例51 设讨论.doc

关于导数的29个典型习题习题1设函数在的某邻域内类(有一阶连续导数)，且若在时是比高阶的无穷小，试确定的值。解 由题设知 . 由洛比达法则知 故联立可解出习题2 设其中有二阶连续导数，且.(1) 求(2) 讨论在上的连续性.解 (1) 当时，用公式有当时，用定义求导数，有 (2) 因在处有而在处连续，故习题3 证明：若（圆），其中为定数 则 定数。证 求导， 即 再导一次， 即 注 恰是圆的半径.习题4 证明：若在内可导，且 则证 作辅助函数应Cauchy中值定理.,由Cauchy中值定理有（显然）或 或 因 即 于是，.即 习题5 设在上有二阶导数，且 证明证 以及任意，则有即 由题设知下面求使为最小。为此令解出而故知在处为最小. 从而可知习题 6 设函数在内可导，且 试证使得 证 取数由介值定理知使在区间上分别应用微分中值定理有从而 显然,当取 则 且 代入得 习题7 求在处的100 阶导数值。解 由Taylor公式有.故 习题8 设证明 证 设应用Lagrange中值定理有 又设 则当时, 此时 单减.从而即习题9 设在上连续，在内可导，试证存在使得 并由此导出Lagrange中值定理和Cauchy中值定理。证 取函数则 且在内可导。由Rolle定理，使即（*）式成立。若取则(*)式化为若取则(*)式化为 （要求式中分母不等于0）. 习题10 设在内有定义，存在，且满足 如果求证 证 故 使欲证只需证明反证法，若则又为极大，故但另一方面矛盾。故知若则仿上面的证明，有另一方面矛盾。故命题得证。习题11设在内二阶可导，又设联结两点的直线与曲线相交于点，求证：在内至少存在一点使证 对在上分别应用Lagrange中值定理，使由于三点在同一直线上，所以再对在上应用Rolle定理可得：使习题12 设在上有二阶导数试证 使得证 令 则在上二阶可导，且对在上分别应用Rolle定理，使对由于在上可导，再用Rolle定理，使得而令即得所求证的等式。习题13 设二阶可导，且求证 证 二阶可导，且可导，由闭区间上连续函数的性质，使为最小值，且再由Taylor公式有其中介于与之间，分别取得当时，由前式推出当时，由后式推出由此即得 习题14 设试证 证 令则在上连续，在内可导，且由得唯一驻点由于在上的最大值为1，最小值为于是习题15 设在上二阶可导，则在内必存在一点使证 将在处展开，令即类似在处展开，令则有相减得 所以其中 ，即在内存在一点，使 习题16设在上二阶可导，且证明证 将在点展开，求出的值：相减因此因为 故有当时，即习题17 设在上二阶可导，且其最大值在内达到：试证证(类似方法处理，先将在某点展开，再将0,1分别代入)设是的最大值点，则有且应用Taylor公式有因此于是 习题18 已知试求的最大值。解 将表成分段函数再分段求出，可以看出单增，由连续性可知为，的最大值；单减，由连续性可知为的最大值；在内有唯一驻点且故知为的最大值.习题19 若在内有定义,且存在常数,使得均有成立,其中试证明(常数）.证 原式可改为 ，而从而有亦即再由的任意性，可得从而习题20 设证明其中在之间。（提示：令不妨设再用Cauchy中值定理便可推出）习题21 试证 （提示：令在上满足Cauchy中值定理条件。从而可证）习题22 设且证明使（提示：用三阶Taylor公式，将在处展开，然后分别用0,1代,相减，利用条件便有即于是，即在(0,1)内至少存在一点使）习题23 设且试证可导，且导数连续。证 先证明可导。 当； 当由于连续，当时又有界，故极限为型。用洛比达法则有因此处处可导。再证导数的连续性。当 又,都连续，可知连续。可知在处亦连续，故处处连续。，由(1)知且故当时，原式左边得证。 故当时， 原式右边得证。例27 若试证证 设当单减，所以当时，即从而当时，即再证左边不等式。令由Lagrange中值定理知使由于故从而 *例28 设函数在闭区间上具有二阶导数，且证明：存在一点使得证 在闭区间上分别应用Lagrange中值定理： 注意到因此，令则在区间-2,2上可导，且故在闭区间上的最大值 由Fermat定理知而 故由于且所以从而*例29 求函数的值域。解 为求的值域，只需求它的最大值和最小值。因是偶函数，只需考虑的情况。为计算方便，令