微分中值定理及其应用12237

1、二、内容与要求1.理解并会用罗尔定理、拉格朗日中值定理，知道泰勒定理，了解并会用柯西中值定理.2.掌握用洛必达法则求未定式极限的方法.3.理解函数的极值概念，掌握用导数判断函数的单调性和求函数极值的方法，掌握函数最大值和最小值的求法及其简单应用.4.会用导数判断函数图形的凹凸性，会求函数图形的拐点以及水平、铅直和斜渐近线，会描绘函数的图形.重点 罗尔定理、拉格朗日中值定理、用洛必达法则求未定式极限.难点 罗尔定理、拉格朗日中值定理、 泰勒定理三、概念、定理的理解与典型错误分析 若存在x0的某邻域，使得对一切，都有则称为极大值（极小值），称x0为极大（小）值点。极大值、极小值统称为极值，极大值点

2、、极小值点统称为极值点。定理3.1(费马（Femat）定理)（取到极值的必要条件）设f(x)在点x0处取到极值，且存在，则反之不真，例如但f(0)不是极值。费马定理常用于证明f(x)=0有一个根，找一个F(x)，使证明F（x）在某点x0处取到极值且存在，由费马定理知即定理3.2( 罗尔（Rolle）定理) 设f(x)在闭区间a,b上满足下列三个条件：（1）f(x)在闭区间a,b上连续；（2）f(x)在开区间（a,b）内可导；（3）则至少存在一点使推论 在罗尔定理中，若f(a)=f(b)=0，则在（a,b）内必有一点，使即方程f(x)=0的两个不同实根之间，必存在方程f(x)=0的一个根。罗尔定

3、理的应用：1 证明f(x)=0有一个根，找到一个F（x）,使，验证F（x）在某闭区间a,b上满足罗尔定理条件，则至少存在一点。2 证明适合某种条件的存在性：把待证含有的等式，通过分析转化为形式，对F(x)应用罗尔定理即可。定理3.3(拉格朗日（Lanrange）定理) 若f(x)在闭区间a,b上满足下列二个条件：（1）f(x)在闭区间a,b上连续 ; （2）f(x)在开区间（a,b）内可导，则至少存在一点拉格朗日定理的结论常写成下列形式：上式中当ab时公式仍然成立，即不论a,b之间关系如何，总介于a,b之间，由所以拉格朗日定理是连结函数值与导函数值之间的一座桥梁，特别适合给出导数条件，要证明函

4、数值关系的有关结论，就需要用到拉格朗日定理，拉格朗日定理主要应用是证明不等式.定理3.4(单调性定理 ) 设f(x)在区间X(X可以是开区间，可以是闭区间，也可以是半闭半开区间，也可以无穷区间)上连续，在X内部可导（不需要在端点可导），（1）若内部，则f(x)在区间X上递增。（2）若内部，则f(x)在区间X上递减。（3）若内部，则f(x)在区间X上是常值函数。若（1）中，则f(x)在区间X上严格递增，若（2）中，则f(x)在区间X上严格递减。推论 若f(x)在区间X上连续，在区间X内部可导，当内部，且f(x)在X的任何于区间上，则f(x)在区间X上严格递增（减）。证 由，知f(x)在区间X上递

5、增，假设f(x)在X上不是严格递增，即存在上递增，所以任给，有从而所以与条件矛盾，故f(x)在区间X上严格递增，对于，同理可证f(x)在X上严格递减。单调性定理及推论是证明函数在某区间上（严格）单调或是常值函数和求函数（严格）单调区间的重要方法。定理3.5(柯西（Cau chy）定理) 设f(x),g(x)在闭区间a,b上满足下列条件：（1）f(x),g(x)在a,b上连续（2）f(x),g(x)在(a,b)内可导（3），则至少存在一点使证明与拉格朗日证明类似，只要把拉格朗日定理证明过程中b换成g(b)，a换成g(a)，x换成g(x)即可，读者可自证。典型错误: 对f(x),g(x)在a,b上

