微分中值定理与导数的应用习题解答.docx
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微分中值定理与导数的应用习题解答
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)=arctanx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是(C).
A.f(x)=exB.
f(x)=|x|C.f(x)=1-x2
D.f(x)=
xsin丄
x
0,
(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;;x2
D.
f(X2)-f(X1)=(X2-xjf()
X1•小;X2
31
x=0
证明:
11
令f(x)-arctanxarccotx,则f(x)22-0,所以f(x)为一常数.
1+x1+X
3.证明恒等式:
arctanxarccotx(-:
:
:
:
x:
:
:
:
)•
2
设f(x)=c,又因为f
(1)=
2
故arctanxarccotx(-:
:
:
x:
:
二)•2
4•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:
:
:
x2X3:
:
:
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),使f
(1)=0•同理存在(X2,X3),使f「2)=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•
23
xx
5.证明方程1-X0有且仅有一个实根.
26
证明:
设
少存在一个
x2
f(x)=1X
2
X3
(-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
f(Xi)=f(X2)=0,根据罗尔定理,存在•(Xi,X2)使「()=0,即1-2=0,这与
2
1—.2
2
23
XX
0矛盾.故方程1x0只有一个实根.
26
6.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)=2^[f
(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,sinxcosx.
x
证明:
设f(t)二sint-tcost,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
sinx—xcosx=xsin匚:
0(0:
:
x:
:
二)
因此,当0:
:
:
x:
:
:
二时,sin^X.cosx.
X
(2)当ab0时,生我:
:
:
lna:
:
.
abb
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:
:
:
:
:
a
1a1111
因为f(x),所以ln(a-b),又因为b:
:
:
—:
:
a,所以,从而
xbUaUb
a-b,aa—b
ln
abb
§3.1洛毕达法则
1.填空题
cos5x5
(1)lim
xcos3x3
o
Inn
limlim2
limnn=en>:
n二en“=1n_.
C.
x+sinxlim
x)0x-sinx
2.1
xsin
x
1cosx
limlim
x0sinxx_0
=limx71-cosx
112xsincos-
xx
不存在
lim电=lim2=1
J0ex7e
cosx
(2)在以下各式中,极限存在,
但不能用洛必达法则计算的是(
2
x
A.limB.sinx
x+sinxlim
x厂x
D.lim
3.求下列极限
MXn—an
解:
mm
x-a「=lim
x)axn-anx—a
lim
m-1mx
nA.nx
mm_n
a
n
(2)
lim
x一0
xx
22-2
解:
xm0
2•
x
xxxx
22-22ln2-2ln2
=lim
x0
2
X
/sinx—tanx
(3)lim
X—
解:
limsinx;tanx=lim
XT0x3T
2x
tanx(cosx-1)
Jim2%2)2h(ln2)2
x)0
=(ln2)2.
1
(S
3
x
X■
e-sinx-1
(4)lim厂.
xt(arcsinx)
e-sinx-1
解:
lim—=lim
(arcsinx)2
x
e「sinx-1
x2
=lim
x>0
-cosx
(5)
解:
x
..X_x
lim
x—11-xlnx
(xx)=xx(1lnx),
2x
exsinx1lim
^—0
1-xx(1lnx)
=lim
1-xlnxx1
-xx(1lnx)2
x1
-x-
X
x2
=limi[
xx2(1lnx)2xx1]=2.
12
xx
1e—'X—d2
x)=limxlim厂
xe-1xx(e-1)xex
(7)lim(!
)tanx•
xT屮X
1
解:
lim(
1..limtanxlnx_lim_lim
解:
lim(丄)tanx二ex=ex0cotx二ex0x
XT申x
lim
二ex「x
sin2x
=1•
3
(8)limIn(12x)ln
(1)•
x卄x
3
解:
limln(12x)ln
(1)
x—x
X_.''
2X
=3ln2lim-=3ln2.
