高等数学过关与提高上册第三章习题答案

第三章 中值定理与导数的应用1. 验证拉格朗日中值定理对函数x x f ln )(=在区间[]e ,1上的正确性。

解：函数()ln f x x =在区间[1,]e 上连续，在区间(1,)e 内可导，故()f x 在[1,]e 上满足拉格朗日中值定理的条件。

又xx f 1)(='，解方程,111,1)1()()(-=--='e e f e f f ξξ即得),1(1e e ∈-=ξ。

因此，拉格朗日中值定理对函数()ln f x x =在区间[1,]e 上是正确的。

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

解：函数上连续，分别在区间[3,4][2,3],2],,1[)(x f 上在区间(3,4)(2,3),2),,1(可导，且(1)(2)(3)(4)0f f f f ====。

由罗尔定理知，至少存在),2,1(1∈ξ),3,2(2∈ξ),4,3(3∈ξ使),3,2,1( 0)(=='i f i ξ即方程'()0f x =有至少三个实根。

又因方程'()0f x =为三次方程，故它至多有三个实根。

因此，方程'()0f x =有且只有三个实根，分别位于区间(1,2),(2,3),(3,4)内。

3．若方程 01110=+++--x a x a x a n n n 有一个正根,0x 证明:方程0)1(12110=++-+---n n n a x n a nxa 必有一个小于0x 的正根。

解：取函数()1011nn n f x a x a xa x --=+++。

0()[0,]f x x 在上连续，在0(0,)x 内可导，且0(0)()0,f f x ==由罗尔定理知至少存在一点()00,x ξ∈使'()0,f ξ=即方程12011(1)0n n n a nx a n x a ---+-++=必有一个小于0x 的正根。