6、分别应用拉格朗日定理有。实际上分子、分母中的两个是不一样。柯西定理也可以用来证明不等式及适合某种条件的存在性，但没有拉格朗日定理和罗尔定理用得多。定理3.6(泰勒（Tay lor）定理) 设f(x)在区间X上存在n+1阶导数，对每一个任给，有其中是介于x0及x之间称为拉格朗日余项, 当x0=0时，称为麦克劳林公式，即称为麦克劳林余项。定理3.7(佩亚诺（Peano）定理) 若f(x)在点x0处存在n阶导数，则称为泰勒公式的佩亚诺余项.相应的麦克劳林公式为读者要记住5个常用函数的带有佩亚诺余项的麦克劳林公式带有拉格朗日余项的泰勒公式可用以证明方程根的存在性、适合某种条件的存在性及各种不等式。带有

7、佩亚诺余项的泰勒公式仅适用于求函数极限。定理3.8(洛必达法则I ) 设（1）；（2）存在的某邻域，当时，都存在，且；（3），则.定理3.9(洛必达法则II)，设（1）；（2）存在的某邻域，当时，都存在且；（3），则.1上述两个法则中的改成时，条件（2）只须作相应的修改，结论依然成立。2在用洛必达法则求极限之前，应尽可能把函数化简，或把较复杂的因式用简单等价的因式来替换，以达到简化，再利用洛必达法则。3利用洛必达法则求极限时，可在计算的过程中论证是否满足洛必达法则的条件，若满足洛必达法则的条件，结果即可求出；若不满足，说明不能使用洛必达法则，则需用其它求极限的方法。此外，可重复使用洛必达法则，

8、但只能用有限次。例1 若在点可导，则是否在的某邻域内可导或连续或极限存在.答 否.例由,知在处可导.当时，但,知在处可导，但在的任何邻域里除外均不可导，不连续，极限也不存在，因此，我们在解题时，不能根据自己的感觉来得到结论，一定要根据定理、推论、性质、公式来得到所需的结果.例2若在点可导，则在的某邻域内有界吗？答 是.由在点点可导，则在处必连续，利用连续的局部有界性知，存在，使在内有界.例3若在区间I上是单调函数且可导，那么在区间I上是单调函数吗？答 否.例如：，由，知在（）上严格递增，但在上小于0，在（）上大于0，故在（）不是单调函数.例4如果可导数与当时，有，那么当时，必有，这种说法正确吗

9、？答 不正确.虽然函数的增长率比函数在同一点处的增长率大，但如果在处的初始值比在处的初始值小，就不能保证对任意的，都有.例如 函数，我们有当时，.但是当时，有，当时，有；当时，才有（图8-1）。因此，利用导数的大小比较两个函数值的大小时，必须考虑起点处的两个函数值的大小.上述问题如果加上初始相等：这一条件，那么结论一定正确,请读者自证.例5 设函数在包含点的开区间内可导，如果，由此可以断定在点的某邻域内单调增吗？答 不可以.例如函数根据导数的定义，有而当时，有.在处，有但在处，却有当时，因此在点的任何邻域内，的取值有正有负，从而在的任何邻域内都不是单调的，如果不然，不妨假定在点的一邻域内单调增

10、，那么对充分小的，使仍属于该邻域，则有，于是.这与相矛盾.例6如果函数在处有极大值，能否肯定存在点的邻域，使在左邻域内单调增加，而在右邻域内单调减少？答不能肯定.我们知道，如果函数在的某邻域内连续，且在的左邻域单调增加，而在的右邻域单调减少，则在处一定有极大值，但是，这个结论反过来是不一定成立的.例如，函数显然，是极大值，取为自然数），当充分大量，与都可进入的充分小邻域内，而由此可见，在点的右邻域内，无论多么小，总有这样的点与，使与.因而函数不是单调的.同样，在点的左邻域内也是如此，其理由参阅问题例5最后一段.例7 最大（小）值一定是极大（小）值吗？反之极大（小）值一定是最大（小）值吗？答 不

11、一定是.极大（小）值的定义是存在，当时，都有，极值的必要条件是在的两侧要有定义例如图8-2所示为最小值，为最大值，但不是极小值，因为在的左侧没定义，也不是极大值，同样是因为在的右侧没定义.从图中还可以看出，为极大值但不是最大值，为极小值但不是最小值，因此，一般情形下，最大（小）值与极大（小）值没有关系，但若最大（小）值在区间内部取到，则一定为极大（小）值，故区间内部的极值点是最大（小）值的怀凝点.例8. 求.典型错误点评已不是“”型，此时不能用洛必达法则。解 原式例9. 求典型错误点评分子、分母都是的数列，关于不连续，更不可导，故不能利用洛必达法则。解 方法一方法二例10.典型错误 点评 实际

