2022年高等数学习题.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - P.124 习题理,1试争论以下函数在指定区间内是否存在一点,使f0：1fxxsin10xx01,f1,所以由 Rolle 定x0解1由于 f 在0,1连续,在0 ,1可导,且f0 0,1,使得f0；,01内不行能有两个不2证明： 1方程x33xc0这里 c 为常数在区间同的实根；证明设fx 3 x3 xxc,由于方程fx 3 x230在0,1 内没有根, 所以由 P.120,例 1方程x33c0在区间0,1内不行能有两个不同的实根；q2方程xnpx0n 为正整数当n 为偶数时至多有两个实根；当n 为奇数时至多有三个实根；n n 1证明 设 f

2、 x x px q,于是 f x nx p 0；当 n 为偶数时, n-1 为奇数,故方程 f x nx n 1p 0 至多有一个实根由于幂函数 nx n 1p 严格递增,从而方程 x npx q 0 至多有两个实根；当 n 为 奇 数 时 , n-1 为 偶 数 , 故 由 上 述 证 明 的 关 于 偶 数 的 结 论 有 ： 方 程f x nx n 1p 0 至多有两个实根, 从而方程 x npx q 0 当 n 为奇数时至多有三个实根；3证明： 假设函数f 和 g 均在区间 I 上可导, 且fxgx,xI,就在区间 I,fx上 f 和 g 只相差一常数,即fxgxcc 为某一常数xgx

3、0证明令Fxfxgx,就 F 在区间 I 上可导,且F由推论 1,存在常数c,使得Fxc,即fx gxc58 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 4证明 1假设函数f 在a,b上可导, 且fxm,就fbfam ba是2假设函数f 在a,b上可导,且|fx|M,就|fb fa|Mba 3对任意实数x 1, x 2,都有|sinx 1sinx 2|x 2x 1|证明由于 f 在a ,b上可导,所以f 在a,b上满意 Lagrange 中值定理的条件,于a,b ,使得fbfaf ba是bamba,从而有1由于fxm,所以f

4、b faff bfam baf|ba|Mba2由于|fx |M,所以|fbfa|3不妨设x 1x2,正弦函数fxsinx在x 1x2上连续,在x 1x 2可导,于a,b ,使得|sinx 1sinx2|cos|x 1x 2|x 2x 1|5应用拉格朗日中值定理证明以下不等式：1b a ln b b a,其中 0 a bb a a证明 设 f x ln x,就 f 在 a , b 上连续且可导, 所以 f 在 a , b 上满意 Lagrange中值定理的条件,于是 a , b ,使得 ln bln b ln a f b a 1 b a ,a由于 0 a b,所以 b a b a b a,从而

5、b aln b b ab a b a a22h2 arctan h h,其中 h 01 h证明 设 f x arctan x,就 f 在 0 , h 上满意 Lagrange 中值定理的条件,于是h 0 , h ,使得 arctan h arctan h arctan 0 f h 0 2；由于159 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 0h,所以1h21h2h,从而1h22arctanhh；hh6确定以下函数的单调区间：1fx 3 xx22fx 2x2lnx1 23fx2xx24fxx2x1解1fx32x,令fx0,

6、得x32当x3时,fx0, f 递增；当x3时,fx 0, f 递减；222 f 的定义域为x0；fx4x14x21,令fx 0,得xxx当0x1时,fx 0, f 递减；当x1时,fx0, f 递增；223 f 的定义域为0x2；fx 1x2,令fx0,得x12 xx当0x1时,fx0, f 递增；当1x2时,f x 0, f 递减；4 f 的定义域为x0；fx11x2210,故 f 在其定义域x2x,00 ,递增；7应用函数的单调性证明以下不等式：1tanxxx3,x0,3x0连续,且f00；由于3证明设fxxxx3,就 f 在tan3fx2 secx12 xtan2x2 x0,x0,3,

7、故 f 在0,3严格单调递60 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 增,又因f 在x0连续,于是fxf00,从而tanxxx3,x0,3；322 xsin x x,x 0 , 2证明 先证 2 xsin x,为此证明：2 sin x；设 f x sin x 2,就 f 在 xx x 2连续,且 f 0；由于 f x x cos x2 sin x x tan2 x cos x0,x 0 , ；2 x x 2所以 f 在 0 , 严格单调递减,于是 f x f 0,从而 sin x 2,x 0 , ；2 2 x 2其次证

