中值定理习题-郭奋卓

1 第三章 中值定理与导数的应用 1 设在上连续 在 0 1 内可导 求证 存在 xf 1 0 0 1 0 ff1 2 1 f 使 1 0 1 f 证明 令 则在上连续 在 0 1 内可导 xxfxF xF 1 0 0 0 F 由连续函数的介值定理 又根据罗尔1 1 F 2 1 2 1 F 1 2 1 0 x0 0 xF 定理 即 0 0 x 0 F1 f 2 求证 若在上可导 则对介于与之间的任意 xf ba bfaf af bf 值 有 使 导函数的介值定理 c ba cf 证明 无妨设 令 则 bfcaf cxxfxF 0 aF0 bF 在上可导 必连续 因此有最小值 否则 xF ba Fa 矛盾 否则矛盾 0 lim ax aFxF aF ax b 0 lim bx bFxF bF bx 因此 由 Fermat 定理 即 ba 0 Fcf 3 设在上连续 在内可导 在上不恒为常数 xf ba ba bfaf xf ba 求证 使 21 ba 0 1 f0 2 f 证明 在上连续 因此有最大值 最小值 由题意 xf baMxf 1 mxf 2 因为 所以 或 无妨设mM bfaf bfafM mbfaf 由 Lagrange 中值定理可知 bfafM 11 xa 0 11 1 1 ax afM ax afxf f 12 bx 0 11 1 2 xb Mbf xb xfbf f 4 设 证明 使 0 12 xx 21 xx 1 2121 12 xxeexex xx 2 证明 令 在上连续 在内可导且 x e xf x x xg 1 xgxf 21 xx 21 xx 由 Cauchy 中值定理 使 即0 x g 21 xx 12 12 xgxg xfxf g f 21 21 12 xx exex ee xx 5 讨论方程的实根个数 2 12x x 解 令 在连续 2 12 xxf x xf 0 0 f0 1 f0 2 f 故至少有三个实根 若有多于三个的实根 则由罗尔定理 0 5 f xf xf 有实零点 而 因此恰有三个实根 x f 0 2 ln2 3 x xf xf 6 设在上二阶可导 求证 使 xf 1 0 0 1 0 ff2 max 10 xf x 1 0 16 f 证明 设 则 根据 Taylor 公式 2 max 0 10 xfxf x 1 0 0 x0 0 x f 使 0 01 x 1 02 x 2 0 1 000 2 0 0 x f xxfxff 即 2 0 2 000 1 2 1 1 0 x f xxfxff 4 2 01 xf 时 时 4 1 2 02 xf 2 1 0 0 x16 1 f1 2 1 0 x16 2 f 7 求 1 cotlim 2 2 0 x x x 解 1 cotlim 2 2 0 x x x xx xxx x 22 222 0 sin sincos lim 3 00 sincos lim sincos lim x xxx x xxx xx 3 2 3 cossincos lim2 2 0 x xxxx x 8 求 x x x ln 0 1 lim 3 解 x x x ln 0 1 lim 1ln ln 0 lim xx x e 1ln lnlim 0 xx x xx x ln lim 0 x x x1 ln lim 0 2 01 1 lim x x x 0lim 0 x x 1 1 lim ln 0 x x x 9 求 2 1 tan lim 0 x x x x 解 2 1 tan lim 0 x x x x x x x x e tan ln 1 0 2 lim x x x x tan ln 1 lim 2 0 tan 1ln 1 lim 2 0 x xx x x 3 0 tan lim x xx x 3 1 3 1sec lim 2 2 0 x x x 3 1 0 2 1 tan lime x xx x 10 求 3 0 1 sin lim x xxxe x x 解 3 0 1 sin lim x xxxe x x 3 3 3 3 32 0 1 3 32 1 lim x xxxo x xxo xx x x 3 1 3 lim 3 3 3 0 x xo x x 11 求 2 2 2 0 sin cos 1 2 1 lim 2 xex x x x x 解 时 0 x 2 cos x ex 1 2 1 222 2 xoxxo x 2 3 2 2 xo x 2 3 2 x 4 2 2 2 0 sin cos 1 2 1 lim 2 xex x x x x 12 1 2 3 8 1 2 1 2 1 lim 2 2 44 22 0 x x xox xx x 12 讨论方程的实根个数 xxxxcossin 2 解 令 由 得 xxxxxfcossin 2 0cos2 xxxxf0 1 x 0 是函数的单减区间 是函数的单增区间 极小值为 0 1 0 f 由于 cossin 1 lim lim 2 2 x x x x xxf xx 所以的图形与轴有两个交点 原方程有两个实根 xfx 13 求证 b b a a ba ba 111 证明 令 在上连续 在内可导且 x x xf 1 xf 0 0 所以在上单增 所以0 1 1 2 x xf xf 0 baba 从而 bafbaf ba ba ba ba 11b b a a ba b ba a 1111 14 比较和的大小 e e 解 令 在上连续 在内可导且 x x xf ln xf e e0 ln1 2 x x xf 所以在上单减 所以 即 xf e e fef lnln e e lnlnee e e 15 设 求该数列中的最大项 3 2 1 nnx n n 解 令 时 在连续 x xxf 1 2 1 ln1 x x xxf x ex 00 x f xf 0 e 5 因此在单增 时 在连续 因此在 xf 0 eex 0 x f xf e xf 单减 经比较 所 e 2 1 ff 4 3 nfff 3 2 ff 以该数列的最大项是 3 3 3 x 16 设 求的极值与拐点 1 2 10 3 xx xx xf xf 解 有极大值 1 2 3 1 1 0 2 1 2 xx x x x xf不存在 xf1 1 f 有两个拐点 和 1 2 6 1 1 0 4 1 xx x x xx xf不存在 xf 1 1 0 2 17 设 求证 10 1 xp1 1 2 1 1 pp p xx 证明 令 在上连续 时 pp xxxf 1 xf 1 0 10 x 在内的驻点为 11 1 pp xppxxf xf 1 0 2 1 x1 1 0 ff 所以在上的最大值是 1 最小值是 原不等式得证 1 2 1 2 1 p f xf 1 0 1 2 1 p 18 求椭圆上的点 使得椭圆在该点的切线与坐标轴所围成的三 0 0 1 2 2 2 2 ba b y a x 角形面积最小 解 先在第一象限内求这样的点 椭圆在点处的切线方程为 sin cos by ax sin cos ba 切线与坐标轴的交点为与 依 cos sin cos sin ax a b by 0 cos a sin 0 b 题意 要求在内的最小值点 也就是 2sinsincos2 abab S 2 0 6 的最大值点 令 得在内的 2sin f 2cos2 f 0 f f 2 0 唯一驻点 时 时 因此