高数习题解答(第3章)

第三章 微分中值定理与导数的应用

习题3.1

1. 验证罗尔定理对函数f (x) = sin x在区间[0, ]上的正确性.

验证：由于函数f (x) = sin x在区间[0, ]上连续, 在(0, )可微且f (0) = sin 0 =f () = sin

所以在[0, ]上满足罗尔定理条件。令

f () = cos  = 0 ,

从中可求出=2(0, ), 即存在(0, )使得上式成立. 故对f (x) = sin x在[0, ]来说, 罗尔定理是正确的.

2. 证明函数恒等式:arctan x + arc cot x =2， x.

证明: 设f (x) = arctan x+arccot x则

f (x) =211x 211x= 0, x.

所以f (x)是常数, 设 f (x) = a (a为常数). 取x =2,代入f (x) = a中可得a =2. 故

arctanx+ arccot x =2.

3. 应用拉格朗日中值定理证明下列不等式: (2)xx1< ln (1+x) < x , x >0.

证明: 令f (t) = ln(1+t), 任意取定x >0. 则f (t)在[0, x]连续, 在(0, x)可微, 根据拉格朗日中值定理知, 存在(0, x) 使得

ln(1+x)ln 1= f  ()(x0) =11·x, 即ln(1+x) =1x.

由于xx1<1x< x, 所以xx1< ln(1+x) < x (x >0).

4．对f (x)= sin x, g(x) = cos x, 在区间[0，2]上验证柯西中值定理的正确性.

验证: f (x), g(x)在区间[0,2]连续, 在(0,2)可微, g(x)  =  sin x 在区间(0，2不等于零因此柯西定理条件满足. 令

)0()2()0()2(ggff=)(')('gf,

即 1 = cot , 求得 =4(0,2). 可见, 确实存在 (0,2)使得上式成立, 即对这对f (x),

g(x), 在区间[0,2]上柯西中值定理是正确的.

习题3.2

1. 求下列待定型极限:

（1）xxx1lnlim0; （3）xxx111lim;（5）xxxxxsintanlim0;（7）xxx3tantanlim2;

（9）)]1([lim1xxex;（11）xxxsin0lim;（13）xxx1)(lnlim.

解: (1) 0limxxx)1ln(= 0limx111x= 1.

(3) 1limxxx11= exxx1lnlim1= e11lim1xx= e1.

(5) 0limxxxxxsintan=0limxxcos11sec2=0limxxxxsinsectan22=0limxx3cos2= 2.

(7)

2limxxx3tantan=2limx31xx3secsec22=2limx31)sin(cos2)3sin(3cos32xxxx=2limxxxcos3cos

=2limx)(sin)3(sin3xx=3.

(9)xlim[x(ex11)]= xlimxex111=xlimxex1=1.

(11) 0limxxxsin= exxxlnsinlim0. 由于

0limxsin x ln x =0limxxxxcoscsc1=0limxxxxcossin2=0limx( tan x)·0limxxxsin= 0,

所以0limxxxsin= 1.

2. 按(x 4)的幂展开多项式 f (x) = x4 –5x3 + x2 3x + 4.

解: 取x0 = 4 , 直接计算得f (4) = 56, f (4) = 21, f (4) =74, f (4) = 66,

f (4)(4) = 24, f (5)(4) = 0.

由泰勒公式得

f (x) = f (4) +f (4)(x  4)+!2)4("f(x 4)2+!3)4('"f(x 4)3+!4)4()4(f(x 4)4

= 56+21(x 4)+37(x 4)2+11(x 4)3+(x 4)4.

4. 写出函数f (x) =x11的带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式. 解: f (0) =1; f (x)=2)1(1x, f (0) =1; f (x)= 2)1(1x, f (0) = 2!

f (n)(x) = 1)1(!nxn, f(n)(0) = n!.

由麦克劳林公式

f (x) = f (0)+f (0)x +!2)0("fx2+…+!)0(nfnxn

+)!1()0(1nfnx n+1

=1+ x + x2 +…+ xn+21)1(nnxx, 0<<1.

习题3.3

1.确定下列函数的单调区间: (3)xxeey2; (4)xxyln1.

解:(3)由 y = 2ex + ex得到y= 2e x  ex.

那么, 当x[21ln2, + 时y>0; 当x(,21ln2 时, y<0.