⾼等数学李伟版课后习题答案第三章习题3—1（A ）1．判断下列叙述是否正确，并说明理由：（1）函数的极值与最值是不同的，最值⼀定是极值，但极值未必是最值；（2）函数的图形在极值点处⼀定存在着⽔平的切线；（3）连续函数的零点定理与罗尔定理都可以⽤来判断函数是否存在零点，⼆者没有差别；（4）虽然拉格朗⽇中值公式是⼀个等式，但将()f ξ'进⾏放⼤或缩⼩就可以⽤拉格朗⽇中值公式证明不等式，不过这类不等式中⼀定要含（或隐含）有某函数的两个值的差．答：（1）不正确．最值可以在区间端点取得，但是由于在区间端点处不定义极值，因此最值不⼀定是极值；⽽极值未必是最值这是显然的．（2）不正确．例如32x y =在0=x 点处取极值，但是曲线在点)00(，却没有⽔平切线．（3）不正确．前者是判断)(x f 是否有零点的，后者是判断)(x f '是否有零点的．（4）正确．⼀类是明显含有)()(a f b f -的；另⼀类是暗含着)()(0x f x f -的． 2．验证函数2)1(e x y -=在区间]20[，上满⾜罗尔定理，并求出定理中的ξ．解：显然2)1(e x y -=在闭区间]20[，上连续，在开区间)20(，内可导，且e )2()0(==y y ，于是函数2)1(ex y -=在区间]20[，上满⾜罗尔定理的条件，2)1(e )1(2)(x x x y ---='，由0)(='ξy ，有0e )1(22)1(=---ξξ，得1=ξ，∈ξ)20(，，所以定理的结论也成⽴．3．验证函数1232-+=x x y 在区间]11[，-上满⾜拉格朗⽇中值定理，并求出公式中的ξ．解：显然1232-+=x x y 在闭区间]11[，-连续，在开区间)11(，-内可导，于是函数1232-+=x x y 在区间]11[，-上满⾜拉格朗⽇中值定理的条件，26)(+='x x y ，2)1(1)1()1(=----y y ，由)()1(1)1()1(ξy y y '=----，有226=+ξ，得0=ξ，∈ξ)11(，-，所以定理的结论也成⽴．4．对函数x x x f cos )(+=、x x g cos )(=在区间]20[π，上验证柯西中值定理的正确性，并求出定理中的ξ．解：显然函数x x x f cos )(+=、x x g cos )(=在闭区间]20[π，上连续，在开区间)20(π，内可导，且x x f sin 1)(-='，x x g sin )(-='，在区间)20(π，内0)(≠'x g ，于是函数x x x f cos )(+=、x x g cos )(=在区间]20[π，上满⾜柯西定理的条件，⼜21)0()2/()0()2/(πππ-=--g g f f ，由)()()0()2/()0()2/(ξξππg f g g f f ''=--，有ξξπsin sin 121--=-，即πξ2sin =，由于∈ξ)20(π，，得πξ2arcsin=，所以定理的结论也成⽴．5．在)(∞+-∞，内证明x x cot arc arctan +恒为常数，并验证2cot arc arctan π≡+x x ．证明：设x x x f cot arc arctan )(+=，显然)(x f 在)(∞+-∞，内可导，且-+='211)(x x f 0112≡+x，由拉格朗⽇定理的推论，得在)(∞+-∞，内x x cot arc arctan +恒为常数，设C x f ≡)(，⽤0=x 代⼊，得2π=C ，所以2cot arc arctan π≡+x x ．6．不求出函数2()(4)f x x x =-的导数，说明0)(='x f 有⼏个实根，并指出所在区间．解：显然2()(4)f x x x =-有三个零点20±==x x ，，⽤这三点作两个区间]20[]02[，、，-，在闭区间]02[，-上)(x f 连续，在开区间)02(，-内)(x f 可导，⼜0)0()2(==-f f 于是)(x f 在]02[，-满⾜罗尔定理，所以⾄少有∈1ξ)02(，-，使得0)(1='ξf ，同理⾄少有∈2ξ)20(，，使得0)(2='ξf ，所以0)(='x f ⾄少有两个实根．⼜因为)(x f 是三次多项式，有)(x f '时⼆次多项式，于是0)(='x f 是⼆次代数⽅程，由代数基本定理，得0)(='x f ⾄多有两个实根．综上，0)(='x f 恰有两个实根，且分别位于区间)02(，-与)20(，内．7．证明下列不等式：（1）对任何实数b a ，，证明cos cos a b a b -≤-；（2）当0>x 时，x x xx<+<+)1ln(1．证明：（1）当b a =时，cos cos a b a b -≤-显然成⽴．当b a <时，取函数x x f cos )(=，显然)(x f 在闭区间][b a ，上连续，在开间)(b a ，内可导，由拉格朗⽇定理，有∈ξ)(b a ，，使得))(()()(b a f b f a f -'=-ξ，即)(sin cos cos b a b a -?-=-ξ，所以)()(sin cos cos b a b a b a -≤-?-=-ξ．当b a >时，只要将上⾯的区间][b a ，换为][a b ，，不等式依然成⽴．所以，对任何实数b a ，，都有cos cos a b a b -≤-．（2）取函数)1ln()(t t f +=，当0>x 时，函数)1ln()(t t f +=在闭区间]0[x ，上连续，在开区间)0(x ，内可导，根据拉格朗⽇定理，有∈ξ)0(x ，，使得ξξ+='1)(xf ．因为x <<ξ0，则x xx x x =+<+<+0111ξ，所以x x x x <+<+)1ln(1． 8．若函数)(x f 在区间),(b a 具有⼆阶导数，且)()()(321x f x f x f ==，其中21x x a <<b x <<3，证明在区间)(3,1x x 内⾄少有⼀点ξ，使得0)(=''ξf ．证明：根据已知，函数)(x f 在区间][21x x ，及][32x x ，上满⾜罗尔定理，于是有∈1ξ)(21x x ，，∈2ξ)(32x x ，（其中21ξξ<），所得0)(1='ξf ，0)(2='ξf ．再根据已知及)()(21ξξf f '='，函数)(x f '在区间][21ξξ，上满⾜罗尔定理，所以有∈ξ)(21ξξ，?)(3,1x x ，所得0)(=''ξf ，即在区间)(3,1x x 内⾄少有⼀点ξ，使得0)(=''ξf ．习题3—1（B ）1．在2004年北京国际马拉松⽐赛中，我国运动员以2⼩时19分26秒的成绩夺得了⼥⼦组冠军．试⽤微分中值定理说明她在⽐赛中⾄少有两个时刻的速度恰好为18. 157km/h （马拉松⽐赛距离全长为42.195km ）．