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3-11.解：（1）雖然在上連續(xù)，且在內(nèi)可導(dǎo)?？梢?，在上滿足羅爾中值定理的條件，因此，必存在一點(diǎn)，使得，即： ，滿足，；（2）雖然在上連續(xù)，但在內(nèi)點(diǎn)不可導(dǎo)。可見，在上不滿足羅爾中值定理的條件，因此未必存在一點(diǎn)，使得.2.因?yàn)楹瘮?shù)是一初等函數(shù)，易驗(yàn)證滿足條件.3解：令，化簡得（為常數(shù)），又，故當(dāng)，有。4證明：顯然都滿足在上連續(xù)，在內(nèi)可導(dǎo)且對任一，滿足柯西中值定理?xiàng)l件。，而，令，即，此時顯然，即，使得。5.解：因?yàn)?，又因?yàn)樵谌我粎^(qū)間內(nèi)都連續(xù)而且可導(dǎo)，所以在任一區(qū)間內(nèi)滿足羅爾中值定理的條件，所以由羅爾定理，得：使得：，又因?yàn)橹挥腥齻€根，有3個根分別屬于三個區(qū)間.6

2、證明：設(shè)的個相異實(shí)根為則由羅爾中值定理知：存在：，使得再由羅爾中值定理至少存在：，使得如此作到第步，則知至少存在一點(diǎn)：使得。7解：反證法，倘若有兩個實(shí)根，設(shè)為和，即，不妨設(shè)，由于多項(xiàng)式函數(shù)在上連續(xù)且可導(dǎo)，故由羅爾中值定理存在一點(diǎn)，使得，而這與所設(shè)沒有實(shí)根相矛盾，命題得證。8證明：令，由于由零點(diǎn)定理知，在內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使，又由方程得，因此方程只存在與之間的正根，假設(shè)有兩個正根，即，且使得：，不妨假設(shè)，顯然在上連續(xù)，在內(nèi)可導(dǎo)。所以由羅爾定理，得：，使得：，即，矛盾，假設(shè)不成立，所以方程只有一個正根。9證明：（1）因?yàn)樵谏峡蓪?dǎo)，所以由拉格朗日中值定理知：存在使得又，故，即。（2）因?yàn)樵谏峡蓪?dǎo)，所以

3、由拉格朗日中值定理知：存在使得又，所以。（3）當(dāng)時結(jié)論顯然成立，當(dāng)時，對函數(shù)在以為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用拉格朗日中值定理，得，其中在與之間，因此。10證明：因?yàn)樵趦?nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，所以由羅爾定理，得，使得，又在且滿足羅爾定理的條件，故由羅爾定理，得：，使得。11證明：設(shè)，由拉格朗日中值定理，得，使得：即：，又，。12證明：對函數(shù)在上應(yīng)用拉格朗日中值定理：存在使得從而。13證明：（1）令。當(dāng)時結(jié)論顯然成立。當(dāng)時，由拉格朗日中值定理，得。（在構(gòu)成的區(qū)間內(nèi)），即：。綜上所述，結(jié)論成立。（2）令由拉格朗日中值定理，得：，使得：，即：，又，故，所以，即。14證明：在的某鄰域內(nèi)具有階導(dǎo)數(shù)，由柯西中值定理，得：使，

4、反復(fù)使用柯西中值定理，得：，使得即，使，使得：。習(xí)題3-21.解：將上述結(jié)果代入泰勒多項(xiàng)式，得.2.解：因?yàn)樗?3.解：因?yàn)?，所?4.解：，所以，令代入得，由泰勒公式，得.5.解：因?yàn)?，一般地，有，所以，一般地，有：所以，由泰勒公式，?.解：，所以，又，所以.7.解：（1）因?yàn)樗哉`差為：（2）誤差為.8.解：（1）由于分式的分母，我們只需將分子中的和分別用帶有佩亞諾型余項(xiàng)的三階麥克勞林公式表示，即，于是，故。（2）因?yàn)榉肿雨P(guān)于的次數(shù)為2原式.9.解：（1）因此；（2）解：設(shè)，則因?yàn)樗詭Ю窭嗜招陀囗?xiàng)的二階麥克勞林公式為，從而。習(xí)題3-31.解：（1）； （2）； （3） ；（4）；（

