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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，( )f x 1,1( 1)(1)ff( )f x( 1,1)在上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点，使得，( )f x 1,1( 1,1) ( )0f即： ，满足，；22120(21) 0（2）虽然在上连续，但在内点不可导。可见，( )f x 1,1( 1)(1)ff( )f x( 1,1)0x 在上不满足罗尔中值定理的条件，且,因此不存在一( )f x 1,11,01( ), =01,10xfxxx 不存在点，使得.( 1,1) ( )0f2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件.3解：令，化
2、简得33arccosarccos(34)yxxx223 233 1211 (34)xy xxx （为常数） ，又，故当，有。0,Cyy C(0.5)y0.50.5x( )y x4证明：显然都满足在上连续，在内可导( ),( )f xF x0,2 0,2且对任一，满足柯西( )cos ,( )1 sinfxx F xx 0,2x( )0F x( ),( )f xF x中值定理条件。，而，(0)121(0)22ffFFsincos( )cos242 ( )1 sin1 cossin242xxfxx xF xxx令，即，此时,显然( )1 ( )12fx F xtan1422x2arctan142x
3、，即，使得0,2x2arctan10,422/。(0)(3)2 (3)(0)2fff FFF5.解：因为，又因为在任一区间内都连续而且可导，所(0)(1)(2)(3)0ffff( )f x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( )f x 0,1 , 1, 2 , 2,3少使得：，又因为123(0,1),(1,2),(2,3),123( )0,()0,()0fff至多只有三个根，有 3 个根分别属于三( )0fx( )0f x123, (0,1),(1,2),(2,3)个区间.6证明：设的个相异实根为( )0f x 1n012nxxxx则由罗尔中值定理知：存在：1(1,2,
4、)iin，使得01111221nnxxxx1()0, (1,2, )ifin再由罗尔中值定理至少存在：2(1,2,1)iin，使得1121122213211nn2()0, (1,2,1)ifin如此作到第步，则知至少存在一点：使得。n1112nn( )( )0nf7解：反证法，倘若有两个实根，设为和，即，不妨设( )0p x 1x2x12()()0p xp x，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12xx( )p x12 ,x x，使得，而这与所设没有实根相矛盾，命题得证。12( ,)x x( )0p( )0p x8证明：令，由于由零点定理知，在内至少存在5( )1f xxx
5、(0)1,(1)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( )0f4(1)1x x 01有两个正根，即，且使得：，不妨假设510xx 12,0x x12xx12()()0f xf x，显然在上连续，在内可导。所以由罗尔定理，得：12xx( )f x12 ,x x12( ,)x x/，使得：，即，矛盾，假设不成立，所以方程12( ,)x x ( )0f4510 只有一个正根。510xx 9证明：（1）因为在上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在使( )f x , a b( , )a b得( )( )( )()f bf afba又，故，即。( )fm( )( )(
6、)f bf am ba( )( )()f bf am ba（2）因为在上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在使得( )f x , a b( , )a b( )( )()( )f bf abaf又，所以。( )fM|( )( )| M()f bf aba（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12xx12xxsin x12,x x拉格朗日中值定理，得，其中在与之间，因此1212sinsincos()xxxx1x2x。121212sinsincosxxxxxx10证明：因为在内具有二阶导数，所以由罗尔定理，得，( )f x( , )a b112( ,)x x，使得，又在且满足罗尔
