第三章微分中值定理与-导数的应用习题详解wang1.doc

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1、|第三章 微分中值定理与导数的应用习题 3-11.解：（1）虽然 在 上连续， ，且 在 内可导。可见，()fx1,(1)ff()fx1,在 上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点 ，使得 ，()fx, ()0f即： ，满足， ；20(1)0（2）虽然 在 上连续， ，但 在 内 点不可导。可见，fx,(1)ff()fx1,0x在 上不满足罗尔中值定理的条件，且 ,因此不存在一()f1, (), =10fx不 存 在点 ，使得 .(,)()0f2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件.3解：令 ， ，化简得33arcosr(4)yxx 223311(4)xyx（ 为常数） ，又 ，故当 ，

2、有 。0,C0.5y0.5.y4证明：显然 都满足在 上连续，在 内可导(),fxF,2,2且对任一 ， ， 满足柯西()cos,()1sinfx0,x()0Fx(),fxF中值定理条件。，而 ，(0)12ffFsincos()co2421icinxfx xF 令 ，即 ，此时 ,显然()12fxtan42x2art142x，即 ，使得0,xarct10,2|。(0)(3)2fffFF5.解：因为 ，又因为 在任一区间内都连续而且可导，所(0)1(2)0ff()fx以 在任一区间 内满足罗尔中值定理的条件，所以由罗尔定理，得至fx,3少 使得： ，又因为123(,)()()123(),()0,

3、()fff至多只有三个根， 有 3 个根 分别属于 三0fx0fx31,2(,3)个区间.6证明：设 的 个相异实根为()f1n012nxx则由罗尔中值定理知：存在 ：1(,)in，使得0112nxxx 1(0,(2,)ifi再由罗尔中值定理至少存在 ：2(,)i，使得1212131n 2(),(1,)ifin 如此作到第 步，则知至少存在一点 ： 使得 。n1nn()0f7解：反证法，倘若 有两个实根，设为 和 ，即 ，不妨设()0pxx212px，由于多项式函数 在 上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点12x12,，使得 ，而这与所设 没有实根相矛盾，命题得证。(,)() ()0px8证

4、明：令 ，由于 由零点定理知，在 内至少存在5fx,1ff(0,1)一点 ，使 ，又由方程得 ，因此方程只存在 与 之间的正根，假设()04()x有两个正根，即 ，且 使得： ，不妨假设51x12,012x12()fxf，显然 在 上连续，在 内可导。所以由罗尔定理，得：2()fx,(,)|，使得： ，即 ，矛盾，假设不成立，所以方程12(,)x()0f4510只有一个正根。509证明：（1）因为 在 上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在 使()fx,ab (,)ab得 ()()ffba又 ，故 ，即 。()fm()fbamb()m（2）因为 在 上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在 使得

5、x, ,ab()()(faf又 ，所以 。()fM|Mfbab（3）当 时结论显然成立，当 时，对函数 在以 为端点的区间上应用12x12xsinx12,拉格朗日中值定理，得 ，其中 在 与 之间，因此112sinicos()。212xxx10证明：因为 在 内具有二阶导数，所以由罗尔定理，得 ，()f,ab 12(,)x，使得 ，又 在 且满足罗尔定理的条件，故23(,x12()0f()fx12,由罗尔定理，得： ，使得 。13,x011证明：设 ，由拉格朗日中值定理，得()lnfx，使得： 即： ，又 ，(,ba()fabflnlaab(,)ba， 。1b12证明：对函数 在 上应用拉格朗

6、日中值定理：存在 使得()arctnfx0,h(0,)h2trtarctn01h从而|。2arctn1hh13证明：（1）令 。当 时结论显然成立。()arctnfxb当 时，由拉格朗日中值定理，得 。 （ 在 构成的区间内） ，即：ab()ffa ,b。2()()arctnrt1fb 21rtrtaab综上所述，结论成立。（2）令 ()xfe由拉格朗日中值定理，得： ，使得： ，即：(1,)x()1fxf，)(1)fee又 ，故 ，所以(1,)xe，即e(1)x。ex14证明： 在 的某邻域内具有 阶导数，由柯西中值定理，得：()yfx0n使1(0,，反复使用柯西中值定理，得：11()(0)