—说1+2X
(9)limnn.
n—.:
:
lim?
ln(12x)=3lim
X」xxJ-:
:
In(12x)
2xln2
=3lim-^2-
X1
解:
因为limxx=e
x):
:
1
limInx
xjX
1
lim
x——,-'x
二e
1.
解:
同理得
=1,所以limnn=1.
§3.3泰勒公式
43x24.
由泰勒公式得:
2•求函数
按x-1的幕展开多项式f(x)=x
f(x)=4x36x,f
(1)10,
f
(1)=18,f
(1)=24,f(4)
(1)=24,且f(5)(x)=0.
42234
f(x)=x3x4=810(x-1)9(x-1)4(x-1)(x-1).
2x
f(x)二Xe的带有佩亚诺型余项的阶麦克劳林公式.
2n
ex=1-——o(xn),
1!
2!
n!
解:
因为
(4)
所以
2
f(x)=x2eX=x2[1XXxo(xn^)]=x2
1!
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…ln2丄(ln2)2丄/2x
故2=1xx:
(x),
1!
2!
2
则p(x)=1xln2应Lx2为所求.
2
4•利用泰勒公式求极限
Iim[x—x2ln(1丄)]•
x
解:
因为In(1-)
x
X.
(}(丄)
X
__2
3
x。
((丄)34),
X
所以x-x2In(1丄)=
X
1+—
X
故|im[x一x2ln(1
3
A
3
1
)]卞」2坛o(X)]
X-X[—X
1
(-)2
x
2
1
1111
-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(h0•
证明:
=0,所以f(0)=0,f(0)=0,f(0)=0•
由麦克劳林公式得:
f(X)二
f(0)f(0)x
f(0)2
X
2!
f()x33!
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
(1)函数
1
—In(x?
)的单调增加区间是(-一,0)(,■:
:
),单调减少区间
22
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)0B.任意X,f(-X)_0
C.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(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)
f⑼-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=(2x-5)3X.
10」
解:
y3(x-1),
3
当x1,或x:
:
:
0时,y:
0,所以函数在区间(-:
:
0][1,・:
:
)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.1X2)
3.证明下列不等式
(1)证明:
对任意实数和,成立不等式|ab|_—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|ab^|a||b|,就有f(|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x0时,有f(x).f(0)=0.因此当x0时,sinx.
6
4.讨论方程x-…sinx=k(其中为常数)在(0/)内有几个实根.
22
TTTTTT
解:
设:
(x)=xsinx-k,则:
(x)在[0,—]连续,且:
(0)--k,()-_k,
222
―2―
由「(x)=1cosx=0,得x二arccos—为(0,—)内的唯一驻点.
2H2
22
(x)在[0,arccos]上单调减少,在[arccos,J上单调增加.
2
—4二
'2-k为极小值,因此:
(x)在[0,?
]的最大值是,最小值
―2_4时方程在(0,—)内无实根;
22
2Ju2_4
(2)当arccosk:
:
0时,有两个实根;
2
252-4
(3)当k=arccos时,有唯一实根.
兀2
5.试确定曲线y=ax'■bx2cxd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=3ax22bxc,y=6ax2b,所以
f~2
3a(—2)+2b(—2)+c=0
6a+2b=0
a+b+c+d=-10
32
a(-2)3+b(-2)2+c(-2)+d=44解得:
a=1,b=3,c=24,d16.
6•求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间
x
(】)y%
x-1
2x36x
23,
(xT)
令y"=o,得x=o,当x二1时不存在.
当一1:
:
x:
:
0或x1时,y0,当x:
:
-1或0:
:
x:
:
1时,y:
:
:
0.
x2+1
解:
y"=1_22,y
(x-1)
故曲线y=x•¥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:
”10x—1”102x+1
八33匸,y_9x3X.
1
x=0时,y,y不存在;当x时,y”=0.