5、5）；（6）。（7）； （8）； （9）令，；所以。（10）設(shè) ；所以（11）令，； （12） ； （13）令，所以；（14） 。2解：（1）不存在，故不能用洛必達(dá)法則.（2），而若用洛必達(dá)法則：有該極限不存在，但存在，故不能用洛必達(dá)法則得出。（3）不是未定式。3.解：，所以，由連續(xù)的定義知在處連續(xù)。習(xí)題3-41.對函數(shù)求導(dǎo)，得：，單調(diào)減少.2.解：（1）單調(diào)增區(qū)間；單調(diào)減區(qū)間；（2）單調(diào)增區(qū)間；單調(diào)減區(qū)間；（3）單調(diào)增區(qū)間；單調(diào)減區(qū)間；（4）單調(diào)增區(qū)間；單調(diào)減區(qū)間； （5）單調(diào)增區(qū)間；單調(diào)減區(qū)間；（6）單調(diào)增區(qū)間；單調(diào)減區(qū)間.3(1)解：設(shè)，則。令，則，故在內(nèi)嚴(yán)格遞減，又在處連續(xù)，且，故在內(nèi)

6、，即，所以當(dāng)時，。從而在內(nèi)嚴(yán)格遞減。由于。所以，即。（2）設(shè)，則從而當(dāng)時，嚴(yán)格遞增。又在處連續(xù)，且，所以當(dāng)時，即。設(shè)。同理可證，當(dāng)時，即。綜合上述結(jié)果可得，當(dāng)時，有。（3）令，所以，故在內(nèi)單調(diào)遞增，所以，即。（4）令，則，當(dāng)時，即在上單調(diào)增加，所以，即。4.解：令，所以，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，。所以在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時，當(dāng)時，所以當(dāng)，即時，方程只有一個實(shí)根：當(dāng)，即時，方程沒有實(shí)根。當(dāng)，即時，方程有2個實(shí)根。5.解：（1）在凸，在凹，為拐點(diǎn).（2）在凸，在凹，無拐點(diǎn).（3）沒有拐點(diǎn)，處處是凹的.（4）與 為凹，為凸，與為拐點(diǎn)（5）在與凸，在凹，為拐點(diǎn).（6）在內(nèi)是凹，在凸.為拐點(diǎn)

7、.6解：（1）令，則，所以當(dāng)且時，。即在內(nèi)為凹的。由凹函數(shù)的定義，知：對，有：，即。（2）設(shè)，則。故為上凹函數(shù)，從而對，有即 。7解：令解得：，所以時，當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，故時，；時，；時，即，是曲線的三個拐點(diǎn)，很容易驗(yàn)證這三點(diǎn)在同一條直線上。8.解：，所以若為曲線的拐點(diǎn)，則滿足 解得：. 9.解：是的拐點(diǎn)，因?yàn)?，故可設(shè)，又因?yàn)樵诘哪赤徲騼?nèi)連續(xù)，所以.由保號性，知存在，當(dāng)時，故在上單調(diào)遞增，又因?yàn)?，所以?dāng)時，即是凹的。同理可得上，即是凸的。所以，是拐點(diǎn).習(xí)題3-51.解：（1）令，解得，又，所以在處有極大值，由于當(dāng)時，故在的鄰域內(nèi)嚴(yán)格遞增，所以在處不能取得極值； （2），在整個定義域上單調(diào)，

8、故無極值。（3）令，。故為極大值，又，故為極小值； （4）極小值；（5）令，得。因?yàn)楫?dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，所以在處有極小值，在處有極大值。 （6）令，得。由于當(dāng)時，；當(dāng)時，所以在處有極大值.2.證明：，故，所以，是極小值點(diǎn)。3.解：，若此函數(shù)在處為極值點(diǎn)，則即，解得，這時所以為極大值點(diǎn)，且極大值點(diǎn)為。4.解：（1）令得，舍去。而，所以函數(shù)在處取得最大值，在處，取得最小值；（2）令，得。由于且，所以函數(shù)在處取得最大值，無最小值；（3）最大值，最小值；5證明（1）設(shè)，令，解得；，為最小值，故，原不等式成立。（2）設(shè)解得，函數(shù)在定義域內(nèi)有一個駐點(diǎn)且為最大值點(diǎn)，即，所以在整個定義域上成立。6.解：，令

9、，解得：，又因?yàn)?，所以在處取得極小值。即在處取得最小值27.7.解：，令，解得：，又比較上述各值，得：在處取得最大值.8.解：設(shè)兩線段長為，則矩形面積為。令得。又，故是的唯一極大值點(diǎn)。又在端點(diǎn)處，從而就是最大值點(diǎn)。所以當(dāng)兩線段的長均為，矩形面積最大.9.解：設(shè)底半徑為，高為，則體積為表面積為令，得。所以，當(dāng)?shù)装霃脚c高的比例為時，容器的表面積為最小。10.解：由題意，知：截面的周長：，由，得：，把其代入，得：，令，得：（負(fù)值舍去）又因?yàn)椋ó?dāng)時）所以當(dāng)時，其截面的周長最小。11.解：設(shè)房租為元，獲得的收入設(shè)為，則租出去的公寓目為：，由題意知：令。得：。又因?yàn)?，所以?dāng)時，取得最大值，即房租定為180

10、0元時，可獲得最大收入。習(xí)題3-61. （1）為水平漸近線，為鉛直漸近線；（2）為水平漸近線，與為鉛直漸近線；（3）為鉛直漸近線，為斜漸近線；（4）為斜漸近線。2.（1）定義域?yàn)?，在為單調(diào)增加；在為單調(diào)減少；在內(nèi)是凸的，在為凹的，拐點(diǎn) 極大值，極小值.（2）定義域?yàn)?；周期為；圖形對稱于軸；在部分：在內(nèi)單調(diào)增加；在內(nèi)是凹的，在內(nèi)是凸的，在內(nèi)是凹的，在內(nèi)是凸的；拐點(diǎn)；極小值，極大值；鉛直漸進(jìn)線.習(xí)題3-71.解：由，得因此，把它們代入曲率公式，使得曲線在點(diǎn)處的曲率為。2.解：，因此，把它們代入曲率公式，得.3.解：顯然，故曲線在點(diǎn)處的曲率為：，曲率半徑為。4解： ，曲線在處的曲率為：.5.解：代入

11、曲率公式，得由容易看出，當(dāng)，即時，的分母最小，因而有最大值。而所對應(yīng)的點(diǎn)為拋物線的頂點(diǎn)。因此，拋物線在頂點(diǎn)處的曲率最大。即，在頂點(diǎn)處的曲率半徑最小，.6解：因?yàn)?，所以曲線在點(diǎn)處的曲率半徑為。7.解：將代入曲線的曲率公式得為求的最大值，可將變化為所以只要求出的最小值，便易得的最大值，容易求得當(dāng)是唯一的極小值點(diǎn)，也就是使曲線曲率最大的點(diǎn)，代入曲線方程得，于是得曲線頂點(diǎn)的坐標(biāo)為，而曲線在該點(diǎn)的曲率半徑為。8.解：設(shè)飛機(jī)在坐標(biāo)原點(diǎn)處時座椅對飛行員的反力為，飛行員所受的向心力為，所以在豎直方向上，由受力平衡，得：GGgggggggF向向2向N （1）拋物線在點(diǎn)處的曲率半徑： （2）所以，由（1）（2）式

12、聯(lián)立，解方程組，得：。9.解：曲率半徑為：設(shè)圓心坐標(biāo)為：，則有: ,又法線方程為：，代入上式，得則分別有：.習(xí)題3-8從上到下長16dm,從左到右寬8dm時，可使海報回周空白面積為最小在條件下,使得即可得空白面積最小。令：,得，.本章復(fù)習(xí)題A一、1.充分； 2.1； 3.，； 利用洛必達(dá)法則， 故。4.；求導(dǎo)得，5.； 6.（）.因?yàn)?，?dāng)時，；當(dāng)時，故得答案。二、1.A； 2.A； 由，洛必達(dá)法則即可。3.B； 由，得，得,當(dāng)，單調(diào)上升；當(dāng)，單調(diào)下降。又，所以，只有兩個零點(diǎn)。4. A； 5.B. 因?yàn)?，故單調(diào)遞增，得，又由lagrange中值定理得，所以，得答案。6.B 由已知條件得，且無論正

13、負(fù)都有，所以為極小值點(diǎn).三、（1） , （2）；（3） ； （4）15. 四、證明：令在，可以驗(yàn)證函數(shù)在上連續(xù)，在內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理，知存在，使得。五、證明：因?yàn)?，所以?yán)格單調(diào)增加，當(dāng)時，又由柯西中值定理知，存在使故，即。六、解：，又的泰勒公式易計算，即則的泰勒展式可表示為.七、證明：（1）設(shè)，則令，所以在上單調(diào)增加，則當(dāng)時，從而，得在上單調(diào)上升，當(dāng)時，即。（2）設(shè)，所以在上單調(diào)增加，當(dāng)時，所以，即八、單調(diào)增區(qū)間為：，單減區(qū)間為極大值點(diǎn)，極小值點(diǎn)，極大值，極小值.九、凸區(qū)間，凹區(qū)間.拐點(diǎn)，最大值。十、由凸函數(shù)的定義直接證明。在上。故是凸函數(shù)，由凸函數(shù)的定義，得，由歸納法，設(shè)時成立則時，

14、由歸納假設(shè)，得證。十一、通過的光線最充足.十二、解：， 令得駐點(diǎn)，當(dāng)時，當(dāng)時，故當(dāng)時，即在點(diǎn)處曲率半徑有最小值.曲率半徑.本章復(fù)習(xí)題B一、解：1.由泰勒公式：，得又因?yàn)椋?，則，解得； 2.； 3.屬型。用求指數(shù)型極限的一般方法計算，即原式。而，故原式； 4.設(shè)函數(shù)，則求得是的唯一極值點(diǎn)，是函數(shù)在上的最大值。由于，所以數(shù)列中的最大項(xiàng)必為中的最大項(xiàng)，又因?yàn)椋允菙?shù)列中的最大項(xiàng)。5.由及故斜漸近線方程為.二、解：1.恒等變形后用洛必達(dá)法則，由又因?yàn)橐约?，所以選C； 2.C； 3.舉例，如在單調(diào)增加，但，故非必要條件。故選B； 4. 因，故在上單調(diào)減少，所以當(dāng)時，得，故選A； 5.是過點(diǎn)的二次曲線

15、，當(dāng)時與相同，當(dāng)時與的圖形關(guān)于軸對稱，畫圖可知是的極值點(diǎn)且是的拐點(diǎn)，故選C.三、解：（1）因?yàn)橛忠驗(yàn)?； （2）因?yàn)樗浴＃?）因?yàn)樗?，?； （4），因?yàn)槭乔€的拐點(diǎn)，所以，即，又因?yàn)榍€在處有極值，所以，即，曲線方程為又因?yàn)樵谇€上，所以即即，.（5）設(shè)，則令得，當(dāng)時，當(dāng)時，即在內(nèi)單調(diào)下降，在內(nèi)單調(diào)上升，故為函數(shù)的最小值。當(dāng)，即時，無零點(diǎn)，則兩曲線無交點(diǎn)；當(dāng)，即時，有唯一零點(diǎn)，則兩曲線有唯一交點(diǎn)；，即時，由于，知有兩個零點(diǎn)，則兩曲線有兩個交點(diǎn)。四、證明：要證原式，等價證明此式成立。令，在上用拉格朗日中值定理得，其中。注意，則。在單調(diào)下降，因此，。五證明：（1）先證左邊：設(shè)，則由中值定理知，存在，使因，則，故。（2）再證右邊不等式設(shè)，由于，故當(dāng)時，單調(diào)減少，從而當(dāng)時，由此得，即。六、解：令，由于，知是兩個根，且，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至少有兩個零點(diǎn)，推出矛盾.七、證明：（1）對非零，由拉格朗日中值定理得，即，由于在內(nèi)連續(xù)且，故在內(nèi)不變號，不妨設(shè)則在內(nèi)嚴(yán)格單調(diào)增加，故是唯一的。（2）由麥克勞林公式得，介于與之間，則，又，而，又當(dāng)時，由的連續(xù)性得，故。八、證明：因?yàn)?，不妨設(shè)。由于連續(xù)，因而，必存在的某一