高數(shù)作業(yè)題-解答

1、第三章中值定理與導數(shù)的應用第1節(jié)中值定理.若 f(x)在(a,b)可導且 f(a) = f 9),則(B )。A.至少存在一點 生(a,b)使f(U) =0 B.不一定存在點 上(a,b)使f傳)=0C.恰存在一點 上(a,b)使fK) =0D.對任意的酷(a,b)均不能使ff)=0.已知f (x)在a,b可導，且方程 f(x)=0在(a,b)有兩個不同的根 ot與P,那么方程D.無法確定根的存在性 )121 - xf (x) =0在(a,b) ( A )。A.必有根3.下列函數(shù)中在B.可能有根C.沒有根-1,1上滿足羅爾定理條件的是( TOC o 1-5 h z x,.2A. eB.In |

2、 x|C.1 - x.若 f (x) =x(x -1)(x-2)(x -3),則 f(x) =0 的實根個數(shù)為(3 )。A. 4個B.3個C.2個D.0個4.函數(shù)f(x)= x3在0,3上滿足拉格朗日定理的條件，則 亡=(C )。 3A. - , 3B.3C.、3D.22x6、證明等式 arcsin x1 -x + arctan ，x 七(0,1)。 HYPERLINK l bookmark28 o Current Document 1 -x22證：設 f(x) = arcsinJ1x2 +arctan-=x= xw(0,1)1 -x2 HYPERLINK l bookmark32 o Cur

3、rent Document 2-2x1 -x - x1-2x12 1-x2f (x)=22- -(1 -x2) 2、1 x Lxi - x2 Jx 1 -x2x20 x、1 - x2X 1 - x2所以f(x)在(0,1)內(nèi)是常數(shù)，f (x) = farcsM+arctan 工=-十 一12)2V3 3 6IP arcsin V1 -x2 + arctan , x = x e (0,1) 1-x227、設 0 b 1,證明：nbn(a -b) an -bn nan(a-b)。證：設f(x)=xn,則f(x)在b,a上連續(xù)，在(b,a)內(nèi)可導，且f(x)=nxn-1,由拉格朗日定理知, 存在 朝

4、0,1),使得 f(a)-f(b)=f (9(a-b),即 an=n f-1(a-b),而 bb。設f(x)=arctanx ,則f(x)在b,a上連續(xù)，在(b,a)內(nèi)可導，且1f(x)=2,由朗格朗日定理知：存在生(b,a),使得f (a) - f (b) = f ()(a -b)1 x口廠,1即 arctan a -arctan b =-(a -b),而 b -a11arctan a -arctan b =a -b a -b1 + 1總之，有 | arctan a - arctanb |_| a - b |9、設 f (x)在a,b上可微，證明存在w (a,b)使彳導 bf (b)af (

5、a) = f () + -f(-) b - a證：設g(x)=xf(x),則g(x)在a,b上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導，且g(x)=f(x)+xf (x),由拉格朗日中值定理，g(b)g(a) = g (與，即 bf(b)af(a) = f 伐)十 f 伐)b -ab- a10、設函數(shù)f (x)在0,口上可導，證明：在(0,n)內(nèi)至少存在一點 且，使得f(E)sin 1 + f 代)cosE = 0。證明：設 f(x)=f(x)sinx ,則 f(x)在0,河上連續(xù),在(0m)內(nèi)可導，且 f(x)=f1r(x)sinx+f(x)cosx , f(0)=f(% 由羅爾定理知，存在 (0使得f3=

6、0 ,即f(Dsint + f K)cos七=011、若對任意的為公乏(a,b)有| f(x2) -f(x1) |M(x2 x。2,其中M為常數(shù)，試證明 f (x)為常值函數(shù)。證：對任意 x0, f(x) - f (Xo) m x -x0 x -X0* f(x) - f(X0) M lim x -x0 =0 x3Xo TOC o 1-5 h z 所以 lim axf x -x0f (x) -f (Xo) f (x0) = lim 二 0 xfx f0所以f(x)為常值函數(shù)。12、設y = f(x)在x=0的某鄰域內(nèi)具有n階導數(shù)，且f(0)= f(0)=- = f (n j(0) = 0。試用柯

7、西中值定理證明：吟) =-一匣，(0 0 1)oxnn!證明：f(x)= f ( 1)= f (力一 f (0) f ( 2)n- n 4 n-1n -4n -2x n 1 n( 1-0 ) n(n -1) 2(nf(n1)(2)(n), =_ f ( n4)_ f( n/) - f (0) f (n)n(n-1) 2 nl n(n-1) 2( n0) n!因為。在0和x之間；J在0和。之間；4在0和之間，所以S在0和x之間,設彳=改(0 00 x所以ln x物出y=xq+tanx(Tn刈=一媽而1-lim -x x 0 - csc x= lim*0 x )0 x網(wǎng)晨) xtanx 0)e =

