第三章微分中值定理与导数的应用习题详解.docx

精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -第三章微分中值定理与导数的应用习题 3-1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1. 解：（ 1）虽然f x 在 1,1 上连续，f 1f 1 ，且f x在 1,1 内可导。 可见，f x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结在 1,1 上满意罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点1,1，使得f 0 ，即：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结120，满意，0 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2212可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ 2）虽然f x 在 1,1 上连续，f 1f 1 ，但f x 在 1,1 内 x0 点不行导。可见，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1,0< x1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f x 在 1,1 上不满意罗尔中值定理的条件，且f x不存在 ,x=0, 因此不存在一可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1,1< x0点1,1，使得f 0 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 由于函数是一初等函数，易验证满意条件.3312 x2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3 解 ：令y3 arccosxarccosx3x34， y1x213 x4 x3 2，化简得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结y0,yC （ C 为常数），又y0.5，故当0.5x0.5 ，有y x。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4 证 明 ： 显 然f x, F x都 满 足 在0,上 连 续 ， 在0,内 可 导22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xcos x, Fx1sinx 且对任一 x0,， F2 x0 ，f x,F x 满意柯西中可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结值定理条件。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ff 0sinxcosx可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结21，而f xcos x242，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结FF 01F x1sin x1cosxsinx可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结22242可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令f x1F x12， 即t a nx，1此 时x4222a r c t a n 42, 1显 然可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x0,2，即24arctan210,，使得2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 1 页，共 29 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结fff 320。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结F 3FF 02可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 解：由于f 0f 1f 2f 30 ，又由于f x 在任一区间内都连续而且可导，所可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结以 f x 在任一区间0,1 , 1, 2 , 2, 3内满意罗尔中值定理的条件，所以由罗尔定理， 得至少可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结10,1,21,2,32,3,使 得 ：f 10 ,f2f0 , 3， 又0因 为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f x0 至多只有三个根，f x0 有 3 个根1 ,2 ,3 分别属于 0,1,1,2,2,3 三可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结个 区 间 . 6证明 ：设f x0 的 n1 个相异实根为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x0x1x2xn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就由罗尔中值定理知：存在1i i1,2,n ：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x011x112x21nxn ，使得f 1i 0, i1,2, n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结再由罗尔中值定理至少存在2i i1,2,n1 ：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11211222132n11n ，使得f2i 0, i1,2, n1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结如此作到第n 步，就知至少存在一点：n 11n 12 使得f n 0 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结7解：反证法，如果p x0 有两个实根， 设为x1 和 x2 ， 即p x1 px2 0 ，不妨设 x1x2 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于多项式函数p x 在 x1, x2 上连续且可导， 故由罗尔中值定理存在一点 x1 , x2 ，使得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结p 0 ，而这与所设p x0 没有实根相冲突，命题得证。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8证明 ：令f xx5x1 ，由于f 01, f11 由零点定理知，在0,1 内至少存在可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结一点，使f 0 ，又由方程得xx411，因此方程只存在0 与 1 之间的正根，假设可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x5x10 有两个正根，即x , x0 ，且 xx 使得：f x f x0 ，不妨假设可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结121212可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x1x2 ，明显f x 在 x1 , x2 上连续， 在 x1 , x2 内可导。所以由罗尔定理， 得：x1, x2 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 2 页，共 29 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结使得： f0 ，即 5 410 ，冲突， 假设不成立， 所以方程 x5x10 只有一个正根。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9证明 ：（ 1）由于f x 在 a, b 上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在a,b 使得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f bf a f ba可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又 f m ，故f b f amba ，即f bf amba 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ 2）由于f x在 a, b 上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在a,b 使得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f bf aba f可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又f M ，所以 |f bf a |M ba 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ 3）当 x1x2 时结论明显成立，当x1x2 时，对函数sin x 在以x1, x2 为端点的区间上应用可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结拉格朗日中值定理，得sin x1sin x2cos x1x2 ，其中在x1 与x2 之间，因此可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结sin x1sin x2cosx1x2x1x2 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结10 证明：由于f x在 a, b 内具有二阶导数，所以由罗尔定理，得1 x1 , x2 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 x2 , x3 ，使得f 1f 2 0 ，又f x在1,2且满意罗尔定理的条件，故可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由罗尔定理，得： 1,2 x1, x3 ，使得 f0 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11证明： 设f xlnx ，由拉格朗日中值定理，得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f a f b aba可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结b, a，使得：f 即：ln aabln bln，又b , a ，b可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结111，abababab。ab可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结12证明： 对函数f xarctan x 在 0,h 上应用拉格朗日中值定理：存在0, h 使得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结arctan harctan harctan 0h12可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从而h1h 2arctan hh 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 3 页，共 29 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结13证明 ：（ 1）令f xarctan x 。当 ab 时结论明显成立。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 ab 时，由拉格朗日中值定理，得f f bf a 。