高等數(shù)學(xué)第03章 微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用習(xí)題詳解

1、 第三章 微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用習(xí)題詳解 = x+ 1 3 x + o( x 3 12 1 1 é 1 3 1 o( x3 3 ù - x + x + o ( x = 1 - - 3 ，故 ú x 2 x3 ê 12 x ë 12 û 所以 1 + 1 1 2 + x ö 11 æ ； lim ç1 + 2 - 3 ln ÷= x ®0 x 2 - x ø 12 è x 2 （4） y¢ = 3x + 2ax + b , y¢¢ =

2、6 x + 2a ，因為 (1,3 是曲線的拐點，所以 y¢¢(1 = 0 ，即 6 + 2a = 0, a = -3; y¢ = 3x2 - 6 x + b; ，又因為曲線在 x = 2 處有極值，所以 y¢(2 = 0 ，即 12 - 12 + b = 0, b = 0 ，曲線方程為 y = x 3 - 3x 2 + c 又因為 (1,3 在曲線上，所以 y(1 = 3, 即 1 - 3 + c = 3, c = 5 即， a = -3, b = 0, c = 5 . （5）設(shè) f ( x = 4 x + ln x - 4ln x - k ，則 f

3、¢( x = 4 4(ln 3 x - 1 + x ( x > 0 x 令 f ¢( x = 0, 得 x = 1 ，當 0 < x < 1 時， f ¢( x < 0 ，當 x > 1 時， f ¢( x > 0 即 f ( x 在 (0,1 內(nèi)單調(diào)下降，在 (1, +¥ 內(nèi)單調(diào)上升，故 f (1 = 4 - k 為函數(shù) f ( x 的最小值。當 f (1 > 0 ， 即 k < 4 時， f ( x 無零點，則兩曲線無交點；當 f (1 = 0 ，即 k = 4 時， f ( x 有唯一零點，

4、 則兩曲線有唯一交點； f (1 < 0 ，即 k > 4 時，由于 x ®0 lim f ( x = limln x(ln 3 x - 4 + 4 x - k = +¥ ， + + x ®0 x ®+¥ lim f ( x = limln x(ln 3 x - 4 + 4 x - k = +¥ ，知 f ( x 有兩個零點，則兩曲線有兩個交 x ®+¥ 點。 四、證明： 要證原式，等價證明此式 2 ln 2 b - ln 2 a 4 > 2 成立。 b-a e 令 f ( x = ln x ，在

5、 a, b 上用拉格朗日中值定理得 f (b - f (a ln 2 b - ln 2 a ln x , Ì = = f ¢(x = 2 ， 其 中 x Î (a b b-a b-a x (2 e 。 , e 注 意 26 第三章 微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用習(xí)題詳解 j ( x = ln x x ， 則 j ¢( x < x> 0 ( 。 e Þj ( x 在 (e, +¥ 單 調(diào) 下 降 Þ j (x = ln x x > j (e 2 = ln 2 b - ln 2 a 4 ln e2 2 > 2。

6、 ，因此， = b-a e e2 e2 五證明： （1）先證左邊：設(shè) f ( x = ln x ，則由中值定理知，存在 x Î (a, b ，使 ln b - ln a f (b - f (a 1 = = f ¢(x = b-a b-a x 因 0 < a < x < b ，則 1 x > ln b - ln a 2a 1 2a > 2 。 > 2 2 ，故 b-a a + b2 b a +b （2）再證右邊不等式 設(shè) j ( x = ln x - ln a - x-a ( x > a > 0 ，由于 ax j ¢(

7、 x = - 1 x 1 æ 1 a + ç ÷ a è 2 x 2x x ø ( ö =- x- a 2 x ax ) 2 故當 x > a 時， j ( x 單調(diào)減少， < 0， 從 而 當 x>a 時 ， - j ( x < j (a = 0 ， 由 此 得 j (b = lbn b-a al -n < ab ， 0 即 ln b - lan 1 < 。 b-a ab 六 、 解 ： 令 f ( x = 2 - x - 1 ， 由 于 f ( 0 = f (1 = x 2 ， 0 知 x =

