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6 6 上连续 在 6 6 内可导 且 f 6 6 ln 2 f 1 f x ex 1 3 f x f x 2 xex 0 得 5 1 验证函数 f x lnsinx 在 6 6 上满足罗尔定理的条件 并求出相应的 使 f 0 x 5 5 5 解 显然 f x ln sin x 在 满足罗尓定理的条件 cos x sin x 令 f x 2 cot x 0 则 x 5 6 6 2 下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件 有没有满足定理结论中的 2 0 2 0 1 1 2 f x x 1 sin x 0 x 1 x 0 x2 即f 1 f 1 f x 在 1 1 上满足罗尓定理的三个条件 令 2 x 0 x 1 x 习题 4 1 即存在 0 1 1 使 f 0 1 x 0 x 1 x 1 1 x 2 显然 f x 在 0 1 1 2 内连续 又 f 1 0 lim f x lim 1 x 0 x 1 x 1 所以 f x 在 x 1 处连续 而且 x 0 x 0 x 2 x 2 即 f x 在 x 0 处右连续 在 x 2 处左连续 所以 f x 在 0 2 上连续 又 1 QQ374289236 f 1 lim lim lim 显然 f x x 2 x 在 0 1 上连续 在 0 1 内可导 满足拉格朗日中值定理的条 f x 若 令 f x 3x 2 x 1 f 1 lim 1 f x f 1 1 x x 1 x 1 x 1 1 f x f 1 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 f 1 f 1 f x 在 x 1 处不可导 从而 f x 在 0 2 内不可导 又f 0 f 2 1 又由 1 0 x 1 1 1 x 2 知f x 0 综上所述 函数 f x 满足罗尓定理的条件 1 3 不满足条件 2 没有满足定理结论的 x 0 f x 在 0 上不连续 显 然 f x 在 0 上 可 导 又 f 0 1 f 0 即f 0 f 且 f x cos x 2 x 0 取 2 0 有 f cos cos 0 综上所述 函数 f x 满足罗尓定理的条件 2 不满足条件 1 3 有满足定理结论的 2 3 不用求出函数 f x x 1 x 2 x 3 的导数 说明方程 f x 0 有几个实根 并指 出它们所在的区间 解 显然 f x 在 1 2 上连续 在 1 2 内可导 且 f 1 f 2 0 由罗尓定理知 在 1 2 内至少存在一点 1 使 f 1 0 即 f x 0 在 1 2 内至少有一个实根 同理 f x 0 在 2 3 内也至少有一个实根 2 又 f x 0 是二次方程 最多有两个 实根 故 f x 0 有两个实根 分别在区间 1 2 和 2 3 内 3 解 3 件 2 f 1 f 0 1 0 3 3 3 则 x 3 3 取 即存在 2 QQ374289236 而 e 0 证 令 f x a0 x a1 x 3 3 0 1 使得 f f 1 f 0 1 0 成立 3 5 已知函数 f x 在 a b 上连续 在 a b 内可导 且 f a f b 0 试证 在 a b 内至少存在 一点 使得 f f 0 a b x x x x a b 由罗尓定理至少存在一点 a b 使 F 0 即 故 e f e f 0 f f 0 即在 a b 内至少存在一点 使得 f f 0 6 若方程 a0 xn a1 xn 1 an 1 x 0 有一个正根 x0 证明方程 a0 nxn 1 a1 n 1 xn 2 an 1 0 必有一个小于 x0 的正根 nn 1 an 1 x 显然 f x 在 0 x0 连续 在 0 x0 内可导 且 f 0 0 依题意知 f x0 0 即有 f 0 f x0 由罗尓定理 至少存在一点 0 x0 使 得 f 0 成立 即 a0 n n 1 a1 n 1 n 2 an 1 0 成立 这就说明 是方程 a0 nxn 1 a1 n 1 xn 2 an 1 0 的一个小于 x0 的正根 7 设 f a f c f b 且 a c b f x 在 a