（在a, b 构成的区间内） ，即：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ba112f bf aarctan bbaarctan a 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结arctan aarctan bab1ab12可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x综上所述，结论成立。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ 2）令f xe可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由拉格朗日中值定理，得：1,x ，使得：ff xxf 1 ，即： 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xf 1exe x1) f x1e ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又1,x ，故 ee ，所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结exe x1e x1e，即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结exex 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结14证明 ： yf x 在 x0 的某邻域内具有n 阶导数， 由柯西中值定理，得：10, x 使可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xf xf 0xnxn0nf 1 f 1nn 1nn 1f 00，反复使用柯西中值定理，得：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结20,1 .30,2 .0,n 10, x ，使得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xf 1 f0f 2 f0f n 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结xnnn 10n n1 n 20n.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结12可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即0,1 ，使x0, x ，使得：f xnf n x,01 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结xn .习题 3-2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1. 解：f 26, f24, f24, f26, fn 20n4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结将上述结果代入泰勒多项式，得f22f23可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xf 2f 2 x2 x2 x2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2.3.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 4 页，共 29 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f x x232x224x26 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 解：由于f 01,1k k .f k x, f k 01k k ., k1,2,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1x k 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以f x1xx21n xn1n 1xn 1,01.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1x n 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. 解：由于f 00, fxsec2 x, f01,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2224可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f x2sec x tan x , f00 ， f x4sec x tanx2secx, f02 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f 4 x8sec2 x tan3 x16sec4x tan x,f 4 00 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f 5 x16sec2x tan4 x88sec4x tan2 x16sec6 x,f 5 016 ，所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xx1 x32 x5o x5 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结31511335可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 解：f xx ，所以f x, fxx 2 ， f xx 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2x48可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f 4 x15 x1672 ，令 x4 代入得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f 42, f 41 , f41 , f43，由泰勒公式，得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结43225611115x44可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x2 x4 x4 2x43.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结46451274.164 x4 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 解：由于f x1 ， f x x1 , fx2 x2 , fx3 x3.，一般的，有x4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f n x1nn .xn 1，所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f 11, f11, f12, f13. ，一般的，有：f n 1n.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以，由泰勒公式，得12nn 1x1n 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1 xx1 x1x1 11 x1n2 ,01.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结6. 解：f xxe x ，所以f n x xex n1n C 0e x x1 n1 C1ex x0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 5 页，共 29 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1n xe x1n1 n ex ，又f n 01n1 n ，所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xxx2x1n 1xo xn .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3n2n1.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结7. 解：（1）由于3 xf27f27 x27f27 x27 2f27 x27 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结31 x271 x27 25 x27323.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2737所以 3 303.10724,误差为：312f 4 34f 427 3412100.00002可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4.4.3x313可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ 2）sin xxsin5 ,sin180.309993.103.10x5可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结误差为5.210 5 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8. 解：（1）由于分式的分母sin3xx3 x0 ，我们只需将分子中的sin x 和x cos x 分别用可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结sinx3xxo x33.x3， x cos xxo x3 ，于是 2.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结sinx3xx cos xxo x3 x3xo x3 1 x3ox3 ，故可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3.2.31 x33o x 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结limsin xxcos xlim 31 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x0sin3 xx0x33可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ 2）由于分子关于x 的次数为 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5 15x115x 511 5 x11115x 2ox2 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结52.551x2 x2o x2 222原式limx1 .x0 1x2xox 1x2x3x55可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9. 解：（1） sin xxsinx01可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3.5.2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 6 页，共 29 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5x15115.5.23840因此 | R4 x |,x1。2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ 2）解：设f x1x ，就由于可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f 01, f x1 11x 2 , f01可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2213135f x1x 2 , f0, f x 1x 2448所以 f x1x 带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为xx2x35可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1x112816x 2 ,