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？