12、上不是未定式，由，因此.例11. 设存在且求典型错误 由而知由在处二阶可导，知在处连续，有因此由知又在处连续，有，于是得点评 答案是正确的，但对用洛必达法则是错误的，因为从条件存在，推不出在0的某空心邻域内可导，不符合洛必达法则的第二条，且在不知是否连续，不能用.解故例12. 求.典型错误1分析 这里用了分次取极限是不正确的，因为当时，而不可能出现，典型错误2点评 我们知道1的任何数次幂为1中的数是指的数，而不是一个数，而是无穷大，因此，不能偷梁换柱，解 方法一方法二例13.典型错误 由时，知点评 尽管结论正确，但解法错误，因为不是“”型，时，解因此，使用洛必达法则之前，必须验证条件是否适合，

13、否则可能导致错误，甚至会出现结论正确、过程不合理的情形.还要注意到洛必达法则的条件是充分条件，即满足条件结论一定成立，不满足条件结论可能成立也可能不成立，因此，我们就不能随便用.例14.求典型错误点评是“”，而中分子、分母的极限都不存在，已不属于“”或“”型，不能再用洛必达法则。解四、解题方法与题例1证明方程根的存在性把要证明的方程转化为f(x)=0的形式。对方程f(x)=0用下述方法：(1)根的存在定理 若函数f(x)在闭区间a,b上连续，且则至少存在一点，使(2) 若函数f(x)的原函数在a,b上满足罗尔定理的条件，则f(x)在（a,b）内至少有一个零值点.(3) 若函数f(x)的原函数F

14、(x)在某点x0处取极值，在x0处导数也存在，由费马定理知F(x0)=0，即f(x0)=0。(4) 实常系数的一元n次方程，当n为奇数时，至少有一个实根。证 设由不妨设a00。由于当xN0时，都有f(x)10。取bN0，有f(b)0，当x-N1时，都有f(x)-10。取a-N1(5) 实系数的一元n次方程在复数范围内有n个复数根，至多有n个不同的实数根。(6) 若f(x)在区间X上连续且严格单调，则f(x)在X内至多有一个零值点。若函数在两端点的函数（或极限）值同号，则f(x)无零值点，若函数在两端点的函数（或极限）值异号，则f(x)有一个零值点。(7) 求具体连续函数f(x)在其定义域内零值

15、点的个数：首先求出f(x)的严格单调区间的个数，若有m个严格单调区间，则至多有m个不同的零值点。至于具体有几个，按照6研究每个严格单调区间是否有一个零值点。(8) 用泰勒公式证明方程根的存在性.(9) 在证明方程根的存在性的过程中，我们经常要用拉格朗日定理，积分中值定理，有时也用到柯西中值定理来证明满足方程根的存在性所需的条件，然后利用上述的方法来证明方程根的存在性。例1设f(x)在上连续，在内可导，（k为常数），f(a)0，只要，只要取有f(b)0，又f(x)在a,b上连续，且f(a)f(b)ae，证明.证法一 要证成立，只要证成立，只要证成立，只要证 （1）成立，设，由f(x)在a,b上连

16、续，在（a,b）内可导，且，知f(x)在a,b上严格递减，由af(a)f(b)，即成立，知（1）式成立，由每一步可逆，故原等式成立。证法二 由证法一知，只要证成立。由在a,b上连续，在（a,b）内可导且0，于是，故原等式成立。注：能用单调性定理证明的不等式，都可用拉格朗定理去证，因为单调性定理就是用拉格朗日定理证明的。例24.比较与的大小.分析 由于与之间没给关系式，不好直接分析，我们假设一个关系式，比如。因此，我们只要比较与的大小，而分析中的不等号不一定是正确，在这里只是起到了一个桥梁作用。证法一 设由在上连续，在内可导，知f(x)在上严格递减，由e，知，得。注意：与我们分析中的不等号正好相