b 上存在 证明在 a b 内至少存在一点 使 f 0 证 显 然 f x 分 别 在 a c 和 c b 上 满 足 罗 尓 定 理 的 条 件 从 而 至 少 存 在 1 a c 2 c b 使得 f 1 f 2 0 3 QQ374289236 x x 0 x e x 1 10 lim arctan x x x a x a 2 x 12 lim x2 e x m x a xn a n lim x x x x x m m n m n a x a x x a mx lim x 0 x ex 1 5 lim 6 lim sin x ln x 13 lim x x x 1 x 1 x 5 ln 1 e 1 lim cos 3x cos 5x x 5sec 5x lim ln a x ln a x a x x a x ln a sin 3x tan 5x 1 lim x 2 lim e x x 1 3 limx m a m 4 lim x 0 a x x a x x2 a 0 ln x x 0 cot x x 0 1 7 lim x x arc cot x x 8 lim x 0 x e 1 1 9 lim 1 sin x x x 0 2 x 11 lim x 0 3 e x csc x 1 2 x 0 3 3 2 x x 0 1 1 14 lim 1 x x e 解 3 2 3 3 5 5 2 lim 3cos 3x 2 sin 3x 1 lim x tan 5x x ex x 1ex 1 ex x 0 e 1 xe x 0 e e xe 1 1 x 0 2 x 2 m m m 1 x a x a x a nx x a n n 3 lim n n lim n 1 lim x a 2 2 2 x 2 x 2 x 4 lim x 0 x a x lim x 0 a x ln 2 a 1 a x a a x x x x a x lim x 0 又由题意知 f x 在 1 2 上满足罗尓定理的条件 从而至少存在一点 1 2 a b 使得 f 0 即在 a b 内至少存在一点 使 f 0 习题 4 2 1 利用洛必达法则求下列极限 4 QQ374289236 5 lim a0 ln a 0 2 a0 2 a0 ln 2 a 2 x 9 lim 1 sin x lim e ex 0 1 sin x e1 e ln x lim lim lim x lim e 2 x 3 e csc x lim 2 x ln x sin x ln x lim lim lim 6 lim lim tan x 1 0 0 lim x 2 10 lim arctan x x lim e lim ex 2 2 e ln 1 1 1 x lim 1 x lim x 2 x arccot x 1 x x2 x 1 1 1 x x 1 x x x x lim lim e 1 x e 1 xe xx 12 lim x2ex lim lim lim x 0 xe e 1 x 0 xe 2e 0 2e e 2 x 1 a a a 2 1 a 2 1 sin 2 x2sin x cos x 1x sin x x x 0 x 0 x 0 x 0 x x 0 cot x x 0 csc 2sin 0 cos 0 0 1 tan x x x 0 x 0 csc x x 0 csc x cot x x 0 sin x 1 x 1 1 1 1 2 7 lim x lim x x 2 3 2 8 lim x 0 ex 1 ex ex 1 x e2 x ex x x 0 x 0 4e0 e0 0 2e2 x ex 1 4e2 x ex x x x x 2 lim e cos x1 x 1 x 2 x ln arctan x 2 ln arctan x 1 x lim x 0 lim x ln 1 sin x x cos x lim 1 sin x x 0 1 ln 1 sin x x 0 x 0 2 1 1 lim arctan x 1 x x 1 x x e e e 1 1 x2 lim x 1 arctan x x2 x 1 x2 arctan x e e 2 e 1 e x csc x lnlim x 0 lim x 0 3 e x ln sin x 3 e x