解：设该运动员在时刻t 时跑了)(t s s =（km ），此刻才速度为)()(t s t v v '==（km/h ），为解决问题的需要，假定)(t s 有连续导数．设起跑时0=t ，到达终点时0t t =，则3238888889.20≈t ，对函数)(t s 在区间]0[0t ，上⽤拉格朗⽇定理，有00t <<ξ，所得)()(0)0()(00ξξv s t s t s ='=--，⽽15706.183238888889.2195.420)0()(00≈=--t s t s km/h ，所以157.1815706.18)(>≈ξv ．对)(t v 在区间]0[ξ，及][0t ，ξ上分别使⽤连续函数的介值定理（注意，0)0(=v0)(0=t v ，则数值18. 157分别介于两个区间端点处函数值之间），于是有)0(1ξξ，∈，)0(2，ξξ∈，使得157.18)(1=ξv ，157.18)(2=ξv，这表明该运动员在⽐赛中⾄少有两个时刻的速度恰好为18. 157km/h ．2．若函数)(x f 在闭区间][b a ，上连续，在开区间），（b a 内可导，且0)(>'x f ，证明⽅程0)(=x f 在开区间），（b a 内⾄多有⼀个实根．证明：采⽤反证法，若⽅程0)(=x f 在开区间），（b a 有两个（或两个以上）不同的实根21x x <，即0)()(21==x f x f ，根据已知函数)(x f 在][21x x ，上满⾜罗尔定理，于是有∈ξ)()(21b a x x ，，?，使得0)(='ξf ，与在开区间），（b a 内0)(>'x f ⽭盾，所以⽅程0)(=x f 在开区间），（b a 内⾄多有⼀个实根．（注：本题结论也适⽤于⽆穷区间） 3．证明⽅程015=-+x x 只有⼀个正根．证明：设1)(4-+=x x x f （)(∞+-∞∈，x ），则014)(4>+='x x f ，根据上题结果，⽅程015=-+x x 在)(∞+-∞，内⾄多有⼀个实根．取闭区间]10[，，函数1)(4-+=x x x f 在]10[，上连续，且01)0(<-=f ，01)1(>=f ，由零点定理，有)10(，∈ξ，使得0)(=ξf ，从⽽⽅程015=-+x x 在)0(∞+，内⾄少有⼀个实根．综上，⽅程015=-+x x 只有⼀个正根，且位于区间)10(，内． 4．若在),(+∞-∞内恒有k x f =')(，证明b kx x f +=)(．证明：（⽅法1）设函数kx x f x F -=)()(，则0)()(≡-'='k x f x F ，根据拉格朗⽇定理的推论)(x F 恒为常数，设C kx x f x F ≡-=)()(，⽤0=x 代⼊，得)0(f C =，记b f =)0(，则b C kx x f x F ==-=)()(，所以b kx x f +=)(．（⽅法2）记b f =)0(，∈?x ),(+∞-∞，若0=x ，则满⾜b kx x f +=)(；若0≠x ，对函数)(t f 以x t t ==，0为端点的闭区间上⽤拉格朗⽇定理，则有ξ介于0与x 之间，使得)0)(()0()(-'=-x f f x f ξ，即kx b x f =-)(，所以b kx x f +=)(．5．若函数)(x f 在区间)0(∞+，可导，且满⾜0)()(2≡-'x f x f x ，1)1(=f ，证明x x f =)(.证明：设函数xx f x F )()(=（∈x )0(∞+，），则xx x f x f x x x x f x x f x F 2)()(22/)()()(-'=-'='，由0)()(2≡-'x f x f x ，得0)(≡'x F ，根据拉格朗⽇定理的推论)(x F 恒为常数，设C xx f x F ==)()(，⽤1=x 代⼊，且由1)1(=f ，得1=C ，所以1)()(==xx f x F ，即x x f =)(．6．证明下列不等式（1）当0>x 时，证明x x+>1e ；（2）对任何实数x ，证明x x arctan ≥．证明：（1）取函数t t f e )(=（]0[x t ，∈）显然函数)(t f 在区间]0[x ，上满⾜拉格朗⽇定理，则有∈ξ)0(x ，，使得)0)(()0()(-'=-x f f x f ξ，即x xξe 1e =-，所以 x x x+>+=1e 1e ξ．（2）当0=x 时，显然x x arctan ≥．当0≠x 时，取函数t t f arctan )(=，对)(t f 在以x t t ==，0为端点的闭区间上⽤拉格朗⽇定理，则有ξ介于0与x 之间，使得)0)(()0()(-'=-x f f x f ξ，即21arct an ξ+=xx ，所以x x x <+=21arctan ξ．综上，对任何实数x ，都有x x arctan ≥．7．若函数)(x f 在闭区间[1-，1]上连续，在开区间（1-，1）内可导，M f =)0(（其中0>M ），且M x f <')(．在闭区间[1-，1]上证明M x f 2)(<．证明：对∈?x [1-，1]，当0=x 时，M M f 2)0(<=，．不等式成⽴．当0≠x 时，根据已知，函数)(t f 在以x t t ==，0为端点的区间上满⾜拉格朗⽇定理，则有ξ介于0与x 之间，使得)0)(()0()(-'=-x f fx f ξ，即x f M x f )()(ξ'=-，所以，M x f x f +'=)()(ξ，从⽽M M f M x f M x f x f 2)()()()(<+'≤+'≤+'=ξξξ．综上，在闭区间[1-，1]上恒有M x f 2)(<．8．若函数)(x f 在闭区间]0[a ，上连续，在开区间)0(a ，内可导，且0)(=a f ，证明在开区间)0(a ，内⾄少存在⼀点ξ，使得0)()(='+ξξξf f ．证明：设函数)()(x xf x F =（∈x ]0[a ，），则0)(0)0(==a F F ，，再根据已知，函数)(x F 在区间],0[a 满⾜罗尔定理，则有∈ξ)0(a ，，使得0)(='ξf ．⽽)()()(ξξξξf f f '+='，于是0)()(='+ξξξf f ．所以，在开区间)0(a ，内⾄少存在⼀点ξ，使得0)()(='+ξξξf f ．习题3—2（A ）1．判断下列叙述是否正确？并说明理由（1）洛必达法则是利⽤函数的柯西中值定理得到的，因此不能利⽤洛必达法则直接求数列极限；（2）凡属“00”，“∞∞”型不定式，都可以⽤洛必达法则来求其的极限值；（3）型如””，“”，“”，“”，““0100∞∞-∞∞?∞型的不定式，要想⽤洛必达法则，需先通过变形．⽐如“0?∞”型要变型成为“00”，“∞∞”型，”，”，““00∞-∞””，““01∞∞型要先通过变型，转化为“0?