7、定理的条件，故223(,)x x12( )()0ff( )fx12, 由罗尔定理，得：，使得。1213( ,)( ,)x x ( )0f11证明：设，由拉格朗日中值定理，得( )lnf xx，使得：即：，又，( , )b a ( )( )( )f af bfablnlnlnabaabb( , )b a，。111 abababab ab12证明：对函数在上应用拉格朗日中值定理：存在使得( )arctanf xx0, h(0, )h2arctanarctanarctan01hhh从而/。2arctan1hhhh13证明：（1）令。当时结论显然成立。( )arctanf xxab当时，由拉格朗日中值
8、定理，得。 （在构成的区间内） ，即：ab( )( )( )f bf afba, a b。21()( )( )arctanarctan1baf bf aba21arctanarctan1ababab综上所述，结论成立。（2）令( )xf xe由拉格朗日中值定理，得：，使得：，即：(1, )x ( )(1)( )1f xffx，( )(1)(1)( )(1)xf xfeexfxe又，故，所以(1, )xee，即ee(1)e(1)exxx。eexx14证明：在的某邻域内具有阶导数，由柯西中值定理，得：( )yf x0x n使1(0, )x，反复使用柯西中值定理，得：11 11 11( )( )(0
9、)( )( )(0) 00nnnnnffff xf xf xxnn ，使得21321(0,).(0,).(0,)(0, )nx( ) 12 12 12( )(0)()(0)( )( ) 0(1)0!nnnnfffff xf xnn nn 即，使，使得：。(0,1) (0, )xx( )( )(),(01)!nnf xfx xn习题 3-2/1.解：( )(2)6,(2)4,(2)4,(2)6,(2)0(4)nfffffn 将上述结果代入泰勒多项式，得23(2)(2)( )(2)(2)(2)(2)(2)2!3!fff xffxxx.32( )(2)2(2)4(2)6f xxxx2.解：因为( )
10、( ) 1( 1)!(0)1,( ),(0)( 1)!,1,2,(1)k kkk kkffxfk kx 所以.1 21 2( 1)( )1( 1),(01)(1)n nnn nf xxxxxx 3.解：因为2(0)0,( )sec,(0)1,ffxx f，2( )2sectan ,(0)0fxxx f224( )4sectan2sec,(0)2fxxxx f，(4)234(4)( )8sectan16sectan ,(0)0fxxxxx f，所以(5)24426(5)( )16sectan88sectan16sec,(0)16fxxxxxx f.35512( )()315f xxxxo x4.
11、解：，所以，( )f xx3 211( ),( )42fxfxxx 5 23( )8fxx，令代入得7 (4)215( )16fxx 4x ，由泰勒公式，得113(4)2,(4),(4),(4)432256ffff .4 23 7 211115(4)2(4)(4)(4)4645124!164(4)xxxxx x 5.解：因为，一般地，有1( )f xx234123!( ),( ),( )fxfxfxxxx ，所以( ) 1!( )( 1)nn nnfxx ，一般地，有：( 1)1,( 1)1,( 1)2,( 1)3!ffff ( )( 1)!nfn 所以，由泰勒公式，得/1 21 21(1)1
12、 (1)(1)(1) ( 1),(01). 1(1)n nn nxxxxxx 6.解：，所以( )xf xxe( )( )011( )()( 1)( 1)( )0nxnnxnx nnfxxeC e xC ex ，又，所以1( 1)( 1)nxnxxen e ( )1(0)( 1)nnfn .3 21( )( 1)()2(1)!n nnxxf xxxo xn 7.解：（1）因为22 3(27)(27)(27)(27)(27)(27)(27)23!fxfxxffx23 7121153(27)(27)(27)2733xxx所以误差为：3303.10724,(4)4(4)412( )3(27) 310
