微分中值定理与导数的应用习题解答

1、第三章微分中值定理与导数的应用答案§ 3.1微分中值定理1.填空题(1)函数f(x) =arcta nx在0,1上使拉格朗日中值定理结论成立的(2)设 f(x) =(x 1)(x 2)(x 3)(x 一5)，则 f (x) =0有 3 个实根，分别位于区间 (1,2),(2,3),(3,5 )中.2 选择题(1)罗尔定理中的三个条件：f(x)在a,b上连续，在(a,b)内可导，且f(a)二f (b)，是f (x) 在(a,b)内至少存在一点，使f ( J = 0成立的(B ).A 必要条件B 充分条件 C.充要条件D 既非充分也非必要条件 (2)下列函数在-1,1上满足罗尔定理条件的

2、是(C ).A. f (x) = exB.f (x) =| x | C. f (x) = 1 - x2D. f(x)=xsin 丄x0,(3)若f(x)在(a,b)内可导，且x1>x2是(a, b)内任意两点，则至少存在一点，使下式成立(B)A f 区)- f (Xj =(人-X2)f ()(a,b)B f(X1) - f(X2)=(X1 - X2)f ()在为，x2之间C.f(X1) - f(X2)=(X2 -Xjf ()X1 ； x2D.f(X2) - f(X1) =(X2 - xjf ()X1小；X231x = 0证明：1 1令 f(x) - arcta nx arc cot x，

3、则 f (x)22 - 0，所以 f (x)为一常数.1 + x1 + X3.证明恒等式：arcta nx arc cot x (-： ： x ： ：) 2设f(x) =c，又因为f (1)=2故 arcta nx arc cot x (-： ： x ：二) 24若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数，且f (xj = f(X2) = f(X3)，其中a : x1 : x2 X3 : b，证明:在 (%, X3)内至少有一点，使得f "( J = 0 证明：由于f (x)在x1,x2上连续 ，在(X, X?)可导，且f (xj = f(X2)，根据罗尔定理知，存在 (X1,X2),

4、使 f(1)=0 同理存在(X2,X3)，使 f2)=0 又 f (X)在1, 2上 符合罗尔定理的条件，故有(x1,x3)，使得f ”( J=0 23x x5.证明方程1 - X0有且仅有一个实根.2 6证明：设少存在一个x2f (x) =1 X2X3(-2,0),使得 f ( ) = 0 1则f (0) = 1 0, f (-2)0 ,根据零点存在定理至3另一方面，假设有 x1, x (：，=)，且x x2，使(4)Ilim (sin x)=1f(Xi) = f (X2)=0，根据罗尔定理，存在(Xi,X2)使()=0，即1- 2=0，这与21 . ln (1 +_)(2) limx 0a

5、rctanx1 1 1(3) lim (2)=xt xxta n x 3 2223XX0矛盾.故方程1 x0只有一个实根.2 66.设函数f(x)的导函数f (x)在a,b上连续，且f (a) ：0, f(c) .0, f(b) ：0，其中是介于a,b之间的一个实数. 证明： 存在 (a,b),使f)=0成立.证明：由于f(x)在a,b内可导，从而f (x)在闭区间a,b内连续，在开区间(a,b)内可导.又因为f (a) : 0, f (c) 0，根据零点存在定理，必存在点1三(a, c)，使得f( J = 0 .同理，存在点2 (c,b)，使得f() =0 .因此f (x)在上满足罗尔定理的

6、条件，故存在(a,b),使f ( ) =0成立.7.设函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导.试证：至少存在一点：(0,1),使f 徉)=2f(1)-f(0).证明：只需令g(x) =x2，利用柯西中值定理即可证明.&证明下列不等式(1)当 0 ：: X ：:二 时，sinx cosx .x证明： 设f(t)二si nt -t cost，函数f(t)在区间0,x上满足拉格朗日中值定理的条件，且f (t) =tsint,故 f (x) - f (0) = f ( )(x -0), 0 ；： " ；： x,即sin x x cos x = x sin 匚：0 (0 ： x

