上海财经大学高数习题集答案 第三章 中值定理与导数的应用.pdf

1 第三章第三章 中值定理与导数的应用中值定理与导数的应用 学习测试题答案 1 填空题 1 aaaex aex x ex ax x ax x ax x 22 22cos2 lim 1 22cos2 lim 12sin lim 2 0 2 0 2 0 2 a 2 函数 xF在0 x处连续 abaf x xa x fxf x xaxf xFA xxxx 0 sin lim 0 0 lim sin lim lim 0000 3 极值点 0 x 处 或 0 x f 不存在或0 0 x f 由于 xf为可导函数 则由费马 定理知 0 0 x f 4 xf在 上可导 3 x为 xf的极值点 则0 3 f 201 2 3coscos 3 3 a a xxaf x 5 xf为五阶多项式 xf 为四阶多项式 至多有四个不同的实数根 由Rolle 定理知 xf 在 1 0 2 1 3 2 5 4 之间都至少有一个零点 即至少 有四个不同的实根 所以 xf 有四个不同的实根 6 边际成本 1004 xexC x 250 1004 xxexC x 为唯一的极值 点 04 4 1004 25 25 25 eexeC x xx 则25 x为唯一的极小值 点 所以成本函数在25 x处有最小值 7 由题为求 xxn xenexf 极小值 xxn xeenxf 1 1 1 0 1 nxxf n 为唯一的极值点 0 1 2 1 1 1 1 2 nnnn eenennf 所以 xf n 在 1 nx处有最小值 1 1 nn enf 8 cxbxaxy 23 为多项式函数 在 有无穷阶导数 所以拐点 2 1 处 026 1 baxy 拐点在曲线上 则2111 23 cbacba 由题 王 琪 编著王 琪 编著 2 在拐点处的斜率为1 则1 23 1 1 2 x cbxaxy 所以 8 9 3 cba 9 由题52 23 xxxxf 则223 2 xxxf无实根 所以由Rolle定理 xf至多有一个实根 由题3 2 5 0 ff则由连续函数零值定理 xf在 2 0 之间至少有一个实根 所以 xf只有一个实根 10 需求弹性为 p p p p dp dQ Q p Ep EQ 6 2 212 所以1 6 p p Ep EQ 注 意0 Q 所以得63 p 2 选择题 1 A x 1 在0 x点不连续 因此不满足Rolle定理条件 B x在0 x点不可导 因此不满足Rolle定理条件 C 2 1 xxf 在 1 1 上连续 在 1 1 内可导 且0 1 1 ff 因此 满足Rolle定理条件 D 1 xxf在 1 1 上连续 在 1 1 内可导 但0 1 2 1 ff 因此不满足Rolle定理条件 2 由题 xgxf 由P100推论3 2得Cxgxf C是确定常数 3 注意使用洛必达法则要求必须满足三个条件 A x x x x sin 1 sin lim 2 0 由于 x xx x x cos 1 cos 1 sin2 lim 0 不存在 所以不满足条件三 不能 使用洛必达法则 B xx xx x sin sin lim 由于 x x x cos1 cos1 lim 不存在 所以不满足条件三 不能使用洛 必达法则 C 13sin 5tan lim 2 x x x 不满足条件一 不能使用洛必达法则 D x x x sin lim 0 满足三个条件 可以使用洛必达法则 4 xf在点 0 xx 处取得最小值 则或者可能 xf在 0 xx 不可导 或者 xf在 高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答 3 0 xx 可导且0 0 xf A项 B项既不是充分条件也不是必要条件 C项为充分条件但非必要条件 5 由题0 2 x xfxxf x xf 所以 x xf 在 0 a内严格单调递增的 6 取 ba为 1 1 A 4 1 xxf 0 0 0 11 ff 但0 x为 4 1 xxf 极小值 即A不成立 B 4 2 xxf 0 0 0 22 ff 但0 x为 4 2 xxf 极大值 即B不成立 C 4 1 xxf 0 0 0 11 ff 但0 x不是 4 1 xxf 的拐点 即C不成立 D 3 3 xxf 则0 x不是 4 1 xxf 的极值点 由A B知也可能为极值 也 可能不是极值 7 由题1 lim 2 0 x xf x 则可得在0 x的某去心领域内0 x f 则在0 x的某 左领域内 xf单调递减 在0 x的某右领域内 xf单调递减 