8、1,2 .ln ln arctan xlim ln y = limx :：x_)二71lim=lim -x_J :/、/2、(arctan x)(1 x )_2一 x-limarctanx7,求極限雪+xsinx -1) ln(1 x)x2 ln x解：lim -x )0 -xsinx -1)ln(1 x)2.x ln x1=limx_0sin x lnxe 一 1xln xlim - x 0 -ln(1 x)ln(1 x)sinx lnx-1elim x0 xln x, sinx cosxln x =limxQ1 ln xcosxln x1 ln xsin xln x所以lim x_0 -s

9、inx -1)ln(1 x)2x ln x二18.討論函數(shù)f(x)(1+x”/xe 一在點x = 0處的連續(xù)性解：設,lny Jnx1x7ln(1 x) - xln 1 x -1Llim lnx 0 ：n=limln(1 x) -xx0：u所以limx0：.|2 x1x=limx 0 2xlimlim 口2x Q x(1 x)2x Q x(1 x)函數(shù)在x=0處，不連續(xù)。9.設函數(shù)f(x)具有二階導數(shù),解：limx0f (x) x=limx010.試確定常數(shù)解：limx0f(0)f (x)-12xsin 3x Asin 2x Bsin xf (0) =0, f(0) =1, f(0) =2試求

10、limx 0f (x) - xf (x) - f (0)=1f (0) = 1x -0y = x*(sin3x + Asin2x + Bsinx)當 xt3cos3x 2Acos2x Bcosx5x40時存在有有使得函數(shù)有極限，必須3cos0+2Acos0+Bcos0=0 ,即3+2A+B=03cos3x 2Acos2x Bcosx-9sin3x -4Asin 2x - Bsin x20 x327cos3x 8Acos2x Bcosx60 x2有使得函數(shù)有極限，必須27cos0+8Acos0+Bcos0=0 ,即27+8A+B=0于是可得，A=-4,B=5第3節(jié)泰勒公式,1 1.當址=1時，求

11、函數(shù)f(x)=的n階泰勒公式。解:所以其中xf (x) =- , f (n)(x) =，在 x0=1 處 f (n)(x) = (1)nn!xxf(x) =1-(x-1) (x-1)2(-1)n(x-1)nRn(x)Rn =I?就 一1嚴=Tn)： (x -1嚴(n 1)2.求f (x )= xex的n階麥克勞林公式。解：f (x) =ex xex =(1 x)ex f (x) =ex (1 x)ex = (2 x)exf (n)(x) =(n x)ex 所以f(0) =nf (x)= xex = x x23nxxRn(x)2! (n -1)其中Rn(X)=f，)n.1x(n 1)!(n )e

12、 n 1 x3.利用泰勒公式求極限:(n 1)! x2 _ -2 cosx - e 2I” - 4 x 0 sin x2 x2cosx -e 2斛：lim4i sin x12145x?1 461 x x o(x ) -(1 一 一 - x o(x )224284(x o(x)1124利用泰勒公式求極限2,lim x - x ln(1解：limx-1x -x2 ln(1 二)limx -x一X 2x+ o工1x2力25,利用泰勒公式求極限limex sin x -x(1 x)tanx解:exsin x -x(1 x)2 Jhx tan x(1 xlimx012133133x - x o(x )(

13、x - - x o(x ) - x(1 x)2662 ,，、x (x o(x)x=lim x021133x ( 一 )x o(x ) x(1 x) x2(x o(x)6,利用泰勒公式求極限lim (Vx6 +x5 - Vx6 -x5Xf 二lim x , TH解：lim (Vx6 +x5 -Vx6 -x5) = l x .x11(1/1 N 16x6x=lim x 1 +o i- 1+o I I = 一W刀3.若 f(x)在a,b上具有 n 階導數(shù)，且 f (a)= f(b)= f(b)= f”(b)=i = f(n,(b) = 0證明在(a,b以至少存在一點 ，使得f色)=0。證明：f(x)

14、在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導，且 f(a)=f(b)=0,由羅爾定理知存在：W(a,b)使得f =0；f(x)在匕上連續(xù)，在(4,b)內(nèi)可導，且 f(a)=f(b)=0,由羅爾定理知存在Gw代 1,b)使得f ( 2)=0 ；以此類推可知：有&1b,且f(n-1)(En-1)=0f(n-1)(x)在%,b上連續(xù)，在(風,b)內(nèi)可導，且 f(n-1)(4-1)=f(n-1)(b)=0,由羅爾定理知存在 &-1,b)使得f()=01_ _，-o f(x),F(x)在a,b上滿足 x.設 00 B.C. f (x)在a,b上單減且 f (b) 0 ,又 f (a) 0 ,則(D )。f (x)