7、 ：二)因此，当 0 ： x ：二 时，sinX . cosx .X(2)当 a b 0 时，生我:：:ln a ：.a b b证明：设f(x)=lnx，则函数在区间b,a上满足拉格朗日中值定理得条件，有f (a) _ f (b) = f ( )(a _b), b ：:：: a1 a1111因为f (x) ，所以ln(a -b)，又因为b ： ： a，所以，从而xbUa U ba-b , a a blna b b§ 3.1洛毕达法则1.填空题cos5x5(1) limx cos3x3oX(1)下列各式运用洛必达法则正确的是(B )In nlimlim 2lim n n =en >

8、;:n 二 en “ =1 n_.C.x +sin x limx)0 x -sin x2 . 1x sinx1 cosxlimlimx 0 sinx x_0=lim x7 1 - cosx1 1 2xs in cos-x x不存在lim 电=lim 2 =1J0 ex7 ecosx(2) 在以下各式中，极限存在,但不能用洛必达法则计算的是(2xA. lim B . sin xx +sin x limx厂 xD. lim3.求下列极限M Xn an解:m mx -a =limx)a xn - anxalimm-1 mxn A. nxm m_nan(2)limx一0xx2 2 -2解：xm02 x

9、xxxx22-22 ln 2-2 ln 2=limx 02X/sin x tan x(3) limX解: lim sin x ；tan x = limXT0x3T2xtan x(cosx -1)Jim2%2)2 h(ln2)2x )0=(ln2)2.1(S3xXe -sinx-1(4) lim厂.xt (arcsinx)e -sinx-1解：lim = lim(arcsinx)2xe sinx-1x2=limx >0-cosx(5)解:x. X _xlimx1 1 - x ln x(xx) =xx(1ln x),2xex sin x 1 lim01 -xx(1 ln x)=lim1 -x

10、 ln x x 1-xx(1 l nx)2x 1-x -Xx2=limixx2(1 ln x)2 xx1 =2.宀1 2xx1e 'X d2x ) =lim xlim 厂x e -1 x x(e -1) x e x(7) lim (!)tanx xT屮X1解：lim (1. .lim tanxln x_lim_lim解：lim (丄)tanx 二 e x=e x 0 cotx 二 e x 0 xXT申xlim二 exxsin 2 x=1 3(8) lim In (12x)l n(1) x卄x3解：lim ln(1 2x)ln(1)xxX_.''2X=3ln 2 lim-

11、 = 3ln 2 .说1 +2X(9) lim n n .n.:lim ?ln(1 2x) =3limXxx J-：In (1 2x)2xl n2=3 lim -2-X1解：因为lim x x = ex )：:1lim In xx j X1limx,-'x二 e1.解：同理得=1，所以 lim n n =1.§ 3.3泰勒公式4 3x24 .由泰勒公式得：2 求函数按x -1的幕展开多项式f (x) =xf (x) = 4x3 6x, f (1)10,f (1) =18, f (1) =24, f(4)(1) =24，且 f (5)(x) =0 .42234f(x)=x 3x

12、 4 = 8 10(x-1) 9(x-1)4(x -1) (x-1).2 xf(x)二X e的带有佩亚诺型余项的阶麦克劳林公式.2nex =1- o(xn),1!2!n!解：因为(4)所以n-2 x34n乙 互一xo(xn)1!2!(n -2)!2f (x) = x2eX = x21 X Xxo(xn)= x21!2! (n- 2)!3.求一个二次多项式 p(x)，使得2X二p(x) ：(x2) 解：设 f (x) = 2X，则 f (x) =2XIn2 , f (x)二 2X(ln2)2 f(0) =1, f (0) “n2, f (0) =(ln2)2 ,2”宀ln 2 丄(ln 2)2

