微分中值定理及其应用习题解析2
第五章微分中值定理及其应用答案
139第五章 微分中值定理及其应用上册P 178—180 习题解答1． 设0)(0>'+x f ，0)(0<'-x f .证明0x 是函数)(x f 的极小值点 .证 0)()(lim )(0000<--='-→-x x x f x f x f x x ，⇒在点0x 的某左去心邻域内有0)()(00<--x x x f x f ， 此时00<-x x ，⇒在点0x 的该左去心邻域内有 0)()(0>-x f x f ， 即)()(0x f x f >； 0)()(lim )(0000>--='+→+x x x f x f x f x x ，⇒在点0x 的某右去心邻域内有0)()(00>--x x x f x f ，此时00>-x x ，⇒在点0x 的该左去心邻域内有 0)()(0>-x f x f ， 即)()(0x f x f >.综上 , 在点0x 的某去心邻域内有)()(0x f x f >. 即0x 是函数)(x f 的极小值点 .2. 举例说明 , Rolle 定理的三个条件都不满足 , 函数仍然可以存在水平的切线 .解答: 例如函数 . 21 , 1,12 , )(2⎩⎨⎧≤<-≤≤-=x x x x x f )(x f 定义在区间] 2 , 2 [-上 , )(x f 在点1=x 间断 ,因此不满足在闭区间上连续和在开区间内可导的条件 , 并且4) 2(=-f , 而1) 2 (=f , ≠-) 2(f ) 2 (f . 对区间] 2 , 2 [-上的这个函数)(x f , Rolle 定理的三个条件都不满足 . 但是 , 0) 0 (='f , 该曲线上点) 0 , 0 (处的切线仍然是水平的 . 3. 设函数)(x f 在闭区间] , [b a 上连续 , 在开区间) , (b a 内可微 .⑴ 利用辅助函数1)(1)(1)( )(b f ba f ax f xx =ψ.证明Lagrange 中值定理 .140证 易见函数)(x ψ在闭区间] , [b a 上连续 , 在开区间) , (b a 内可微 ,且0 1)(1)(1)( )(==b f ba f aa f a a ψ, 0 1)(1)(1)( )(==b f ba f ab f b b ψ, 有)()(b a ψψ=. 函数)(x ψ在区间] , [b a 上满足Rolle 定理的三个条件 , 于是由Rolle 定理 , ∈∃ξ) , (b a , 使0)(='ξψ. 而)()()()( 1)(1)(0)(1)(x f b a b f a f b f ba f ax f x '---='='ψ. 0)()()()()(='---='ξξψf b a b f a f , 即 ))(()()(a b f a f b f -'=-ξ.⑵ 说明)(x ψ的几何意义 .解答 |)(|2x ψ表示以点) )( , (a f a 、) )( , (b f b 以及) )( , (x f x 为顶点的三角形的 面积 。
微分中值定理及其应用
提示：对出现若干阶导数的界，估计另外某个导数 的界的问题，往往用Taylor公式。
证明：由Taylor公式有：
f (x0 )
f (x)
f
' (x)( x0
x)
1 2
f
" ( )( x0
x)2
取x0 b, 有
f (b)
f (x)
f
' (x)(b x)
同理，f (x)在[c,b]上连续，(c,b)内二阶可导，
由Lagrange中值定理知，存在点2 (c,b),使得
f ' (2 )
f (b) f (c) bc
而点A(a, f (a))、B(b, f (b))、C(c, f (c))共线，
所以：f (c) f (a) f (b) f (c)，
ca
bc
即f ' (1 ) f ' (2 )。
又f ' (x)在[1,2 ]上连续，在(1,2 )内可导， 由Rolle定理知， (1,2 ) (a,b),使得f‘' ( ) 0。
此题可以推广为： 设f (x)在[a,b]上连续，(a,b)内n 1阶可导，连接点 A(a, f (a))和B(b, f (b))的直线交曲线y f (x)于n个 点Ci (ci , f (ci ))(a c1 c2 cn b)。
1 2
f
" (1 )(b x)2
(1)
取x0 a, 有
f (a)
f (x)
f
' (x)(a x)
1 2
f
第六章 微分中值定理及其应用
由此可得
.
例2 设轴为镜面,光线由点处入射至上点R,经反射后过点Q(图6-2).试用光线沿最省时间的路径传播原理,验证光线反射规律:入射角等反射角.
图6-2
解 设光线由点P出发在平面镜上点R处反射后通过点Q,上述三点分别有坐标为,于是
,
,
光线走过总的路径为
.
因为光线是沿最省时间的路线传播,而光速是常数,所以通过求的极小值,便可确定点R的位置.为此令
由图6-2可见是入射角的余弦,而是反射角的余弦,于是有
即入射角等于反射角.
