微分中值定理习题参考解答1

1、习题3-1 微分中值定理1、 不用求出函数的导数，说明方程有几个实根，并指出它们所在的区间。解 由于f(x)在1, 2上连续, 在(1, 2)内可导, 且f(1)=f(2)=0, 所以由罗尔定理可知, 存在x1Î(1, 2), 使f ¢(x1)=0. 同理存在x2Î(2, 3), 使f ¢(x2)=0; 存在x3Î(3, 4), 使f ¢(x3)=0. 显然x1、x2、x 3都是方程f ¢(x)=0的根. 注意到方程f ¢(x)=0是三次方程, 它至多能有三个实根, 现已发现它的三个实根, 故它们也就是方程f &#

2、162;(x)=0的全部根. 2、证明恒等式：证明 设f(x)= arcsin x+arccos x. 因为 , 所以f (x)ºC, 其中C是一常数. 因此, 即. 3、 若方程有一个正根，证明方程必有一个小于的正根。证明 设F(x)=a0xn+a1xn-1+ × × × + an-1x, 由于F(x)在0, x0上连续, 在(0, x0)内可导, 且F(0)=F(x0)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点xÎ(0, x0), 使F ¢(x)=0, 即方程 a0nxn-1+a1(n-1)xn-2 + × × &#

3、215; +an-1 =0 必有一个小于x0的正根.4、 若函数在内具有二阶导数，且其中，证明在内至少有一点使得 证明 由于f(x)在x1, x2上连续, 在(x1, x2)内可导, 且f(x1)=f(x2), 根据罗尔定理, 至少存在一点x1Î(x1, x2), 使f ¢(x1)=0. 同理存在一点x2Î(x2, x3), 使f ¢(x2)=0. 又由于f ¢(x)在x1, x2上连续, 在(x1, x2)内可导, 且f ¢(x1)=f ¢(x2)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点x Î(x1, x2)

4、4;(x1, x3), 使f ¢¢(x )=0. 5、证明下列不等式：证明 设f(x)=arctan x, 则f(x)在a, b上连续, 在(a, b)内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在xÎ(a, b), 使 f(b)-f(a)=f ¢(x)(b-a), 即, 所以, 即|arctan a-arctan b|£|a-b|. 习题32 洛必达法则1、用洛必达法则求下列极限：（1）； （2）（）；解 (1).(2)（3）； （4）；解 (3).(4)另解 (说明:灵活使用等价替换定理，常会比只用罗比达法则更方便）（5）； （6）；解 (5) .

5、(6) 因为, 而, 所以. 另解 ：中间过程用等价替换定理更方便中间过程也可用重要极限计算。上述两种计算方法显然都比洛比达法则更方便,所以,具体计算中应使用哪种方法,应具体问题具体分析.（7）； （8）.解 (7) 因为, 而 , 所以. 注意:中间过程用等价替换定理更好！如下述解答过程 (8) 因为, 而 , 所以. 习题33 泰勒公式1、按的幂展开多项式.解 设f(x)=x4-5x3+x2-3x+4. 因为 f(4)=-56, f ¢(4)=(4x3-15x2+2x-3)|x=4=21, f ¢¢(4)=(12x2-30x+2)|x=4=74, f 

6、2;¢¢(4)=(24x-30)|x=4=66, f (4)(4)=24, 所以 =-56+21(x-4)+37(x-4)2+11(x-4)3+(x-4)4. 2、求函数按的幂展开的带有佩亚诺型余项的阶泰勒公式解 因为 f ¢(x)=x-1, f ¢¢(x)=(-1)x-2， f ¢¢¢(x)=(-1)(-2)x-3 , × × × , ; (k=1, 2, × × ×, n+1), 所以 。另解 由144页公式 得。习题34 函数的单调性与曲线的凹凸性1