13、0.000024!4!3ff（2）331sin,sin180.309993!103!10xxx误差为.(5)5 5sin( )2 105!x8.解：（1）由于分式的分母，我们只需将分子中的和分别33sin(0)xxx :sin xcosxx用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即，于是3 3sin()3!xxxo x3 3cos()2!xxxxo x，故33 33331sincos()()()3!2!3xxxxxxo xxo xxo x。3333001()sincos13limlimsin3xxxo xxxx xx（2）因为分子关于的次数为 2x1 225511 111 5(1 5 )1(
14、5 )1(5 )()52! 55xxxxo x 2212()xxo x /原式.22201lim12()(1)2xx xxo xx 9.解：（1）355sinsin(01)3!5!2xxxxx因此；5541111|( )|,5!5! 238402xR xx（2）解：设，则因为( )1f xx1 211(0)1,( )(1),(0)22ffxxf35 22113( )(1),(0),( )(1)448fxxffxx 所以带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为( )1f xx，从而523 211(1), (01)2816xxxxx 。35 2 21( )(1),0,11616xR xxx习题 3-3
15、1.解：（1）； 001limlim1sincosxxxxee xx（2）； 661 2sin2cos3limlimcos33sin33xxxx xx（3） ； 00011ln(1)11limlimlim1cos1sin1sinxxxxxxx xxxx（4） 0tanlimsinxxx xx 20sec1lim1cosxx x20tanlim1cosxx x202tan seclimsinxxx x202limsec2 xx （5）；2 222lnsincoscos1limlimlim(2 )4sin(2 )4(2)8xxxxxx xxxx /（6）；11limlimmmm m n nnnxa
16、xaxamxmaxanxn （7）2222 222tansec1cos 3limlimlimtan33sec 33cosxxxxxx xxx。 22cos33sin3limlim3cossinxxxx xx （8）； 222211 11ln 111limlimlim11arccot 1xxxx xxx xxx x （9） 0011e1limlime1(e1)xxxxxx xx ； 2000e1e1e1limlimlim222xxxxxxx xx （10）令，；1 1 xyx 1111 1lnlnln , limlnlimlim1111xxxxxyxyxx 所以。1 11limxxx1e（11）
17、设lnsin ln ,yxxsin000limlimlim sin lnxxxxxyxx ； 000021 sinlnlimlnlimlimlim()011xxxxxxxxxxx xx 所以sin0limxxx 1（12）令tan11ln,lntanlncotxxyyxxxx ，； 220001 sinlim lnlimlim1cscxxxxxyxxtan 001lim1xxex/（13） ； 20000coslim cot2limlimcos2limsin2sin2xxxxxxxxxxxx1 2（14）令，2351x yxx223535ln 135limlnlimlimlim311xxxxx
18、 xxxxyx xx所以；3 235lim 1xxexx（15）22(2arctan )2lnlim(2arctan )lnlimlim11 lnxxxxxxxxx x。2ln2lnln11lim2 lim2 lim0 xxxxxx xxx2解：（1）不存在，故不能用洛必达法则.eelimeexxxxx （2），20001sin1limlimlimsin1 00sinsinxxxxxxxxxx 而若用洛必达法则：有22 20001111112 sincossin2 sincos limlimlimsincoscosxxxxxxxxxxxxx xxx该极限不存在，但存在，故不能用洛必达法则得出。
19、201sin limsinxxx x（3）不是未定式。3.解：，11 2200lim( )lim ee xxf x 1 11ln(1) 1000(1)lim( )limlim eexxxx xxxxxf x /20001ln(1) 1ln(1)1limlimlim2 (1)2eeeexxxxxxxx xxxx所以，由连续的定义知在处连续。 0lim( ) xf x 1 20lim( )e(0) xf xf ( )f x0x 习题 3-41.对函数求导，得：，单调减少.2221( )1011xfxxx 2.解：（1）单调增区间；单调减区间；(, 1,3,) 1,3（2）单调增区间；单调减区间；1