ln sin x 3 e x 2 x x 0 11 lim x 0 2 x ex 2 x 3 ex 3 ex 2 x 2 cos x ex xex 3 lim x 0 3 ex 2 x cos x lim e x 0 e e e 1 e 1 2 1 2 1 x2 1 x2 1 2 x2 1 x x 0 x 0 x 0 lim x 0 5 QQ374289236 14 lim 1 x e x3 x2 x 1 2 x x3 x2 x 1 x 2 h x 1 2 3 2 3 1 1 lim 1 cos x f x h 2 f x f x h f x h f x h x x lim 1 sin x 1 极限存在 但若用洛必达法则 有 lim x mx n 0 且 lim 1 f x h f x 1 f x h f x 1 1 f x 1 f x h f x f x h f x 1 x 2h e ex 0 1 x 0 2 1 x 3 3 lim 1 3 1 1 x x2 1 1 1 2 1 1 1 x x x x x x 1 lim x x 0 ln 1 x 1 x ln 1 x x x2 x2 x 1 3 13 lim 3 x3 x2 x 1 x lim x x 3 lim x 1 1 1 1 1 e lim 1 1 2 1 lim 1 x x 0 2 x 1 x 0 e 1 x e 2 设 lim x 1 x2 mx n x 1 5 求常数 m n 的值 解 lim x 1 0 而 lim x 1 x 1 5 x2 mx n x 1 2 x 1 x 1 5 x2 mx n x 1 即 即 1 m n 0 m n 1 且 且 lim 2 x m 5 x 1 2 m 5 于是得m 3 n 4 3 验证极限 lim x x sin x x 存在 但不能由洛必达法则得出 解 lim x x sin x 1 x x sin x lim x x 因 lim cos x 不存在 所以不能用洛必达法则得出 x 4 设 f x 二阶可导 求 lim h 0 f x h 2 f x f x h h2 解 这是 0 0 型未定式 利用洛必达法则有 lim 2 lim f x h 0 h 0 lim 2 h 0 h lim lim 2 h 0 h 2 h 0 h 2 2 f x 6 QQ374289236 lim g x lim x2 f 0 xf x f x x f x f 0 g 0 lim x 0 证 f x xf x f x x x2 当 x 0 时 g x 当 x 0 时 由 f x lim lim lim x 0 x 0 x 0 lim lim f 0 x 0 即 1 2 f 0 g 0 所以 x 0 x 0 xf x f x g x 1 2 由 f x f x 的连续性知 g x 在 x 0 处连续 又 x 0 x 0 x 0 1 1 x 0 2 2 f x xf x f x 2 x 2 lim 故 g x 在 x 0 处连续 所以 g x 在 内处处连续 f x 综上所述 g x x f 0 x 0 可导 且导函数连续 5 设 f x 具有二阶连续导数 且 f 0 0 试证 f x g x x f 0 x 0 可导 且导函数连续 习题 4 3 1 求函数 f x xe x 的 n 阶马克劳林公式 解 f x e x xe x e x 1 x f x e x 1 x e x e x 2 x f k x e x k x 7 QQ374289236 x x e x n 1 x n 1 f x x x x 1 x 1 f x 1 f x 1 f n x 1 n n 1 xx x x f x 1 x 1 x 1 x 1 1 1 n 0 1 2 4 f 4 1 f k 0 k f k 0 k k 1 k k 1 k 1 2 3 又 f 0 0 2 3 n 2 n 1 n 1 0 1 1 x 的 n 阶泰勒公式 2 当 x0 1 时 求函数 f x 解 2 n 1 2 2 3 3 n 2 3 4 n 1 n 2 n 1 n 1 f n 1 n n n x 1 n 1 f x 1 0 1 4 3 2 4 3 2 4 4 f f 4 2 f x f 4 f 4 x 4 x 4 2 f 4 3 x 4 3 x 4 4 f 4 4 1 