7、、确定下列函数的单调区间：（1）； 解 (1) y¢=6x2-12x-18=6(x-3)(x+1)=0, 令y¢=0得驻点x1=-1, x2=3. 列表得x(-¥, -1)-1(-1, 3)3(3, +¥)y¢+0-0+y 可见函数在(-¥, -1和3, +¥)内单调增加, 在-1, 3内单调减少. (2) ().解 (2), 驻点为, 不可导点为, x3=a . 列表得xa(a, +¥)y¢+不存在+0-不存在+y 可见函数在, , (a, +¥)内单调增加, 在内单调减少. 2、证明下列不等

8、式：（1）当时，；证明 (1)设, 则f (x)在0, +¥)内是连续的. 因为 , 所以f (x)在(0, +¥)内是单调增加的, 从而当x>0时f (x)>f (0)=0, 即, 也就是 .（2）当时，.证明 设f(x)=sin x+tan x-2x, 则f(x)在内连续, f ¢(x)=cos x+sec2x-2. 因为在内cos x-1<0, cos2x-1<0, -cos x<0, 所以f ¢(x)>0, 从而f(x)在内单调增加, 因此当时, f(x)>f(0)=0, 即sin x+tan x-2x&

9、gt;0, 也就是 sin x+tan x>2x. 3、求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间：（1）； （2）；解 (1) y¢=3x2-10x+3, y¢¢=6x-10. 令y¢¢=0, 得. 因为当时, y¢¢<0; 当时, y¢¢>0, 所以曲线在内是凸的, 在内是凹的, 拐点为. (2), . 令y¢¢=0, 得x1=-1, x2=1. 列表得 x(-¥, -1)-1(-1, 1)1(1, +¥)y¢¢-0+0-y

10、9;ln2拐点Èln2拐点Ç 可见曲线在(-¥, -1和1, +¥)内是凸的, 在-1, 1内是凹的, 拐点为(-1, ln2)和(1, ln2). （3）.解 (3),. 令y¢¢=0得, . 因为当时, y¢¢>0; 当时, y¢¢<0, 所以曲线y=earctg x在内是凹的, 在内是凸的, 拐点是.4、利用函数图形的凹凸性，证明： （）证明 设f(t)=et, 则f ¢(t)=et, f ¢¢(t)=et . 因为f ¢¢(t

11、)>0, 所以曲线f(t)=et在(-¥, +¥)内是凹的. 由定义, 对任意的x, yÎ(-¥, +¥), x¹y有 , 即 . 5、问、为何值时，点(1，3)为曲线的拐点？解 y¢=3ax2+2bx, y¢¢=6ax+2b. 要使(1, 3)成为曲线y=ax3+bx2的拐点, 必须y(1)=3且y¢¢(1)=0, 即a+b=3且6a +2b=0, 解此方程组得, .习题35 函数的极值与最大最小值1、 求下列函数的极值：（1）； （2）.解 (1) 函数的定义为(-¥

12、;, +¥), y¢=-4x3+4x=-4x(x2-1), y¢¢=-12x2+4, 令y¢=0, 得x1=0, x2=-1, x3=1. 因为y¢¢(0)=4>0, y¢¢(-1)=-8<0, y¢¢(1)=-8<0, 所以y(0)=0是函数的极小值, y(-1)=1和y(1)=1是函数的极大值. (2) 函数的定义域为(-¥, 1, , 令y¢=0, 得驻点. 因为当时, y¢>0; 当时, y¢<0, 所以为函

13、数的极大值. 2、问函数（）在何处取得最大值？并求出它的最大值.解 y¢=6x2-12x-18=6(x-3)(x+1), 函数f(x)在1£x£4内的驻点为x=3. 比较函数值: f(1)=-29, f(3)=-61, f(4)=-47, 函数f(x)在x=1处取得最大值, 最大值为f (1)=-29. 3、要造一圆柱形油罐，体积为，问底半径和高各等于多少时，才能使表面积最小？这时底直径与高的比是多少？解 由V=p r2h, 得. 于是油罐表面积为 S=2p r2+2p rh(0<x<+¥), . 令S ¢=0, 得驻点. 因为,