20、,20,1（3）单调增区间；单调减区间；(,1,1,（4）单调增区间；单调减区间； 0,2(, 1),( 1,0,2,) （5）单调增区间；单调减区间；2, ,)3aa2,3a a （6）单调增区间；单调减区间.,223kk,(0, 1, 2,)2322kkk 3(1)解：设，则。sin( )xf xx2(tan )cos( )0 02xxxfxxx令，则，故( )tan ,0,2g xxx x2( )tan0,0,2g xxx 在内严格递减，又在处连续，且，故在内，( )g x0,2( )g x0x (0)0g0,2( )0g x 即，所以当时，。从而在内严格递减。tan0xx0,2x( )
21、0fx( )f x0,2x由于。所以，即。 0sinlim1 xx xsinsin212x x2sin,0,2xxx x （2）设，则从而当时，严格2 ( )ln(1)2xf xxx2 ( )0(0)1xfxxx0x ( )f x/递增。又在处连续，且，所以当时，即( )f x0x (0)0f0x ( )0f x 。2 ln(1)2xxx设。同理可证，当时，即。综( )ln(1),0g xxxx0x ( )0g x ln(1)xx合上述结果可得，当时，有0x 。2 ln(1)(0)2xxxxx（3）令，所以31( )tan3f xxxx，故2222( )sec1tan0, 02fxxxxxx
22、在内单调递增，所以，即( )f x0,2 ( )(0)0f xf。31tan3xxx（4）令，则，当时，即1( )23f xxx 22211( )xxfxxxxx1x ( )0fx在上单调增加，所以，即( )f x1,( )(1)0f xf。123(1)xxx4.解：令，所以，所以当时，( )lnf xxax11( )axfxaxx1,xa ；当时，。所以在内单调递增，在( )0fx1,xa( )0fx( )f x1,xa 内单调递减，又，所以当时，1,a11ln1ln1faaa 1,xa ，当时，1( )ln1f xfaa 1,xa1( )ln1f xfaa 所以当，即时，方程只有一个实根：
23、ln10a 1aexe/当，即时，方程没有实根。当，即时，方程有 2 个实ln10a 1aeln10a 1ae根。5.解：（1）在凸，在凹，为拐点.1,21,2113,22（2）在凸，在凹，无拐点.(,0)0,（3）没有拐点，处处是凹的.（4）与 为凹，为凸，与为拐点1,3 1,311,331 3,3 41 3,3 4 （5）在与凸，在凹，为拐点.1,(, 1) ( 1,1)( 1,ln2),(1,ln2)（6）在内是凹，在凸.为拐点.1,21,21arctan21,2e 6解：（1）令，则，所以当且时，( )nf xx12( ),( )(1)nnfxnxfxn nx0x 1n 。即在内为凹的
24、。由凹函数的定义，知：对，有：( )0fx( )nf xx0, xy ，即。( )( ) 22xyf xf yf1 22n nnxyxy（2）设，则。故为上凹函数，从而对exy e0,(,)xyx y(,) ，有121,2xa xb2 11211111()1()2222yxxy xy x即 。21e(ee )2a b ab 7解：22221,1xxy x 2322(1)(41)1xxxy x 322(1)( 23)( 23)1xxxx 令解得：，所以时，0y 1231,23,23xxx , 23x 0y/当时，；当时，；当时，( 23,23)x 0y 23,1x 0y1,x0y 故时，；时，；
25、时，11x 11y 223x 231 84 3y323x 313 84 3y 即，是曲线的三个拐点，很容易(1,1),3123,84 3 1323,84 3 21 1xyx验证这三点在同一条直线上。8.解：，所以若为曲线的拐点，则满足32yaxbx232,62yaxbx yaxb1,3解得：.(1)3 (1)620fab fab 39,22ab 9.解：是的拐点，因为，故可设，又因为00(,()xf x( )f x0()0fx0()0fx在的某邻域内连续，所以.由保号性，知存在，当( )fx0xx00lim( )()0 xxfxfx 时，故在上单调递增，又因为00(, )xU x0()( )0