13、丄 /2x故 2=1 xx ： (x ),1! 2!2则p(x) =1 xl n2 应Lx2为所求.2X4 利用泰勒公式求极限Iimx x2ln(1 丄)x解：因为In (1-)xX .(丄)X_23x。(丄)3 4),X所以 x -x2 In(1 丄)=X1 +X故 |im x 一 x2 ln(13A31)卞2坛o(X)X - X X1(-)2x211111- o()3)=。()，x23xx-2 5.设f (x)有三阶导数3x，且pm。翌 =0, f(1)=0，证明在(0,1)内存在一点，使f ( h 0 证明:=0，所以 f(0) =0, f (0) =0, f (0) =0 由麦克劳林公

14、式得：f(X)二f (0) f (0)xf (0) 2X2!f ( )x3 3!f ( )x3价于0与之间)，3!3!，由于f(1) =0，故 f ()二 0 § 3.4函数的单调性与曲线的凹凸性1 填空题(1)函数1 1In(x?)的单调增加区间是(-一,0)( ，:：)，单调减少区间2 2寸)(0,2) (3) f(x)在内可导，且- Xi,X2,当 XiX2 时，f (Xi) f(X2),则(D )A.任意 X, f (x)0 B.任意 X, f (-X)_ 0C. f(-X)单调增D. -f(-X)单调增(4) 设函数f (x)在0,1上二阶导数大于0,则下列关系式成立的是(

15、B )A.f(1)f(0) f(1)-f(0)B. f (1)f(1) - f(0)f (0)C.f(1) - f(0) f (1) . f (0)D. f (1)f- f(1)f (0)2.求下列函数的单调区间(1) y =eX _x -1 .解：y'ex-1，当X 0时，才.0,所以函数在区间0,7)为单调增加; 当x<0时，/ <0，所以函数在区间(皿,0为单调减少.(2) y = (2 x - 5)3 X| a b |.：|a|b|_|a|.|b|.|b|1 |a b| _ V |a|b|1 | a | |b |1 |a| |b1 |a|1 |b| 当x 1时，in

16、 x .卫.X十11证明：设 f(x) =(x 1)ln x - 2(x -1) , f (x) = ln x1，由于当 x 1 时，x11f (X)20,因此 f (x)在1,=)单调递增,当 X 1 时，f (x) f (1) =0,故 f (x)在X X1,:-)单调递增，当 X 1 时，有 f (X) f(1) =0 故当 X - 1 时，f(x) =(x 1)lnx-2(x-1) 0,2(x -1)因此in x x +13X(3)当 x 0 时，sin x x -632xx证明：设 f (x)二 sin x -x, f (x)二 cosx -10 ,当 x 0 , f (x)二 x

17、-sin x 0 ,62 .10解：y3(x -1),3当x 1,或x :：: 0时，y：0,所以函数在区间(-：,01,：)为单调增加；当0 ： x "时，y :：: 0 ,所以函数在区间0,1为单调减少.(3) y = ln(x . 1 X2)解:x d x2_1_1 X2 0 ,故函数在(-：；：)单调增加.3.证明下列不等式(1) 证明：对任意实数和，成立不等式 |a b| _ 色L ._LkL .1+|a+b| 1 + |a|1+|b|x1证明：令f(x)，则f (x)20 , f(x)在0,r)内单调增加.1 +x(1+x)于是，由 |a b | a | b |,就有 f

18、 (|a b |)乞 f (| a | | b |),即所以f (x)在0, ：)单调递增，当x . 0时，f (x) . f (0) =0,故f(x)在0, ：)单调递增，从而 3当 x 0时，有 f(x) . f(0) =0.因此当 x 0时，sinx.64.讨论方程x -sin x = k (其中为常数)在(0/ )内有几个实根.2 2TTTTTT解：设:(x) =x sinx-k,则:(x)在0,连续，且 ： (0) - -k,() - _k ,2222由(x) =1 cosx =0，得 x 二 arccos 为(0, )内的唯一驻点.2H222(x)在0,arccos 上单调减少，在

