第三章微分中值定理與導數(shù)的應用習題詳解wang1

1、第三章 微分中值定理與導數(shù)的應用習題3-11.解：（1）雖然在上連續(xù)，且在內(nèi)可導?？梢?，在上滿足羅爾中值定理的條件，因此，必存在一點，使得，即： ，滿足，；（2）雖然在上連續(xù)，但在內(nèi)點不可導?？梢?，在上不滿足羅爾中值定理的條件，且,因此不存在一點，使得.2.因為函數(shù)是一初等函數(shù)，易驗證滿足條件.3解：令，化簡得（為常數(shù)），又，故當，有。4證明：顯然都滿足在上連續(xù)，在內(nèi)可導且對任一，滿足柯西中值定理條件。，而，令，即，此時,顯然，即，使得。5.解：因為，又因為在任一區(qū)間內(nèi)都連續(xù)而且可導，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，得至少使得：，又因為至多只有三個根，有3個根分別屬于三

2、個區(qū)間.6證明：設的個相異實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：使得。7解：反證法，倘若有兩個實根，設為和，即，不妨設，由于多項式函數(shù)在上連續(xù)且可導，故由羅爾中值定理存在一點，使得，而這與所設沒有實根相矛盾，命題得證。8證明：令，由于由零點定理知，在內(nèi)至少存在一點，使，又由方程得，因此方程只存在與之間的正根，假設有兩個正根，即，且使得：，不妨假設，顯然在上連續(xù)，在內(nèi)可導。所以由羅爾定理，得：，使得：，即，矛盾，假設不成立，所以方程只有一個正根。9證明：（1）因為在上可導，所以由拉格朗日中值定理知：存在使得又，故，即。（2）因為在上

3、可導，所以由拉格朗日中值定理知：存在使得又，所以。（3）當時結論顯然成立，當時，對函數(shù)在以為端點的區(qū)間上應用拉格朗日中值定理，得，其中在與之間，因此。10證明：因為在內(nèi)具有二階導數(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，由拉格朗日中值定理，得，使得：即：，又，。12證明：對函數(shù)在上應用拉格朗日中值定理：存在使得從而。13證明：（1）令。當時結論顯然成立。當時，由拉格朗日中值定理，得。（在構成的區(qū)間內(nèi)），即：。綜上所述，結論成立。（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)具有階導數(shù)，由柯西中值定理

4、，得：使，反復使用柯西中值定理，得：，使得即，使，使得：。習題3-21.解：將上述結果代入泰勒多項式，得.2.解：因為所以.3.解：因為，所以.4.解：，所以，令代入得，由泰勒公式，得.5.解：因為，一般地，有，所以，一般地，有：所以，由泰勒公式，得6.解：，所以，又，所以.7.解：（1）因為所以誤差為：（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的三階麥克勞林公式表示，即，于是，故。（2）因為分子關于的次數(shù)為2原式.9.解：（1）因此；（2）解：設，則因為所以帶拉格朗日型余項的二階麥克勞林公式為，從而。習題3-31.解：（1）； （2）； （3） ；

5、（4）（5）；（6）；（7）。（8）； （9）； （10）令，；所以。（11）設；所以（12）令，； （13） ； （14）令，所以；（15）。2解：（1）不存在，故不能用洛必達法則.（2），而若用洛必達法則：有該極限不存在，但存在，故不能用洛必達法則得出。（3）不是未定式。3.解：，所以，由連續(xù)的定義知在處連續(xù)。習題3-41.對函數(shù)求導，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，則。令，則，故在內(nèi)嚴格遞減，又在處連

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

7、，在凸.為拐點.6解：（1）令，則，所以當且時，。即在內(nèi)為凹的。由凹函數(shù)的定義，知：對，有：，即。（2）設，則。故為上凹函數(shù)，從而對，有即 。7解：令解得：，所以時，當時，；當時，；當時，故時，；時，；時，即，是曲線的三個拐點，很容易驗證這三點在同一條直線上。8.解：，所以若為曲線的拐點，則滿足 解得：. 9.解：是的拐點，因為，故可設，又因為在的某鄰域內(nèi)連續(xù)，所以.由保號性，知存在，當時，故在上單調(diào)遞增，又因為，所以當時，即是凹的。同理可得上，即是凸的。所以，是拐點.習題3-51.解：（1）令，解得，又，所以在處有極大值，由于當時，故在的鄰域內(nèi)嚴格遞增，所以在處不能取得極值； （2），在整個

8、定義域上單調(diào)，故無極值。（3）令，。故為極大值，又，故為極小值； （4）極小值；（5）令，得。因為當時，；當時，；當時，所以在處有極小值，在處有極大值。 （6）令，得。由于當時，；當時，所以在處有極大值.2.證明：因為對任意的,都有，所以，是極小值點。3.解：，若此函數(shù)在處為極值點，則即，解得，這時所以為極大值點，且極大值點為。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，令，解得；，為最小值，故，原不等式成立。 （2）設解得，函數(shù)在定義域內(nèi)有一個駐點且為最大值點，即，所以