说明 由于本例是要证明,而不要求具体算出点R的坐标和的最小值,因此当由极值的必要条件推出了结果后,解题过程便告结束.这与通常求极值或最大(小)值的问题稍有不同.
于是解得唯一的极值点为
.
易见时,时,即为极小值点.由于唯一的极值点为最值点,因此当力F与水平方向夹角,力F最小.
注 力学中称为摩擦角.
例4 设函数
(n为正整数).
其中函数当时连续,且.试问点是否为的极值点?当它是极值点时,讨论它是何种极值点?
解 ,
不妨设,由连续函数的局部保号性,在某领域中.
证 因为为方程的n重根，于是该方程有2n个实根，现要证明有n个相异的实根。
=
方程以x=0为单根，重根，因为，由罗尔定理，使得于是有两个单根；又因
其中为二次多项式，故方程还有两个n-2重根。
由此可推测当导数增高一次，相异单根增加一个，但重根各下降一次，现用归纳法证明相应结论。
. பைடு நூலகம்
不妨设,于是有
.
在上对应用达布定理,使得
,
这样就证得
3章微分中值定理与导数应用习题解答
第3章 微分中值定理与导数应用习题解答1.验证中值定理的正确性（1) 验证罗尔定理对函数y =ln sin x 在区间]65 ,6[ππ上的正确性.解 因为y =ln sin x 在区间]65 ,6[ππ上连续, 在)65 ,6(ππ内可导, 且)65()6(ππy y =, 所以由罗尔定理知, 至少存在一点)65 ,6(ππξ∈, 使得y '(ξ)=cot ξ=0. 由y '(x )=cot x =0得)65 ,6(2πππ∈，因此确有)65 ,6(2πππξ∈=, 使y '(ξ)=cot ξ=0.(2) 验证拉格朗日中值定理对函数y =4x 3-5x 2+x -2在区间[0, 1]上的正确性.解 因为y =4x 3-5x 2+x -2在区间[0, 1]上连续, 在(0, 1)内可导, 由拉格朗日中值定理知, 至少存在一点ξ∈(0, 1), 使001)0()1()(=--='y y y ξ. 由y '(x )=12x 2-10x +1=0得)1 ,0(12135∈±=x .因此确有)1 ,0(12135∈±=ξ, 使01)0()1()(--='y y y ξ.(3) 对函数f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间]2 ,0[π上验证柯西中值定理的正确性. 解 因为f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间]2 ,0[π上连续, 在)2 ,0(π可导, 且F '(x )=1-sin x 在)2 ,0(π内不为0, 所以由柯西中值定理知至少存在一点)2,0(πξ∈, 使得)()()0()2()0()2(ξξππF f F F f f ''=--. 令)0()2()0()2()()(F F f f x F x f --=''ππ, 即22sin 1cos -=-πx x .化简得14)2(8sin 2-+-=πx . 易证114)2(802<-+-<π, 所以14)2(8sin 2-+-=πx 在)2 ,0(π内有解, 即确实存在)2,0(πξ∈, 使得)()()0()2()0()2(ξξππF f F F f f ''=--.2. 证明题:(1)证明恒等式: 2arccos arcsin π=+x x (-1≤x ≤1).证明 设f (x )= arcsin x +arccos x . 因为 01111)(22≡---='x x x f ,所以f (x )≡C , 其中C 是一常数.因此2arccos arcsin )0()(π=+==x x f x f , 即2arccos arcsin π=+x x .(2)若方程a 0x n +a 1x n -1+ ⋅ ⋅ ⋅ + a n -1x =0有一个正根x 0, 证明方程a 0nx n -1+a 1(n -1)x n -2 + ⋅ ⋅ ⋅ +a n -1 =0必有一个小于x 0的正根.证明 设F (x )=a 0x n +a 1x n -1+ ⋅ ⋅ ⋅ + a n -1x , 由于F (x )在[0, x 0]上连续, 在(0, x 0)内可导, 且F (0)=F (x 0)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ∈(0, x 0), 使F '(ξ)=0, 即方程a 0nx n -1+a 1(n -1)x n -2 + ⋅ ⋅ ⋅ +a n -1 =0 必有一个小于x 0的正根.(3)若函数f (x )在(a , b )内具有二阶导数, 且f (x 1)=f (x 2)=f (x 3), 其中a <x 1<x 2<x 3<b , 证明: 在(x 1, x 3)内至少有一点ξ, 使得f ''(ξ)=0.证明 由于f (x )在[x 1, x 2]上连续, 在(x 1, x 2)内可导, 且f (x 1)=f (x 2), 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ1∈(x 1, x 2), 使f '(ξ1)=0. 同理存在一点ξ2∈(x 2, x 3), 使f '(ξ2)=0.又由于f '(x )在[ξ1, ξ2]上连续, 在(ξ1, ξ2)内可导, 且f '(ξ1)=f '(ξ2)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ ∈(ξ1, ξ2)⊂(x 1, x 3), 使f ''(ξ )=0.(4) 设a >b >0, n >1, 证明: nb n -1(a -b )<a n -b n <na n -1(a -b ) .证明 设f (x )=x n , 则f (x )在[b , a ]上连续, 在(b , a )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(b , a ), 使f (a )-f (b )=f '(ξ)(a -b ), 即a n -b n =n ξ n -1(a -b ). 因为 nb n -1(a -b )<n ξ n -1(a -b )< na n -1(a -b ), 所以 nb n -1(a -b )<a n -b n < na n -1(a -b ) .3. 用洛必达法则求下列极限: (1)22)2(sin ln limx x x -→ππ; (2)nn m m ax a x a x --→lim; (3)x xx 2tan ln 7tan ln lim0+→; (4)x x x 3tan tan lim 2π→;(5)2120lim x x e x →; (6)⎪⎭⎫ ⎝⎛---→1112lim 21x x x ; (7)x x xa )1(lim +∞→; (8)xx xsin 0lim +→; 解: (1)812csc lim 41)2()2(2cot lim )2(sin ln lim 22222-=---=-⋅-=-→→→x x x x xx x x πππππ.(2)nm n m n m ax nn m m ax a nm na mx nx mx a x a x -----→→===--1111limlim. (3)2000021sec 77ln tan 77tan 272tan 7lim lim lim lim 11ln tan 22tan 727sec 22tan 2x x x x x x x x x x x x x x→+→+→+→+⋅⋅====⋅⋅.(4))sin (cos 23)3sin (3cos 2lim31cos 3cos lim 3133sec sec lim 3tan tan lim 22222222x x x x x x x x x x x x x x -⋅-==⋅=→→→→ππππ 3sin 3sin 3lim cos 3cos lim22=---=-=→→x xx x x x ππ.(5)+∞====+∞→+∞→→→1lim lim 1lim lim 2101222t t t t x x xx e t e x e e x (注: 当x →0时, +∞→=21xt ). (6)2121lim 11lim 1112lim 12121-=-=--=⎪⎭⎫ ⎝⎛---→→→x x x x x x x x . (7)解法1 因为)1ln(lim )1(lim x ax x x x exa +∞→∞→=+, 而 221()ln(1)1lim (ln(1)limlim 11x x x aa axa x x x x x x→∞→∞→∞⋅-+++==- limlim 1x x ax aa x a →∞→∞===+ ,所以 a x ax x x x e exa ==++∞→∞→)1ln(lim )1(lim . 解法2 lim 1lim 1axxa ax x a a e x x →∞→∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦(8) 因为x x x x x e x ln sin 0sin 0lim lim +→+→=,而 00ln lim sin ln lim csc x x x x x x →+→+= 2001sin lim lim 0csc cot cos x x x x x x x x→+→+==-=-⋅ ，所以 1lim lim 0ln sin 0sin 0===+→+→e e x x x x x x .4. 验证下列各题: (1) 验证极限xxx x sin lim+∞→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 1)s i n 1(l i m s i n l i m =+=+∞→∞→x x x x x x x , 极限x xx x sin lim+∞→是存在的. 但)cos 1(lim 1cos 1lim )()sin (limx xx x x x x x +=+=''+∞→∞→∞→不存在, 不能用洛必达法则.(2) 验证极限xx x x sin 1sinlim20→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 0011sin sin lim sin 1sinlim020=⋅=⋅=→→xx x x x x x x x , 极限x x x x sin 1sinlim 20→是存在的. 但xx x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim )(sin )1sin (lim020-=''→→不存在, 不能用洛必达法则. 5. 将下列函数展开的带有佩亚诺型余项的n 阶泰勒公式(1) 求函数f (x )=ln x 按(x -2)的幂展开的带有佩亚诺型余项的n 阶泰勒公式. 解 因为f '(x )=x -1, f ''(x )=(-1)x -2, f '''(x )=(-1)(-2)x -3 , ⋅ ⋅ ⋅ , nn nn x n x n x f )!1()1()1( )2)(1()(1)(--=+-⋅⋅⋅--=--;kk k k f 2)!1()1()2(1)(--=-(k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n +1)所以])2[()2(!)2( )2(!3)2()2(!2)2()2)(2()2(ln )(32n n n x o x n f x f x f x f f x -+-+⋅⋅⋅+-'''+-''+-'+=])2[()2(2)1( )2(231)2(221)2(212ln 13322n n nn x o x n x x x -+-⋅-+⋅⋅⋅--⋅+-⋅--+=-.(2) 求函数f (x )=xe x 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式. 解 因为f '(x )=e x +x e x ,f ''(x )=e x +e x +x e x =2e x +x e x , f '''(x )=2e x +e x +x e x =3e x +x e x , ⋅ ⋅ ⋅, f (n )(x )=ne x +xe x ;f (k )(0)=k (k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n ),所以 )(!)0( !3)0(!2)0()0()0()(32n nn xx o x n f x f x f x f f xe ++⋅⋅⋅⋅+'''+''+'+=)()!1(1!2132n n x o x n x x x +-⋅⋅⋅+++=.6. 确定下列函数的单调区间:(1) y =2x 3-6x 2-18x -7; (2)xx x y 6941023+-=; 解 (1) y '=6x 2-12x -18=6(x -3)(x +1)=0, 令y '=0得驻点x 1=-1, x 2=3. 列表得可见函数在(-∞, -1]和[3, +∞)内单调增加, 在[-1, 3]内单调减少.(2)223)694()1)(12(60x x x x x y +----=', 令y '=0得驻点211=x , x 2=1, 不可导点为x =0. 列表得可见函数在(-∞, 0), ]21 ,0(, [1, +∞)内单调减少, 在]1 ,21[上单调增加.7.证明下列不等式::(1)当x >0时, x x +>+1211;(2)当x >4时, 2x >x 2;证明 (1)设x x x f +-+=1211)(, 则f (x )在[0, +∞)内是连续的. 因为x x f +-='12121)(01211>+-+=xx , 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 01211>+-+x x ,也就是 x x +>+1211.(2)设f (x )=x ln2-2ln x , 则f (x )在[4, +∞)内连续, 因为 0422ln 224ln 22ln )(=->-=-='e x x x f ,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 >x 2.8.求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间: (1) y =x 3-5x 2+3x +5 ; (2) y =xe -x ;(3) y =(x +1)4+e x .解 (1)y '=3x 2-10x +3, y ''=6x -10. 令y ''=0, 得35=x .因为当35<x 时, y ''<0; 当35>x 时, y ''>0, 所以曲线在]35 ,(-∞内是是凸的, 在) ,35[∞+内是凹的, 拐点为)2720,35(.(2)y '=e -x -x e -x , y ''=-e -x -e -x +x e -x =e -x (x -2). 令y ''=0, 得x =2.因为当x <2时, y ''<0; 当x >2时, y ''>0, 所以曲线在(-∞, 2]内是凸的, 在[2, +∞)内是凹的, 拐点为(2, 2e -2).(3)y '=4(x +1)3+e x , y ''=12(x +1)2+e x .因为在(-∞, +∞)内, y ''>0, 所以曲线y =(x +1)4+e x 的在(-∞, +∞)内是凹的, 无拐点.9.求函数的极值:(1) y =2x 3-6x 2-18x +7； (2) y =x -ln(1+x )； (3) y =-x 4+2x 2 .解 (1)函数的定义为(-∞, +∞), y '=6x 2-12x -18=6(x 2-2x -3)=6(x -3)(x +1), 驻点为x 1=-1, x 2=3. 列表可见函数在x =-1处取得极大值17, 在x =3处取得极小值-47.(2)函数的定义为(-1, +∞), xxx y +=+-='1111, 驻点为x =0. 因为当-1<x <0时, y '<0; 当x >0时, y '>0, 所以函数在x =0处取得极小值, 极小值为y (0)=0.(3)函数的定义为(-∞, +∞),y '=-4x 3+4x =-4x (x 2-1), y ''=-12x 2+4, 令y '=0, 得x 1=0, x 2=-1, x 3=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.10.求下列函数的最大值、最小值: (1) y =2x 3-3x 2 , -1≤x ≤4;(2) y =2x 3-6x 2-18x -7(1≤x ≤4).解 (1)y '=6x 2-6x =6x (x -1), 令y '=0, 得x 1=0, x 2=1. 计算函数值得 y (-1)=-5, y (0)=0, y (1)=-1, y (4)=80,经比较得出函数的最小值为y (-1)=-5, 最大值为y (4)=80.(2) y '=6x 2-12x -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)=-29.11.某地区防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如图), 截面的面积为5m 2, 问底宽x 为多少时才能使截面的周长最小, 从而使建造时所用的材料最省？解 设矩形高为h , 截面的周长S , 则5)2(212=⋅+πx xh , x x h 85π-=.于是xx x x h x S 10422++=++=ππ(π400<<x ), 21041xS -+='π.令S '=0, 得唯一驻点π+=440x .因为0203>=''xS , 所以π+=440x 为极小值点, 同时也是最小值点. 因此底宽为π+=440x 时所用的材料最省. 12.从一块半径为R 的圆铁片上挖去一个扇形做成一漏斗(如图), 问留下的扇形的中心角ϕ取多大时, 做成的漏斗的容积最大？解 漏斗的底周长l 、底半径r 、高h 分别为 l =R ⋅ϕ, πϕ2R r =, 222242ϕππ-=-=Rr R h .漏斗的容积为22223242431ϕππϕπ-==R hr V (0<ϕ<2π).2222234)38(24ϕπϕπϕπ--⋅='R V ，驻点为πϕ362=. 由问题的实际意义, V 一定在(0, 2π)内取得最大值, 而V 在(0, 2π)内只有一个驻点, 所以该驻点一定也是最大值点. 因此当ϕ π362=时, 漏斗的容积最大.13.一房地产公司有50套公寓要出租. 当月租金定为1000元时, 公寓会全部租出去. 当月租金每增加50元时, 就会多一套公寓租不出去, 而租出去的公寓每月需花费100元的维修费. 试问房租定为多少可获最大收入？解 房租定为x 元, 纯收入为R 元.当x ≤1000时, R =50x -50⨯100=50x -5000, 且当x =1000时, 得最大纯收入45000元. 当x >1000时,700072501100)]1000(5150[)]1000(5150[2-+-=⋅---⋅--=x x x x x R ,72251+-='x R . 令R '=0得(1000, +∞)内唯一驻点x =1800. 因为0251<-=''R , 所以1800为极大值点, 同时也是最大值点. 最大值为R =57800.因此, 房租定为1800元可获最大收入.。
微分中值定理及其应用(2)
存在什 y 么样的关系?
T 与 l 平行
T
(b, f (b))
y f (x) l
(a, f (a))
y f (a) f (b) f (a) (x a) ba
这样的x可能有好多
O
a
中值定理与导数的应用
bx
3
Made by Huilai Li
1 , x=1 y
f (x)满足条件(2), (3),
但不满足条件(1),
在(0, 1)内, f (x) 1 2
3
2 1
0
1
x
图3-1-2
中值定理与导数的应用
11
(ii) y f (x) | x | x 1,1
f (x)在[-1, 1]上,满足条件(1), (3),
但不满足条件(2),
当 x 时,
即 f '() 0
例如, f ( x) x2 2x 3 ( x 3)(x 1).
在[1,3]上连续, 在(1,3)上可导, 且 f (1) f (3) 0,
f ( x) 2( x 1), 取 1, (1 (1,3)) f () 0.
中值定理与导数的应用
6
几何解释:
y
C
在曲线弧AB上至少有一
●
f (x) f ( ) 0
x
f () 0
A
f ( ) 0
f ( ) 0
结这论说: 明Ro：lle在定极理 假大设函值数或f (极x)满小足值条件： 1.点f (处x)在,函[a,数b]上的连导续; 2.数f (为x)在0.(a,b)内可几微; 3.何f (意b) 义f 是(a).：在 那极么至值少点存处在一的点切 线(a平,b)行使得于AB的
数学分析简明教程答案数分5_微分中值定理及其应用
壹第五章微分中值定理及其应用第一节微分中值定理331231.(1)30()[0,1];(2)0(,,),;(1)[0,1]30[0,1]()3nx x c c x px q n p q n n x x c x x f x x x c证明：方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根方程为正整数为实数当为偶数时至多有两个实根当为奇数时,至多有三个实根。
证明：设在区间内方程有两个实根,即有使得函数值为零012023(,)[0,1],'()0.'()33(0,1)(3,0)30()[0,1] (2)2220nx x x f x f x x x x c c n n k x px q x 。
那么由罗尔定理可知存在使得 但是在内的值域为是不可能有零点的,矛盾。
因此有:方程为常数在区间内不可能有两个不同的实根。
当时,方程至多只可能有两个实根,满足所证。
当时,设方程有三个实根,即存在实数1230112022301021010110202()0(,),(,),'()'()0,'()0(*'()0n n n x x f x x px q x x x x x x f x f x f x nx p f x nx p使得函数成立。
那么由罗尔定理可知存在使得即0010220000102),(,),''(0)0,''()(1)0,0,0,0.2(*).212n nx x x f f x n n x x x x n k p n n k x px q 再次利用罗尔定理可以知道,存在使得即显然必有那么就有 那么由于为偶数,可以知道此时不存在满足式的实数因此当为偶数时方程至多有两个实根。
当时,设方程1234111212231334111213111110()0(,),(,),(,)'()0,'()0,'()0,'()0'(nn x x x x f x x px q x x x x x x x x x f x f x f x f x nx p f x 有三个实根,即存在实数使得函数成立。
高等数学(上)06-微分中值定理 答案详解
2.6 微分中值定理一、设汽车沿直线作变速运动，其速度v 随时间t 变化的函数()v f t =是连续且可导的，已 知在1212,()t t t t <时刻其速度均为0v ，则在1t 到2t 这个时间段内一定有一时刻瞬时加速度为 0，请用相应的微分中值定理解释这一现象．解：利用罗尔定理，()v f t =在12[,]t t 上连续，在12(,)t t 内可导，120()()f t f t v ==则至少存在一点012(,)t t t ∈，使得00()()0f t a t '==即在1t 到2t 这个时间段内一定有一时刻瞬时加速度为0二、不求函数(1)(3)y x x x =--的导数，说明方程()0f x '=有几个实根，并指出实根所在区间．解：(0)(1)(2)(3)f f f f ===且()f x 在R 上均连续且可导由罗尔定理，至少存在123(0,1),(1,2),(2,3)ξξξ∈∈∈使123()()()0f f f ξξξ'''=== 又()f x 是四次函数，有()0f x '=是三次方程，至多有三个实根()0f x '∴=有且只有三个实根，分别位于(0,1),(1,2),(2,3)三、证明不等式:sin sin b a b a -≤-．证明：令()sin f x x =当a b =时，结论显然成立当a b ≠时，不妨设b a >，显然()sin f x x =在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导 由拉格朗日中值定理有sin sin cos ()()b a b a a b ξξ-=-<<，sin sin cos b a b a b a ξ∴-=-≤-四、当1x ≥时，证明：222arctan arcsin1x x x π+=+． 证明：令22()2arctan arcsin 1x f x x x=++，有1x ≥时2222222222()011(1)(1)x f x x x x x -'==+=++-+()f x C ⇒≡，又(1)242f πππ=⨯+=，故222arctan arcsin 1x x x π+=+ *五、若函数()f x 可导，试证在其两个零点间，一定有()()f x f x '+的零点． 证明：设,()a b a b <为()f x 的两个零点，即()()0f a f b ==构造辅助函数()()x F x e f x =，易得()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导 且()()0F a F b ==由罗尔定理得，(,)a b ξ∃∈，使得()[()()]0F e f f ξξξξ''=+=从而有()()0f f ξξ'+=，即ξ为()()f x f x '+的零点考研真题：*证明拉格朗日中值定理：若函数()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，则存在(,)a b ξ∈，使得()()()()f b f a f b a ξ'-=-.分析：逆向思维构造函数()F x ，将问题转化为求其导函数的零点 证明：令()()()()f b f a F x f x x b a-=--，显然()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 上可导，且()()()()()()()()()(),()()f b f a bf a af b f b f a bf a af b F b f b b F a f a a b a b a b a b a----=-==-=----()()F a F b ⇒=∴由罗尔定理，至少存在(,)a b ξ∈使得()0F ξ'=，即()()()0f b f a f b a ξ-'-=- 即()()()()f b f a f b a ξ'-=-。
数学分析6微分中值定理及其应用总练习题详解
第六章 微分中值定理及其应用总练习题1、证明：若f(x)在(a,b)内可导，且+→a x lim f(x)=-→b x lim f(x)，则至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.证：定义f(a)=+→a x lim f(x)，f(b)=-→b x lim f(x)，则f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，由罗尔中值定理知 至少存在一点ξ∈(a,b)，使f ’(ξ)=0.2、证明：若x>0，则 (1)1x +-x =θ(x)x 21+，其中41<θ(x)<21；(2)0x lim →θ(x)=41，+∞→x lim θ(x)=21. 证：(1)由拉格朗日中值定理得：1x +-x =θ(x)x 21+, (0<θ(x)<1)，∴θ(x)x 2+=x1x 1-+=1x ++x ，∴θ(x)=41+21[1)x(x +-x].∵1)x(x +-x>2x -x=0，∴41+21[1)x(x +-x]>41； 又1)x(x +-x=x1)x(x x ++<xx x 2+=21，∴41+21[1)x(x +-x] <21.∴41<θ(x)<21.(2)(1)中已证θ(x)=41+21[1)x(x +-x]，∴0x lim →θ(x)=0x lim →{41+21[1)x(x +-x]}=41； +∞→x lim θ(x)=+∞→x lim {41+21[1)x(x +-x]}=41+21+∞→x lim 1x111++=21.3、设函数f 在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且ab>0. 证明： 存在ξ∈(a,b)，使得f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).证：记F(x)=xf (x)，G(x)=x 1，根据柯西中值定理，存在ξ∈(a,b)，使得)(G )(F ξξ''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)，又)(G )(F ξξ''=f(ξ)- ξf ’(ξ)，∴f(ξ)- ξf ’(ξ)=G(a)-G(b)F(a)-F(b).又f(b)f(a)b a b -a 1=b -a bf (a)-af (b)=a1-b 1a f(a)-bf(b)=G(a)-G(b)F(a)-F(b)， ∴f(b)f(a)b ab -a 1=f(ξ)- ξf ’(ξ).4、设函数f 在[a,b]上三阶可导，证明： 存在ξ∈(a,b)，使得f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ). 证：记F(x)=f(x)-f(a)-21(x-a)[f ’(x)+f ’(a)]，G(x)=(x-a)3，则 F,G 在[a,b]上二阶可导，F ’(x)=f ’(x)-21[f ’(x)+f ’(a)]-21(x-a)f ”(x)，G ’(x)=3(x-a)2，F ”(x)=f ”(x)-21f ”(x)-21f ”(x)-21(x-a)f ’”(x)=-21(x-a)f ’”(x)；G ”(x)=6(x-a).且F(a)=F ’(a)=0，G(a)=G ’(a)=0.根据柯西中值定理，存在η∈(a,b)，使得)(G )(F ηη''=G(a)-G(b)F(a)-F(b)=G(b)F(b)=3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'， 又根据柯西中值定理，存在ξ∈(a, η)，使得)(G )(F ξξ''''=(a)G -)(G (a)F -)(F ''''ηη=)(G )(F ηη''，又)(G )(F ξξ''''=a)-6()(f )a (21-ξξξ'''-=-121f ”’(ξ).∴3a)-(b ](a)f (b)f )[a -b (21-f(a)-f(b)'+'=-121f ”’(ξ). ∴f(b)=f(a)+21(b-a)[f ’(a)+f ’(b)]-121(b-a)3f ”’(ξ).5、对f(x)=ln(1+x)应用拉格朗日中值定理，证明： 对x>0，有0<x)ln(11+-x1<1.证：f ’(x)=x11+. 对f 在区间[0,x]应用拉格朗日中值定理得： f ’(ξ)=0-x f (0)-f (x)=x ln1-x)ln(1+= x x)ln(1+，∴ln(1+x)=xf ’(ξ)=ξ1x+. ∴x)ln(11+=x ξ1+=x 1+x ξ；即x)ln(11+-x 1=xξ.又0<xξ<1，∴0<x)ln(11+-x1<1.6、设a 1,a 2,…,a n 为n 个正实数，且f(x)=(na a a x n x 2x 1+⋯++)x1. 证明：(1)0x lim →f(x)=nx n x 2x 1a ··a ·a ⋯；(2)∞→x lim f(x)=max{a 1,a 2,…,a n }. 证：(1)0x lim →f(x)=e na a a ln x 1lim x n x 2x 10+⋯++→x = exn x 2x 1nx n 2x 21x 10a a a a ln a a ln a a ln a lim+⋯+++⋯++→x= ena ln a ln a ln n21+⋯++=n xn x 2x 1a ··a ·a ⋯. (2)记A=max{a 1,a 2,…,a n }，则0<Aa k≤1, (k=1,2,…,n)∵f(x)=A[n)A a()A a ()Aa (x n x 2x 1+⋯++]x 1，∴A(n 1)x 1<f(x)≤A ， 又∞→x lim A(n1)x1=A ，∴∞→x lim f(x)=A=max{a 1,a 2,…,a n }.7、求下列极根： (1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11；(2)2xx x x)ln(1-xe lim+→；(3)sinxx 1sinx lim20x →.解：(1)=→1x lim (1-x 2)x)-ln(11=e)x 1ln()x 1ln(lim21x --=→= e21x x1)x 1(x 2lim--=→=ex 1x 2lim1x +=→=e.(2)2x 0x x x)ln(1-xe lim +→=2xx 11-xe e lim xx0x ++→=2x)(11xe 2e lim 2x x 0x +++→=23. (3)sinxx 1sinx lim20x →=)sinx x ·x 1sin x (lim 0x →=)x 1sin x (lim 0x →·sinx x lim 0x →=0·1=0.8、设h>0，函数f 在U(a,h)内具有n+2阶连续导数，且f (n+2)(a)≠0, f 在U(a,h)内的泰勒公式为：f(a+h)=f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )θh a (f 1)(n +++h n+1, 0<θ<1.证明：θlimh →=2n 1+. 证：f 在U(a,h)内带皮亚诺型余项的n+2阶泰勒公式为：f(a+h)= f(a)+f ’(a)h+…+n!)a (f (n)h n +1)!(n )a (f 1)(n ++h n+1+2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o(h n+2),与题中所给泰勒公式相减得：1)!(n )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n +-+++h n+1=2)!(n )a (f 2)(n ++h n+2+o (h n+2).∴1)!(n θ+·θh )a (f )θh a (f 1)(n 1)(n ++-+=2)!(n )a (f 2)(n +++2n 2n h )h (++o .令h →0两端取极限得：1)!(n )a (f 2)(n ++θlim 0h →=2)!(n )a (f 2)(n ++，∴θlim 0h →=2n 1+.9、设k>0，试问k 为何值时，方程arctanx-kx=0存在正根.解：若方程arctanx-kx=0有正根x 0，∵f(x)=arctanx-kx 在[0,x 0]上可导， 且f(0)=f(x 0)=0，由罗尔中值定理知，存在ξ∈(0,x 0)，使得 f ’(ξ)=2ξ11+-k=0. 可见0<k<1. 反之，当0<k<1时，由f ’(x)=2x11+-k 连续，f ’(0)=1-k>0， ∴存在某邻域U(0,δ)，使得在U(0,δ)内，f ’(x)>0，f(x)严格递增， 从而存在a>0，使f(a)>f(0)=0. 又+∞→x lim f(x)=-∞，∴存在b>a ，使f(b)<0， 由根的存在定理知，arctanx-kx=0在(a,b)内有正根. ∴当且仅当0<k<1时，原方程存在正根.10、证明：对任一多项式p(x)来说，一定存在点x 1与x 2，使p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上分别严格单调.证：设p(x)=a 0x n +a 1x n-1+…+ a n-1x+a n ，其中a 0≠0，不妨设a 0>0. 当n=1时，p(x)=a 0x+a 1，p ’(x)=a 0>0，∴p(x)在R 上严格增，结论成立. 当n ≥2时，p ’(x)=na 0x n-1+(n-1)a 1x n-2+…+ a n-1，若n 为奇数，则∞→x lim p ’(x)=+∞，∴对任给的G>0，存在M>0，使 当|x|>M 时，有p ’(x)>G>0，取x 1=M ，x 2=-M ，则 p(x)在(x 1,+∞)与(-∞,x 2)上均严格增.若n 为偶数，则+∞→x lim p ’(x)=+∞，-∞→x lim p ’(x)=-∞， ∴对任给的G>0，存在M>0，使当x>M 时，有p ’(x)>G>0，当x<-M 时，p ’(x)<-G<0，取x 1=M ，x 2=-M ， 则p(x)在(x 1,+∞)上严格增，在(-∞,x 2)上严格减. 综上原命题得证。
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第六节 定积分的近似计算
1. 分别用梯形法和抛物线法近似计算
⎰21x dx (将积分区间十等份) 解 (1)梯形法
⎰21x dx ≈412.111.1121(1012+⋯⋯+++-)6938.0≈
(2)抛物线法 ⎰21x dx =⎢⎣⎡++-(42
113012])8.116.114.112.11(2)9.117.115.113.111.11++++++++6932.0≈ 2. 用抛物线法近似计算dx x
x ⎰π0sin 解 当n=2时，dx x x ⎰π
0sin ≈12π⎥⎦
⎤⎢⎣⎡∙+++πππ22)32222(41≈1.8524. 当n=4时，dx x x ⎰π
0sin ≈
24π
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++πππππππππππ322222287sin 7885sin 5883sin 388sin 841 ≈1.8520. 当n=6时，dx x x ⎰π
0sin ≈
⎢⎢⎣
⎡
⎝⎛+++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∙+++++πππππππππππππππ54332233321211sin 11122234127sin 712125sin 5122212sin 124136≈1.8517.
3..图10-27所示为河道某一截面图。
试由测得数据用抛物线法求截面面积。
解 由图可知n=5，b-a=8. ⎰
b a x f )(dx ≈()()[]864297531100245*68y y y y y y y y y y y ++++++++++
=()()[]85.075.165.185.0255.02.10.230.15.0400154++++++++++ =()2.102.2215
4+=8.64（m 2）
（1）按积分平均
⎰-b a t d t f a
b )(求这一天的平均气温，其中定积分值由三种近视法分别计算；
（2）若按算术平均∑=-1211121i i c 或∑=12
1
121i i c 求得平均气温，那么它们与矩形法积分平均和梯形法积分平均各有什么联系？简述理由。
解 （1）矩形法
⎰24
0)(t d t f ≈i i i t t f ∆∑=)(121=2∑=12
1)(i i t f
=2（23.0+24.1+25.6+27.3+30.2+33.4+35.0+33.8+31.1+28.2+27.0+25.0）
=2*343.7=687.4
梯形法：
⎰24
0)(t d t f ≈⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++++++++-20.250.272.281.318330.354.332.303.276.251.240.2328.2512024=2*344.1=688.2
抛物线：
⎰240)(t d t f
≈()[]0.271.310.352.306.250.234258.256*6024+++++++-
+2()2.288.334.333.271.24++++ =()6.2936.6878.503
2++=688. 故 t 矩=24
4.687≈28.64 t 矩=24
2.688≈28.68 t 矩=24
0.688≈28.67 （2）t 左=∑=-12
1
1121i i c =125.344 ≈28.7 t=∑=12
1
121i i c ≈127.343≈28.7。