4 4 而 f 4 44 5 43 42 3 4 4 56 f 4 4 x3 15x2 2 x 3 x 4 21 f 4 1 2 2 3 3 24 x 30 x 4 11 所以 f x 56 21 x 4 37 x 4 2 11 x 4 3 x 4 4 4 利用泰勒公式求下列极限 8 QQ374289236 2 lim x x2 ln 1 x o x 4 lim 3 x3 3x lim o x 1 1 f x 2 x 6 x 18x 7 1 f x 6 x 12 x 18 6 x 1 x 3 1 lim x 0 x sin x x3 x 1 解 1 利用泰勒公式 有 x3 3 sin x x o x4 所以 x3 4 x3 6 lim x 0 x 0 1 x 0 6 x sin x 2 利用泰勒公式 有 1 1 1 1 2 所以 1 1 1 1 2 1 2 x x x2 习题 4 4 1 求下面函数的单调区间与极值 3 2 2 3 f x 1 x 2 3 2 f x x ln x 4 f x x x 4 解 2 令 f x 0 得驻点 x1 1 x2 3 在 1 3 上 f x 0 在 1 3 上 f x 0 f x 在 1 3 上单调增加 在 1 3 上单调减少 当 x 1 时 f x 有极大值 极大值为 f 1 3 当 x 3 时 f x 有极小值 极小值为 f 3 61 9 QQ374289236 4 f x x 4 x 则 f x 1 x x 1 x 2 f x 1 令 f x 0 得驻点 x 1 在 0 1 上 f x 0 在 1 上 f x 0 f x 在 0 1 上单调递减 在 1 上单调递增 当 x 1 时 f x 有极小值 极小值为 f 1 1 3 2 3 3 f x 1 x 2 f x 0 但当 x 2 时 f x 不存在 在 2 上 f x 0 在 2 上 f x 0 f x 在 2 上单调递增 在 2 上单调递减 当 x 2 时 f x 有极大值 极大值为 f 2 1 x2 4 x 2 x 0 x 0 2 x 4 x 0 2 x 4 x 0 且当 x 0 时 f x 不存在 又令 f x 0 得 x 2 在 0 2 上 f x 0 在 0 2 上 f x 0 f x 在 0 2 上单调递增 在 0 2 上单调递减 当 x 0 时 f x 有极大值 极大值为 f 0 0 当 x 2 时 f x 有极小值 极小值为 f 2 4 2 试证方程 sinx x 只有一个根 证 显然 x 0 是方程 sin x x 得一个根 亦可将 f x sin x x 运用零点定理 令 f x sin x x 则 f x cos x 1 0 而 f x 0 的点不是单调区间的分界点 故 f x 在 内单调下降 所以 f x 在 内只有一个零点 即方程 sin x x 只有 x 0 一个根 3 已知 f x C 0 若 f 0 0 f x 在 0 内存在且单调增加 证明 f x x 在 0 内也单调增加 解 x 0 由题意知 f x 在 0 x 上满足拉格朗日中值定理的条件 利用拉格朗日中值定 理得 0 x 使 10 QQ374289236 x 0 则 F x 1 则 f x 1 x 11 f x xf xf x 即 xf x f x 0 令 f x x F x xf x f x x2 0 f x x 在 0 内单调增加 所以 F x 单调递增 即 4 证明下列不等式 1 1 1 2 x 1 x x 0 x 2 2 2 x ln 1 x x x 0 1 2 证 1 令 f x 1 x 1 x 则 f x 1 1 2 1 x 当 x 0 时 1 1 x 1 f x 0 即 f x 单调递增 从而 1 2 f x f 0 0 故1 x 1 x 2 x 2 2 令 f x ln 1 x x 1 x 2 x 1 1 x 当 x 0 时 有 f x 0 即 f x 单调递增 从而 f x f 0 0 即 x2 2 ln 1 x x 又令 g x x ln 1 x 则 g x 1 1 1 x x 1 x 当 x 0 时 g x 0 即 g x 单调递增 从而 g x g 0 0 即 x ln 1 x x 2 2 综上所述 当 x 0 时有 x ln 1 x x 5 试问 a 为何值时 f x asinx 1 3 