8、明：sin x x；设 f x x sin x,就 f 在 x 0 连续,且 f 0 0；由于f x 1 cos x 0,x 0 , ；所以 f 在 0 , 严格单调递增,又因 f 在 x 0 连2 2续,于是 f x f 0 0,从而 x sin x,x 0 , ；22 23x x ln 1 x x x,x 02 2 1 x 2 2证明 先证：x x ln 1 x ,x 0；令 f x x xln 1 x ,就 f 在 x 02 22连续, 且 f 0 0；由于 f x 1 x 1 x 0,x 0；所以 f 在 x 0 严格1 x 1 x2单调递减, 又因 f 在 x 0 连续,于是 f x

9、 f 0 0,从而 x x ln 1 x ,x 0；22 2其次证明：ln 1 x x x,x 0；令 f x x x ln 1 x ,就2 1 x 2 1 x 2 22 x x 1 xf 在 x 0 连续,且 f 0 0；由于 f x 1 2 2 0,x 0；2 1 x 1 x 1 x 所以 f 在 x 0 严格单调递增,又因 f 在 x 0 连续,于是 f x f 0 0,从而61 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - ln 1x xx2x,x0；2 18以 S x 记由 a , f a , b , f b , x

10、 , f x 三点组成的三角形面积 , 试对 S x 应用罗尔中值定理证明拉格朗日中值定理 . a f a 1证明 由于 S x 1 b f b 1 , 假设 f x 在 a , b 连续 , 在 a , b 可导 , 就易2x f x 1见 S x 也在 a , b 连续 , 在 a , b 可导 , 且 S a S b 0 . 故由罗尔定理知 , 存在 a , b , 使得 S 0 . 而a f a 11 1S x b f b 1 f x b a f b f a , 故2 21 f x 0f b f a f b a . 2 31试问函数 f x x , g x x 在区间 -1, 1 上能

11、否应用柯西中值定理得到相应的结论,为什么？解由于fx 2x ,gx 32 x,故当x0时,f0 0,g00,不满意柯西中值定理的条件,所以在区间-1, 1 上不能用柯西中值定理；2设函数f 在a,b上可导,证明：存在a ,b,使得a ,b上连续并可2f bfa b2a2fx,就Fx在Fx x2f b fa b2a2f证明设导 , 且Fa ,b , 使 得a2fb b2fa Fb , 由Rolle定 理 , 存 在aF2f b f a b2a2f0,从而62 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2f bfa b2a2f

12、3设函数f 在点 a 处具有连续的二阶导数；证明：内具有一lim h 0fahfah2fa fah2证明由于 f 在点 a 处具有连续的二阶导数,所以f 在点 a 的某邻域Ua阶导数,于是由洛必达法就,分子分母分别对h 求导,有a lim h 0f ah fah 2fa lim h 0fah 2 hfah h21lim h 0fah fa hfa fah21 lim h 0fahf alim h 0f ahf a1faf af2hh24设02；证明存在,使得sinsincotcoscos可导,证明设fxsinx,gxcosx,就f ,g都在,连续,在,且f ,g都 不 等 于0 ,gg； 由

13、柯 西 中 值 定 理 , 存 在, 使 得sinsincos,即sinsincotcoscossincoscos5求以下不定式极限1lim x 0ex1lim x 0exx13111x2xlim x 02x2sinxcos2lim12sinxlim2cosxcos3x3sin3x3x6x63lim x 0ln 1x1xlim x 0111lim x 0xxxcosxsinxsinx4tanxxlim x 0sec2x1lim x 01tan2xlim x 0lim x 0xsinx1cosxcosx1cossinx63 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 20 页精选学习

14、资料 - - - - - - - - - 5limtanx6lim2 secxxlimsecxlim1x1secx5secxtantanxsinx2x2x2x26lim x 01ex11lim x 0exx e1xlim x 0exex1lim x 0exx xelim x 021x210xx 11x xe2 ex27lim x 0tanxsinxlim x 0lntanx lim x 0lntanx lim x 02 secxlim x 0x tan解lim x 0sinxlntanx tan x111x所以lim x 0tanx sinxlim e x 0sinxxx2sinxlntanx

15、 0 e118lim x 1x1x1xlnxlim x 1lnxlim x 111,所以lim x 1x11elim x1 11xlnxe1解由于lim x 11xx1x119lim x 0 1x2xx2lim x 0ln1xx2lim x 012x20x0解由于lim x 01ln1xx1elim x 01ln1x 20 e11lim x 0所以lim x 01x2xxlim x 0xlnxlim x 0lnx10lim x 0sinxlnxlim x 0x 1111lim x 011xx2x2xlim x 0sin2x2x2lim x 0sin2xx2sin22 xsinxx464 名师归

16、纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - lim x 0sin2x32xlim x 02cos2x2lim x 04sin2x14x12x224x312lim x 0tanx1elim x 01lntanx2 secx21lim x 0x2sinxcosxx2x2xxlim x 01lntanxlim x 0lntanxlnxlim x 0tanxxx2xx22xsinxcosx2xlim x 0x1sin2xlim x 01xlim x 01cos 2xlim x 0sin2x12x3cos6x212x321elim x 01