17、反，这正说明我们给一个不等号，只是为了便于分析，至于这个不等号是否正确无关紧要。分析 由，只要比较与大小，只要比较与0的大小，根据这两个数可构造一个函数，.证法二 设，由在上连续，在内可导，且，知在上严格递增，由，知.例25. 证明时，.证 要证原不等式成立，只要证成立，设而只要证时， （1）成立，由在上连续，在内可导，且，令由在上连续，在内可导，知在上严格递增，知时，知，所以在时，即（1）式成立，由每一步可逆，故原不等式成立。注：比较函数的大小，若用单调性定理去证，需把函数表达式都转移到左边，右边是常数并且一般情况为零，然后用单调性定理去证明。例26. 证明时，证 先证成立，只要证成立，设，

18、只要证时，（1）成立，由f(x)在上连续且可导，知f(x)在上严格递增，故时，即（1）式成立，由每一步可逆，所以不等式成立。同样可证成立。注：可能有的读者会用拉格朗日定理，设，有故得不到结论。例27. 设、均为常数，证明证 取，知f（x）严格递增，且，有例28.设为常数，证明证 设，由f(x)在0，1上连续，故必有最大与最小值。由令，得，且无导数不存在的点，而，知。故对一切，都有例29. 设是大于1的常数，且，证明，都有证 要证成立，只要证成立，设，只要证时， （1）成立，由，令f(x)=0，得x=1，且f(x)无导数不存的点，知x=1是唯一的极值可疑点。由于知f(1)是唯一的极值且是唯一的极

19、小值，故f(1)为最小值。所以时，即不等式（1）成立，由每一步可逆，故原不等式成立。4函数极限的类型（1） 若是初等函数，的定义域，由初等函数的连续性知.（2）若，则（）（）对于因式中含有对数函数，反三角函数时，一般放在分子、否则利用洛必达法则很繁，或求不出来。（）当同号时，这时，把化成分式，通分、化简，化成“”或“”，再利用洛必达法则。（）(a)当时，我们有两种方法求该未定式的极限，一种方法利用重要极限来计算，另一种方法，化为以e为底的指数函数，再利用洛必达法则。即解法一再根据具体情况化成。解法二这两种方法，我们经常还是利用解法一方便。（b）当时，（iii）当时这时，只有化成以e为底的指数函

20、数，再利用洛必达法则。即.而不属于未定式，因为。5.已知函数的表达式，求函数的极限1求函数极限的六种重要方法（1）极限的四则运算；（2）等价量替换；（3）变量替换；（4）洛必达法则；（5）重要极限；（6）初等函数连续性。对于未定式的极限，先用等价量替换或变量替换或极限的四则运算化简，再利用洛必达法则求极限。很多情况下，这几种方法常常综合运用。例30. 求.解（）=。例31.求。解 原式，由时，得原式。例32.求.解 原式，由时，得原式.例33.求.解 原式.例34. 求.解法 由，故原式=.例35. 求.解法一 原式,且时，原式=.解法二 原式例36. 求.解 原式由。得原式.例37. 求.解

21、 原式.例38. 求.解原式.例39. 求.解 原式.例40.求.解法一 原式.解法二 原式.例41 求.解 原式.例42. 求.解例43. 求.解.例44. 求.解例45.求.分析 因为，所以洛必达法则不适用，宜改用其它方法。解原式例46.求.无限循环，所以不能用洛必达法则.解原式.2利用泰勒公式求函数极限。若。事实上，.因此，利用带有佩亚诺余项的泰勒公式可以求出某些函数极限，当时，若则例47.求.解 由于,，所以.对于求时的函数极限，若用泰勒公式求极限，可令，变成求时的的函数极限，再利用上述的方法去解决。6.已知函数极限且函数表达式中含有字母常数，确定字母常数数值。这种题型考的可能性更大，