所以0 0 f 一定不是 xf的极值 8 由题 当0 x时 即当0 x时 0 xfxfxf 则0 xfxfxf 所以当0 x时0 x f 则 xf在 0 内 单调递减 下凹 本题也可以使用偶函数图形关于y轴对称 画图判断 9 0 1 lim 22 x x x 所以0 y为其水平渐近线 22 1 1 lim x x x 所以1 x为 其垂直渐近线 0 1 lim 22 x x x x 则无斜渐近线 10 由Lagrange定理的知 1 0 使得 0 1 01 0 1 ff ff f 由题 0 x f 则 x f 在 1 0 上为连续可导单调递增函数 1 0 fff 即 1 0 1 0 ffff 11 由题 1 1 x 属于0和x之间 0 0 xffxf 王 琪 编著王 琪 编著 4 则MMxfxf 1 12 A项 B项 D项需要 xf在 ba上连续 反例为 01 10 x xx xf 则 xf在 1 0 上满足题目条件 但不存在 1 0 使得0 f或0 f 或11 2 0 1 fff C项由 xf在 ba内连续的定义 明显可得 13 lim xg xf ax 不一定存在 如 x xxf 1 sin 2 xxg 0 lim lim 00 xgxf xx 且0 1 sin lim lim 2 00 x x x xg xf xx 但 1 1 cos 1 sin2 lim lim 00 xx x xg xf xx 不存在 且由洛必达法则 知若B xg xf ax lim存在 则B xg xf xg xf A axax lim lim 14 由题0 2 xg xgxfxgxf xg xf 所以 xg xf 为单调递减函数 所以 ag af xg xf bg bf 所以 xgbfbgxf xgafagxf 15 由题 xf在 0 上连续 0 1ln 1 f 1 x为 xf的零点 10 1 1 1 10 1 1 1 10ln 1ln ln 2 2 x x x x xf x x x x xf xx xx xxf xf在1 x点不可导 但 xf在10 x单调减 xf在1 x单调增 1 x为 xf的极小值点 xf在10 x下凹 xf在1 x上凹 1 x 为 xf的拐点 16 由题 xf对一切x满足 0 0 2 0 1 1 3 x e xfexfxxf x x x 当0 0 x 则10 0 x e 则0 1 0 0 x e x 当0 0 x 则1 0 x e 则0 1 0 0 x e x 高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答 5 综上0 1 0 0 0 x e xf x 0 0 00 xfxf 所以 xf在 0 xx 点取最小值 17 由题 xf为偶函数 xfxfxfxf x f 为奇函数 0 0 f 又0 0 f 则 xf在0 x处取得极值 18 因为1 lim 2 ax afxf ax 则有极限的保号性质 存在点a某领域 使得其 中所有的x满足 0 afxf 即 afxf 所以 xf在ax 点处取 得极大值 19 1lim 2 xx x 则无水平渐近线 且函数在 连续 则无垂直渐近线 1 1 lim 1 1 lim 22 x xx x xx xx 且 2 1 1lim 2 1 1lim 22 xxxxxx xx 则1 2 xxy有两条渐近线 2 1 xy 20 极值点可能在闭区间端点处取得 如xxxf2 3 2 1 上函数图像为 所以极大值不一定是最大值 极小值不一定是最小值 由最值求法知 最值 可以在可能的极值点 导数为零的点 导数不存在的点 和端点处之中取得 另选项D也正确 若极小值大于极大值 则极值不是唯一的 与题目矛盾 王 琪 编著王 琪 编著 6 3 计算题 1 1 1ln 1 1 1 limlim 1 lim 2 1 0 1ln 1 0 1 0 x xx x x x ee x ex x x x x x x x 223 lim 23 1ln lim 1 1ln 1 lim 1 lim 2 0 2 0 2 0 1 0 e xx x e xx x e xx xxx x xxx x x 233233 3333 33 1 1 1 lim 1 lim xxxxxx xxx xxx xx 0 1 1 1 lim 233233 xxxxxx x x 3 2 0 4 2 0 4 1 2 1 1ln 1 1ln lim 1ln 1ln 1ln lim x x x x x x x x xxx xx 32 0 4 2 1ln 1 1ln 1 1 1 lim x xxxxx