今天不想工作。。。不过我还是完成今天的任务了，呼呼～～

2. (1) 解：函数 $y=e^{\arctan x}$ 在定义域 $(-\infty,+\infty)$ 上连续, 且
\[
  y‘= e^{\arctan x} \frac{1}{1+x^2}, \qquad
   y‘‘= e^{\arctan x} \frac{1}{(1+x^2)^2} -e^{\arctan x}
   \frac{2x}{1+x^2}.
\]
在 $(-\infty,+\infty)$ 上 $y‘‘$ 存在，但不保持同一符号. 令 $y‘‘=0$， 得 $x=\frac12$. 列表考察如下:
\begin{center}
    \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
    \hline
    $x$ &  $(-\infty,1/2)$ & $1/2$ & $(1/2, +\infty  )$ \\
    $f‘‘(x)$ & $-$  &  $0$
    & $+$ \\
    $f(x)$  & \mbox{上凸}
    &   &  \mbox{下凸}
    \\
    \hline
\end{tabular}
\end{center}
所以, 函数在 $(-\infty,1/2]$ 是上凸的, 在 $[1/2,+\infty)$ 是下凸的, 拐点是 $(1/2,e^{\arctan \frac12})$.



(2) 解: 函数 $y$ 在定义域 $(-\infty,+\infty)$ 上连续， 而
\[
  y‘=
  \begin{cases}
    1/x -1, & x\geq 1,
    \\    
    2x -2, &  x<1,
\end{cases}
\qquad
y‘‘=
  \begin{cases}
    -1/x^2, & x>1,
    \\
    \mbox{不存在},  &  x=1,
    \\    
    2, &  x<1.
\end{cases}
\]
列表考察如下:
\begin{center}
    \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
    \hline
    $x$ &  $(-\infty,1)$ & $1$ & $(1, +\infty  )$ \\
    $f‘‘(x)$ & $+$  &  \mbox{不存在}
    & $-$ \\
    $f(x)$  & \mbox{下凸}
    &   &  \mbox{上凸}
    \\
    \hline
\end{tabular}
\end{center}
所以, 函数在 $(-\infty,1]$ 是下凸的, 在 $[1,+\infty)$ 是上凸的, 拐点是 $(1,-1)$.



3.

(1) 证明: 令函数
\[
  \phi(x) =  x^n,  \quad n>1,
\]
则函数 $\phi(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续且在 $(0,+\infty)$ 至少两阶可导. 当 $x>0$ 时
\[
  \phi‘‘(x) =n(n-1) x^{n-2}>0,
\]
推出当 $x\in(0,+\infty)$ 函数  $\phi(x)$ 下凸, 即根据定义得对于任意 $x>0,y>0$ 有
\[
     \frac{ \phi(x)+\phi(y) }{ 2 }>
   \phi(\frac{x+y}{2}),
\]
即
\[
   \frac{ x^n +y^n }{2}
   > \left(
     \frac{x+y}{2}
   \right)^n.
\]



(2) 证明: 令函数
\[
  \phi(x) =  x\ln x,
\]
则函数 $\phi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续. 当 $x>0$ 时
\[
  \phi‘‘(x) =\frac1x>0,
\]
推出当 $x\in(0,+\infty)$ 函数  $\phi(x)$ 下凸, 即根据定义得对于任意 $x_1>0,x_2>0$ 有
\[
     \frac{ \phi(x_1)+\phi(x_2) }{ 2 }>
   \phi(\frac{x_1+x_2}{2}),
\]
特别地，取 $x_1=x,x_2=1$, 则
\[
   \frac{ x\ln x +\ln 1 }{2}
   >
      \frac{x+1}{2}
   \ln\left(
     \frac{x+1}{2}
   \right)
\]
即
\[
{ x\ln x  }
   >
     ({x+1})
   \ln\left(
     \frac{x+1}{2}
   \right).
\]



4.