sin x 在 x 3 处取得极值 是极大值还是极小值 并求 出此极值 解 f x f 0 xf 因 f x 在 0 单调增加 且 f 0 0 所以 f x a cos x cos 3x QQ374289236 cos 0 所以 a 2 处取得极大值 极大值为 f L x 0 得 x 所以 投入量为 3 若 x 为极值点 则 a cos 3 3 3 故函数在 x 3 3 习题 4 5 1 某个体户以每条 10 元的价格购进一批牛仔裤 设此批牛仔裤的需求函数为 Q 40 2P 问该个体户应将销售价定为多少时 才能获得最大利润 2 L P 4P 60 令 L P 0 得 P 15 所以应将销售价定为每条 15 元 才能获得最大利润 2 设 f x cx c 0 0 1 为一生产函数 其中 c 为效率因子 x 为投入量 产品的价格 P 与原料价格 Q 均为常量 问 投入量为多少时可使利润最大 解 依题意 总利润 L x Pf x Q x P cx Qx 则 令 L x Pc x 1 Q 1 Q 1 Pc 1 Q 1 Pc 时利润最大 2 3 1 生产数量为多少时 可使平均成本最小 2 求出边际成本 并验证边际成本等于平均成本时平均成本最小 C Q Q 解 1 C Q 15 6Q Q 2 令 C Q 2Q 6 0 得 Q 3 故 2 当 生产数量 Q 3 时 可使平均成本最小 MC C Q 15 12Q 3Q 2 Q 3 时 MC 15 12 3 3 9 6 C Q 15 6 3 32 6 12 QQ374289236 2000 2000 Q 2000 431 325 12 次 C 25000 2000Q 1 40 Q 2 元 问 1 要使平均成本最小 应生产多少件产品 2 若产品以每件 5000 元售出 要使利润最大 应生产多少件产品 Q 25000 1 Q 40 解 1 平均成本 C Q 1 20 边际成本 C Q 2000 Q 当 C Q C Q 时 平均成本最小 由 C Q C Q 即Q 25000 1 1 Q 40 20 得 Q 1000 负值不合题意已舍去 所以要使平均成本最小 应生产 1000 件产品 2 1 40 1 40 Q 2L Q 5000Q C Q 5000Q 25000 2000Q Q 2 3000Q 25000 1 20 令 L Q Q 3000 0 得 Q 60000 件 所以应生产 60000 件产品 5 某厂全年消耗 需求 某种钢材 5170 吨 每次订购费用为 5700 元 每吨钢材单价为 2400 元 每吨钢材一年的库存维护费用为钢材单价的 13 2 求 1 最优订购批量 3 最优进货周期 2 最优批次 4 最小总费用 解 由题意 R 5170 C2 5700 T 1 C1 2400 13 2 316 8 则 1 最优订购批量 2C2 R C1T 2 5700 5170 316 8 1 q 2 最优批次 R 5170 q 431 325 n 即边际成本等于平均成本时平均成本最小 4 已知某厂生产 Q 件产品的成本为 13 QQ374289236 30 452 天 1 R3 2 2 24 4 8 7 解 A t ke e r 0 得 t 4r 2 T 365 n 12 t 4 最小总费用 E 2C1C2TR 2 316 8 5700 1 5170 136643 9 元 6 用一块半径为 R 的圆形铁皮 剪去一圆心角为 的扇形后 做成一个漏斗形容器 问 为何值时 容器的容积最大 解 设漏斗的底面半径为 r 高为 h 为了计算方便令 2 则 R 2 R 2 2 r R r h R 2 r 2 4 2 2 漏斗的容积 R3 2 2 2 V V hr 2 3 24 2 4 2 20 2 8 2 3 2 8 3 令 V 0 得 1 0 舍之 2 2 2 V 4 4 2 2 R3 24 2 4 2 2 3 9 8 3 故当 8 2 6 3 3 时漏斗得容积最大 由 2 得 2 2 6 3 所以 当 2 时 容积最大 7 工厂生产出的酒可即刻卖出 售价为 k 也可窖藏一个时期后再以较高的价格卖出 设售 t 售出方获得最大利润 按连续复利计算 t rtt rt ke t rt 令 A t ke 1 1 2 t 所以 应窖藏 1 4r 2 时以后售出可获得最大利润 3 最优进货周期 8 