15、在a,b上單增且f(b)0,二階導數(shù)f(x)0是y= f (x)的圖形單調(diào)增加的(A.充分條件B.必要條件C.充要條件D.既非充分又非必要條件4.若點(1,3)為曲線y =ax3+bx2的拐點，則(A )。3 ,93 ,9A. a= - ,b= B. a= - ,b = - C.a = - 22225.確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：y -2x3 -6x2 -18x-7解：y =6x2 12x18=6(x3)(x 1)令 y =0 得 x=-1,x=3當x0,函數(shù)單調(diào)增加；當-1x3時，y3時，y0,函數(shù)單調(diào)增加；D. aJb 226,確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：y2刎 .2(1 x2) -2x2x解：y2 2(

16、1 x2)22xx222(1-x2)2 2(1 x2)2令 y =0 得 x=-1,x=1當x-1時，y0,函數(shù)單調(diào)減??；當-1x0,函數(shù)單調(diào)增加；當x1時，y0 時，1 十 xln(x +，1 +x2) 11 +x2證：設 f (x) =1 +xln(x +d1 +x2) - Ji +x2 ,則 f(x)在0,+s)上連續(xù), 且 f(0)=0,在(0, + 9)內(nèi)可導,f (x) = ln( x 11 x2) xx i1 x22x1 +.2J1+x2J,2、1=ln(x . , 1 - x ) , xx 0時,f(x)f(0)=0 ,即 1 xln(x . 1 x2). 1 x21 38,證

17、明：若 x 0,則 sinxx x 。 61 3證明：設 f (x) =sin xx+ x ,則f(x)在0,+)上有連續(xù)導致，且 f(0)=0, 62f (x) =cosx -1 +-x，且 f (0) =0f (x) = -sin x + x ,且 f (0) =0f (x) = -cosx十1至0 ,所以f (x)在0,+ 0單調(diào)遞增，當 x0 時，f “(x) A0 ,從而 f (x) A f (0) = 0 ,所以 f(x)在0,+ cc)單調(diào)遞增，f(x)f(0)口 一1 3即 sin x x - x6.利用函數(shù)圖形的凹凸性，證明不等式:x y x ye e 廠2e(x#y)。證明

18、：設 f(t)=e)貝U f(t)=et, ft)=et0,f(x) f(y) f函數(shù)圖像是凹的，所以當x之e 2x時有.討論方程ln x =ax (a 0)有幾個實根？解：設f(x)=lnx-ax , f(x)在(0,+ 8)內(nèi)連續(xù)，且可導。_ .1f (x) - -a,f (x)=。 xx*11 1I 一，一 4令 f (x=0)，得 x= 。f 一 | = ln1=Tna -1 是取大值。右 aa Ja當 a=e 時，f 1 = 0。a.J1、 一 一 .f 1 = 0,則 a=e 1。a.J1當x 一時，a一 . .11 , 一, 1. 1 一f (x) = a = (1ax )a 0

19、,在(0,一 上單倜增加。當 0 x一時， x xaaf(x)一時，f (x) = (1 ax ) 一時，f(x)f( 一)e-1 時，f( )=-lna-10 , f(x)無零點。lnx=ax 無解。a當 a0 , a1 一一1因為lim f(x)=-0,必有xi-,滿足f(x1)0,由零點定理，(xi,一 )有零點。當 xT0aax0, f(x)在(0,1上單調(diào)增加。f(x)在(0,1上有唯一解。aaa1. 一 ,lim f (x) = -0 ,必有x2,滿足f(x2) 1時，f (x)0 , f(x)在1 ,+oo)上單調(diào)減小，f(x)在1 ,+g)上有唯一解。所以當0 x 1 aaaa

20、時，lnx=ax有兩個解。總之，當0ae-1時，lnx=ax 無實根。11.求曲線y =ea6nx的凹凸區(qū)間。arctanx解：y =earctanx earctan x二e122(1 x )-2x；2、2(1 x )arctanx二e1 -2x1arctan 1令y =0,得x =,此時y = e 2(1 x ) 21當x 0,曲線是凸的 21當x一時，y J0,曲線是凹的。2第5節(jié)函數(shù)的極值與最大值最小值.設函數(shù)f(x)可導，則f(xo)=0是在點處有極值的(B )。A.充分條件B.必要條件C.充要條件D.既非必要又非充分條件D )。.函數(shù)y = f(x)在x = x0處取得極大值，則(A

21、. f(%)=0 B. f(x0) 0 C. f(%)=0或1()0 D. f(x0) = 0或不存在2.函數(shù)f(x)=x +ax +bx在x=1處有極值為一2,則(B )。A.a = -3,b=0 B.a=0,b = -3 C.a=3,b=0 D.a=0,b=3.求函數(shù)y=excosx的極值解：y =excosx+exsinx=ex(cosx+sinx),y =ex(cosx+sinx)+e x(-sinx+cosx)=2e xcosx令 y =0 得 cosx+sinx=0 = tanx=-1, x = kn - 4cos = . 2e40,2kj：*當 x=2kn -一時，y = 2e