8、0, 1是 兩 個 根 ， 且 f (4 = -1, f (5 = 6 ，再用連續(xù)函數(shù)的介值定理.證有三個根，反設(shè)有四個根利用羅爾定理 得 f ¢¢( x 至少有兩個零點，推出矛盾. 七、證明： （1）對 " 非零 x Î (-1,1 ，由拉格朗日中值定理得 f ( x - f (0 = xf ¢ q ( x, x (0 < q ( x < 1 ， 即 f( x =f ( 0 x + f ( ¢ xq x ， 由于 f ¢¢( x 在 (-1,1 內(nèi)連續(xù)且 f ¢¢( x ¹

9、; 0 ，故 f ¢¢( x 在 (-1,1 內(nèi)不變號，不妨設(shè) f ¢¢( x > 0 則 f ¢( x 在 (-1,1 內(nèi)嚴格單調(diào)增加，故 q ( x 是唯一的。 （2）由麥克勞林公式得 f ( x = f (0 + f ¢(0 x + 1 f ¢¢(x x 2 ， x 介于 0 與 x 之間，則 2 27 第三章 微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用習(xí)題詳解 f (0 + xf ¢ q ( x x = f (0 + f ¢(0 x + 1 f ¢¢(x x 2 ，又 2 q (

10、 x f ¢ q ( x x - f ¢(0 q ( x x = f ¢ q ( x x - f ¢(0 1 f ¢¢x ，而 lim = f ¢¢(0 ，又當 x ® 0 時 x ®0 2 q ( x x 1 x ® 0 ，由 f ¢¢( x 的連續(xù)性得 lim f ¢¢( x = lim f ¢¢(x = f ¢¢(0 ，故 lim q ( x = 。 x ®0 x ®0 x

11、74;0 2 八 、 證 明 ： 因 為 f ( n ( x0 ¹ 0 ， 不 妨 設(shè) f ( n ( x0 > 0 。 由 于 f (n ( x 連 續(xù) ， 因 而 o x ® x0 l i m f (n x ( = f f ( n ( x > 0 。 n ( x( 必 存 在 x0 的 某 一 取 心 鄰 域 U ( x0 , d ， 當 x Î U( x 0 ， 0 ,d 時 ， o "x ÎU ( x0 , d ， f ( x 在 x0 點處的 (n - 1 階泰勒展開式為 o f ( x = f ( x0 + f 

12、2;( x0 ( x - x0 + f ¢¢( x0 ( x - x0 2 + L 2! f ( n-1 ( x0 f ( n (x n -1 + ( x - x0 + ( x - x0 n ，其中 x 介于 x 與 x0 之間。 (n - 1! n! o f ( n (x ( x - x0 n ，因為 x ÎU ( x, d ，所以 f ( n (x > 0 。 代入已知條件即得 f ( x - f ( x0 = n! 當 n 為 奇 數(shù) 時 ， 在 ( x0 , x0 + d 內(nèi) ， f ( x - f( > ； 0 在 ( x0 - d , x0

13、 內(nèi) 0 x f ( x - f ( x0 < 0 ，故 f ( x0 不是極值。 當 n 為偶數(shù)時，不論在 ( x0 , x0 + d 內(nèi)，還是在 ( x0 - d , x0 內(nèi)都有 f ( x - f ( x0 > 0 ， 故 f ( x0 是極小值。 再設(shè) f 是極大值。 九、解 ：設(shè) f ( x = x - (n 類似地可證： 當 n 為奇數(shù)時，f ( x0 不是極值； 當 n 為偶數(shù)時，f ( x0 ( x0 < 0 ， p é pù sin x ，則 f ( x 在 ê0, ú 上連續(xù)。由 2 ë 2û

14、f ¢( x = 1 - p 2 cos x = 0 Þ x0 = arccos 2 p 是 ê 0, é pù 內(nèi)唯一駐點。又當 x Î (0, x0 時， ë 2ú û æ pù é pù f ¢( x < 0；當 x Î ç x0 , ú 時， f ¢( x > 0 ，故 f ( x 在 0, x0 上單調(diào)減少，在 ê x0 , ú 上單 2û è ë

15、; 2û 28 第三章 微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用習(xí)題詳解 調(diào)增加。故 x0 是 f ( x 在 ç 0, æ è pö ÷ 內(nèi)唯一最小值點，最小值為 y = f ( x0 = x0 - 2 sin x0 ，又 2ø p æp ö æ pö 故在 ç 0, ÷ 內(nèi) f ( x 的取值范圍為 y0 , 0 ) 。 故 k Ï y0 , 0 ) ， 即 k < y0 或 f (0 = f ç ÷ = 0 ， è2ø è 2ø æ pö æ pö k ³ 0 時，原方程在 ç 0,