2
111
故曲线在(-:
:
,-)上是凸的,在(-上是凹的,(-,-332)是曲线的拐点
222
xx
7.利用凹凸性证明:
当0:
:
:
x:
:
:
二时,sin
2兀
证明:
令f(x)=sinx-—,则f(x^-cos—,f(x)二sin—.
2兀22兀42
xx
当0:
:
:
x:
:
:
二时,f”(x):
:
:
0,故函数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,
xx
即sin
2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=
In2
21
函数f(x)=x3-(x-1)3在区间[0,2]上的最大值为
f(0)=-1.
1_„f(x)x3,f
(1)0,所以函数在X=1点取得极小值.
3
1
(2)f(X)=XX.
1lnx11
解:
定义域为(0,:
:
),y=ex,y=xX2(1-Inx),
x
令y"=0得驻点X二e,当x.(0,e)时,y,.0,当x・(e,=)时,y\0.
1
因此y(e)=ee为极大值.
4.求y=2x3•3x2-12x14的在[-3,4]上的最大值与最小值.解:
y(—3)=23,y⑷-132.
由y=6x26x-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=-二r2h,
3
由于(h-R)2r2=R2,因此V(h)=丄二h(2Rh-h2)(0:
:
:
h:
2R),
3
124R2J2
由V(h)(4Rh-3h2)=0,得h,此时rR.
333
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
4R
2、2
个根,故当h,
rR时,内接锥体体积的最大.
3
3
6.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=5k.400x23k(100—x)(0^x辽100),
其中是某一正数.
5X
由y=k(——5X3)=0得x=15.
1400+x2
由于y|x*=400ky|x¥=380k.ylx创0=5OOJ+p其中以y|x*=380k为最小.因此当、5
AD=x=15km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Uxl,且
ab
x,y=costsint
asintbcost
cos21sin21'
fb--3
由r=0得tant=3b,此时|=(a3•b3)2,
223
3
故木料最长为l=(a3•b3)2.
§3.6函数图形的描绘
1•求yX2(x+1)2
3
解:
由limX一-,所以x=1为曲线y=f(x)的铅直渐近线.
xTx+i)2
VX2X3
因为limlim2=1,lim(y-x)=lim2-x--2YxF(x+1)2fy(x+1)2
所以y=x-2为曲线y二f(x)的斜渐近线.
x3_2
2.作函数y2的图形。
2(x-1)2
解:
函数的定义域为:
i.—匸,-1U1,二.
2
F(X-2)(X+)”3(x-2)
y3,y4.
limd.lim^^J
—CxxT«2x(x-仃2
2(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-3
8
拐点(2,3)
由于
所以,yx1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,作出函数的图形如下
limx'-22
x12x_1
-:
:
,所以X=1是曲线的铅垂渐近线.
(2)
(3)
A
§3.7曲率
=9上
任
32
1.填空题:
曲线(x-1)2(yL_2)
=ax28
1
2,曲率半径为一.
2
2(cosx+e「dx.
1
i的曲率为—,y=kx+b上任一点的曲率为__0
9—
2.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,a
bX+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:
:
:
x:
:
:
二)上哪一点处的曲率半径最小?
求出该点的曲率半径.
ycosx,一sinx,曲线在一点处的曲率为
|sinx|sinx
K33
(1cos2x)2(2-sin2x)2
2(1x2)
-5,
2\2
x3,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sinx(0:
:
:
x:
:
二)在点(_,1)处的曲率半径最小
2
x=acost“
在(0,b)点处的曲率及曲率半径.
y=bsint
4•求椭圆
解:
x--asint,y二bcost;x--acost,y--bsint
|xy"「xy||ab|
因此曲率k-
~~・2丄・2\3/2
(xy)
曲率半径:
'=1/k=|a|.
b
(a2sin2tb2cos2t)3/2|(0,b)
§3.7方程的近似解
1•试证明方程x55x0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(x^x55x1,f(x)=5x45.0,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)=10,故方程x5x^0
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