22、4 4函數(shù)取極小值y = e2k 二-一 二14 cos =4當 x=(2k+1)n 時， 45一+ 2k二號函數(shù)取極大值y =e 4=2e2 2k 二二e 422k 二千3 二!4 cos42k二江=-.2e 4 ：二 0 ,cos42 2k 二四e 4216求函數(shù)y =xx的極值1 ln x解：y=xx =exln x1Tnx、! x /令 y =0 得 x=e。當0 x0,函數(shù)單調(diào)增加；當 xe時，y0,函數(shù)單調(diào)減小，所以 x=e是極大值 1點，y極大=ee7.方程exy+y=0所確定白函數(shù)y = y(x)的極值。 2c解：e y(2xy x y) y = 0 x2y-2xyey 二2

23、x2yx e令 y =0 得 x=0 或 y=0。有函數(shù)的定義可知，y旬。當x0時，y0時，y0,函數(shù)單調(diào)增加;所以x=0是極小值點，y極小=-1,一 254，一8.求函數(shù)y=x (x0)圍成一曲邊二角形 OAB ,在曲線弧OB上求一點，使 得過此點所作曲線 y = x 得x0 = - a根據(jù)實際問題，最大面積存在，所求x即為最大值點。 11.設f(x)是具有二階連續(xù)導數(shù)的偶函數(shù)。證明：若 f ”(x) #0,則x =0為f (x)的極 值點。證：f(x)為偶函數(shù)，其導函數(shù)為奇函數(shù)。由于f(x)具有二階連續(xù)導數(shù)，所以f(x)必定連續(xù)，由f (-x)=-f (x)可得f(0)=0,再由fM 知x

24、=0為極值點。x12.證明當x#0時，有不等式e 1+x。證：設 f(x)=ex-1-x,則 f(x)=ex-1; f(x)=ex0令f (x)=0得x=0 ,所以x=0時唯一的極小值點，就是最小值點，f(x)的最小值是f(0)=0。當x加時，f(x)0 ,即x = 0時，有不等式ex1+x。的切線與OA, AB圍成的三角形面積最大。解：y=x2, y =2x在弧線上任取一點(Xo,yo),此點處的切線方程是y-yo=2xo(x-X0)切線與x軸的交點橫坐標是 x =；切線與x=a的交點縱坐標是 y = 2x0a-x：2所以切線與OA,AB所圍三角形面積為 S=1 2a - x0(2x0a x

25、；)22設 Sx0(x) JjQax。-x。2 (2a - x0)(2a - 2Xo)3 =04A. f(1) , f(0) , f(1) - f (0)C. f (1) - f(0)f(1)f(0)3.設f(x), g(x)是恒大于零的可導函數(shù), 時，有(B )。A. f(x)g(b)f(b)g(x)C. f(x)g(x)f(b)g(b)4.設f(x)具有二階連續(xù)導數(shù)，且f(0) =0,” ；(：)=1，則(B )。綜合練習一x.設k0,則f(x)=lnx+k在(0,)內(nèi)零點的個數(shù)為(B )。 eA. 3B, 2C,1D,0.設在0,1上 f(x) 0,則有(B )。B. f. f(1) -

26、 f(0) . f(0)D. f (1) - f (0)f(0) f(1)且 f (x)g(x) - f (x)g(x) 0。則當 a x bB. f(x)g(a)f(a)g(x)D. f (x)g(b)f (a)g(a)A. f(0)是極大值B. f(0)是極小值C. (Qf(0)是拐點 D, f (0)不是極值5,已知 lim f(x) f(a) = 1 ,則在 x = 2處(C )。 x a (x - a)A. f(x)導數(shù)存在，且f(a) #0 B, f(x)取得極小值C. f (x)取得極大值D. f (x)導數(shù)不存在.設f(x)WCa,b,在(a,b)二階可導。又連接(a, f (a)與(b, f (b)兩點的直線與曲 線 y = f (x)相交于(c, f (c) a c bo 試證：(a,b)使得 f(t) =0。解：因為連接(a, f(a)與(b, f(b)兩點的直線與曲線 y= f (x)相交于(c, f(c),所以w f(c) - f(a) _ f(b) - f(c) _ f(b)- f(a) c -ab -cb -1有拉格朗日中值定理，存在Ow(a,c)使得f (j)JMfl；c - a存在2c,b)使得J);b - c再由羅爾定理知存在 生(。,與使得f不)=0.設 f(x) WC0,1,在(0,1)內(nèi)可導，且 f (0) = f (