26、2fxfx( )fx0(, )xU x，所以当时，即是凹的。同理可得0()0fx00(,)xU x x0( )()0fxfx上，即是凸的。所以，是拐点.00(,)xU xx0( )()0fxfx00(,()xf x习题 3-51.解：（1）令，解得，又，所以23( )640fxxx1230,2xx3902f 在处有极大值，由于当时，故在的邻3 2x ( )f x327 216yU (0,1)x( )0.fx0x 域内严格递增，所以在处不能取得极值； ( )f x0x ( )f x（2），在整个定义域上单调，故无极值。 232103(1)yxR x （3）2222222(64)(1)(344)(
27、21)2 (1)(1)xxxxxxxxyxxxx /令，。故为极大值，又120,0,2yxx 32226213 24xxyx (0)0y(0)4y，故为极小值； ( 2)0y 8( 2)3y （4）极小值；1ln22 22y（5）令，得。因为当时，；当2(2ln )ln( )0xxfxx21, ex 01x( )0fx时，；当时，所以在处有极小值，21ex( )0fx2ex ( )0fx( )f x1x (1)0f在处有极大值。 2ex 22(e )4ef（6）令，得。由于当时，；当时，21( )01xfxx1x 1x ( )0fx1x ，所以在处有极大值.( )0fx( )f x1x 2ln
28、2(1)4f2.证明：因为对任意的,都有，所以，是极小值点。x( )(0)0f xf0x 3.解：，若此函数在处为极值点，则即( )coscos3fxaxx3x03f，解得，这时coscos 3033a2a 33( )sin3sin3( 2)sin3sin 3033xxfxaxx 所以为极大值点，且极大值点为。03x33f4.解：（1）令得4322520155(1)(3)0yxxxxxx ，舍去。而，所以函0,1,3.3 1,2x (0)0y( 1)10y (1)2y(2)7y 数在处取得最大值，在处，取得最小值；1x (1)2y1x ( 1)10y （2）令，得。由于22sec(1tan )
29、0yxx 0,42x/且，所以函数在处取得最大值(0)0,14yy22lim (2tantan)xxx 4x，无最小值；14y（3）最大值，最小值；35 44y( 5)65y 5证明（1）设，令，解得；( )(1)ppf xxx11( )(1)0ppfxpxpx1 2x ，22(1)(1)(1)ppyp pxp px 102y(1)1,(0)1,ff为最小值，故，原不等式111 22pf0,1x 11(1)1(01,1)2pp pxxxp成立。（2）设解得，( )(1)e ,( )e(1)e0xxxf xxfxx 0x ，函数在定义域内有一个驻( )eee (1),(0)10xxxfxxxf
30、( )(1)exf xx点且为最大值点，即，所以在整个定义域上成立。(0)1f(1)e1xx6.解：，令，解得：，又因为254( )yf xxx25420yxx 3x ，所以在处取得极小值。即在处3108( )2,( 3)60fxfx( )f x3x ( )f x3x 取得最小值 27.7.解：，令，解得：，又2( )1xyf xx22(1)(1)0(1)xxyx 121,1xx 比较上述各值，得：在处取得最大值.11( 1),(1),(0)022fff ( )f x1x 1 28.解：设两线段长为，则矩形面积为。令, x lx(),(0, )Sx lxxl得。又，故是的唯一极大值点。又在端点
31、处1 20,Sx 2lx 20S 2lx S，从而就是最大值点。所以当两线段的长均为，矩形面积最大.0S 2lx 2l9.解：设底半径为，高为，则体积为Rh/2VR h表面积为222VR2 RhRRS令，得。所以，当底半径与高的比例为时，容器的表面22V2 R0RS Rh1:1积为最小。10.解：由题意，知：截面的周长：，由21522xxy122Cxyx，得：，把其代入，得：21522xxy21158yxx122Cxyx，令，得：10111101424Cxxxxxx2110( )104C xx （负值舍去）又因为（当时）所以当1022.366(m)4x320( )0Cxx0x 时，其截面的周长
32、最小。1022.366(m)4x11.解：设房租为元，获得的收入设为，则租出去的公寓目为：x( )f x，由题意知：10003500505050xx23500360035000( )(100)5050xxxf xx令。得：。又因为，所以当时，23600( )050xfx1800x 1( )025fx 1800x 取得最大值，即房租定为 1800 元时，可获得最大收入。( )f x习题 3-61. （1）为水平渐近线，为铅直渐近线；0y 1x （2）为水平渐近线，与为铅直渐近线；1y 2x 3x （3）为铅直渐近线，为斜渐近线；0x yx/（4）为斜渐近线。byxa 2.（1）定义域为，在为单调