x x 12 1 12 lim 12 1ln lim 12 1ln 1ln lim 2 2 0 2 2 0 2 0 x x x x x xx xxx x x x x x x x x x x x x x x ee x x 2 arcsin 1 arcsin 0 arcsin ln 1 0 1 0 2 2 22 limlim arcsin lim 6 1 16 0 6 arcsin 1 0 2 arcsin1 0 12 arcsin1 0 22 2 2 2 3 2 23 2 limlimlimlimeeeee xx x x x x x x x x xxx x xx xxx x 22 1ln 1 1ln 1ln 1 1ln 1ln ln 11 limlimlim 1ln lim x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x eee x x 1 2 1ln 2 1 1 1ln 1ln 1 1ln 1ln 1 1ln 1 limlimlim x x x x x xxxxx x x xxx xxx x eee 1lim 0 1 2 1ln 1 2 1 ee xxxx x 2 5 2 3 5 1 3 2 3 1 3 1 3 2 xxxxxxf 则可能的极值点为0 x或 5 2 x 又因 高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答 7 为当0 x时 0 x f 当 5 2 0 x时 0 x f 当 5 2 x时 0 x f 根据极值第一充分条件的 xf在0 x处取得极大值 在 5 2 x处取得极小值 xf在 5 2 0 上单调递增 在 5 2 0 上单调递减 3 22 24 1 14 x xx y 32 2 1 3 4 x xx y 而当1 x时 0 y 当01 x时 0 y 当10 x时 0 y 当1 x时 0 y 所以 xf在 1 0 1 下凹 在 1 0 1 上凹 0 0 为其拐点 4 对等式两边同时求导可得 xyy yx y 23 2 所以 当yx 时 0 y 带入等式得012 23 xx 1 x或 4 71i x 舍去 0 2 1 23 126 23 1 1 1 1 22 2 xyy yyyyxxyyy y 所以y在 1 1 点 处 取 得 极 小 值 如 导 数 不 存 在 时 yyx23 2 带 入 等 式 得 019108 423 yyy 无实根 所以没有导数不存在的点 无其他极值点 5 由题 3 2 1 3 x xx y 4 1 6 x x y 所以当3 x时 0 y 当13 x时 0 y 当01 x时 0 y 当0 x时 0 y 可得y在3 x处取得 极大值 极值为 4 27 3 f 当0 x时 0 y 当0 x时 0 y 所以 有拐点为 0 0 0 0 y 2 3 1 limlim x x y xx 所以无水平渐近线 2 3 11 1 limlim x x y xx 所以1 x为函数的垂直渐近线 1 1 limlim 2 2 x x x y xx 2 1 1 lim 1 lim 2 23 x xxx xy xx 王 琪 编著王 琪 编著 8 2 xy为函数的斜渐近线 6 xxf x f xx fxf 4 1 1 1 4 所以 15 1 4 x x xf 由此可得 1 4 15 1 2 x xf 当 2 1 x时 0 x f 当 2 1 0 0 2 1 x时 0 x f 所以 xf在 2 1 2 1 上单调递减 在 2 1 0 0 2 1 上单调递增 在 2 1 x处取得极小值 15 4 2 1 f 在 2 1 x处取得极大值 15 4 2 1 f 7 由题 0 0 xxe xxe y x x 0 2 0 2 0 1 0 1 xex xex y xex xex y x x x x 所以0 2 y 且 0 y 不存在 当0 x时 0 y 当20 x时 0 y 当 2 x时 0 y 所以 xf在 2 0 上凹 在 2 0 下凹 0 0 和 2 2 2 e为其拐点 8 由题01 5 2coscos1 lim sin cos lim 4 0 5 0 ba x xbxa x xxbax xx 04 60 2cos4cos lim 20 2sin2sin lim 2 0 3 0 ba x xbxa x xbxa xx 3 1 3 4 ba 且 2 0 5 0 45 2coscos lim sin cos lim x xx x xxbax xx 30 1 90 2sin2sin lim 0 x