22、因为这种题型更能考察考生运用无穷小量阶的比较和洛必达法则分析问题，解决问题的能力。例48. 设，求常数解，由，知分子是分母的同阶无穷小量，得有，解得。例49. 设在存在二阶导数，且，求。分析：这里表面上没有字母常数，实际上就是待求的字母常数。解法一 由，得.由。于是。由。从而，得，注：求时不能用下述方法，。虽然结论对了，但过程是错的。因为存在，推不出在的某空心邻域内存在且在不知是否连续，所以。解法二 由，利用在处的带有二阶余项的佩亚诺展开式，得由从而有又。于是，所以定义3.2 若，称为驻点或稳定点。若在处取到极值，由在处或者导数存在或者导数不存在。由费马定理知若存在，则，从而知一定是驻点或导数

23、不存在的点，因此极值点一定包含在的驻点或导数不存在点之中，对于判断极值点的杯疑点是否为极值点，我们有下述的方法定理3.10(取到极值的第一充分条件) 若存在，在上连续，在内可导（不要求在处可导），（i）当时，当时，则为极大值；（ii）当时，当时，则为极大值；（iii）当在两侧符号相同，则不是极值。定理3.11(取到极值的第二充分条件)（仅适合驻点）若存在且当时，则为极小值，当时，则为极大值。求单调区间的方法求在其定义域上的单调区间，利用单调性定理知，转化为求大于零或小于零的区间，而这些区间的分界是极值点，又极值点的怀疑点是驻点，或导数不存在，根据上述的分析，我们得到了求函数单调区间与极值的点的

24、步骤：1求出函数的定义域；2. 求出的点；3.不存在的点；4. 列表；5. 根据表中每个区间上的符号，便可确定的单调区间，通过怀疑点两侧的导数符号，确定怀疑是否为极值点。例50. 求的单调区间与极值。解 （1）的定义域是（2）令得（3）在内无导数不存在的点。（4）列表（5）从表中可知在上严格递增，在上严格递减，为极大值，为极小值。注：读者不要写成在上严格递增，如果这样写，就意味着有。取按上面结论应当有。实际上知矛盾。如果这一题仅求极值，由极值的怀疑仅是驻点，也可以不用列表法，用判断取到极值的第二充分条件来解。解法二 由解法一 得到3为驻点，由于当时，知为极大值。当时， 知为极小值。例51. 求

25、的单调区间与极值.解 （1）的定义域为.（2），令解得x=1.（3）当时，导数不存在。（4）列表（5）所以在和上严格递增，在（0，1）上严格递减，为极大值，为极小值。注：在求极值时，若极值的怀疑有导数不存在的点时，只能用列表法。若在闭区间上连续则必有最大值与最小值，而最大的（小）值点可能会在端点取到，也可能会落入（a,b）内部。若落入内部，则最大（小）值点一定是极值点，而极值点一定会含区间内部的驻点或区间内部导数不存在点之中，从而我们得不到求闭区间上连续函数最大与最小值的方法是(1) 闭区间上连续函数的最大（小）值点一定包含在区间的端点或区间内部的驻点或区间的内部导数不存在点之中。(2) 若时

26、，知在a,b上递增，则若时，知在上递减，则(3) 若在区间X上连续，且在区间内部取到唯一的极值，若为极大值，则为最大值；若为极小值，则为最小值。(4) 求实际问题最大值与最小值的步骤：（）全面思考问题，确认优化哪个量或函数，即适当选取自变量与因就量；（）如有可能，画出几幅草图显示变量间的关系，在草图上清楚地标出变量；（）设法得出用上述确认的变量表示要优化的函数，如有必要，在公式中保留一个自变量而消去其它自变量，确认此变量的变化区域；（）求出所有驻点或导数不存在的点，计算这些点和端点（如果有的话）的函数值，以求出最大与最小值。在求实际问题的最大或最小值时，如果根据题意肯定在区间内部存在最大值或最

27、小值，且函数在该区间内只有一个可能极值点（驻点或导数不存在的点），那么此点就是所求函数的最大（小）值点。例52. 求在区间上的最大值与最小值。解由于在闭区间上连续，必有最大值与最小值。，令得。且而在内无导数不存在的点，故怀疑点为由于所以。例59 从一块边长为a的正方形铁皮的四角上截去同样大小的正方形（图形33），然后按虚线把四边折起来做成一个无盖的盒子，问要截取多大的小方块，才能使盒子的容量最大？解设x表示截去小正方形的边长，则盒子的容积为令，解得（舍去），。由于故因此正方形的四个角各截去一块边长为的小正方形后，才能做成容积最大的盒 子。例53.欲制造一个容积为v的圆柱形有盖容器，如何设计可使