19、arccos , J上单调增加.2 2 故(arccos ) =arccosTt2 4二是 arccos24-k .271'2- k为极小值，因此:(x)在0,?的最大值是，最小值(1)当 k _0,或 k : arccos22 _ 4 时方程在(0, )内无实根；2 22 Ju2 _4(2)当arccosk : 0时,有两个实根；2252 - 4(3) 当k = arccos时，有唯一实根.兀25.试确定曲线y = ax' bx2 cx d中的a、b、c、d,使得x = -2处曲线有水平切线，(1,-10) 为拐点，且点(-2,44)在曲线上.解：y = 3ax2 2bx c

20、, y = 6ax 2b，所以f23a(2) +2b(2)+c = 06a +2b=0a +b +c +d = -1032,a(-2)3 +b(-2)2 +c(-2) +d =44 解得：a = 1, b = 3, c = 24, d 16 .6求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间x(】)y %x -12x3 6x,23 ,(x T)令y" = o,得x=o，当x二1时不存在.当 一1 ： x ： 0 或 x 1 时，y 0 ,当 x ： ： -1 或 0 ： ： x ： 1 时，y ： 0 .x2 +1解：y" =1 _22 , y(x -1)故曲线y =x ¥

21、在(：，T) (0,1)上是凸的，在区间和(-1,0)(1/:)上是凹的,x -1曲线的拐点为(0,0).(2) y =(2x-5)1x2拐点及凹或凸的区间解:” 10x1” 102x+1八 3 3匸，y _ 9 x3X .1x = 0时，y , y不存在；当x 时，y ” = 0 .211 1故曲线在(-：，-)上是凸的，在(-上是凹的，(- ，-33 2)是曲线的拐点2 2 2x x7.利用凹凸性证明：当0 ： x ：二时，sin2 兀证明：令 f (x) =sin x -,则 f (x-cos, f (x)二sin .2 兀22 兀42x x当0 : x ：二时，f ”(x) ：0,故函

22、数f(x)=sin的图形在(0,二)上是凸的，从而曲线2 兀y = f (x)在线段 AB (其中 A(0, f(0), B(：, f(：)的上方，又 f(0) = f(:)=0,因此 f (x) - 0,x x即sin2 兀§ 3.5函数的极值与最大值最小值1. 填空题1(1)函数y =x2x取极小值的点是x =In 2f( 1 ) = 3* 1 2 3，最小值为.2 3 22 1函数f(x) =x3 -(x -1)3在区间0,2上的最大值为f(0) =-1 .41 _ f (x) x 3, f (1)0，所以函数在X=1点取得极小值.31(2) f(X)=XX .1lnx11解：

23、定义域为(0, ：), y =ex , y = xX 2 (1-In x),x令 y"=0得驻点 X 二e，当 x. (0,e)时，y，.0，当 x(e,=)时，y0 .1因此y(e) =ee为极大值.4. 求y =2x3 3x2 -12x 14的在-3,4上的最大值与最小值. 解：y(3)=23, y-132 .由 y = 6x2 6x-12=0，得 x=1,x = -2 . 而y(1) =7,y(-2) =34,所以最大值为132，最小值为7.5. 在半径为的球内作一个内接圆锥体，问此圆锥体的高、底半径为何值时，其体积最大.1 解：设圆锥体的高为，底半径为，故圆锥体的体积为 V

24、=-二r2h ,3由于(h -R)2 r2 =R2，因此 V(h)=丄二 h(2Rh -h2) (0 : h ： 2R),3124R2J2由 V (h) (4Rh-3h2)=0，得 h ，此时 rR .3 33由于内接锥体体积的最大值一定存在，且在(0,2R)的内部取得.现在V (h) =0在(0,2R)内只有4R2、2个根，故当h,rR时，内接锥体体积的最大.336. 工厂与铁路线的垂直距离 AC为20km,点到火车站的距离为100km .欲修一条从工厂到铁路 的公路CD,已知铁路与公路每公里运费之比为3:5，为了使火车站与工厂间的运费最省，问点应选在何处？解：设AD二x与间的运费为，则y=