∞”型的不定式，然后再化为基本类型.答：（1）正确．因为数列是离散型变量，对它是不能求导的，要想对数列的“不定式”极限使⽤洛必达法则，⾸先要根据“海涅定理”将数列极限转换为普通函数极限，然后再使⽤洛必达法则．（2）不正确．如0sin 1sinlim 20=→xx x x （00型）、1cos sin lim -=-+∞→x x x x x （∞∞型）、11lim 2=++∞→x x x （∞∞型）都不能⽤洛⽐达法则求得极限值．（3）正确．可参见本节3.其他类型的不定式极限的求法，但是“∞-∞”型通常是直接化为“00”，“∞∞”型． 2．⽤洛必达法则求下列极限：（1）x x x --→e 1ln lim e ；（2）11lim 1--→n m x x x （0≠mn ）；（3）x x x 5tan 3sin limπ→；（4）2e e cos 1lim 0-+--→x x x x；（5）1sec tan 2lim0-→x x x x ；（6）xxx 3tan tan lim 2/π→；（7）x x x 2cot lim 0→；（8）x x x cot arc lim +∞→；（9）)sin 11(lim 0x x x -→；（10）111lim()ln 1x x x →--；（11）xx x tan 0lim +→；（12）)1ln(1)(lim x x x ++∞→；（13）21)(cos lim x x x →；（14）nn n ln lim∞→；解：（1）e11/1lim e 1ln lime e -=-=--→→x x x x x ．（2）==----→→1111lim 11lim n m x nm x nx mx x x nm．（3）=-?-==→→22)1(535sec 53cos 3lim 5tan 3sin limx x x x x x ππ53-．（4）=+=-=-+--→-→-→x x x x x x x x x x x x e e cos lim e e sin lim 2e e cos 1lim00021．（5）===-=-→→→→xxx x x x x x x x x x x x tan 4lim tan sec 4lim 1sec 2lim 1sec tan 2lim002004． (6) =---=-=?=→→→→x xx x xx x x x x x x x x sin 3sin 3lim cos 3cos lim )cos 3cos 3sin sin (lim 3tan tan lim2/2/2/2/ππππ3．（7）===→→→x x x x x x x x 2sec 21lim 2tan lim 2cot lim 200021．（8）=+=-+-==+∞→+∞→+∞→+∞→22221lim /1)1/(1lim 1/cot arc lim cot arc lim xx x x x x x x x x x x 1．（9）=-=-=-=-=-→→→→→2sin lim 21cos lim sin lim sin sin lim )sin 11( lim 002000xx x x x x x x x x x x x x x x x 0．（10）xx x x x x x x x x x x x /)1(ln /11lim ln )1(ln 1lim )11ln 1(lim 111-+-=---=--→→→=+=-+-=→→2ln 1lim 1ln 1lim11x x x x x x x 21．（11）设xxy tan =，则x x y ln tan ln =，因为0lim /1/1lim /1ln lim ln lim ln tan lim ln lim 0200=-=-====++++++→→→→→→x xxx x x x x x y x x x x x x ，所以， ==+→0tan 0e lim xx x 1．（12）设)1ln(1)(x x y +=，则)1ln(ln 21)1ln(ln ln x xx x y +=+=，因为 21)11(lim 21)1/(1/1lim 21)1ln(ln lim 21ln lim =+=+=+= +∞→+∞→+∞→+∞→x x x x x y x x x x ，所以 ==++∞→21)1ln(1e )(lim x x x e ．（13）设21)(cos x x y =，则2cos ln ln x xy =，因为 21cos 2sin lim cos ln lim ln lim 0200-=-==→→→x x x x x y x x x ，所以==-→2 110e )(cos lim 2x x x e1．（14）根据海涅定理，====+∞→+∞→+∞→∞→xxx xx nn x x x n 2lim2/1/1limln limln lim0．3．验证极限xx xx x cos 2sin 2lim -+∞→存在，并说明不能⽤洛必达法则求得．解：=-+=-+=-+∞→∞→0102/)cos 2(1/)(sin 2lim cos 2sin 2limx x x x x x x x x x 2．因为极限xxx x x x x x sin 21cos 2lim )cos 2()sin 2(lim++='-'+∞→∞→不存在，因为此极限不能⽤洛必达法则求得．4．验证极限x x x x sin )/1sin(lim 20→存在，并说明不能⽤洛必达法则求得．解：=?=?=→→→011sin lim sin lim sin )/1sin(lim0020xx x x x x x x x x 0．因为极限xx x x x x x x x cos )/1sin()/1sin(2lim)(sin ])/1sin([lim 020-=''→→不存在，因为此极限不能⽤洛必达法则求得．习题3—2（B ）1．⽤洛必达法则求下列极限：（1）311lnarctan 2limx x xx x -+-→；（2）xx x x 30sin arcsin lim -→（3）)tan 11(lim 220xx x -→；（4）]e )11[(lim -+∞→xx x x ； (5) 260)sin (lim x x xx →；（6）n n nn b a )2(lim +∞→（00>>b a ，）．解：（1）原式30)1ln()1ln(arctan 2limx x x x x -++-=→=--=--+-+=→→)1(34lim 3111112lim 40220x x x x x x x 34-．（2）原式2220220301311lim 31/11lim arcsin lim xx x x x x x x x x x ---=--=-=→→→=-=--=→→22022032/lim 311lim xx x x x x 61-．