28、材料最省？解设容器的高为h,底圆半径为r（图34），则所需材料（表面积）为由于所以代入上式，得由于令解得而故是唯一的极小值，所以它必为最小值.从而,当,时,即有盖圆柱形容器的高与底圆直径相等时,用料最省.9 求曲线的凹向区间与拐点 设在内可导,且曲线在曲线上任意一点切线的上方,则称曲线在该区间内是上凹或下凸;如果曲线在曲线上任意一点切线的下方,则称曲线在该区间内是下凹或上凸. 设函数在具有二阶导数,那么(1)若时,有则曲线在内是上凹的：(2)若时, 有则曲线在内是下凹的.定义 设在的某领域内连续,且是曲线上凹与下凹的分界点,称为曲线的拐点或变凹点。注：极值点与拐点的区别,极值点是取到极值的横坐

29、标,拐点是曲线上的点 是一对有序数组.拐点的横坐标一定包含在与不存在的点之中.定理 设在的某领域内连续,若在两侧的符号相反,则为曲线的拐点.求曲线的凹向区间与拐点的步骤:(1)求出的定义域;(2)求出的点;(3)求出不存在的点;(4)列表;(5)讨论.例54.求曲线的凹向区间与拐点。解(1)的定义域是。(2)令,无解。(3)时,不存在.(4)当时,曲线是下凹的;当时,曲线是上凹的,所以(0,0)是曲线的拐点.10曲线的渐近线与曲线的描绘 设函数在上有意义,若存在一个已知的直线(a,b为常数),使得曲线上的动点M:当它沿着曲线无限远离原点(即)时,点M到直线L的距离d趋于0, 则称直线L是曲线当

30、时的斜渐近线.1求斜渐近线的方法若(常数),(常数)，则是y=当(包括或)时的斜渐进线。如果的极限不存在,并不能表明没有斜渐近线,还应当分别考虑或的情况,比如(常数),(常数)，则是y=当时的斜渐近线,或时,的极限都不存在,则y=没有斜渐近线.特别地时,称为当时的水平渐近线.水平渐近线已包含在斜渐近线之中.如果直接问你有没有水平渐近线,只要看是否存在. 若曲线上点M沿着曲线无限远离原点时,M到直线距离的极限为零，则称x=是曲线的垂直渐近线或铅垂渐近线.由定义可知是铅垂渐近的充 条件是从而求铅垂渐近线,先找,使(或或),因此 ,若是初等函数，且在处没定义且，则是怀凝点，再看是否为，若是分段函数，

31、则分界点是怀凝点，再看是否为，然后断定是否为铝垂渐近线。函数图形的描绘利用导数，我们可以求出函数在定义域上的单调区间、极值点、凹向区间、拐点、渐近线，从而可以比较准确地描绘出函数的图形，作图的一般步骤为：（1）确定函数的定义域；（2）研究函数的奇偶性、周期性；（3）确定函数的单调区间与极值；（4）确定函数的凹向区间与拐点；（5）求出函数的所有渐近线（如果有的话）；（6）再描出一些点，如曲线与坐轴的交点，每个单调整区间和凹向区间再描几个点，当趋于端点或时，函数值的变化趋势。注意：若曲线有渐近线，应首先画出渐近线，而（3），（4）两步通常合在一起用列表法。图3-5例55.描绘函数的图形。解（1）函

32、数的定义域为（。（2）函数非奇偶。（3）令。（4）令。列表（5），所以直线x=1是曲线的垂直渐近线，又所以直线时的斜渐近线。（6）曲线经过（3，0），（0，）。根据上面的讨论，作出函数图形（图35）。五、第三章习题解答4利用中值定理证明下列不等式：（1）证 由拉格朗日定理得（介于之间）。（2）当及时，证 由拉格朗日定理得其中由于所以于是证 由拉格朗日定理得其中证 由拉格朗日定理得其中于是7证明：导函数为常数的唯一函数是线性函数证 由条件，得所以故其中是某一常数.8证明其中证 设由于在上连续，时故在区间上是常值函数。所以（0为常数）在区间内至多只有一个实根.证 用反证法，假设方程在区间内至少有两

