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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