（3）原式30022220tan lim tan lim tan tan lim xxx x x x x x x x x x x -?+=-=→→→ ==-=-=→→→22022030tan lim 3231sec lim 2tan lim 2x x xx x x x x x x 32．（4）令t x 1=，则原式21010)1ln()1()1(lim e )1(lim tt t t t t t t t tt ++-+=-+→→ =+-=-+-=++-=→→→t t t t t t t t t t t )1ln(lim 2e 21)1ln(1lim e )1ln()1(lim e 002 02 e -．（5）令6)sin (x x x y =，则2sin ln 6ln x x xy =，因为 30200sin cos lim 3)sin cos 2sin /6(lim ln lim xxx x x x x x x x x y x x x -=-?=→→→ 13sin lim 320-=-=→x x x x ，所以==-→160e )sin (lim x x xx e 1．（6）令=n x nn nb a )2(+，则]2ln )[ln(ln -+=n n n b a n x ，再令x t 1=，因为 tb a b a x x t t t xx x n n 2ln )ln(lim ]2ln )[ln(lim ln lim 011-+=-+=→+∞→∞→ ab b a ba b b a a t t t t t ln 2ln ln ln ln lim 0=+=++=→，所以==+∞→abnn nn b a ln e )2(lim ab ．2．当0→x 时，若)(e )(2c bx ax x f x ++-=是⽐2x ⾼阶的⽆穷⼩，求常数c b a 、、．解：根据已知，有0)(e lim220=++-→x c bx ax x x ，由分母极限为零，则有分⼦极限也为零，于是01)]([e lim 2x =-=++-→c c bx ax x ，得1=c ，此时02)2(e lim )(e lim 0220=+-=++-→→x b ax x c bx ax x x x x ，再由分⼦极限为零，同样得1=b ，进⽽022122e lim 2)12(e lim )(e lim 00220=-=-=+-=++-→→→a a x ax x c bx ax x x x x x x ，得21=a ，所以1121===c b a ，，时，当0→x 时，)(e )(2c bx ax x f x ++-=是⽐2x ⾼阶的⽆穷⼩．3.若函数)(x f 有⼆阶导数，且2)0(,1)0(,0)0(=''='=f f f ，求极限2)(limxxx f x -→．解：1)0(210)0()(lim 2121)(lim )(lim002=''=-'-'=-'=-→→→f x f x f x x f x x x f x x x ．（注：根据题⽬所给条件，不能保证)(x f ''连续，所以只能⽤⼀次洛⽐达法则，再⽤⼆阶导数的分析定义）习题3—3（A ）1．判断下列叙述是否正确？并说明理由：（1）只要函数在点0x 有n 阶导数，就⼀定能写出该函数的泰勒多项式．⼀个函数的泰勒多项式永远都不会与这个函数恒等，⼆者相差⼀个不恒为零的余项；（2）⼀个函数在某点附近展开带有拉格朗⽇余项的n 阶泰勒公式是它的n 次泰勒多项式加上与该函数的n 阶导数有关的所谓拉格朗⽇型的余项；（3）在应⽤泰勒公式时，⼀般⽤带拉格朗⽇型余项的泰勒公式⽐较⽅便．答：（1）前者正确，其根据是泰勒多项式的定义；后者不正确．当)(x f 本⾝是⼀个n 次多项式时，有0)(≡x R n ，这时函数的泰勒多项式恒等于这个函数．（2）不正确．拉格朗⽇型的余项与函数)(x f 的1+n 阶导数有关．（3）不正确．利⽤泰勒公式求极限时就要⽤带有⽪亚诺余项的泰勒公式，⼀般在对余项进⾏定量分析时使⽤带拉格朗⽇型余项的泰勒公式，在对余项进⾏定性分析时使⽤带⽪亚诺型余项的泰勒公式．2．写出函数x x f arctan )(=的带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式．解：因为211)(x x f +='，)1(2)(2x x x f +-=''，322)1(62)(x x x f ++-='''，于是 2)0(0)0(1)0(0)0(-='''=''='=f f f f ，，，，代⼊到)(!3)0(!2)0()0()0()(332x o x f x f x f f x f +'''+'+'+=中，得 )(3arctan 33x o x x x +-=． 3．按1-x 的乘幂形式改写多项式1)(234++++=x x x x x f ．解：因为1234)(23+++='x x x x f ，2612)(2++=''x x x f ，624)(+='''x x f ，24)()4(=x f ，更⾼阶导数都为零，于是，，，20)1(10)1(5)1(=''='=f f f 30)1(='''f ，24)0()4(=f ，将其带⼊到)()1(!4)1()1(!3)1()1(!2)1()1)(1()1()(44)4(32x R x f x f x f x f f x f +-+-'''+-'+-'+=中，得 432)1()1(5)1(10)1(105)(-+-+-+-+=x x x x x f（其中5)5(4)1(!5)()(-=x f x R ξ恒为零）． 4．将函数1)(+=x xx f 在1x =点展开为带有佩亚诺型余项的三阶泰勒公式．解：因为111)(+-=x x f ，则2)1(1)(+='x x f ，3)1(2)(+-=''x x f ，4)1(6)(+='''x x f ，于是83)1(41)0(41)1(21)1(='''-=''='=f f f f ，，，，将其带⼊到 ))1(()1(!3)1()1(!2)1()1)(1()1()(332-+-'''+-'+-'+=x o x f x f x f f x f 中，得))1((16)1(8)1(41211332-+-+---+=+x o x x x x x ． 5．写出函数xx x f e )(=的带有拉格朗⽇型余项的n 阶麦克劳林公式．