因此，函数的有两个单调区间:  , 21ln2是单调减少的区间,  21ln2,+是单调增加的区间。

(4 ) 由y =x1+ ln x (x > 0) 得到 y = 21x+x1.

那么，当x1, +时，y > 0, 当 x 0, 1时，y < 0.

因此函数在区间0, 1单调减少，在区间1, +单调增加。

2. 证明下列不等式: (3)当x02时，331tanxxx.

证明: (3) 令f (x) = tan x – x 31x3. 那么

f (x) = sec2x 1 x2 = (tan x + x)(tan x x),

易知，当0 < x <2时，f (x)>0. 所以f (x)在[0, 2]上单调增加，故对任意0< x <2都有f (x) > f (0), 即tanxx31x3 > 0. 移项后就得到所要证的不等式.

3. 求下列函数图形的凹、凸区间及拐点: (2)）（21lnxy; (4)xxey.

解: (2) 对 y = ln (1+x2) 求导得出

y=212xx, y=222)1()1(2xx. 因此, 当x(1, 1)时, y>0; 当x(, 1)(1, )时,

y< 0.

于是，y = ln(1+ x2)的凹区间为(1, 1),凸区间为(,1) 和(1+)，拐点为(1, ln2),

(1, ln2). (4) 对y = xex求导得

y= ex  xex, y= (x2)ex. 易知，x(2, +)时，y>0, 所以区间(2, +)为凹区间;

x(, 2)时，y< 0, 所以区间(, 2)为凸区间。拐点为(2, 2e2).

总习题3

1.填空:

设函数f(x)=x(x1)(x2)(x3)，则方程f (x)=0在(, )内有 个实根.

解:答案是3.

说明:由于多项式在(, )上连续且可微,因此f(x)在[0,1], [1,2], [2, 3]都连续且可微.又由于f(0) =f(1) =f(2) =f(3), 所以f(x)在[0,1], [1,2], [2, 3]都满足罗尔定理的条件.因此存在使得f ()f  ()f  () 即f  (x)= 0有3个根分别在这三个开区间中. 由于f (x)是三次多项式,它至多有三个实根.从而就是f  (x)的全部实根.2.选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论:

设在[0, 1]上f  (x) > 0， 则f  (0), f  (1), f (1) f (0)或f (0) f (1)几个数的大小顺序为( ).

(A)）（）（01ff）（）（01ff. (B)）（）（）（011fff）（0f.

(C)）（）（）（101fff）（0f. (D)）（）（）（101fff）（0f.

解: 答案是(B).

说明: 因为在[0, 1]上f  (x) > 0，所以f  (x)在该区间上单调增, 从而对任意C(0, 1)有f

 (0) < f  (C)< f  (1). 另一方面, 根据拉格朗日中值定理, 存在C0(0, 1)使得

f (1) f (0) = f  (C0),

因此f  (0)

3.证明多项式233xxxf）（在[0, 1]上不可能有两个零点.

证明: (反证法) 假定f (x) 在[0, 1]上有两个零点x1, x2, 不妨设x1< x2. 因为f (x) 在[0, 1]上可导, f (0) =f (1) = 0, 根据罗尔定理, 存在一点( x1, x2)( 0, 1)使得f  () = 0. 另一方面,

由于f  (x) = 3x23x, 所以f  () = 323由此推出与 ( 0, 1)矛盾. 因此f (x) 在[0, 1]不可能有两个零点.

4.设f (x)在[0, a]上连续，在(0, a)内可导，且f (a)= 0，证明存在一点(0, 1)，使f ()+

f  () = 0.

证明: 令F(x) = x f(x). 那么F (x)在[0, a]上连续，在(0, a)内可导，且f (a)= f (0) = 0. 根据罗尔定理，存在一点(0, 1)，使F () = 0, 即f ()+ f  () = 0.

9.设f  (x0)存在，证明

）（）（）（）（0200002limxfhxfhxfhxfh.

证明: 由于f  (x0)存在， f  (x)在x0的邻域存在且连续, 从而f (x)在x0的邻域连续,所以当h0时, 左式分子是无穷小, 利用罗必塔法则得

200002limhxfhxfhxfh）（）（）（=hhxfhxfh2''lim000）（）（

=hxfhxfxfhxfh2)](''[)](''[lim00000）（）（