（1）函数 $y=\frac{(x+1)^3}{(x-1)^2}$ 在定义域 $(-\infty,1)\cup(1,+\infty)$ 上连续且
\[
   y‘= \frac{(x-5)(x+1)^2}{(x-1)^3},
   \quad
   y‘‘= \frac{24(x+1)}{(x-1)^4},
\]
令 $y‘=0$ 得 $x=-1,x=5$, 令 $y‘‘=0$ 得 $x=-1$. 列表讨论:
\begin{center}
    \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    $x$ &  $(-\infty,-1)$ & $-1$ & $(-1,1)$ &  $1$ & $(1,5)$ & 5 & $(5, +\infty  )$ \\
  $f‘(x)$    &  $+$ &  $0$
    &  $+$  & \mbox{不存在} &  $-$ & 0 &
    $+$
   \\
    $f‘‘(x)$ & $-$  & $0$ & $+$
    & \mbox{不存在} & $+$  & $+$  & $+$ \\
    $f(x)$  &   $\nearrow$
    &  \mbox{拐点,非极值点} &  $\nearrow$
     &  \mbox{间断点} &  $\searrow$ &  \mbox{极小值}
     & $\nearrow$
    \\
    \hline
\end{tabular}
\end{center}
综上所述, 函数有极小值点 $5$, 而 $(-1,0)$ 为其拐点. 另一方面, 函数没有水平渐近线, 有铅直渐近线 $x=1$. 而
\[
  \lim_{x\to \infty}
  \frac{(x+1)^3}{x(x-1)^2}=1,
  \quad \lim_{x\to \infty}
  [\frac{(x+1)^3}{(x-1)^2}-x]=5,
\]
因此函数有斜渐近线
\[
  y=x+5.
\]






（2）函数 $y=x-2\arctan x$ 在定义域 $(-\infty,+\infty)$ 上连续且
\[
   y‘= 1 -\frac{2}{1+x^2},
   \quad
   y‘‘= \frac{4x}{(1+x^2)^2},
\]
令 $y‘=0$ 得 $x=\pm1$, 令 $y‘‘=0$ 得 $x=0$. 列表讨论:
\begin{center}
    \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    $x$ &  $(-\infty,-1)$ & $-1$ & $(-1,0)$ &  $0$ & $(0,1)$ & 1 & $(1, +\infty  )$ \\
  $f‘(x)$    &  $+$ &  $0$
    &  $-$  & $-$ &  $-$ & 0 &
    $+$
   \\
    $f‘‘(x)$ & $-$  & $-$ & $-$
    & $0$ & $+$  & $+$  & $+$ \\
    $f(x)$  &   $\nearrow$
    &  \mbox{极大值} &  $\searrow$
     &  \mbox{拐点} &  $\searrow$ &  \mbox{极小值}
     & $\nearrow$
    \\
    \hline
\end{tabular}
\end{center}
综上所述, 函数有极大值点 $-1$, 以及极小值点 $1$, 而 $(0,0)$ 为其拐点. 另一方面, 函数没有铅直渐近线, 也没有水平渐近线. 而
\[
  \lim_{x\to +\infty}
  \frac{x-2\arctan x}{x}=1,
  \quad \lim_{x\to +\infty}
  ({x-2\arctan x}-x)=-\pi,
\]
以及
\[
  \lim_{x\to -\infty}
  \frac{x-2\arctan x}{x}=1,
  \quad \lim_{x\to -\infty}
  ({x-2\arctan x}-x)=\pi,
\]
因此函数有斜渐近线
\[
  y=x-\pi, y=x+\pi.
\]







5. 证明: 因为 $f‘‘‘(x_0)\neq 0$, 不妨设 $f‘‘‘(x_0)>0$. 因此
\[
  f‘‘‘(x_0)
  =\lim_{x\to x_0}
  \frac{f‘‘(x)-f‘‘(x_0)}{x-x_0}
  =\lim_{x\to x_0}
  \frac{f‘‘(x)}{x-x_0}>0
\]
根据极限的局部保号性, 存在 $\delta>0$，使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时
\[
   \frac{f‘‘(x)}{x-x_0}>0,
\]
则当 $x_0<x<x_0+\delta$ 时, $f‘‘(x)>0$, 而 $x_0-\delta<x<x-0$, $f‘‘(x)<0$, 即证 $(x_0,f(x_0))$ 为拐点.




说明: $x_0$ 此时并不是极值点，为什么呢？

习题 18 凸性