33、个不同的根且设知又在上连续，在内可导，由罗尔定理知，至少存在一点使实际上，令解得即时与相矛盾，故假设不成立，所以，方程在内至多有一个根.13.明下列不等式：（1）当时，证 设当时，由在上连续，时，知在上严格递增，所以或当时，在上连续，时，所以在上严格递减，有或,总之，当时，（2）当时，证 先证只要证设由在上连续，时，知在上严格递增，于是，当时，有或再证，只要证设设由在上连续，时知在上严格递增，于是，当时，有或即总之，时，（3）当时，证 要证原不等式成立，只要证设由只要证时，都有（1）成立，由在（0，上连续，时，已知时，知所以，在（0，）上严格递减，故时，即不等式（1）成立，由每一步可逆，因此原

34、不等式成立.在0，1上连续，在（0，1）内二阶可导，过点A（0，f(0)与B（1，f(1)）的直线与曲线相交于点其中证明在内至少存在一点使证 由在上满足拉格朗日定理的条件，则至少存在一点，使同理，至少存在一点使由条件知对在上应用罗尔理知至少存在一点使习题 3-21、下列函数极限：（2）解（4）解1、 求下列函数的极限：（2）解 由于设于是所以原式（3）解而所以原式（5）解4、求下列函数极限：（2）解7、试确定常数a,b，使解由得解得于是所以8、己知求解由得知于是因此得习题 3-32、写出下列函数在指定点处的泰勒公式在处，3阶；解，得于是习题3-4（2）在椭圆中，嵌入有最大面积而平行于椭圆轴的矩

35、形。解 如图3-2所示，由于点M（x,y）在椭圆上，故适合方程。解之，得于是按题设，求函数当为可值时最大，记与有相同的极值，但则（不适合），当时，有故为最大面积，此时矩形的边为和（3）从直径为的圆形树干切出横断面为知矩形的梁，此矩形的底等于，高等于若梁的强度与成正比例，问梁的尺寸为如何时，其强度最大。解 由于故从而考虑函数何时取得最大值。由于令得此时的值最大。因此，所求的矩形的底为高为（4）半径为R的半球中，嵌入有最大体积的底为正方形的直角平行六面体。解 设底边之一半为，则按题设，有其中为平行六面体高之一半。解之，得由题意求函数何时取最大值。令得此时经判别知，值为最大。因此，所求的直角平行六面

36、体之底、宽、高分别为而最大体积为习题 3-61.讨论下列函数性态并作图：（1）解令得或令得列表当时时，时，图形对称于原点。如图3-9所示。（2）解 零点处间断点：及渐近线：及以替代的绝对值不变，符号改变，故图形关于原点对称。令无实根。令得经判别知：无极值，为拐点（图3-10）列表（3）解 零点处：间断点：垂直渐线：斜渐近线：事实上，令得或5。令得列表当时，当时，（图3-11）。（4）解 图形关于坐标原点的对称。零点处：间断点：令得当时。令得或列表近渐线：当时。当时，图形如图3-12所示。（5）解 图形关于轴对称。在轴的上方。渐近线：令得经过点，导数从正变负，所以当时取极大值令得经判别为拐点，而

37、图形如图3-13所示。图中主要点的坐标：习题3-79、设某种商品的单价为时，售出的商品数量Q可表示成其中均为正数，且（1）求在何范围变化时，使相应销售额增加或减少；（2）要使销售额最大，商品单价应取何值？最大销售额为多少？解 （1）设售出商品的销售额为R，则令得当时，所以随单价的增加，相应的销售额也增加。当时，所以随单价的增加，相应的销售额将减少。（2）由（1）可知，当时，销售额R取得最大值，最大值销售额为11、设某产品的成本函数为需求函数为其中C为成本，为需求量（即产量），为单价，都是正的常数，且求：（1）利润最大时利润；（2）需求对价格的弹性；（2）需求对价格弹性的绝对值为1时的产量。解 （1）利润函数为令得由于所以当时，利润最大，最大值（2）因为所以需求对价格的弹性为（3）由得复习题三5 证明：若，则在（0，1）内必有某个使得.证 设