14、所以S在驻点处取得极小值, 也就是最小值. 这时相应的高为. 底直径与高的比为2r : h=1 : 1. 习题36 函数图形的描绘1、描绘函数的图形解 (1)定义域为(-¥, +¥); (2), 令y¢=0, 得x=1; 令y¢¢=0, 得, . (3)列表x1y¢+0-y¢¢+0-0+y=f(x)È拐点Ç1极大值Ç拐点È(4)有水平渐近线y=0; (5)作图: 习题3-7 曲率1、求曲线在点处的曲率及曲率半径。 解 , . 所求曲率为 , 曲率半径为 . 2、求曲线在相应的

15、点处的曲率。解 , . 所求曲率为 , . 3、对数曲线上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径。解 , . , , . 令r¢=0, 得. 因为当时, r<0; 当时, r>0, 所以是r的极小值点, 同时也最小值点. 当时, . 因此在曲线上点处曲率半径最小, 最小曲率半径为. 复习题三1、 设，证明：证明 设f(x)=ln x, 则f(x)在区间b, a上连续, 在区间(b, a)内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在xÎ(b, a), 使 f(a)-f(b)=f ¢(x)(a-b), 即. 因为b<x<a, 所以 , 即. 2、

16、 证明方程只有一个正根。证明 设f(x)=x5+x-1, 则f(x)是0, +¥)内的连续函数. 因为f(0)=-1, f(1)=1, f(0)f(1)<0, 所以函数在(0, 1)内至少有一个零点, 即x5+x-1=0至少有一个正根. 假如方程至少有两个正根, 则由罗尔定理, f ¢(x)存在零点, 但f ¢(x)=5x4+1¹0, 矛盾. 这说明方程只能有一个正根. 3、 证明：若函数在内满足关系式，且，则分析：要证，即是证。也就是要证明是常数函数。证明 令, 则在(-¥, +¥)内有,所以在(-¥, +¥

17、;)内j(x)为常数. 又j(x)=j(0)=1, 从而f(x)=ex .4、 用洛必达法则求下列极限：（1） （2）解 (1)(2) . （3） （4）解 (3). (4) . (注: cosx×ln(1+x2)x2)（5）解 (5) 。(注: 当x®0时, ). 5、 应用麦克劳林公式，按的幂展开函数解 因为 f ¢(x)=3(x2-3x+1)2(2x-3), f ¢¢(x)=6(x2-3x+1)(2x-3)2+6(x2-3x+1)2=30(x2-3x+1)(x2-3x+2), f ¢¢¢(x)=30(2x-3

18、)(x2-3x+2)+30(x2-3x+1)(2x-3)=30(2x-3)(2x2-6x+3), f (4)(x)=60(2x2-6x+3)+30(2x-3)(4x-6)=360(x2-3x+2), f (5)(x)=360(2x-3), f (6)(x)=720; f(0)=1, f ¢(0)=-9, f ¢¢(0)=60, f ¢¢¢(0)=-270, f (4)(0)=720, f (5)(0)=-1080, f (6)(0)=720, 所以 =1-9x+30x3-45x3+30x4-9x5+x6. 另解 由144页公式得。6、

19、 确定下列函数的单调区间：（1） （2）解 (1) 因为, 所以函数在(-¥, +¥)内单调增加.(2) y¢=e-xxn-1(n-x), 驻点为x=n. 因为当0<x<n时, y¢>0; 当x>n时, y¢<0, 所以函数在0, n上单调增加, 在n, +¥)内单调减少.7、 证明下列不等式：（1） 当时，证明 设, 则f (x)在0, +¥)内是连续的. 因为 , 所以f (x)在(0, +¥)内是单调增加的, 从而当x>0时f(x)>f(0)=0, 即 , 也就是 .（2） 当时，证明 设f(x)=x ln2-2ln x, 则f (x)在4, +¥)内连续, 因为 , 所以当x>4时, f ¢(x)>0, 即f(x)内单调增加. 因此当x>4时, f(x)>f(4)=0, 即x ln2-2ln x>0, 也就是2x>x2.8、 求函数的图形的拐点及凹或凸的区间解 y