25、5k .400 x23k(100 x) ( 0x 辽 100 ),其中是某一正数.5X由 y =k(5X3) =0 得 x =15 .1400 + x2由于 y|x* = 400k y|x¥ = 380k . y lx 创0 = 5OOJ+p 其中以 y|x* = 380k 为最小.因此当 、5AD =x =15 km时总运费为最省.7. 宽为的运河垂直地流向宽为的运河.设河岸是直的，问木料从一条运河流到另一条运河去，其 长度最长为多少？解：问题转化为求过点的线段 AB的最大值.设木料的长度为，AC二x,CB二y ,木料与河岸的夹角为，贝U xl，且abx , y = costsin

26、 tl亠 匸cost sintjit（%）.a si nt bcostcos21sin21 'fb- 3由 r =0 得 tant =3 b，此时 | =(a3 b3)2,2233故木料最长为l =(a3 b3)2.§ 3.6函数图形的描绘1求 y X 2 (x+1)23解：由limX一 -，所以x =1为曲线y = f (x)的铅直渐近线.xTx+i)2VX2X3因为 lim lim 2 =1,lim(y-x) = lim 2-x-2 Yx F(x+1)2fy(x + 1)2所以y = x - 2为曲线y二f (x)的斜渐近线.x3 _22.作函数y2的图形。2(x -1)

27、2解：函数的定义域为：i.匸，-1 U 1, 二.2F (X -2 )(X + I 2x - x - 2lim f x x = lim-1,x 匸2 x “ 2x_1 )” 3(x -2 )y3， y4 .limd.lim JC xxT«2x(x -仃22(x-1 )(xT )令y =0,得x=2, x = -1 ；令y =0 ,得x=2 .列表讨论如下:(_oO, _1)(T,1)(1,2)（2,址）+一+一一一一+y = f (x)极大值-38拐点（2,3）由于1所以，y x 1是曲线的斜渐近线.又因为2当 x = 0时 y1 ；当 y =0时 x =3、2 .综合上述讨论，作出

28、函数的图形如下lim x'-22x 1 2 x _ 1-：，所以X =1是曲线的铅垂渐近线.(2)(3)A§ 3.7曲率=9 上任3 21.填空题：曲线(x -1)2 (y L_2)= ax2 812，曲率半径为一.22(cosx +edx .1i的曲率为 ,y = kx + b上任一点的曲率为_092. 求常数曲率.解：由题设可知 阶导数值，故y = 4X X2曲线在其顶点处曲率为、6函数y = ax曲线72=1, b = 1, abX+c在x=0处与曲线y = ex相切，且有相同的凹向与c与y=ex在X二0处由相同的函数值，一阶导数值，二3.解:曲线弧y =sinx(0

29、： x ：二)上哪一点处的曲率半径最小？求出该点的曲率半径.y cosx, 一 sin x ,曲线在一点处的曲率为|sinx|sin xK33(1 cos2 x)2(2 -sin2 x)22(1 x2)-5，22x 3，f(X)2 一 (2 -X )2(2 - x )当0乞x乞1时,f (x) 0,故f (x)在0,1上单调增加，因此f (x)在0,1上的最大值是f(1)=1,1,其曲率半径为R = = 1 .K令 f(x)即y二sin x(0 : x ：二)在点(_,1)处的曲率半径最小2x =a cost“在(0,b)点处的曲率及曲率半径.y =bsi nt4 求椭圆解: x - -a s

30、i n t, y 二 bcost; x - -a cost, y - -bsi nt|xy"xy | ab |因此曲率k - 2 丄2 3/2(x y )曲率半径：'=1/k =|a|.b(a2sin2t b2cos2t)3/2 |(0,b)§ 3.7方程的近似解1试证明方程x5 5x 0在区间(-1,0)内有唯一的实根，并用切线法求这个根的近似值, 使误差不超过0.01.证明:令 f (xx5 5x 1, f (x) =5x4 5 . 0，函数 f (x)在(-1,0)单调递增.f (x)在-1,0上5连续，且f (_1) = 一5 : 0, f (0) = 1