解：因为)(e )()(k x x f x k +=（1321+=n n k ，，，，，）（参见习题2.5（B ）3），于是，k fk =)0()(（n k ，，，，210=），=+=++1)1()!1()()(n n n x n x f x R θ1)!1(e )1(++++n x x n x n θθ，将其带⼊到)(!)0(!2)0()0()0()()(2x R x n f x f x f f x f n nn +++'+'+= ，得 132)!1(e )1()!1(!2e +++++-++++=n x n xx n x n n x x x x x θθ )10(<<θ．6．将函数xx f 1)(=按(1)x +的乘幂展开为带有拉格朗⽇型余项的n 阶泰勒公式．解：因为1)(!)1()(+-=k k k xk x f，于是!)1()(k f k -=-（13210+=n n k ，，，，，，）， 1211211)1()1()1()1()!1()!1()1()1()!1()()(+++++++++-=+++-=++=n n n n n n n n n x x n n x n f x R ξξξ，将其代⼊到中)()1(!)1()1(!2)1()1)(1()1()()(2x R x n f x f x f f x f n n n ++-+++-'++-'+-= ，得2112)1()1()1()1()1(11++++-++--+-+--=n n n nx x x x x ξ（ξ介于1-与x 之间）．习题3—3（B ）1．为了修建跨越沙漠的⾼速公路，测量员测量海拔⾼度差时，必须考虑地球是⼀个球体⽽表⾯不是⽔平，从⽽对测量的结果加以修正．（1）如果R 表⽰地球的半径，L 是⾼速公路的长度．证明修正量为R RLR C -=sec ． (2)利⽤泰勒公式证明3422452R L R L C +≈．（3）当⾼速公路长100公⾥时，⽐较（1）和（2）中两个修正量（地球半径取6370公⾥）．证明：（1）由αR L =，有R L =α，⼜在直⾓三⾓形ODB 中，CR R+=αcos ，于是R C R L+==1s e cs e c α，由此得R RLR C -=sec ．（2）先将x x f sec )(=展开为4阶麦克劳林公式，为此求得x x x f tan sec )(='，x x x x f 32s e c t a n s e c )(+=''，x x x x x f tan sec 5tan sec )(33+='''，x x x x x x f5234)4(s e c 5t a n s e c 18tan sec )(++=，，，，，，5)0(0)0(1)0(0)0(1)0()4(=='''=''='=f f f f f 于是 )(245211sec 442x R x x x +++=；当1<2245211sec x x x ++≈，取R L x =，得442224521sec RL R L R L ++≈，于是≈-=R R L R C sec 3422452R L R L +．（3）按公式R RLR C -=sec计算，得修正量为785010135.0)1(≈C ，按公式3422452RL R L C +≈计算，得修正量为785009957.0)2(≈C ，它们相差⼤约为000000178.0)2()1(≈-C C ．2．写出函数212e)(x x f -=的带佩亚诺型余项的n 2阶麦克劳林公式．解：由)(!!3!21e 32nn tt o n t t t t ++++++= ，令22x t -=，得 )]2(!2)1(!62!42!221[e eee223624222122n n n nn x x x o n x x x x +?-++?-?+?-==--)(]!)!2()1(!!6!!4!!21[e 22642n n n x o n x x x x +-++-+-= ，按规律，由于nx2项的后⼀项为22+n x，所以余项也可以⽤)(12+n xo ．3．写出函数x x f 2sin )(=的带⽪亚诺型余项的m 2阶麦克劳林公式．解：x x 2cos 2121sin 2-=)2()!2()2()1(!6)2(!4)2(!2)2(1[2121222642m m mn x o m x x x x +-++-+--=)()!2(2)1(4523122121642m m m m x o x m x x x +-+-+-=-- ，同上⼀题，余项也可以⽤)(12+m x o ．（注意：像2、3题⽤变量代换写泰勒公式的⽅法只使⽤于带有佩亚诺型余项的泰勒公式，不适⽤带有拉格朗⽇型余项的泰勒公式，否则得到的余项不再是拉格朗⽇型余项） 4．应⽤三阶泰勒公式计算下列各数的近似值，并估计误差：（1）330；（2）18sin ．解：（1）取函数31)(x x f +=，展开为三阶麦克劳林公式，有31154323)1(3108159311)(x xx x x x x f θ+?-+-+=+=，3339/11332730+?=+=，现取9/1=x ，)59049572912711(3303+-+≈，误差为54431089.19310-?R ， 10725.3)000085.0001372.0037037.01(3)59049572912711(3303=+-+≈+-+≈；（2）⽤x sin 的麦克劳林公式，取1018π==x ，得53)10(!5)cos()10(!311018sin πθππx +-=，则3)10(!311018sin ππ-≈，误差为5531055.2)10(!51-?≈<≤πR3090.030899.000517.031416.018sin ≈=-≈．5．利⽤泰勒公式求下列极限：（1）642/012/e cos lim 2x x x x x +--→；（2）x x x x x x x sin )1(sin e lim 20+-→．解：（1）原式64636426 642012/)](!32821[)](!62421[lim xx x o x x x x o x x x x ++?-+--+-+-=→ 3607)(360/7lim 6660=+=→x x o x x ．（2）原式3233220)](6/)][(2/1[lim x x x x o x x x o x x x --+-+++=→ 31)(3/lim3330=+=→x x o x x ．6．设函数)(x f 在区间][b a ，上有⼆阶连续导数，证明：有)(b a ，∈ξ使得)(4)()2(2)()(2ξf a b b a f b f a f ''-=+-+．证明：将函数)(x f y =在20ba x +=点展开为⼀阶泰勒公式，有 20000)(!2)())(()()(x x f x x x f x f x f -''+-'+=η.