17、lntanxe1所以lim x 0tanxx2x 2x3xP.141 习题1求以下函数带佩亚诺型的麦克劳林公式f1fx31x 3,fxf1 2131nx 5,22 n11x 2n11x1 21解fx 2222x13151x 7, ,nx 1 132223n麦克劳林公式为：fx11x13x2135x31n132 n1 xnoxn222.223.3 12nn .2fxarctanx到含有5 x 的项1；在此式的两端,用莱x2fx 解由于fx 12,f 0 1 xx 求 n 阶导数,得1,所以布尼兹公式,分别对n1 x0 1x2fn1x n2 xfnx n n1f令x0得递推公式：fn10 n n1

18、fn1 0 65 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由于有f01,于是f02,f5 0 24；又由于fx 12x 2 2,f00,所以当 n 为偶数时,fn0 0x从而arctanx12x324x5ox511x31x5ox5.3.5353fxtanx到含有5 x 的项解fx2 secx,f01fx22 secxtanx2sinx,f00cos3xfx212sin2x,f02cos4xf4x8sinx2sin2x,f4 0 05 cosxf5x 8211sin2xx2sin4x,f50 16cos6tanxx2x31

19、6x5o x5x1x32x5ox5.35 .3152按例 4 的方法求以下极限1lim x 0exsinxx 1xlim x 0 1xx2ox2xx3x31o x3x1x2.3x3x3x2x3ox3xx2xox33lim x 03lim x 0x3x332lim xxx2ln111x1lim xxx21o 1xx2x2x2x1 2lim xxx2o11x22lim x 0sinxxcoslim x 011lim x 011cosx3cotxxxxxsinxx2sinx66 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - lim

20、x 0xx3ox3x 11x2ox2lim x 0x3ox313 .23x3x333求以下函数在指定点处带拉格朗日余项的泰勒公式：1fx x34x25,在x1处；fx 6xxn8,f1 14；3 x28x,f 1 11；解f 1 10；fx fx6,f 1 6；fnx ,0n3；所以fx 1011 x17 x1 2x132fx11x,在x0处112,f01；解f0 1；fxx fnx 1 nn .,fn 0 1 nn .；所以 1x n11n11,01x4x51nxn11x1x2 xx31x n21求以下函数的极值1fx2x3x42x232 x ,令fx 0得稳固点x0 ,3；列表争论：解fx

21、 6 x243 x2f3,0 ,33x,00 22227fx+ 0 + 0 xfx无极值极大值为162x21x267 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解fx 2 1xx2,令fx 0得稳固点x1；列表争论：122xffx,1lnx-1 x ln,11 fx1 x,1fx0 + 0 fx微小值为 -1 极大值为1 lnx23x解x2lnx22lnx,令0得稳固点2 ,1 e；列x2x2表争论：fx0 ,11 ,12 ee2 e2,fx0 + 0 fx微小值为0 极大值为4e24fxarctanx1ln1x22解f

22、x1121x21x, 令fx0得 稳 定 点x1； 由 于xx1x2x x22x21,f1 10,所以 f 在x1有极大值f 1 41ln2 1x2222设fxx4sin21x0x0x01证明：x0是微小值点；2说明 f 的微小值点x0处是否满意极值的第一充分条件或其次充分条件；证明1对任何x0,有fxx4sin210f0,故x0是微小值点；x68 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2当x0时,有f x 4 x 3sin 2 1 2 x 2sin 1 cos 1 2 x 2sin 1 2 x sin 1 cos

23、1 ,作数列x x x x x xxn 1,y n 1,就 x n 0,y n 0；即在 x 0 的任何右邻域2 n 2 n2 4U 0 0 内,既有数列 nx 中的点, 也有数列 y n 中的点； 并且 f x n 0,f y n 0,所以在 U 0 0 内 f 的符号是变化的,从而 f 不满意极值的第一充分条件；又由于x 4 sin 2 1 0 2 x 2 sin 1 2 x sin 1 cos 1 0f 0 lim x 0,f 0 lim x x x 0,所以x 0 x x 0 x用极值的其次充分条件也不能确定 f 的极值；14求以下函数在给定区间上的最大最小值：xyx55 x45 x3,1,12 2x1 x3 ,令y0,得解y54 x20 x315 x25x2x24x3 5 x0,13,3,12；y01,y 12,y1 10,y27；于是 f 在x1处取得最大值2,在x1处取得最小值 -10；,令y0,得x4；由于2y2tanxtan2x,02解y22 secx2tanx2 secx22 secx 1tanx y00,y41,且lim 2tanxtan2xlimtanx 2tan