9、在整個定義域上成立。6.解：，令，解得：，又因為，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：設兩線段長為，則矩形面積為。令得。又，故是的唯一極大值點。又在端點處，從而就是最大值點。所以當兩線段的長均為，矩形面積最大.9.解：設底半徑為，高為，則體積為表面積為令，得。所以，當?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：（負值舍去）又因為（當時）所以當時，其截面的周長最小。11.解：設房租為元，獲得的收入設為，則租出去的公寓目為：，由題意知：令。得：。又因為，所以當

10、時，取得最大值，即房租定為1800元時，可獲得最大收入。習題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）定義域為，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 極大值，極小值.（2）定義域為；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；極小值，極大值；鉛直漸進線.習題3-71.解：由，得因此，把它們代入曲率公式，使得曲線在點處的曲率為。2.解：，因此，把它們代入曲率公式，得.3.解：顯然，故曲線在點處的曲率為：，曲率半徑為。4解：，曲線

11、在處的曲率為：.5.解：代入曲率公式，得由容易看出，當，即時，的分母最小，因而有最大值。而所對應的點為拋物線的頂點。因此，拋物線在頂點處的曲率最大。即，在頂點處的曲率半徑最小，.6.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，容易求得當是唯一的極小值點，也就是使曲線曲率最大的點，代入曲線方程得，于是得曲線頂點的坐標為，而曲線在該點的曲率半徑為。7.解：設飛機在坐標原點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）拋物線在點處的曲率半徑： （2）所以，由（1）（2）式聯(lián)立，解方程

12、組，得：。8.解：曲率半徑為：設圓心坐標為：，則有:,又法線方程為：，代入上式，得則分別有：.9.解：由，及知，.故拋物線的漸屈線方程為其中為參數(shù).或消去參數(shù)得漸屈線方程為.習題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，.本章復習題A1.(1)充分； (2)1； (3)，； 利用洛必達法則， 故。(4)；求導得，(5)； (6)（）.因為，當時，；當時，故得答案。2.(1)A； (2)A； 由，洛必達法則即可。(3)B； 由，得，得,當，單調(diào)上升；當，單調(diào)下降。又，所以，只有兩個零點。(4) A； (5)B. 因為，故單

13、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，且無論正負都有，所以為極小值點.3.（1） ,（2）；（3） ；（4）15. 4.證明：令在，可以驗證函數(shù)在上連續(xù)，在內(nèi)可導，由拉格朗日中值定理，知存在，使得。5.證明：因為，所以嚴格單調(diào)增加，當時，又由柯西中值定理知，存在使故，即。6.解：，又的泰勒公式易計算，即則的泰勒展式可表示為.7.證明：（1）設，則令，所以在上單調(diào)增加，則當時，從而，得在上單調(diào)上升，當時，即。（2）設，所以在上單調(diào)增加，當時，所以，即8.單調(diào)增區(qū)間為：，單減區(qū)間為極大值點，極小值點，極大值，極小值.9.凸區(qū)間，凹區(qū)間.拐點，最大值。1

14、0.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，設時成立則時，由歸納假設，得證。11.通過的光線最充足.12.解：，令得駐點，當時，當時，故當時，即在點處曲率半徑有最小值.曲率半徑.本章復習題B1.(1)解：由泰勒公式：，得又因為，故，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)設函數(shù)，則求得是的唯一極值點，是函數(shù)在上的最大值。由于，所以數(shù)列中的最大項必為中的最大項，又因為，所以是數(shù)列中的最大項。(5)由及故斜漸近線方程為.2.(1)解：恒等變形后用洛必達法則，由又因為以及，所以選C； (2)C； (3)舉例，如在單調(diào)

15、增加，但，故非必要條件。故選B； (4) 因，故在上單調(diào)減少，所以當時，得，故選A； (5)是過點的二次曲線，當時與相同，當時與的圖形關于軸對稱，畫圖可知是的極值點且是的拐點，故選C.3.（1）解：因為又因為 ； （2）因為所以。（3）因為所以，故 ； （4），因為是曲線的拐點，所以，即，又因為曲線在處有極值，所以，即，曲線方程為又因為在曲線上，所以即即，.（5）設，則令得，當時，當時，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，即時，無零點，則兩曲線無交點；當，即時，有唯一零點，則兩曲線有唯一交點；，即時，由于，知有兩個零點，則兩曲線有兩個交點。4.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，。5證明：（1）先證左邊：設，則由中值定理知，存在，使因，則，故。（2）再證右邊不等式設，由于，故當時，單調(diào)減少，從而當時，由此得，即。6.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，反設有四個根利用羅爾定理得至少有兩個零點，推出矛盾.7.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，不妨設則在內(nèi)嚴格單調(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，又當時，由的連續(xù)性得，故。8.證明：因為，不妨設。由于連續(xù)，因而，必存在