微分中值定理与导数的应用习题解答23309

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（）（）3 , 2选择题（）B（）C（）B3证明： 令，则，所以为一常数设，又因为，故4证明：由于在上连续,在可导,且，根据罗尔定理知，存在， 使 同理存在，使 又在上符合罗尔定理的条件，故有，使得5证明：设，则，根据零点存在定理至少存在一个， 使得另一方面，假设有，且，使，根据罗尔定理，存在使，即，这与矛盾故方程只有一个实根6证明：由于在内可导，从而在闭区间内连续，在开区间内可导又因为，根据零点存在定理，必存在点，使得同理，存在点，使得因此在上满足罗尔定理的条件，故存在， 使成立7. 证明：只需令，利用柯西中值定理

2、即可证明.8（）证明： 设，函数在区间上满足拉格朗日中值定理的条件，且, 故, 即 ()因此，当时，（）证明：设，则函数在区间上满足拉格朗日中值定理得条件，有因为，所以，又因为，所以，从而§3.2 洛毕达法则1 填空题（）（） 0 （）（）1选择题（）B（） C 3（）解： =（）解：=（）解：（）解：（）解：，（）解：（）解：（）解： =（）解： 因为，所以=1§3.3 泰勒公式解： ， 同理得，且由泰勒公式得：=2解：因为，所以 =3解：设，则，故 ，则 为所求4解：因为 ，所以 =，故 5证明： 因为 ，所以由麦克劳林公式得：（介于0与之间），因此 ，由于，故

3、7;3.4函数的单调性与曲线的凹凸性1填空题（） , （）增加（）（），2单项选择题（）A（）B（） D （）B3（）解：，当时，,所以函数在区间为单调增加； 当时，所以函数在区间为单调减少（）解：，当，或时，,所以函数在区间为单调增加；当时，所以函数在区间为单调减少（）解：，故函数在单调增加3（）证明：令，则，在内单调增加.于是, 由 , 就有 , 即（）证明：设，由于当时，,因此在单调递增, 当时, , 故在单调递增,当时, 有.故当时, 因此（）证明：设,，当，所以在单调递增,当时, , 故在单调递增, 从而当时, 有. 因此当时，4解：设 则在连续,且，由，得为内的唯一驻点在上单调减少

4、，在上单调增加 故为极小值，因此在的最大值是,最小值是（）当或时,方程在内无实根；（）当时,有两个实根；（） 当时，有唯一实根5解：,，所以解得6（）解：,令,得，当时不存在当或时,当或时,故曲线在上是凸的, 在区间和上是凹的，曲线的拐点为（）解：，当时，不存在；当时，故曲线在上是凸的, 在上是凹的，是曲线的拐点,7证明：令, 则, 当时, 故函数的图形在上是凸的,从而曲线在线段（其中）的上方，又, 因此,即§3.5 函数的极值与最大值最小值1填空题（）（），2选择题（）C（）B（）3（）解：由，得，所以函数在点取得极小值（）解：定义域为，令得驻点，当时，当时，因此为极大值4解：由，

5、得,而, 所以最大值为132，最小值为75解：设圆锥体的高为, 底半径为,故圆锥体的体积为，由于，因此，由，得，此时由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在的内部取得. 现在在内只有一个根,故当, 时, 内接锥体体积的最大6.解:设,与间的运费为, 则 （），其中是某一正数由,得.由于, ,其中以为最小,因此当AD=km时,总运费为最省7解： 问题转化为求过点的线段的最大值. 设木料的长度为, ，木料与河岸的夹角为，则，且 ,则，由得, 此时，故木料最长为§3.6 函数图形的描绘解：由 ，所以为曲线的铅直渐近线因为 所以为曲线的斜渐近线2解：函数的定义域为令，得；令，得列表讨论如下：&

6、#230;极大值öæ拐点ø由于， ，所以，是曲线的斜渐近线又因为，所以是曲线的铅垂渐近线当时；当时综合上述讨论，作出函数的图形如下232-1§3.7 曲率1 填空题:（）_0_（） _2_，（）2解：由题设可知 函数与在处由相同的函数值，一阶导数值，二阶导数值，故3解：, 曲线在一点处的曲率为令 , ，当时,故在上单调增加, 因此在上的最大值是, 即在点处的曲率半径最小, 其曲率半径为4解：因此曲率，曲率半径§3.7方程的近似解1. 证明: 令，函数在单调递增在上连续，且,故方程在区间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（）0（），（）（） 1 2（）解：（）解：=3证明：令, 则, 当时, ，故在单调增当时，有，即4证明： 设, 则，且由拉格朗日中值定理知, 存在，使, 即5证明： 设分别在取得最大值， 则,且令当时, , 由罗尔定理知, 存在, 使, 进一步由罗尔定理知, 存在，使，即当时,，由零点存在定理可知，存在，使 由于，由前面证明知, 存在，使，即6证明：设当，显然只有一个正的实根下考虑时的情况先证存在性：因为在内连续，且，由零点存在定理知，至少存在一个，使，即至少有一个正的实根