高等数学：导数与微分题选(3)

作者: 溺于恐 | 来源:发表于2018-11-25 06:09 被阅读12次

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1. $y=tan(x+y),求{d^2y\over dx^2}$

解：

$两边对x求导得$

${dy\over dx}=sec^2(x+y)(1+{dy\over dx})$

$\therefore {dy\over dx}={sec^2(x+y)\over 1-sec^2(x+y)}$

$=-{sec^2(x+y)\over tan^2(x+y)}=-csc^2(x+y)$

${d^2y\over dx^2}=2cos^2(x+y)cot(x+y)(1+{dy\over dx})$

$=-2cos^2(x+y)cot^3(x+y)$

2. $y=1+xe^y,求{d^2y\over dx^2}$

解：

$两边对x求导得$

${dy\over dx}=-e^y-xe^y{dy\over dx}$

$\therefore {dy\over dx}={e^y\over 1-xe^y}={e^y\over 2-y}$

${d^y\over dx^2}={{dy\over dx}e^y(2-y)-e^y(-{dy\over dx})\over (2-y)^2}={(3-y)e^{2y}\over (2-y)^3}$

3. $y=\sqrt{xsinx\sqrt{1-e^x}},求y‘$

解：

$\because 1-e^x\ge 0,xsinx\ge 0$

$\therefore x\le 0,且sinx\le 0$

$两边取对数得$

$lny={1\over 2}ln(-x)+{1\over 2}ln(-sinx)+{1\over 4}(1-e^x)$

$两边对x求导得$

${1\over y}y'={x\over 2}+{1\over 2}cotx-{e^x\over 4(1-e^x)}$

$y'=[{x\over 2}+{1\over 2}cotx-{e^x\over 4(1-e^x)}]\sqrt{xsinx\sqrt{1-e^x}}$

4.落在平静水面上的石头产生同心波纹,若最外一圈半径的增大速率为 $6\;m/s$ ,则在 $2\;s$ 末扰动水面面积增大的速率为多少

解：

$设最外一圈波纹半径为r,水面积为s,时间为t$

$则,{dr\over dt}=6(m/s)$

$\therefore {ds\over dt}={d(\pi r^2)\over dt}$

$=2\pi r{dr\over dt}=12\pi r(m^2/s)$

$当t=2时,r=2\times 6=12(m)$

$\therefore 此时水面积增大速率为$

${ds\over dt}|_{t=2}=12\pi \times 12=144\pi(m^2/s)$

5.注水入深 $8\;m$ 上顶直径 $8\;m$ 的正圆锥中,速率为 $4\;m^3/min,当水深为$ 5;m$时,其表面上升的速率为多少

解：

$设t时刻水深为h,水体积为V,水面半径为r$

$则,{r\over 4}={h\over 8}\Rightarrow r={h\over 2}$

$\therefore V={1\over 3}\pi r^2h={\pi h^3\over 12}$

$\therefore V'_t={\pi\over 4}h^2h'_t$

$当h=5时,V'_t=4$

$\therefore h'_t={16\over 25\pi}\approx 0.204\;m/min$

6.溶液从深 $18\;cm$ 顶直径 $12\;cm$ 的正圆锥形漏斗中漏入一直径为 $10\;cm$ 的圆柱形筒中,开始时漏斗中盛满了溶液,已知当溶液在漏斗中深为 $12\;cm$ 时,其表面下降的速率为 $1\;cm/min$ .此时圆柱形筒中溶液表面上升的速率为多少

解：

$设漏斗中溶液深为h,溶液表面半径为r,$

$漏斗中溶液减少速率为v_1,圆柱形筒中溶液表面上升速率为v_2$

$则,{h\over r}={18\over 6}=3\Rightarrow r={h\over 3}$

$溶液表面下降速率为{dh\over dt}$

$v_1={d\over dt}({1\over 3}\pi r^2h)={d\over dt}{1\over 27}\pi h^3={1\over 9}\pi h^2{dh\over dt}$

$当h=12(cm)时,{dh\over dt}=1(cm/min)$

$此时,v_1={1\over 9}\pi 12^2\cdot 1=16\pi(cm^3/min)$

$且v_1=\pi\cdot 5^2v_2$

$\therefore v_2={16\over 25}=0.64(cm/min)$

7.电缆 $\overset{\frown} {AOB}$ 长为s,跨度为2l,电缆的最低点O与杆顶连线AB的距离为f,则电缆长可按 $s=2l(1+{2f^2\over 3l^2})计算,当f变化了$ \Delta f$时,电缆长变化了多少

解：

$电缆长变化\Delta s\approx ds={8f\over 3l}\Delta f$

8.设扇形的圆心角 $\alpha =60°$ ,半径 $R=100\;cm$ ,若R不变, $\alpha$ 减少30’,则扇形面积大约改变了多少,若 $\alpha$ 不变,R增加 $1\;cm$ ,则扇形面积大约改变了多少