若火车每小时所耗燃料费用与火车速度的三次方成正比 已知速度为 20km h 每小时的 14 QQ374289236 x 1 1 1 1 1 1 y 0 0 y上凸ln 2下凸ln 2上凸 v E kv3 200 kv2 1 y x x 2 y ln 1 x 3 y x e 4 y x 1 e 令y 0 得 x 时 y 0 且 f y 解 设火车每小时所耗燃料费为 Q 则Q kv3 k 为比例常数 依题意得 1 200 40 k 203 解得 k 又设火车行驶 s km 后 所耗费用为 s s 200 v v 令 200 2 v 100 E s 0 得 v 3 20000 27 14 km h 所以 最经济得行驶速度为 27 14 km h 习题 4 6 1 讨论下列函数的凸性 并求曲线的拐点 2 32 x4 x 5 y x x 3 2 6 y e arctan x 1 3 解 1 y 2 x 3x2 y 2 6 x 1 3 当 x 1 3 时 y 0 当 x 1 2 3 27 2 3 1 1 1 2 3 3 3 27 点 2 y 2 x 2 x2 1 2 x 2 x 2 x 2 1 1 x2 1 x 2 2 1 x 2 2 燃料费用 40 元 其他费用每小时 200 元 求最经济的行驶速度 令 y 0 得 x1 1 x2 1 这两点将定义域 分成三个部分区间 列表考察各部分 区间上二阶导数得符号 2 15 QQ374289236 y x 3 x 3 1 1 1 1 时 y 0 且 f e 所以曲线在 内向下凸 在 内向上凸 点 e 3 4 3 x 2 x 12 4 y 令 y 0 得 x 6 当 2 27 x 6 时 y 0 当 x 6 时 y 0 又 f 6 函 数 的 定 义 域 为 3 3 2 27 是拐点 所以曲线在 3 3 6 内上凸 在 6 内下凸 点 6 6 1 y earctan x 1 x 2 1 2 x 1 2 x earctan x 2 2 1 2 令 y 0 得 x 1 2 当 x 1 2 时 y 0 当 x arctan1 2 2 arctan1 2 是拐点 2 2 2 2 利用函数的凸性证明下列不等式 1 e x e y 2 x y e 2 x y 2 xlnx ylny x y ln x y 2 x 0 y 0 x y x x x 所以函数 f x 的曲线在定义域 内是严格下凸的 由曲线下凸的定义有 x y f x f y 2 2 x y f x y 即e x y 2 ex ey 2 即 ex ey 2 x y e 2 x y 1 ln 2 是曲线的拐点 3 x 2 x 所以 曲线在定义域 内处处下凸 没有拐点 16 QQ374289236 f 即 x ln x y ln y x y ln ln lim x x a b 3 b 又 lim y 但 lim y lim x x x 又 lim b 时 点 1 3 为曲线 y ax bx 的拐点 1 e 2 0 所以有水平渐近线 y 0 x x x 1 1 x 2 令 f x x ln x 则 f x 1 ln x f x 当 x 0 时 恒有 f x 0 所以 f x 的曲线在 0 内是严格下凸的 由曲线下凸的定义 有 x 0 y 0 x y 有 x ln x ln y x y x y 2 2 2 即 f x f y x y 2 2 x y 2 3 2 3 2 y 3ax 2 2bx y 6ax 2b 所以6a 2b 0 又拐点 1 3 应是曲线上的点 所以 a b 3 6a 2b 0 解方程 3 9 2 2 得 a 3 9 2 2 所以当 a 3 2 4 求下列曲线的渐近线 1 y lnx 2 y 1 2 2 e 2 3 y x 3 x2 4 y x2 2 x 1 x 0 x 0 解 1 lim y lim ln x 所以 y ln x 有垂直渐近线 x 0 1 y ln x lim x 0 lim y 0 x x x x x 所以不存在水平或斜渐近线 2 1 2 2 lim x x2 e 2 y 2 x 0 所以没有斜渐近线 17 QQ374289236 x 3 x 2 x x 2 x 1 1 2 x 1 lim 1 x2 1 x2 2 lim x x lim x lim lim lim x 3 3 xx 3 3 x 且