33、增加；在为单(,) (, 5), (1,) ( 5, 2), ( 2,1)调减少；在内是凸的，在为凹的，拐点(, 5), ( 5, 2) ( 2,1), (1,)极大值，极小值.( 2,26),( 5)80f(1)28f xyO3261520yxxx51105225110522 1（2）定义域为；周期为；图形对称于轴；在1(0, 1, 2,)24kxk 2y部分：在内单调增加；在内是凹的，在内是0, 330, 4444 0,4 ,4 2凸的，在内是凹的，在内是凸的；拐点；极小值，极大值 3,243, 4,02(0)1y/；铅直渐进线.( )1y 3,44xxOxycos cos2xyx习题 3
34、-71.解：由，得1yx因此，把它们代入曲率公式，使得曲线2312,yyxx 111,2xxyy 在点处的曲率为1xy (1,1)。3 2222 21 ( 1) k 2.解：，因此，把它们代入曲11(),()22xxxxyeeyee000,1xxyy/率公式，得.1k 3.解：显然sec0x ，故曲线在点处的曲率为：21(sec )tan ,secsecyxx yxx( , )x y，曲率半径为。233 2222seccos (1)(1tan)yxKx yx |sec|x4解：232( )3cossin ,( )3 (cos2cos sin)x tatt x tattt ，2( )3sinco
35、s .y tatt23( )3 (2sin cossin)y tattt曲线在处的曲率为：0tt.0000 3 2202 00( )( )( )( )2 3 sin2 ( )( ) x ty tx ty tkatx ty t 5.解：代入曲率公式，得2,2yaxb ya3 22|2 |1 (2) ak axb 由容易看出，当，即时，的分母最小，因而有最大值。k20axb2bxa kk2a而所对应的点为抛物线的顶点。因此，抛物线在顶点处的曲率最大。即，在顶点处2bxa 的曲率半径最小，.3 221 (2) |2 |axb a6.解：将代入曲线的曲率公式得exyy33 2222e1(1 e )xx
36、yK y 为求的最大值，可将变化为KK243 3321(ee)xxK 所以只要求出的最小值，便易得的最大值，容易求得当是24 33( )eexxf xK1ln22x 唯一的极小值点，也就是使曲线曲率最大的点，代入曲线方程得，( )f xexy exy 1 2y /于是得曲线顶点的坐标为，而曲线在该点的曲率半径为11ln2,22。3 ln221ln2 211eKe3327.解：设飞机在坐标原点处时座椅对飞行员的o反力为，飞行员所受的向心力为，所以在竖直NF 方向上，由受力平衡，得：（1）FNG g抛物线在点处的曲率半径：210000xy (0,0)（2）3 22 00115000(m)xxy R
37、Ky 所以，由（1） （2）式联立，解方程组，得：。2vFGR1246(N)N 8.解：曲率半径为：33 222221(1 )(1 (sec) )5 5 |“|2sec tan sec|4yx Kyxxx设圆心坐标为：，则有: ,又法线方程为：00(,)xy22 00125()(1)416xy，代入上式，得000011()22244yxxy 0091 44yy 或则分别有：00210 44xx或.222+9125 4416xy9.解：由，及知，.22yyp 20yyypyy 23pyy 故抛物线的渐屈线方程为22ypxGG g g g g g g gF 向 向 2 向N/2 22232 223
38、1() (1)3,21()1,pp yyyyyxxppyp y p yyyypy y 其中为参数.或消去参数得渐屈线方程为yy.23278()pp习题 3-8从上到下长 16dm,从左到右宽 8dm 时，可使海报回周空白面积为最小yx2dm1dm在条件下,使得即可得空白面积最小。令：128xy min (2)(4)xy,得，.128256(2)(4)4136fxxxx8x 16y 本章复习题 A1.(1)充分； (2)1； (3) ， ； 利用洛必达法则， 故。1120coslim3xaxb x1,1ab(4)；求导得，(,0)(0,)22221111(1)yxxxx(5)； ( 1,1)(6)（）.因为，当时，；当时，故361 2sinyx 6x0y 6x0y /得答案。 2.(1)A； (2)A； 由，洛必达法则即可。320(1)lim0xxeaxbx x(3)B； 由，得，得( )lnxf xxke 0lim(ln) xxxke 11( )0fxxe,当，单调上升；当，单调下降。又，所以，只有两个零点。xexexe( )0f ek(4) A； (5)B. 因为，故单调递增，得，又由 lagrange 中值定