7、nnnnffffxf，使得21321(0,).(,).(,)(,nx ()210)(0(!nnnnfffffx f即 ，使 ，使得： 。(0,1)(,)(),(1)!nfxf习题 3-2|1.解： ()(2)6,()4,(2),(6,20(4)nfffff将上述结果代入泰勒多项式，得 23)()()()(!fffxfxxx.32462.解：因为 () ()1)!(01,01)!,2,kkkkffxf所以.12 2()()(),(01)nnfxxx3.解：因为 20,sec,0,fff， ，2()sectan()xx24()4sectansec,(0)2xxf，(4) 34()816sectan

8、,0f f，所以(5)2426(5)16secta81sec,16xxxf.35()f o4.解： ，所以 ，()fx 32,()42fxfx52()8fx，令 代入得7(4)2156f4，由泰勒公式，得113(),(),(),(4)3256ffff.42 721 )2465!(xxxx5.解：因为 ， ，一般地，有()f 2341(),(),()fffx，所以() 1!nnx，一般地，有：1,(),(),(1)!ffff()1!nf所以，由泰勒公式，得| 12 121 ()()1()(,(01).nnnxxx 6.解： ，所以xfe()()01()nxnnxnxfeCee ，又 ，所以1(1

9、)(nx()10f.321()()!nnfx ox7.解：（1）因为223 7)(7)(7)2() 3!ffxff371215(2xxx所以 误差为：30.4,(4)(4)41270.!ff（2）331sin,sin8.9!0!x误差为 .(5) 5i2!8.解：（1）由于分式的分母 ，我们只需将分子中的 和 分别3sin(0)x:sinxcos用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即， ，于是3sin()!xo3cs()2!o，故3331ics()()()!xx。3300sincos1lmlixxo（2）因为分子关于 的次数为 21 25511()()(5)!x ox2ox|原式 .20

10、 1lim1()2xxox9.解：（1）35sinsin(0)!因此 ；55411|()| ,!23842xRx（2）解：设 ，则因为f12(0)1,(),(0ffxf3 52 23()(),(),()1)448fffx 所以 带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为1fx，从而5232(),(01)86x。3522()(),0,16xRx习题 3-31.解：（1） ； 001limli1sncosxxee（2） ； 66i23lilco3ixx（3） ；0001ln(1) 1imlilimcssnsinxxxx（4） 0taliix 20ecliox 20talicox20taeclix20li

11、msecx（5） ；22 2nsss1lli li()4n()4()8xx x|（6） ；1limlimnnnxaxa（7）222tseccos3lilili33xxx。22oinlilmcssxx（8） ； 221ln11imliliarcotxxx（9） 00e1lilie1()xxx ； 2000limlilim2xxx（10）令 ， ；1xy111lnlnl,iliimxxxyy所以 。1lixe（11）设 sl,ysin000lminlxxx；000021illlimilim()xxxx所以 sin0lxx1（12）令ta ln,ltlcotxyy， ； 220001silimnli

12、lm1csxxxytan00li1xxe|（13） ； 20000coslimcot2lilimcslinn2xxxx1（14）令 ，2351y2235lnlimilimli311xx xxy所以 ；325lixxe（15）2(2arctn)lnlim(arctn)limlim11lx x xx。2lllii2li0x xx2解：（1） 不存在，故不能用洛必达法则.elimx（2） ，20001sin1lllisn0sxxx而若用洛必达法则：有 22 200 011 1incosin sincolml lmsxx xxx该极限不存在，但 存在，故不能用洛必达法则得出。20ilsnx（3）不是未

13、定式。3.解： ，1200lim()liexxf11ln()000li()liimxxxxf|20001ln()ln(1) 1imimlim2(1)2eeeexxx所以 ，由连续的定义知 在 处连续。0li()xf0li()()xff ()fx0习题 3-41.对函数求导，得： ，单调减少.221()0xfx2.解：（1）单调增区间 ；单调减区间 ；,3,)1,3（2）单调增区间 ；单调减区间 ；1,201（3）单调增区间 ；单调减区间 ；(,（4）单调增区间 ；单调减区间 ； 0,()(,02,)（5）单调增区间 ；单调减区间 ；2,3a,3a（6）单调增区间 ；单调减区间 .,k,(0,12,)2kk3(1)解：设 ，则 。sin()xf2(tan)cos)xxf 令 ，则 ，故()ta,0,2gx2()t0,2g在 内严格递减，又 在 处连续，且 ，故在 内 ，()0,2()x()g0,()0gx即 ，所以当 时， 。从而 在 内严格递减。tanx0,2()0f()fx,2由于 。所以 ，即 。0silm1xsini12x2sin,0,（2）设 ，则 从而当 时， 严格()ln)fx2()0()1fxxx()fx