xx x 9 由题 22 2 1 2 x bxbx xf在 上有定义 xf在3 x处取得最小 值 所以30 13 323 3 2 b bb f 且由题 2 1 0 13 133 3 a aa f 10 当10 x时 1 1 1 1 1121 nxxxnxxnxnxf nnn n为 自然数时 x f 在有定义 1 1 0 n xxf 而 0 1 2 1 1 1 22 1 1 22 n n n n n nnxxxn n f 所 以 xf在 高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答 9 1 1 n x点处取得极大值 比较 1 1 1 1 0 1 0 0 n n n n fff 得最大 值 1 1 n n n nM 1 1 1 1 1 lim 1 1 lim lim e n n n nM n n n nn 4 证明题 1 令 2 xfxxF 由题 xF在 1 0 上连续 在 1 0 内可导 且0 1 0 FF 由Rolle定理知 至少存在一点 1 0 使得0 2 2 ffF 即 2 f f 2 由题 xF在 2 1 上连续 在 2 1 内可导 且0 2 1 FF 由Rolle定理知 至少存在一点 2 1 使得0 1 1 2 2 ffF 又因为 1 1 2 2 xfxxfxxF 在 2 1 上连续 在 2 1 内可导 且 0 1 FF 由Rolle定理知 至少存在一点 2 1 1 使得 0 F 3 令 xgxfxF 由题0 xgxfxF 则 xF为严格单调递增 函数 0 agafaF 当ax 时 0 aFxF 即 xgxf 当ax 时 0 aFxF 即 xgxf 4 令 x xf xF 由题 xF在 ba上连续 在 ba内可导 由Lagrange 定理 知 至少存在一点 ba 使得 ab a af b bf F 即 2 abab abfbafff 5 题目有误应为求证 存在 ba 使得0 f 由题 xf在 ca上连续 在 ca内可导 由Lagrange定理知 至少存在一 王 琪 编著王 琪 编著 10 点 1 ca 使得0 1 ac afcf f xf在 bc上连续 在 bc内 可 导 由Lagrange定 理 知 至 少 存 在 一 点 2 bc 使 得 0 2 cb cfbf f 由题 xf在 21 上连续 在 21 内可导 由 Lagrange定理知 至少存在一点 21 使得0 12 12 ff f 得证 6 由题 0 x tf在 0 x上连续 在 0 x内可导 由Lagrange定理知 至少存在一点 0 x 0 0 0 xff x x xf x fxf f 因为 t f 单 调 递 增 且0 x 则0 xff xxfxf x 所 以 0 2 x xfxf x xg 所以 x xf xg 在 0 上单调增加 7 令xxfarctan xf在 上连续 可导 则 xf在 ba上连续 在 ba内可导 由Lagrange定理知 至少存在一点 ba 使得 1 1 1arctanarctan 2 ba aba ba bfaf f 即 baba arctanarctan 令 t etf tf在 上连续 可导 则对0 x tf在 0 x上 连续 在 0 x内可导 由Lagrange定理知 至少存在一点 0 x 使得 xee x e x fxf f x x 11 1 0 0 令x q x p xf p 11 则1 1 p xxf 当1 x时 0 x f 即 xf为 1 上的严格单调递增函数 即01 11 1 qp fxf 当10 x时 0 x f 即 xf为 1 0 上的严格单调递减函数 即0 1 fxf 综上 当0 x时 0 xf 即x q x p p 11 高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答 11 令xxxf arctan 则01 1 1 2 x xf 所以 xf为单调递减函数 又 因 为000arctan 0 f 所 以 当0 x时 0 0 fxf 即 xx arctan 8 令 xfxgxgxfxF 则 xF在 ba上连续 在 ba内可导 且 0 bFaF 由Rolle定理知 至少存在一点 ba 使得0 F 即 0 g f g f gfgf 9 令 1 xfxfxF n 由题 xF在 1 0 上连续 在 1 0 内可导 且 0 1 0 FF 则由Rolle定理知 至少存在一点 1 0 使得0 F 即 1 1 0 1 1 1 f f f f n ffffnf nn 10 原题目中需要加一个条件即 