解：

$\alpha =60°,R=100\;cm,S={1\over 2}R^2\alpha,$

$当R不变,\alpha减少30'时$

$\Delta S\approx dS={1\over 2}R^2\Delta \alpha={1\over 2}\times 100^2\times {\pi\over 180°}\times (-0.5°)$

$=-{125\pi\over 9}(cm^2)\approx-43.61(cm^2)$

$当\alpha不变,R增加1时$

$\Delta S\approx dS=R\alpha\Delta R=100\times {\pi\over 3}\cdot 1$

$={100\pi \over 3}(cm^2)\approx104.67(cm^2)$

9.近似计算

$(1)cos29°\qquad (2)tan136°$

$(3)arcsin0.5002\qquad (4)arccos0.4995$

$(5)\sqrt[3]{996}\qquad (5)\sqrt[6]{65}$

解：

$(1)cos29°=cos(30°-1°)\approx cos30°+(-sinx)|_{x=30°}(-{\pi\over 180})$

$={\sqrt{3}\over 2}+{\pi\over 360}\approx 0.875$

$(2)tan136°=tan(135°+1°)\approx tan135°+sec^2135°\cdot{\pi\over 180}$

$=-1+{\pi\over 90}\approx -0.965$

$(3)arcsin0.5002=arcsin(0.5+0.0002)\approx arcsin0.5+{1\over \sqrt{1-x^2}}|_{x=0.5}\cdot(0.0002)$

$={\pi\over 6}+{0.0002\over \sqrt{0.75}}\approx 0.524\approx 30°47''$

$(4)arccos0.4995=arccos(0.5-0.0005)\approx arccos0.5+(-{1\over \sqrt{1-x^2}})|_{x=0.5}\cdot(-0.0005)$

$={\pi\over 6}+{0.0005\over \sqrt{0.75}}\approx 1.047=60°2'$

$(5)\sqrt[3]{996}=\sqrt[3]{1000-4}\approx \sqrt[3]{1000}+{1\over 3}x^{-{2\over 3}}|_{x=1000}\cdot (-4)$

$=10-{1\over 75}\approx 9.9867$

$(6)\sqrt[6]{65}=\sqrt[6]{64+1}\approx \sqrt[6]{64}+{1\over 6}x^{-{5\over 6}}|_{x=64}\cdot 1$

$\approx 2+0.0052=2.0052$

10.当|x|较小时,证明下列近似公式：

$(1)tanx\approx x(x为弧度值)\qquad (2)ln(1+x)\approx x$

$(3)\sqrt[n]{1+x}\approx 1+{1\over n}x\qquad (4)e^x\approx 1+x$

证：

$(1)\because f(x)\approx f(0)+f'(0)\cdot x(当|x|较小时)$

$\therefore tanx\approx tan0+sec^x|_{x=0}\cdot x=x$

$(2)\because f(x)\approx f(0)+f'(0)\cdot x(当|x|较小时)$

$\therefore ln(1+x)\approx ln1+{1\over 1+x}|_{x=0}\cdot x=x$

$(3)\because f(x)\approx f(0)+f'(0)\cdot x(当|x|较小时)$

$\therefore \sqrt[n]{1+x}\approx \sqrt[n]{1+0}+(\sqrt[n]{1+x})'_{x=0}\cdot x=1+{1\over n}x$

$(4)\because f(x)\approx f(0)+f'(0)\cdot x(当|x|较小时)$

$\therefore e^x\approx e^0+(e^x)'|_{x=0}\cdot x=1+x$

11.计算球体体积时,要求精度在2%以内,此时测量直径D的相对误差不能超过多少

解：

$球体体积V={4\over 3}\pi ({D\over 2})^3={1\over 6}\pi D^3$

$\Delta V\approx {dV\over dD}\Delta D={1\over 2}\pi D^2\Delta D$

$又|{\Delta V\over V}\le 2%,即|{{1\over 2}\piD^2\Delta D\over {1\over 6}\piD^3}|=3|{\Delta D\over D|\le 0.02$

$\therefore |{\Delta D\over D|\le {0.02\over 3}\approx 0.0067=0.67%$

$即测量直径D的相对误差不能超过0.67%$

12.某厂生产扇形板半径 $R=200\;mm$ ,要求中心角 $\alpha=55°$ ,产品检验时,一般用测量弦长l的办法来间接测量中心角 $\alpha$ ,若测量弦长l时的误差 $\delta_1=0.1\;mm$ ,则由此引起的中心角测量误差 $\delta_\alpha$ 为多少

解：

$\because \alpha=arccos{R^2+R^2-l^2\over 2R^2}=arccos{2\times 200^2-l^2\over 2\times 200^2}$

$l=\sqrt{2R^2-2R^2cos\alpha}$

$\delta_\alpha\approx d\alpha=-{-{l\over 200^2}\over \sqrt{1-({2\times 200^2-l^2\over 2\times 200^2})^2}}\cdot \Delta l$

$\approx 0.00056(rad)=1'55''$

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