高等数学第03章 微分中值定理与导数的应用习题详解

1、 第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解 = 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 ，因为 (1,3 是曲线的拐点，所以 y¢¢(1 = 0 ，即 6 + 2a = 0, a = -3; y¢ = 3x2 - 6 x + b; ，又因为曲线在 x = 2 处有极值，所以 y¢(2 = 0 ，即 12 - 12 + b = 0, b = 0 ，曲线方程为 y = x 3 - 3x 2 + c 又因为 (1,3 在曲线上，所以 y(1 = 3, 即 1 - 3 + c = 3, c = 5 即， a = -3, b = 0, c = 5 . （5）设 f ( x = 4 x + ln x - 4ln x - k ，则 f

3、¢( x = 4 4(ln 3 x - 1 + x ( x > 0 x 令 f ¢( x = 0, 得 x = 1 ，当 0 < x < 1 时， f ¢( x < 0 ，当 x > 1 时， f ¢( x > 0 即 f ( x 在 (0,1 内单调下降，在 (1, +¥ 内单调上升，故 f (1 = 4 - k 为函数 f ( x 的最小值。当 f (1 > 0 ， 即 k < 4 时， f ( x 无零点，则两曲线无交点；当 f (1 = 0 ，即 k = 4 时， f ( x 有唯一零点，

4、 则两曲线有唯一交点； f (1 < 0 ，即 k > 4 时，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 有两个零点，则两曲线有两个交 x ®+¥ 点。 四、证明： 要证原式，等价证明此式 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 微分中值定理与导数的应用习题详解 j ( x = ln x x ， 则 j ¢( x < x> 0 ( 。 e Þj ( x 在 (e, +¥ 单 调 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 五证明： （1）先证左边：设 f ( x = ln x ，则由中值定理知，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 ，则 1 x > ln b - ln a 2a 1 2a > 2 。 > 2 2 ，故 b-a a + b2 b a +b （2）再证右边不等式 设 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 故当 x > a 时， j ( x 单调减少， < 0， 从 而 当 x>a 时 ， - 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 两 个 根 ， 且 f (4 = -1, f (5 = 6 ，再用连续函数的介值定理.证有三个根，反设有四个根利用罗尔定理 得 f ¢¢( x 至少有两个零点，推出矛盾. 七、证明： （1）对 " 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 内连续且 f ¢¢( x ¹

9、; 0 ，故 f ¢¢( x 在 (-1,1 内不变号，不妨设 f ¢¢( x > 0 则 f ¢( x 在 (-1,1 内严格单调增加，故 q ( x 是唯一的。 （2）由麦克劳林公式得 f ( x = f (0 + f ¢(0 x + 1 f ¢¢(x x 2 ， x 介于 0 与 x 之间，则 2 27 第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解 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 ，又当 x ® 0 时 x ®0 2 q ( x x 1 x ® 0 ，由 f ¢¢( x 的连续性得 lim f ¢¢( x = lim f ¢¢(x = f ¢¢(0 ，故 lim q ( x = 。 x ®0 x ®0 x

11、74;0 2 八 、 证 明 ： 因 为 f ( n ( x0 ¹ 0 ， 不 妨 设 f ( n ( x0 > 0 。 由 于 f (n ( x 连 续 ， 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 邻 域 U ( x0 , d ， 当 x Î U( x 0 ， 0 ,d 时 ， o "x ÎU ( x0 , d ， f ( x 在 x0 点处的 (n - 1 阶泰勒展开式为 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 与 x0 之间。 (n - 1! n! o f ( n (x ( x - x0 n ，因为 x ÎU ( x, d ，所以 f ( n (x > 0 。 代入已知条件即得 f ( x - f ( x0 = n! 当 n 为 奇 数 时 ， 在 ( x0 , x0 + d 内 ， f ( x - f( > ； 0 在 ( x0 - d , x0

13、 内 0 x f ( x - f ( x0 < 0 ，故 f ( x0 不是极值。 当 n 为偶数时，不论在 ( x0 , x0 + d 内，还是在 ( x0 - d , x0 内都有 f ( x - f ( x0 > 0 ， 故 f ( x0 是极小值。 再设 f 是极大值。 九、解 ：设 f ( x = x - (n 类似地可证： 当 n 为奇数时，f ( x0 不是极值； 当 n 为偶数时，f ( x0 ( x0 < 0 ， p é pù sin x ，则 f ( x 在 ê0, ú 上连续。由 2 ë 2û

14、f ¢( x = 1 - p 2 cos x = 0 Þ x0 = arccos 2 p 是 ê 0, é pù 内唯一驻点。又当 x Î (0, x0 时， ë 2ú û æ pù é pù f ¢( x < 0；当 x Î ç x0 , ú 时， f ¢( x > 0 ，故 f ( x 在 0, x0 上单调减少，在 ê x0 , ú 上单 2û è ë

15、; 2û 28 第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解 调增加。故 x0 是 f ( x 在 ç 0, æ è pö ÷ 内唯一最小值点，最小值为 y = f ( x0 = x0 - 2 sin x0 ，又 2ø p æp ö æ pö 故在 ç 0, ÷ 内 f ( x 的取值范围为 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 时，原方程在 ç 0,