（η介于x 与0x 之间）分别⽤b x a x ==、代⼊上式，得 201000)(!2)())(()()(x a f x a x f x f a f -''+-'+=η 4)(!2)(2)2()2(21b a f b a b a f b a f -''+-+'++=η（21b a a +<<η），202000)(!2)())(()()(x b f x b x f x f b f -''+-'+=η 4)(!2)(2)2()2(22a b f a b b a f b a f -''+-+'++=η（b b a <<+22η），上两式相加，得]2)()([4)()2(2)()(212ηηf f a b b a f b f a f ''+''-++=+，由)(x f ''连续，根据习题1-7（B ）4，得)(2)()(21ξηηf f f ''=''+''（)(b a ，∈ξ），于是，)(4)()2(2)()(2ξf a b b a f b f a f ''-++=+，所以，有)(b a ，∈ξ使得)(4)()2(2)()(2ξf a b b a f b f a f ''-=+-+． 7．若函数)(x f 有⼆阶导数，0)(>''x f ，且1)(lim=→xx f x ，⽤泰勒公式证明x x f ≥)(. 证明：由函数)(x f 可导，及1)(lim=→xx f x ，得1)0(0)0(='=f f ，，将)(x f 展开为⼀阶麦克劳林公式，有22)()(x f x x f ξ''+=（ξ介于0与x 之间），由0)(>''x f ，得x x f x x f ≥''+=22)()(ξ．8．设函数)(x f 在区间]20[，上⼆次可微，)2()0(f f =，且M x f ≤'')(，对任何]20[，∈x ，证明M x f ≤')(．证明：对任何∈x ]20[，，将函数)(t f y =在x t =点展开为⼀阶泰勒公式，有 2)(!2)())(()()(x t f x t x f x f t f -''+-'+=ξ.（ξ介于x 与t 之间）分别⽤20==t t 、代⼊上式，得 21!2)()()()0(x f x x f x f f ξ''+'-=，（x <<10ξ）（1） 22)2(!2)()2)(()()2(x f x x f x f f -''+-'+=ξ，（22<<ξx ）（2）（2）-（1），并由条件)2()0(f f =，有 ])()2)(([21)(202122x f x f x f ξξ''--''+'=，即])()2)(([41)(2122x f x f x f ξξ''--''-='，所以M x x M x x M x f =+-?≤+-≤'222])2[(4])2[(4)(．习题3—4（A ）1．下列叙述是否正确？并按照你的判断说明理由：（1）设函数()f x 在区间[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，那么()f x 在区间[,]a b 上单调增加（减少）的充分必要条件是对任意的(,)x a b ∈，0)(>'x f （0)(<'x f ）；（2）函数的极⼤值点与极⼩值点都可能不是唯⼀的，并且在其驻点与不可导点处均取得极值；（3）判定极值存在的第⼀充分条件是根据驻点两侧导数的符号来确定该驻点是否为极值点，第⼆充分条件是根据函数在其驻点处⼆阶导数的符号来判定该驻点是否为极值点；（4）在区间I 上连续的函数，其最⼤值点或最⼩值点⼀定是它的极值点.答：（1）不正确．如3x y =在]11[，-上单调增加，⽽032≥='x y ．（2）前者正确，后者不正确．驻点与不可导点是取得极值必要条件不是充分条件，如函数3x y =有驻点0=x ，⽽3x y =在0=x 点不取极值；⼜如函数3x y =有不可导点0=x ，⽽3x y =在0=x 点也不取极值．（3）前者不正确，后者正确．第⼀充分条件对连续函数的不可导点也适⽤．（4）不正确．函数的最⼤（⼩）值点可以是闭区间端点，这时的最值点就不是极值点． 2．证明函数x x x f arcsin )(-=在]11[，-上单调减少．解：在开区间)11(，-内，0111)(2≤--='xx f ，且等号只在0=x 点成⽴，所以)(x f 在开区间)11(，-内单调减少，⼜因为函数x x x f arcsin )(-=在区间]11[，-的左、右端点处分别右连续、左连续，所以x x x f arcsin )(-=在]11[，-上单调减少． 3．求下列函数的单调区间和极值：（1）323y x x =-；（2）xx y 12+=；（3）3232x x y +?=；（4）2exy x =；（5）x x y -+=)1ln(；（6）)1ln(2-=x y ．解：（1）定义域为)(∞+-∞，，)2(3632-=-='x x x x y ，由0='y ，得驻点0=x ，2=x ，函数没有不可导点．单增区间为：)2[]0(∞+-∞，、，，单减区间为：]20[，，极⼤值为：0)0(=y ，极⼩值为：4)2(-=y ．（2）定义域为)0()0(∞+-∞，，，221xx y -='，由0='y ，得驻点1±=x ，在定义域内函数没有不可导点．单增区间为：)1[]1(∞+--∞，、，，单减区间为：]10()01[，、，-，极⼤值为：2)1(-=-y ，极⼩值为：2)1(=y ．（3）定义域为)(∞+-∞，，2233)1(2xx y ?+='，由0='y ，得驻点1-=x ，不可导点0=x ．单增区间为：)1[∞+-，，单减区间为：]1(--∞，，⽆极⼤值，极⼩值为：1)1(-=-y ．（4）定义域为)0()0(∞+-∞，，，3)2(e xx y x -='，由0='y ，得驻点2=x ，在定义域内函数没有不可导点．单增区间为：、，)0(-∞)2[∞+，，单减区间为：]20(，，⽆极⼤值，极⼩值为：4/e )2(2=y ．（5）定义域为)1(∞+-，，xxy +-='1，由0='y ，得驻点0=x ，在定义域内函数没有不可导点．单增区间为：]01(，-，单减区间为：)0[∞+，，极⼤值为：0)0(=y ，⽆极⼩值．（6）定义域为)1()1(∞+--∞，，，122-='x xy ，在定义域内0≠'y ，且没有不可导点．单增区间为：)1(∞+，，单减区间为：)1(--∞，，既⽆极⼤值，也⽆极⼩值．4．求下列函数在指定区间的最⼤值M 和最⼩值m ：（1）163)(24+-=x x x f ，]20[，∈x ；（2）11)(+-=x x x f ，]40[，∈x ．解：（1）)1(121212)(23-=-='x x x x x f ，由0)(='x f ，得1=x （10-==x x ，都不在)20(，内），⽐较数值25)2(2)1(1)0(=-==f f f ，，，得163)(24+-=x x x f 在。

