$, 因为 $x>1$ 时为单调增, 所以只有唯一的实根.








7. 解:  设变量 $x=h-R$, 且 $0<x<R$. 则正圆锥的高 $h=R+x$, 正圆锥的底面半径 $r=\sqrt{R^2-x^2}$, 则正圆锥的面积为
\[
     \frac13 \pi r^2 h=
     \frac13 \pi (R^2 -x^2)(R+x).
\]
而
\[
(R^2 -x^2)(R+x)‘=(3x-R)(x+R)=0,   
\]
求得 $x= \frac R 3$ 以及 $x=-R$ (舍去), 则最大面积为
\[
     \frac13 \pi (R^2 -(R/3)^2)(R+R/3)= \frac{32}{81} \pi R.
\]

注意: 设变量 $x$ 是最方便的，如果考虑半径 $r$ 为变量的话是没办法解出最值点的，这里用这个中间变量的好处是，利用正圆锥公式时正好把根号去掉了。

作业 17 单调性