第三章微分中值定理与导数地应用习题详解wang1.doc
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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
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- 第三 微分 中值 定理 导数 应用 习题 详解 wang1
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