河北科技大学《高等数学》（上册）第三章一. 单项选择题1. 函数()sin f x x =在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭内 【 D 】 A.有最大值 B.有最小值C.既有最大值又有最小值D.既无最大值又无最小值2. 函数()y f x =在0x 处取得极大值，则必有 【D 】 A.0()0f x '= B.0()0f x ''<C.0()0f x '=且0()0f x ''<D.0()0f x '=或0()f x '不存在3.对函数38y x =+在区间[0,1]上应用拉格朗日中值定理时，所得中间值ξ为【 B】 A.3C.13 D.13-4. 曲线233y x x =-的拐点为 【 C】 A.(2,1) B.(2,1)- C.(1,2) D.(1,2)-5. 已知函数32()f x x ax bx =++在1x =处取得极值2-，则 【 B】 A.3a =-，0b =，且1x =为函数()f x 的极小值点B.0a =，3b =-，且1x =为函数()f x 的极小值点C.3a =-，0b =，且1x =为函数()f x 的极大值点D.0a =，3b =-，且1x =为函数()f x 的极大值点6. 曲线324x y x +=的图形应为 【 D】 A.在(,0)-∞和(0,)+∞内凸 B.在(,0)-∞内凹，在(0,)+∞内凸C.在(,0)-∞内凸，在(0,)+∞内凹D.在(,0)-∞和(0,)+∞内凹7. 函数32()23f x x x =-的极小值为 【 A 】A.1-B.1C.0D.不存在8.使函数()=f x 【 A 】A.[0,1]B. [1,2]C. [1,1]-D. [2,2]-9. 设函数()f x 的导函数()(1)(21)f x x x '=-+，则在区间1(,1)2内，()f x 单调【 B 】 A.增加，曲线()y f x =为凹的 B.减少，曲线()y f x =为凹的C.减少，曲线()y f x =为凸的D.增加，曲线()y f x =为凸的二、填空题1. 设()f x 在[,]a b 内可导，则至少存在一点(,)a b ξ∈，使()()f b f a e e -= _.2.2x y =的麦克劳林公式中n x 项的系数为 .3.曲线y =的拐点坐标为 .三. 计算下列各题1. 求43()21f x x x =-+的凹凸区间与拐点.2. 求.函数23()(5)f x x x =-的极值.3. 求函数3210496y x x x=-+的单调区间和极值. 4.求极限10lim (,,3→⎛⎫++ ⎪⎝⎭x x x x x a b c a b c 均大于零且不为1). 5.确定,,a b c 的值，使得32y x ax bx c =+++有拐点(1,1)-，且在0x =处有极值.四. 证明题1. 证明，当0x ≥时，(1)ln(1)arctan x x x ++≥.2.证明：当0x >时，2ln(1)2x x x -<+. 3. 证明：当02x π<<时，31tan 3x x x >+.4.证明：当0>x 时，ln(1).1<+<+x x x x5.设(),()f x g x 二阶可导且0()(),(0)(0),(0)(0).x f x g x f g f g ''''''>>==时 证明：0()().x f x g x >>时恒有五.证明题1. 已知函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(0)0f =，(1)1f =.证明：（1）存在(0,1)ξ∈，使得()1f ξξ=-；（2）存在不同的两点,(0,1)ηζ∈，使得()()1f f ηζ''=.2. 设()f x ，()g x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内具有二阶导数且在不同的点处存在相等的最 大值，且()()f a g a =，()()f b g b =，证明：（1）存在(,)a b η∈，使得()()f g ηη=； （2）存在(,)a b ξ∈，使得()()f g ξξ''''=.3. 设()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内二阶可导，过点(0,(0))A f 与点(1,(1))B f 的直线与曲线()y f x =相交于点(,())C c f c ，其中01c <<.证明：（1）在(0,1)内至少存在两点1ξ，2ξ，使得12()()f f ξξ''=；（2）在(0,1)内至少存在一点η，使得()0f η''=.4.设函数()f x 处处可导，1x 和2x 是函数的两个零点，且12x x <。

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第三章概率
一、选择题
1．一个袋子中有号码分别为1，2，3，4，5的五个大小相同的小球，现从袋中任取一个球，取出后不放回，然后再从袋中任取一个球，则第一次取出的号码为奇数，第二次取出的号码为偶数的概率为()
A．3
5B．
4
5
C．3
20D．
3
10
解析：选D试验的所有事件为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(3，5)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，共20个．其中“第一次取出的号码为奇数，第二次取出的号码为偶数”包含的基本事件个数为6，则所求概率为
P＝6
20＝3
10
，故选D．
2．投掷一枚质地均匀的骰子两次，若第一次向上的点数小于第二次向上的点数，我们称其为前效实验；若第二次向上的点数小于第一次向上的点数，我们称其为后效实验；若两次向上的点数相等，我们称其为等效实验，那么一个人投掷该骰子两次后出现等效实验的概率是()
A．1
2B．
1
6
C．1
12D．
1
36
解析：选B投掷一枚质地均匀的骰子两次的所有基本事件共有36种，其中两次向上的点数相等的基本事件有(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，5)，
(6，6)，共6种，所以一个人投掷该骰子两次后出现等效实验的概率P＝6
36＝1 6.
3．一个三位自然数，百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅。