第三章中值定理与导数的应用经典例题

合集下载

高等数学第三章中值定理与导数的应用习题课

(5) (1 + x )α = 1 + αx +
α (α − 1)
2!
x2 + L+
α (α − 1)L (α − n + 1)
n!
x n + o( x n )
Ⅲ 导数的应用
一、函数的极值与单调性
1．函数极值的定义． x ∈ U ( x0 , δ ), f ( x ) ≤ f ( x0 ), f ( x0 )为极大值. 为极大值.
0 ∞ 其它型：其它型： ⋅ ∞ , ∞ − ∞ , 0 , 1 , ∞ , 转化为 “ ”型或“ ” 型 0 型或“ 型或 0 ∞
0 ∞ 0
二、泰勒公式
1．泰勒公式．
如果函数在含有一点的开区间内具有直到(n+1)阶导数阶导数如果函数在含有一点的开区间内具有直到 f ′′( x0 ) f ( n) ( x0 ) 2 f ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) + L+ ( x − x0 )n + Rn ( x) 2! n! ( n +1) f (ξ ) Rn ( x ) = ( x − x0 ) n+1 拉格朗日型余项 ( n + 1)!
x ∈ U ( x 0 , δ ), f ( x ) ≥ f ( x0 ), f ( x0 )为极小值 .
o
。
2．函数的驻点．
f ′( x 0 ) = 0 则 x 0为 f ( x ) 的驻点。的驻点。
3．函数的单调区间的判别．
函数在[a,b]上连续在(a,b)内可导上连续,在内可导. 函数在上连续内可导

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x x f arctan )(=在]1 ,0[上使拉格朗日中值定理结论成立的ξ是ππ-4．（２）设)5)(3)(2)(1()(----=x x x x x f ，则0)(='x f 有3 个实根，分别位于区间)5,3(),3,2(),2,1(中．2．选择题（１）罗尔定理中的三个条件:)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，且)()(b f a f =，是)(x f 在),(b a 内至少存在一点，使0)(='ξf 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 .x e x f =)( B. ||)(x x f = C.21)(x x f -= D.⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0,00,1sin )(x x xx x f （３）若)(x f 在),(b a 内可导，且21x x 、是),(b a 内任意两点，则至少存在一点，使下式成立（ B ）．A ．),()()()()(2112b a f x x x f x f ∈'-=-ξξB ．ξξ)()()()(2121f x x x f x f '-=-在12,x x 之间C ．211221)()()()(x x f x x x f x f <<'-=-ξξD ．211212)()()()(x x f x x x f x f <<'-=-ξξ3．证明恒等式：)(2cot arctan ∞<<-∞=+x x arc x π．证明：令x arc x x f cot arctan )(+=，则01111)(22=+-+='x x x f ，所以)(x f 为一常数．设c x f =)(，又因为(1)2f π=，故)(2cot arctan ∞<<-∞=+x x arc x π．4．若函数)(x f 在),(b a 内具有二阶导数，且)()()(321x f x f x f ==，其中12a x x <<3x b <<，证明:在),(31x x 内至少有一点，使得0)(=''ξf ．证明：由于)(x f 在],[21x x 上连续,在),(21x x 可导,且)()(21x f x f =，根据罗尔定理知，存在),(211x x ∈ξ，使0)(1='ξf ．同理存在),(322x x ∈ξ，使0)(2='ξf ．又)(x f '在],[21ξξ上符合罗尔定理的条件，故有),(31x x ∈ξ，使得0)(=''ξf ．5．证明方程062132=+++x x x 有且仅有一个实根．证明：设621)(32x x x x f +++=，则031)2(,01)0(<-=->=f f ，根据零点存在定理至少存在一个)0,2(-∈ξ，使得0)(=ξf ．另一方面，假设有),(,21+∞-∞∈x x ，且21x x <，使0)()(21==x f x f ，根据罗尔定理，存在),(21x x ∈η使0)(='ηf ，即02112=++ηη，这与02112>++ηη矛盾．故方程062132=+++x x x 只有一个实根．6．设函数)(x f 的导函数)(x f '在],[b a 上连续，且0)(,0)(,0)(<><b f c f a f ，其中是介于b a ,之间的一个实数．证明：存在),(b a ∈ξ, 使0)(='ξf 成立.证明：由于)(x f 在],[b a 内可导，从而)(x f 在闭区间],[b a 内连续，在开区间(,)a b 内可导．又因为()0,()0f a f c <>，根据零点存在定理，必存在点1(,)a c ξ∈，使得0)(1=ξf ．同理，存在点2(,)c b ξ∈，使得0)(2=ξf ．因此()f x 在[]21,ξξ上满足罗尔定理的条件，故存在),(b a ∈ξ，使0)(='ξf 成立．7. 设函数)(x f 在]1,0[上连续, 在)1,0(内可导. 试证:至少存在一点(0,1)ξ∈, 使()2[(1)(0)].f f f ξξ'=-证明：只需令2)(x x g =，利用柯西中值定理即可证明. 8．证明下列不等式（１）当π<<x 0时，x xxcos sin >．证明：设t t t t f cos sin )(-=，函数)(t f 在区间],0[x 上满足拉格朗日中值定理的条件，且t t t f sin )(=', 故'()(0)()(0), 0f x f f x x ξξ-=-<<, 即0sin cos sin >=-ξξx x x x (π<<x 0)因此，当π<<x 0时，x xxcos sin >．（２）当0>>b a 时，bba b a a b a -<<-ln ．证明：设x x f ln )(=，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 ξξ-=-<<因为'1()f x x =，所以1ln ()a a b b ξ=-，又因为b a ξ<<，所以111a bξ<<，从而bba b a a b a -<<-ln ． §3.1 洛毕达法则1．填空题（１）=→xxx 3cos 5cos lim2π35-（２）=++∞→xx x arctan )11ln(lim0 （３）)tan 11(lim 20x x x x -→=31（４）0lim (sin )xx x +→=1 ２．选择题（１）下列各式运用洛必达法则正确的是（ B ） A ．==∞→∞→nn nn n en ln limlim 11lim=∞→nn eB ．=-+→x x x x x sin sin lim0 ∞=-+→xxx cos 1cos 1lim 0C ． x x x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim sin 1sin lim020-=→→不存在 D ．x x e x 0lim →=11lim 0=→x x e（２）在以下各式中，极限存在，但不能用洛必达法则计算的是（ C ）A ．x x x sin lim 20→B ．x x x tan 0)1(lim +→C ． xx x x sin lim +∞→ D ．x nx e x +∞→lim3．求下列极限（１）nn mm a x a x a x --→lim ．解： n n m m a x a x a x --→lim =nm n m a x a nm nx mx ---→=11lim．（２）20222lim xx x x -+-→．解：20222lim xx x x -+-→=x x x x 22ln 22ln 2lim 0-→-=2)2(ln 2)2(ln 2lim 220x x x -→+=2)2(ln ．（３）30tan sin lim xxx x -→．解：30tan sin lim x x x x -→＝32030)21(lim )1(cos tan lim x x x x x x x x -⋅=-→→＝21-．（４）20)(arcsin 1sin lim x x e x x --→．解：20)(arcsin 1sin lim x x e x x --→＝201sin lim x x e x x --→＝212sin lim 2cos lim 00=+=-→→x e x x e x x x x ．（５）xx x x xx ln 1lim 1+--→．解： )ln 1()(x x x x x +='，x x x x xx ln 1lim 1+--→＝xx x x x 11)ln 1(1lim 1+-+-→＝22111)ln 1(limx x x x x xx x --+-→2])ln 1([lim 1221=++=++→x x x x x x ．（６）)111(lim 0--→x x e x ．解：2121lim )1(1lim )111(lim 22000==---=--→→→x xe x x e e x x x x x x x （７）x x xtan 0)1(lim +→．解：1)1(lim 202000sin limcsc 1lim cot ln limln tan lim tan 0=====+→+→+→+→+----→x xx x xxxx xx x x x x eeee x．（８）)31ln()21ln(lim xxx +++∞→．解： )31ln()21ln(lim x x x +++∞→=2ln 23ln(12)12lim ln(12)3lim 3lim1x x x x x x x x x →+∞→+∞→+∞+++== =xx x 212lim 2ln 3++∞→=2ln 3．（９）n n n ∞→lim ．解：因为1lim 1limln 1lim ===∞→∞→∞→x x xx x x x eex ，所以n n n ∞→lim =1．§3.3 泰勒公式１．按1-x 的幂展开多项式43)(24++=x x x f ．解： 10)1(,64)(3='+='f x x x f ，同理得24)1(,24)1(,18)1()4(=='''=''f f f ，且0)()5(=x f ．由泰勒公式得：43)(24++=x x x f =432)1()1(4)1(9)1(108-+-+-+-+x x x x ．2．求函数x e x x f 2)(=的带有佩亚诺型余项的阶麦克劳林公式．解：因为)(!!2!112n nxx o n x x x e +++++= ，所以xe x xf 2)(==2222[1()]1!2!(2)!n n x x x x o x n --+++++-=)()!2(!2!1432n n x o n x x x x +-++++ ． 3．求一个二次多项式)(x p ，使得)()(22x x p x ο+=．解：设x x f 2)(=，则2ln 2)(x x f ='，2)2(ln 2)(x x f =''． 2)2(ln )0(,2ln )0(,1)0(=''='=f f f ，故 )(!2)2(ln !12ln 12222x x x xο+++=，则 222)2(ln 2ln 1)(x x x p ++=为所求．4．利用泰勒公式求极限)]11ln([lim 2xx x x +-∞→．解：因为 ))1((3)1(2)1(1)11ln(332xo x x x x ++-=+，所以 )11ln(2x x x +-=)])1((3)1(2)1(1[3322x o x x x x x ++--=)1(3121x o x +-，故 21)]1(3121[lim )]11ln([lim 2=+-=+-∞→∞→x o x x x x x x ． 5．设)(x f 有三阶导数,且0)1(,0)(lim 20==→f xx f x ,证明在)1,0(内存在一点,使0)(='''ξf ．证明：因为 0)(lim 20=→xx f x ，所以0)0(,0)0(,0)0(=''='=f f f ．由麦克劳林公式得：332!3)(!3)(!2)0()0()0()(x f x f x f x f f x f ξξ'''='''+''+'+=（介于0与之间），因此 !3)()1(ξf f '''=，由于0)1(=f ，故0)(='''ξf ．§3.4函数的单调性与曲线的凹凸性1．填空题（１）函数)ln(422x x y -=的单调增加区间是),21()0,21(+∞-，单调减少区间)21,0()21,( --∞．（２）若函数)(x f 二阶导数存在，且0)0(,0)(=>''f x f ，则xx f x F )()(=在+∞<<x 0上是单调增加．（３）函数12+=ax y 在),0(∞+内单调增加，则．（４）若点（1，3)为曲线23bx ax y +=的拐点，则=a 23-，29，曲线的凹区间为)1,(-∞，凸区间为),1(∞．2．单项选择题（１）下列函数中，（ A ）在指定区间内是单调减少的函数. A .x y -=2),(∞+-∞B .x y e =)0,(-∞ C .x y ln =),0(∞+D .x y sin =),0(π（２）设)12)(1()(+-='x x x f ，则在区间)1,21(内（ B ）． A .)(x f y =单调增加，曲线)(x f y =为凹的 B.)(x f y = 单调减少，曲线)(x f y =为凹的 C. )(x f y =单调减少，曲线)(x f y =为凸的Ｄ．)(x f y =单调增加，曲线)(x f y =为凸的（３）)(x f 在),(+∞-∞内可导,且21,x x ∀,当21x x >时,)()(21x f x f >,则( D ) A. 任意0)(,>'x f x B. 任意0)(,≤-'x f x C. )(x f -单调增 D. )(x f --单调增（４）设函数)(x f 在]1,0[上二阶导数大于0, 则下列关系式成立的是（ B ） A. )0()1()0()1(f f f f ->'>' B. )0()0()1()1(f f f f '>->' C. )0()1()0()1(f f f f '>'>- D. )0()1()0()1(f f f f '>->' 2．求下列函数的单调区间（１）1--=x e y x ．解：1-='x e y ，当0>x 时，0>'y ,所以函数在区间),0[+∞为单调增加；当0<x 时，0<'y ，所以函数在区间]0,(-∞为单调减少．（２）(2y x =-解：)1(31031-='-x x y ，当1>x ，或0<x 时，0>'y ,所以函数在区间),1[]0,(+∞-∞ 为单调增加；当01x <<时，0<'y ，所以函数在区间]1,0[为单调减少．（３）)1ln(2x x y ++=解：011111222>+=++++='xxx x x y ，故函数在),(+∞-∞单调增加．3．证明下列不等式（１）证明：对任意实数和, 成立不等式||1||||1||||1||b b a a b a b a +++≤+++．证明：令x x x f +=1)(，则0)1(1)(2>+='x x f ，)(x f 在) , 0 [∞+内单调增加. 于是, 由 |||| ||b a b a +≤+, 就有 ) |||| () || (b a f b a f +≤+, 即 ||1||||1||||||1||||||1||||||1||||||1||b b a a b a b b a a b a b a b a b a +++≤+++++=+++≤+++（２）当1>x 时, 1)1(2ln +->x x x ．证明：设)1(2ln )1()(--+=x x x x f ，11ln )('-+=xx x f ，由于当1x >时，211()0f x x x''=->,因此)(x f '在),1[+∞单调递增, 当1x >时, 0)1()(='>'f x f , 故)(x f 在),1[+∞单调递增,当1>x 时, 有0)1()(=>f x f .故当1>x 时,0)1(2ln )1()(>--+=x x x x f ,因此1)1(2ln +->x x x ．（３）当0>x 时，6sin 3x x x ->．证明：设6sin )(3x x x x f +-=,021cos )(2=+-='x x x f ，当0>x ，()sin 0f x x x ''=->，所以)(x f '在),0[+∞单调递增,当0>x 时, 0)0()(='>'f x f , 故)(x f 在),0[+∞单调递增, 从而当0>x 时, 有0)0()(=>f x f . 因此当0>x 时，6sin 3x x x ->．4．讨论方程k x x =-sin 2π(其中为常数)在)2,0(π内有几个实根．解：设()sin ,2x x x k πϕ=-- 则()x ϕ在]2,0[π连续,且k k -=-=)2(,)0(πϕϕ，由()1cos 02x x πϕ'=-=，得2arccos x π=为)2,0(π内的唯一驻点．()x ϕ在2[0,arccos ]π上单调减少，在2[arccos ,]2ππ上单调增加．故k ---=242arccos)2(arccos 2πππϕ为极小值，因此)(x ϕ在]2,0[π的最大值是,最小值是k ---242arccos2ππ．（１）当,0≥k 或242arccos2--<ππk 时,方程在)2,0(π内无实根；（２）当0242arccos2<<--k ππ时,有两个实根；（３）当242arccos2--=ππk 时，有唯一实根．5．试确定曲线d cx bx ax y +++=23中的a 、b 、c 、d ，使得2-=x 处曲线有水平切线，)10,1(-为拐点，且点)44,2(-在曲线上．解：c bx ax y ++='232,b ax y 26+=''，所以2323(2)2(2)062010(2)(2)(2)44a b c a b a b c d a b c d ⎧-+-+=⎪+=⎪⎨+++=-⎪⎪-+-+-+=⎩ 解得：16,24,3,1=-=-==d c b a ．6．求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间（１）12-+=x xx y 解：222)1(11-+-='x x y ,323)1(62-+=''x xx y ,令0=''y ,得0=x ，当1x =±时不存在．当01<<-x 或1>x 时,0>''y ,当1-<x 或10<<x 时,0<''y ．故曲线12-+=x xx y 在)1,0()1,( --∞上是凸的, 在区间和),1()0,1(+∞- 上是凹的，曲线的拐点为)0,0(．（２）32)52(x x y -=拐点及凹或凸的区间解：y '=，y ''=．当0=x 时，y y ''',不存在；当21-=x 时，0=''y ．故曲线在)21,(--∞上是凸的, 在),21(+∞-上是凹的，)23,21(3--是曲线的拐点,7．利用凹凸性证明: 当π<<x 0时, πxx >2sin证明：令πx x x f -=2sin )(, 则π12cos 21)(-='x x f , 2sin 41)(xx f -=''．当π<<x 0时,0)(<''x f , 故函数πxx x f -=2sin )(的图形在),0(π上是凸的,从而曲线)(x f y =在线段AB （其中)(,()),0(,0(ππf B f A ）的上方，又0)()0(==πf f , 因此0)(>x f ,即πx x >2sin ．§3.5 函数的极值与最大值最小值1．填空题（１）函数x x y 2=取极小值的点是1ln 2x =-．（２）函数31232)1()(--=x x x f 在区间]2,0[上的最大值为322)21(=f ，最小值为(0)1f =- ．2．选择题（１）设)(x f 在),(+∞-∞内有二阶导数，0)(0='x f ，问)(x f 还要满足以下哪个条件，则)(0x f 必是)(x f 的最大值？（C ）A ．0x x =是)(x f 的唯一驻点B ．0x x =是)(x f 的极大值点C ．)(x f ''在),(+∞-∞内恒为负D ． )(x f ''不为零（２）已知)(x f 对任意)(x f y =满足x e x f x x f x --='+''1)]([3)(2，若00()0 (0)f x x '=≠，则（B ）A. )(0x f 为)(x f 的极大值B. )(0x f 为)(x f 的极小值C. ))(,00x f x （为拐点D. )(0x f 不是极值点, ))(,00x f x （不是拐点（３）若)(x f 在至少二阶可导, 且1)()()(lim2000-=--→x x x f x f x x ,则函数)(x f 在处( Ａ ) A ．取得极大值 B ．取得极小值 C ．无极值 D ．不一定有极值 3．求下列函数的极值（１）()3/223x x x f -=．解：由13()10f x x -'=-=，得1=x ．4''31(),(1)03f x x f -''=>，所以函数在1=x 点取得极小值．（２）xx x f 1)(=．解：定义域为),0(+∞，11ln 21, (1ln )x xxy ey xx x'==-，令0y '=得驻点x e =，当(0,)x e ∈时，0y '>，当(,)x e ∈+∞时，0y '<．因此ee e y 1)(=为极大值．4．求14123223+-+=x x x y 的在]4,3[-上的最大值与最小值．解：(3)23, (4)132y y -==．由266120y x x '=+-=，得1=x ,2-=x ．而34)2(,7)1(=-=y y , 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．解：设圆锥体的高为, 底半径为,故圆锥体的体积为h r V 2 31π=，由于222)(R r R h =+-，因此)2( 31)(2h Rh h h V -=π)20(R h <<，由0)34( 31)(2=-='h Rh h V π，得34R h =，此时R r 322=．由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在)2,0(R 的内部取得. 现在0)(='h V 在)2,0(R 内只有一个根,故当34R h =, R r 322=时, 内接锥体体积的最大． 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 x =,与间的运费为, 则)100(340052x k x k y -++= （1000≤≤x ），其中是某一正数．由0)34005(2=-+='xx k y ,得15=x .由于k y x 400|0==,k y x 380|15==, 2100511500|+==x y ,其中以k y x 380|15==为最小,因此当AD =15=x km 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, y CB x AC ==,，木料与河岸的夹角为，则l y x =+，且t by t a x sin ,cos ==, t b t a l sin cos +=)2,0(π∈t ．则ttb t t a l 22sin cos cos sin -='，由0='l 得3tan a bt =, 此时233232)(b a l +=，故木料最长为233232)(b a l +=．§3.6函数图形的描绘１．求23)1(+=x x y 的渐近线. 解：由 -∞=+-→231)1(lim x x x ，所以1x =为曲线)(x f y =的铅直渐近线．因为 2)1(lim )(lim ,1)1(lim lim 2322-=-+=-=+=∞→∞→∞→∞→x x x x y x x x y x x x x所以2-=x y 为曲线)(x f y =的斜渐近线．2．作函数23)1(22--=x x y 的图形。

三章节中值定理与导数应用-精品文档

o
1
2
x
( 2 )f ( x ) x , x [ 2 , 2 ]
在 [ 2 , 2 ] 上 f ( x ) 连续， f ( 2 ) f ( 2 ),
f( x ) 在 x 0 ( 2 ， 2 ) 点不可导
不满足条件（2）
y
y x
在（ 2 ， 2 ）内找不到一点使 f ( ) 0
若 x0 , 则有
得令 x 0
f( x )f( ) 0 x
f( x ) f( ) 0 （ 2） lim f '( ) f'() x x 0
由 (1 )( 2 )式，得 0 f () 0 f'( ) 0 证毕。
因而即： f (x)的最大值不在区间端点取到，
至少存在一点 ( a , b ), 使得 f ( ) M ) 0 下证： f'(
f ( x ) 在 ( a , b ) 内可导 , 又 ( a , b ) f(x ) 在点可导 ,
' ( ) f ' ( ) f ' ( ) 且 f 因而 f( x ) 在点左 ,右可导
f ( b ) f ( a ) 结论亦可写成 f ( ) b a
几何解释:
在曲线弧 AB上至少有一点 C,在该点处的切线平行于弦 AB .
y
C
y f( x )
M
B
A
N
D
o a 1 x
2 b
x
f ( b ) f ( a ) f ( a ) ( x a ) 弦AB方程为 y b a
注意:若罗尔定理的三个条件中有一个不满足,其结论可能不成立. 下面举例说明。

第03章微分中值定理与导数的应用习题详解

M 12丿」I 2丿第三章微分中值定理与导数的应用习题3-11.解：(1)虽然 f(x)在［—1,1］上连续，f(—1) = f(1)，且 f(x)在(—1,1)内可导。

可见，f(x)在［_1,1］上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点匕€(-1,1)，使得f 牡)=0，即:f(X)=cosx, F(X)=1 — sin X 且对任一 x 乏0,—】，F'(X)H 0, ”■. f (x),F (x)满足柯西 I 2丿中值定理条件。

—12©宀2=0，满足、； (2)虽然f(x)在［—1,1］上连续,f(_1)= f (1)，但 f (x)在(—1,1)内 x = 0点不可导。

可见，f (x)在［ —1,1］上不满足罗尔中值定理的条件，因此未必存在一点 £ £ (_1,1)，使得 f 徉)=0. 2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件 3 3 .解：令 y = 3arccos x - arccos(3x - 4x 3), y ‘ = 一 23 —12x 2厂工®®3)2，化简得 y'=0,「. y =c ( C 为常数)，又 y(0.5)=兀，故当-0.5<x<0.5，有 y(x)=兀。

「兀f f 兀、 4 .证明：显然f(x), F(x)都满足在'|0,二I 上连续，在10,二内可导L 2」 I 2丿 c oxsn ——x、、2丿F Q-F(O)12丿兀--1 2F( x) -1 sixn_c O 弓-x厂(X )_F(x) ZL"2 /兀 X ,，即 tan I - -- U--1，此时l 4 2丿 2f JI「兀X = 2 I — -arctan l — -1L 4l 2显然萨〔0,-〕，即丿」 I 2丿5.解：因为f(0) = f (1)= f (2) = f (3) =0，又因为f(x)在任一区间内都连续而且可导, 所以f (X)在任一区间 0,1 ], 1,2], [2,3]内满足罗尔中值定理的条件，所以由罗尔定理，得:3" -(0,1), "^(1,2), ©-(2,3),使得：f 徉1 )= 0 r =) &：◎(=), 30 因为6.证明：设f(x) =0的n+1个相异实根为X o V X 1 <X 2 <H( <X n则由罗尔中值定理知：存在J (i =1,2,川n):X0 <：勺1cj ■<X2 vill <-1^Xn ，使得再由罗尔中值定理至少存在So =1,2,川n-1):上11 C 巴21 V ©2 吒 W ©3 V i 11 < J n d W G n ,使得7.解：反证法，倘若 p(X)=0有两个实根，设为X^X 2，由于多项式函数 p(x)在[X 1,X 2]上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点E€(X I ,X 2),使得P 徉)=0,而这与所设p'(x)=0没有实根相矛盾，命题得证。

(完整版)中值定理与导数的应用导数、微分习题及答案.doc

第三章中值定理与导数的应用(A)1．在下列四个函数中 ,在 1,1 上满足罗尔定理条件的函数是 ()A ． y8 x 1 B ． y 4x 2 1 C ． y1D ． y sin x1 x 22．函数 f x满足拉格朗日中值定理条件的区间是 ( )x A ． 2,2B ．2,0C ． 1,2D ． 0,13．方程 x 5 5x 1 0 在1,1 内根的个数是 ()A ．没有实根B ．有且仅有一个实根C ．有两个相异的实根D ．有五个实根4．若对任意 x a, b ，有 f x g x ，则 ( )A ．对任意 x a,b ，有 f x g xB ．存在 x 0 a,b ，使 f x 0 g x 0C ．对任意 x a,b ，有 f x g x C 0 ( C 0 是某个常数 )D ．对任意 x a,b ，有 f xg xC (C 是任意常数 )5．函数 f x3x 5 5x 3 在 R 上有 ()A ．四个极值点；B ．三个极值点C ．二个极值点D ．一个极值点6．函数 f x 2x 3 6x 2 18x 7 的极大值是 ()A ．17B ．11C ．10D ． 97．设 f x 在闭区间1,1 上连续，在开区间1,1 上可导，且 f xM ，f 0 0 ，则必有 ()A ． f xM． f xMC ． f x MD ． f x MB8．若函数 f x 在 a, b 上连续，在 a,b 可导，则 ()A ．存在 0,1 ，有 f b f a f b a b aB ．存在0,1 ，有 f af bf ab a b aC ．存在 a, b ，有 f a f b f a bD ．存在a, b ，有 fbf afa b9．若 a 2 3b 0 ，则方程 f x x 3 ax 2 bx c0 ( )A ．无实根B ．有唯一的实根C ．有三个实根D ．有重实根．求极限 x 2 sin 1()limx时，下列各种解法正确的是10 sin xx 0A ．用洛必塔法则后，求得极限为 0B ．因为 lim 1不存在，所以上述极限不存在x 0 xx xsin 1C ．原式 lim 0x 0sin x xD ．因为不能用洛必塔法则，故极限不存在11．设函数 y1 2x2 ，在 ()xA ． ,单调增加B ．,单调减少C ． 1,1 单调增加，其余区间单调减少D ．1,1 单调减少，其余区间单调增加e x ()12．曲线 y1 xA ．有一个拐点B ．有二个拐点C ．有三个拐点D ．无拐点 13．指出曲线 yx的渐近线 ()3 x 2 A ．没有水平渐近线，也没有斜渐近线B ． x3 为其垂直渐近线，但无水平渐近线C ．即有垂直渐近线，又有水平渐近线D ．只有水平渐近线2x 2 114．函数 f xx 3 1 3 在区间 0,2 上最小值为 ()A ． 729B ． 0C ．1D ．无最小值4x ln 1 x 15．求 limx 2x 01 116．求 limxx 0ln 1 x17．求 lim1 2 sin xxcos3x6118．求 lim 1 x 2 xx 01ln x19．求 limarctgxx220．求函数 y x 3 3x 29x 14 的单调区间。

第三章中值定理与导数应用习题课课件

第三章中值定理与导数的应用(习题课)题组一：中值定理1.考察函数 22-21()1-1⎧≤⎪=⎨>⎪⎩x x f x x x 在[ 0 , 2 ]上关于拉格朗日定理的正确性.解: (1) 验证 f (x )在 x = 1处的连续性。

(2) 验证 f (x )在 x = 0处右连续; x = 2处左连续。

(3) 验证 f (x )在 x = 1处的可导性。

2. 求下列极限1ln(1)(1)limcot π→-x x x解:1ln(1)lim cot x x x π→-=∞∞型1121lim csc xx xππ--→-211sin lim 1x x x ππ→=-00型112sin cos lim1x x x ππππ→⋅⋅=-0=（2） 0lim 42(1)x x x x e πππ→⎛⎫- ⎪+⎝⎭0(12)lim 4(1)xx x e x e πππ→+-=+1(0)xe x x ππ-→0lim4(1)x x xx e πππ→⋅=+2401lim 1xx e ππ→=+28.π=0lim 42(1)x x x x e πππ→⎛⎫- ⎪+⎝⎭解:（3） 112lim 2n nn n a a -→∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭0⋅∞型112()lim 2xxn f x x a a-→∞⎛⎫=+- ⎪⎝⎭设112lim ()lim 2xxx x f x x a a -→∞→∞⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭11122limx x x a a x -+-→∞=00型111ln 2limx xxa a ax --→∞=211ln 2lim()a x xx a a -→∞=+00型2ln .a =112lim 2nnn n a a-→∞⎛⎫∴+- ⎪⎝⎭2ln .a =解:（4）2222211lim(cos )sin →+-+-x x x xx e x解: 因为21x +=1122(1)244122!1(),-+++x x o x 2=x e 221(),++x o x cos =x 222!1(),-+x o x 2sin x(0)→x 2x所以原式 = 221lim→+-x x 1122(1)244122![1()]-+++x x o x 222!1()-+-x o x 22(1())++x o x 2[]x44844302()lim ()→+=-+x x o x x o x 1.12=-3. 设 f ( x ) 在 0()0,''≠f x 证明:当 0∆→时,x 000[()()]/()'+∆-∆-∆与f x x f x x f x x是同阶无穷小. 证明:0000()()()limx f x x f x f x x x∆→+∆-'-∆∆00020()()()lim ()x f x x f x x f x x ∆→'+∆--∆⋅=∆0型x 0的某一邻域内具有二阶导数,且接3.000()()lim2x f x x f x x∆→''+∆-=∆01().2f x ''=且0()0.f x ''≠0000()()()lim x f x x f x f x x cx∆→+∆-'-∆∴=∆(非零常数)故当 0∆→时,x 000[()()]/()'+∆-∆-∆与f x x f x x f x x是同阶无穷小.4. 证明:当 x >1时, 212arctan arccos 214π-=+x x x 证明: 212()arctan arccos 214x f x x x π=--+设22221112()()()12121()1xf x x xx x ''=--⋅++-+22222211111(1)x xx x x +-=-⋅+-+0=()()f x c c ∴=为常数接4.取 x = 1 得(1)c f =12arctan1arccos 2114π=--+0=()0f x ∴=212arctan arccos .214x x x π-=+即5. 证明函数 ()()ln[sin()1]=--+f x x a b x 的导数在 ( a , b )内必有零点.证明: ()()0f a f b ==Rolle 定理(,)()0.a b f ξξ'∃∈=使6. 设 f ( x )可导, ()()'+f x f x 的零点.证明: 1212()()0.f x f x x x ==<设且()(),xF x e f x =⋅设显然 F (x )在[ x 1 , x 2 ]上满足Rolle 定理, 12(,)()0.x x F ξξ'∴∃∈=使(()())0e f f ξξξ'+=即()()0.f f ξξ'+=故试证在 f ( x )的两个零点之间必有7. 设 f ( x ) 在 ()1,'>f x ()0,<f a 试证方程 ()0=f x 在 (,())-a a f a 内有唯一实数根.证明: 先证根的存在性.()[,()],f x a a f a -显然在上满足拉格朗日中值定理(())()()(())f a f a f a f f a ξ'∴--=-(,())a a f a ξ∈-(())()(1())f a f a f a f ξ'-=-即()0,()1f a f x '<>而(())0f a f a ->故[ a , +∞ ) 上连续,在 ( a , +∞ ) 内可导且接7.由零点定理知 ()0=f x 在 (,())-a a f a 内有实数根.再证根的唯一性()1,f x '>因为()(,()).f x a a f a -所以在上单调增加故 ()0=f x 在 (,())-a a f a 内有唯一实根. 综合以上两部分可知结论成立.8. 设 f ( x ) 在 (0)(1)0,==f f 11,2⎛⎫= ⎪⎝⎭f 试证:在( 0 , 1 )内至少有一点 ξ , 使 () 1.ξ'=f 证明: ()(),F x f x x =-设11(1)-1,().22F F ==则由零点定理得: (,1)()0.F ηη∃∈=1使2(0)0,F =又知在[0 , η ]上应用Rolle 定理得: ()0,(0,).F ξξη'=∈()10.f ξ'-=即[ 0 , 1 ]上连续,在( 0 , 1 )内可导且9. 设 f ( x ) 和g ( x ) 且对一切 x ∈( a , b )有 ()0,'≠g x (,)ξ∈，a b 则必存在使 ()()().()()()ξξξξ'-='-f f f a g g b g 证明: ()()()()()()()()0f g g f g b f f a g ξξξξξξ''⋅+⋅''-⋅-⋅=将结果变形为:()()()()()()()F x f x g x g b f x f a g x =--设()[,]:F x a b 对在上应用拉格朗日中值定理得()()()(),(,).F b F a F b a a b ξξ'-=-∈在 [ a , b ]上连续,在( a , b )内可导接9.[()()]()[()()]()f f ag g b g f ξξξξ''-=-即()0g x '≠()0g ξ'∴≠()()0g b g ξ-=假设()()g b g ξ=即()[,]Rolle :g x b ξ对在上应用中值定理得(,)(,)()0.b a b g ηξη'∃∈⊂=使()0.g x '≠这与矛盾()()0.g b g ξ-≠故于是有 ()()().()()()ξξξξ'-='-f f f a g g b g10.设 f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] (1)0,=f 试证:在( 0 , 1 )内至少有一点 ξ , 使2()().f f ξξξ'=-证明: 2()()f f ξξξ'=-()2()0f f ξξξ'⋅+=2()2()0f f ξξξξ'⋅+⋅=2()()F x x f x =设，显然 F (x ) 在[0,1]上满足Rolle 中值定理. (0,1)()0,F ξξ'∴∃∈=使2()2()0f f ξξξξ'⋅+⋅=即上连续,在( 0 , 1 )内可导且 2()().f f ξξξ'=-故1. 讨论方程 21=x x 并求出它们所在的区间. 解: 题组二：导数的应用()21,x f x x =-设()2(1ln 2).x f x x '=+则()0f x '=令1ln 2x =-得x()f x '()f x 1(,)ln 2-∞-1ln 2-1(,)ln 2-+∞-∞+∞-0-+-+的实数根的个数,接1. 1ln 2-x y o 因此方程有唯一实数根1(,).ln 2-+∞介于2. 设 f ( x ) 连续 0()lim 2,1cos →=-x f x x则在 x = 0 处 f ( x )为________. A. 不可导 B. 可导且 (0)0'≠f C. 取极大值D.取极小值解: (0)f '=0()(0)lim 0x f x f x →--0()1cos lim()1cos x f x x x x →-=⋅-0()1cos lim()1cos x f x x x x →-=⋅-01cos 2lim x x x→-=⋅0=且 f ( 0 ) = 0 ,接2.0()lim 21cos x f x x→=-1cos 0x -≥20>极限的局部保号性(0,)U δ∃(0,),x U δ∈当时()0f x >(0)f = x = 0为函数极小值点.3.设 f ( x ) 在 x = x 0的如果 00()()0,'''==f x f x 而 0()0,'''≠f x 讨论 x = x 0为极值点还是( x 0 , f (x 0))为拐点.解: 0()f x '''=000()()lim x x f x f x x x →''''--00()lim x x f x x x →''=-0.≠000x x x x →+->时000x x x x →--<时00()()f x f x +-''''''=0()f x x ''在的左右方变号.( x 0 , f (x 0))为拐点.某一邻域内具有三阶连续导数,接3.由泰勒公式得()f x =20000033000()()()()()2!()()(())3!f x f x f x x x x x f x x x o x x '''+-+-'''+-+-00()()0f x f x '''==0()0f x '''≠330000()()()()(())3!f x f x f x x x o x x '''-=-+-000()()x x x x f x f x →+→--时与时变号( x 0 , f (x 0))不是极值点.4. 试确定常数 2=++y ax bx c与曲线 cos =y x 在 x = 0 处有相同的切线和曲率.解: a , b , c 使抛物线记 21()y x axbx c =++2()cos y x x =因两曲线同过 0,x =所以有 12(0)(0)y y=1c =因两曲线在 0x =有相同的斜率，所以有 12(0)(0)y y ''=02|x ax b =+=0sin |x x =-0b =接4.因两曲线在 0x =有相同的曲率，所以有3322122212|(0)||(0)|(1(0))(1(0))y y y y ''''=''++又因为 12(0)(0)y y ''=所以 12|(0)||(0)|y y ''''=1||2a =5. 设f ( x ) 在 ()()ϕ=f x x x在 x = a (a ≠ 0)有极值,试证:曲线f ( x ) 在(a , f (a ) )处的切线过原点. 证明: ( - ∞ , +∞ ) 上可微,函数曲线 ()yf x =在 (,())a f a 处的切线为 ()()()y f a f a x a '-=-因为 ()x ϕ在 x a =取得极值，所以 ()0a ϕ'=而 ()a ϕ'=()|x a x ϕ='()()|x a f x x='=2()()|x a f x x f x x='-=2()()f a a f a a '-=0=接5.所以()()f a f a a'=()()()y f a f a x a '-=-将其代入切线方程得 ()f a y x a=于是切线过原点。

第三章微分中值定理和导数的应用习题66道

第三章微分中值定理和导数的应用3．1 验证罗尔定理对函数21x y -=在区间]1,1[-上的正确性。

3．2 验证罗尔定理对函数x y sin ln =在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡65,6ππ上的正确性。

3．3 不用求函数)4)(3)(2)(1()(----=x x x x x f 的导数，说明0)(/=x f 有几个实根，并指出它们所在的区间。

3．4 试证明对函数r qx px y ++=2应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间。

3．5 验证担格朗日定理对于函数x x f arctan )(=在区间[0，1]上的正确性。

3．6 对函数3)(x x f =及1)(2+=x x g 在区间[1，2]上验证柯西中值定理的正确性。

3．7 对函数x x f sin )(=，x x g cos )(=在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π验证柯西中值定理的正确性。

3．8 对函数2)(x x f =，x x g =)(在区间[1，4]上验证柯西中值定理的正确性。

3．9 试证当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈2,2ππx 时，|tan |||x x ≤（等号只有在0=x 时成立）。

3．10 证明下列不等式：（1）b a b a -≤-arctan arctan ；（2）y x y x -≤-sin sin ；（3）)()(11y x nx y x y x ny n n n n -<-<--- （y x n >>,1）；（4）如果20παβ<≤<，试证：αβαβαββα22cos tan tan cos -≤-≤-；（5）设0>n ，试证：1111arctan 1arctan 1)1(122+<+-<++n n n n 。

3．11 试证：21arctan arcsin xx x -= （11<<-x ）。

3．12 若k x f =)(/，k 为常数，试证：b kx x f +=)(。

中值定理与导数的应用-§3.7 导数应用案例

养场应该在什么时候出售这样的生猪获利最大？
解设这样的生猪饲养 t 天后出售，则由题意，每头新增利润为 L(t ) (25 0.4t )(80 2t ) 10t 25 80
0.8t 2 8t
微积分第3章中值定理与导数的应用
3.7 导数应用案例
因为 L(t ) 1.6t 8, 所以，由L( t ) 0, 解得驻点 t 5 . 又因为 L(t ) 1.6 0, 所以 t 5 为极大值点（唯一）
且为 T (2) 10(万元).
7 x 0.2 x (3 x 1)x 2 1
(x>0)
微积分第3章中值定理与导数的应用
3.7 导数应用案例
令 L( x ) 4 t 0.4 x 0, 解得唯一驻点 x 10 2.5t ,
又因为 L(10 2.5t ) 0.4 0, 从而当 x 10 2.5t 时
3.7 导数应用案例
x 180 解设房租为每月 x 元，租出去的房子有 50 套，
每月总收入为

10

x x 180 ( x 20) 68 , R(x )=(x -20) 50 10 10
x x 1 R( x ) 68 ( x 20) 70 10 5 10
第3章中值定理与导数的应用
§3.7 导数应用案例
微积分第3章中值定理与导数的应用
3.7 导数应用案例
§3.7
导数应用案例
一、生猪的出售时机问题某生猪饲养场每天投入10元资金用于食料、人工等，估计可使一头80公斤重的生猪每天增加2公斤.目前生猪出售的市场价格为每公斤25元，但是预计每天会降低 0.4元，问该饲

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第三章中值定理与导数的应用例4 设n a a a a 321,,为满足
01
2)1(3121=-=-++-
-n a a a n n 的实数，试证明方程 ,0)12cos(3cos cos 21=-+++x n a x a x a n 在)2/,0(π内至少存在一个实根.
证作辅助函数
,)12sin(1
213sin 31sin )(21x n a n x a x a x f n --+++= 显然,0)2/()0(==πf f )(x f 在]2/,0[π上连续,在)2/,0(π内可导,故由罗尔定理知, 至少存在一点),2/,0(πξ∈使
,0)(='ξf
即 0)12c o s (3c o s c o s )(21=-+++='ξξξ
ξn a a a f n 从而题设方程在)2/,0(π内至少有一个实根. 例5 设)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可导, 且
.0)()(==b f a f
证明: 存在),(b a ∈ξ,使)()(ξξf f ='成立.
证从结论倒退分析知, 可引进辅助函数
,)()(x e x f x -=ϕ
由于,0)()(==b a ϕϕ 易知)(x ϕ在],[b a 上满足罗尔定理条件,且 ,)()()(x x e x f e x f x ---'='ϕ 因此, 在),(b a 内至少存在一点),,(b a ∈ξ使
,0)(='ξϕ
即 ,0)()(=-'--ξξξξe f e f
因,0≠-ξe 所以
).()(ξξf f ='
例9(E04) 证明当0>x 时,.)1ln(1x x x
x <+<+ 证设),1ln()(x x f +=则)(x f 在],0[x 上满足拉格朗日定理的条件. 故
)0)(()0()(-'=-x f f x f ξ ),0(x <<ξ ,0)0(=f ,11)(x x f +=
' 从而ξ
+=+1)1ln(x x ),0(x <<ξ
又由x +<+<111ξ⇒,11111<+<+ξ
x ∴
,11x x x x <+<+ξ 即 .)1l n (1x x x
x <+<+ 例2 用切线法求方程04.19.01.123=-++x x x 的实根的近似值,使误差不超过.103- 解令,4.19.01.1)(23-++=x x x x f 因,0)0(<f .0)1(>f 故]1,0[是一个隔离区间. 在]1,0[上,,09.02.23)(2>++='x x x f ,02.26)(>+=''x x f
)(x f '' 与)(x f 同号,∴令.10=x 用切线法计算得: 1x ;738.0)
1()1(1≈'-=f f 2x )
738.0()738.0(738.0f f '-=;674.0≈ 3x )674.0()674.0(674.0f f '-
=;671.0≈ 4x )
671.0()671.0(671.0f f '-=;671.0≈计算停止. 所得根的近似值为0.671，其误差都小于.103-。