xf在 1 0 上连续可导 对 1 0 0 x 令 0 xxfxfxF 若0 0 xF 则0 0 xf 由题 xF 在 1 0 上连续 在 1 0 内可导 且0 1 0 FF 则由Rolle定理知 至少 存在一点 1 0 使得0 fF 即 0 xff 若0 0 xF 不妨设0 0 xF 即0 0 xf 由题 xF在 0 0 x 0b x上连续 在 0 0 x 0b x内可导 则由Lagrange定理知 存在 0 01 x 1 02 x 使得 0 0 0 0 0 1 x FxF F 0 1 1 0 0 2 x xFF F 由导数连续及闭区间上 连续函数零值定理可知 存在 1 0 21 使得0 F 综上总存在 1 0 使得0 F 即 0 xff 11 由题 xf在 ba上连续 在 ba内可导 且 bfaf 则由Rolle定 理知 至少存在一点 ba 使得0 f 则 xf在 a和 b 上连 续 在 a和 b 内可导 由Lagrange定理知 存在 1 a 2 b 王 琪 编著王 琪 编著 12 使得 0 1 a aff f 0 2 b fbf f 由二阶导 数连续及闭区间上连续函数零值定理可知 存在 21 ba 使得 0 f 12 令 1ln ttg 由题 tf tg在 0 x上连续 在 0 x内可导 0 1 1 t tg 所以由Cauchy定理知 至少存在一点 0 x 使得 1ln 1 1 0 0 x xff xg xf gxg fxf g f 即 1ln 1 fxxf 13 由Taylor公式知 存在 1 0 1 0 1 2 使得 3 1 0 2 1 0 0 1 1 fffff 3 1 0 2 1 0 0 1 2 fffff 3 2 1 1 1 3 1 21 21 ff ffff 由 xf在 1 1 上有连续的三阶导数 得 x f 在 21 上连续 则由连续函数介值定理性质 或 如 书 上P50 例8 知 存 在 1 1 21 使 得 3 2 21 ff f 5 应用题 1 由题边际收益为500 x R 边际利润为xxL2100500 则200 x时 0 x L 且02 200 L 所 以 当200 x利 润 最 大 为 39000 1001000500 200 2 x xxxxL 最后的计算结果需要使用定积分的 内容 将在第六章涉及 2 由题 总成本函数ppQpC10700 2100 52005200 总收益函数 2 2100 2100 pppppQpR 总 利 润 函 数7001102 2 pppRpCpL 边 际 利 润 为 高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答高等数学习题集 第二版 学习测试题详细解答 13 1104 ppL 当 2 55 p时 0 p L 并且04 2 55 L 所以当 2 55 p时 总利润最大 5 812700 2 55 110 2 55 2 2 55 2 L 3 由题 总成本函数为ppQpC10350 5125 21002100 总收益 函数为 2 5125 5125 pppppQpR 总利润函数 3501355103505125 22 ppppppRpCpL 边际利润为 13510 ppL 当 2 27 p时 0 p L 并且010 2 27 L 所以当 2 275 p时 总利润最大为25 56135027135 27 5 2 pL 4 当10 x时 总成本函数为18510610 4 1 100 2 xC 平均成本 5 18 10 185 10 1010 xx x xC C 边际成本11 6 2 1 10 x xxC 平 均 成 本 函 数 为6 4 1100 6 4 1 100 2 x xx xx x xC xC 则 4 1100 2 x xC 则当20 x时 0 x C 且0 40 1 200 20 20 3 x x C 所以当20 x 平均成本最小 5 总 收 益 函 数 为 32 75 75 pppppQpR 边 际 收 益 函 数 为 2 375 ppR 当5 p时 0 p R 且030 6 5 5 p pR 所 以当5 p时 总收益最大为250 75 5 5 3 p ppR 需求弹性为 59 32 75 2 2 75 4 2 2 4 2 44 pppp p p p p p Dp dQ Q p Ep EQ 收益弹性为 46 0 59 27 75 375 375 75 4 2 2 4 2 3 44 pppp p p p pp p dp dR R p Ep ER 6 设每次的批量为x 则进货的手续