31、0，故方程x 5x 0在区间(-1,0)内有唯一的实根.求近 似值的过程略.第三章综合练习题1.填空题11 In (1+ )(1) lim xsin lim =0.x_j°x 和 arcta nx -(2) 函数y =x_l n(x1)在区间(_1,0)内单调减少，在区间(0, ：)内单调增加.1(3) 曲线yln (1 ex)的渐近线是x=0和y=0 .x(4) lim (tan x)cosx =1.x"_02.求下列极限1 tanx -、1 sinx(1) lim2xTxl n(1+x)x1 tan x - .1 sin x 解：limxT2xln(1 x) - x1

32、1 -cosx tan x=limlim2 x 0 ln(1 x) - x x Q xtan x sin x limxp xln( 1 x) - x .一 1 tan1 1 - cosxlim2 x Q ln(1 x) -x1x 1sin x1 sin xlim2 x)0丄-11 x1 si nxlim (1 x)二 2 x)0 x1 1+XXXa、2.1-e ) sinX1 111(-sincos ) cosxxx(ex -e ) sin x1 1 1 12 cos 3XXX_ 34X3.求证当x 0时，x -丄乂22121 (-sincos-) cos-(2) lim 严- -a(ex解：

33、lim -X)：:x = limx ：:1cos ) cosXXX1 1 e2a(ex -1)2sin丄 x1 (-si nx.1 1 1 -si n cos- =limxX 匸2a / 1 2 1e-x x112 cosxe x.1sinx13e2a:ln(1 x).证明：令 f (x) =ln(1 x)-x2x2,则f(x)4x1+x1 +x当 x 0时,f (x) . 0 ,故 f (x)在0,=)单调增.当 x . 0时，有 f (x) . f(0) =0 ,即1 2x x ： In(1 x).24. 设 f (x)在a,b上可导且 b - a _4，证明：存在点 x0 (a,b)使

34、f (x() ： 1 f2(x0). 证明： 设 F(x)=arctan f(x)，则 F (x) = f，且 |F(x)|_1 + f (x)2由拉格朗日中值定理知,存在x0 (a,b)，使F(b) _F(a)=卩(x0),即b aJI 31f(X。)F(b)-F(a) .|F(b)| |F(a)| . 2 2 二 12I .1 f (x0)baba445. 设函数f(x), g(x)在a,b上连续，在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，且 f(a)二 g(a), f(b)二g(b),证明：存在 (a,b),使得 f ()二g ().证明：设f(x),g(x)分别在X1,X2 (a,

35、 b)取得最大值，则f(x) g(X2)= M ,且f(X1)=g(X2)=0 .令 F(x) = f (x) -g(x).当 X1 X2时,F(a) = F(b) = F(xJ 0,由罗尔定理知，存在 (a,xj2，(xb)，使F (J =F ( ；0,进一步由罗尔定理知，存在：(花比)，使F ( H 0，即f ”( J当X1 = X2时，F(xJ =M - g(xj _ 0, F(X2)= f(X2)-M岂0，由零点存在定理可知，存在1 X1,X2，使F( J =0 .由于F(a)二F(b) =0，由前面证明知,存在 (a,b)，使 F ( ) =0，即 f ( g ().16. 设k岂0,证明方程kx 2 = 1有且仅有一个正的实根.x11证明：设f(x)=kx 2 -1 . 当k=0，显然-y = 1只有一个正的实根.下考虑 k :： 0时的XX情况.先证存在性：因为f(x)在(0：)内连续，且/V f 叫H X呵")，由零点存在定理知，至少存在一个'-(0：)，使f( J =0，即kx 2 = 1至少有一个正的实根.x再证唯一性：假设有 x1,x2 0，且x x2，使f (xj = f (x2) = 0 ,根据罗尔定理，存在2 2(MX)(0,=)，使 f()=