微积分b1第6次习题课参

微积 B(1)第六次习题课参考答案（第九周必讲题：1-12,14,15,20，21.其余题目可供同学自行练习证明方程2x2x2x10至多有两个不同实根．证明（罗尔定理）2x2x2x10

2xln24x12x(ln2)24至少有一个实根．但2x(ln2)244，所以，故方程2x2x2x10至多有两已知a0a1a2L 0，证明a0a1xa2x2Lanxn0至少有

n0f(xaxa1x2a2x3L0

anxn1，则f(x)f(0)0,f(10 n以存在x(01f(x)0a0a1xa2x2Lanxn0f(xC[ab(a,bf(af(b)0。求aRx(ab)使af(x)f(x)F(xfx)eax设fx()在

内二阶可导，f(af(b)0，f(af(b)0（1）存在x(ab，使f(x)0（2）存在h(abf(hf(h（3）存在z(abf(zf(z（1）不妨设f(a)0,f(b)0f(a)

f(x)f(a)0xx1(abf(x1)f(a)0f(b)

f(x)f(b)x存在x2(abf(x2f(x)0

f(b0f(x在[ab上连续，所以存在xa,b（2）F(x)f(x)exFx在[abF(aF(x)F(b0，所以存在x1x2(abF(x1F(x2)0，故f(x1)f(x1)0,f(x2)f(x2)0因此存在h(abf(h)f(h)0（3）令xf(xfx(e)]xGx1G(x2)0，所以Vx1,x2ab使得G(V)0，即f(Vf(V)]eV0f(z)f(z．f(xg(xhx在[ab(a,b内可导，试证存在xa,bfff(x

h(x

0令F(x)

fff

g(

h(b)Fx在[ab上连续，在(abF(a0,F(b)0Rollex(ab，使得F(x)0fff(x

h(x

0f(x在[abA(a,f(aB(b,f(byf(x相交于C(c,f(c))，其中acb.证明：在(ab中存在一点x,f(x证明：在[ac],[cbx1(ac),x2(cbf(x)f(a)f(c),f(x)

f(c)f， a

cf(a)f(c)f(c)f(b)a cf(x1f(x2.从而(ab中存在一点x,f(x0存在x(0,1)f(x)1x存在两个不同的点h,z(0,1)f(hf(z)（I）gxf(xx1g(x在[0,1]g(010,g(1)10，由连续函数零点定理，存在x(0,1)g(x)f(xx10，即f(x)1x．(II)根据拉格朗日中值定理，存在h(0,x),z(x,1f(h)f(x)f(0)1x

)(f1)fx(

(1x) 1 1 所 f(h)f(z)1xx

1

1gx)ff(xxg(0)f(f(000,g(1ff(1))10，根据罗尔定理，存在x(0,1，使得g(xff(xf(x10，记hf(xfh(f()x1若fx)D2,),证明对任意的acb,都存在x(ab,f (ab)(a

f (ba)(b

f(ca)(c

1(x)．解（泰勒，介值定理，或罗尔定理）法一（泰勒）因为f(a)f(c)f(c)(ac)2f(b)f(c)f(c)(bc)2

f(x)(ac)21f(x2)(bc)2f (ab)(a

f (ba)(b

f(ca)(c f(c) (ab)(a (ca)(cb) f(c) 1caf(x)bcf(x)a ba 2b b 2 1caf(x)bcf(x)1f(x)2b b 2 法二（待定系数法）f记

f (ba)(bc

f(ca)(cb)

1K2则f(a)(bc)f(b)(ca)f(c)(ab) K(ab)(bc)(ac)0 令F(xf(a)(xcf(x)(caf(c)(ax

K(ax)(xc)(ac)2则F(aF(bF(c)0所以,存在x(ab,F(x)0,f(x)(caK(ac)0故Kf(xfx在[ab上连续，在(ab且f(a)f(b),fa0x(abf(x)0（试用几种不同的方法进行证明解（单调性，或微分中值定理，或罗尔定理，或泰勒）fx0x(abfxf(x)f(a)0所以f(x)严格单增，这与f(a)f ．从而存在x(a,b)，使f(x0．法二因为f(a)0，所以存在c(ab，使得f(c)f(a)f(b)x1(acx2(cbf(x1)f(c)f(a)c

f(x2)f(b)f(c)0b从而存在xx1x2(abf(x)f(x2)f(x1)0x2f(a)0，所以存在c(abf(c)f(a)f(b)0 f(x)max{f(x)}，从0a0f(x0)0．根据 可知，存在x(a,b)，使00f(a)f

)f

)(a

)2

f(x)(a

)22

f(x)(ax)2故f(x0f(x在[ab(a,b且f(af(b理，存在h(abf(h)0，从而存在x(a,h)(abf(x)f(h)f(a)

0h hf(b)f(a)f(a)(ba)1f(x)(ba)2 由于且f(af(b，所以0f(a)(ba1f(x)(ba2ab,f(a)0 f(x0法六因为f(a)0ca,bf(c)f(a)f(b)0 f(x)max{f(x)}，从0af(x0)0．根据Taylor可知，存在x(a,b)，使0f(a)f

)f

)(a

)2

f(x)(a

)22

f(x)(ax)20故f(x00设f(x)[12]上连续，在(12)x(12)使得f(2)f(1)1x2f(x)2f(xg(x)1xf(2)f(1)f(x)1 xf(2f(11x2f(x2f(xC[ab，在(ab内可导，且f(x)0，求证存在x,h(abf(x)ebeaf bag(xex

f(b)f(a)g(b)

f即f(b)f(a)(ebea)ehff(bf(af(x)(ba12.（1）f(x在(a

f(x)A

f(

x（2）f(x在(a

f(x

f(x)=+

f(x，对G1，则存在MaxMf(x1.在[Mf(x)f(M)f(x)(xM)f(M)xM

f(x)13．设函数f(x)二阶可导，若f(x)0，试证存在ab满足axb使得f(b)f(a)b

f(x)当f(x)0f(x)0x为f(x)的一个极小值点，所以存在x1xx2

f(x1)f(x),f(x2)f(x)f(x1)f(x2x3(xx2f(x3)f(x1)ax1bx3，则axb,f(b)f(a)0b

f(x)f(x)0g(x)fxf(x)xg(x)0，g(x)f(x)0所以存在axb, 即

g(b)g(a)0bfbf)xbfa(fxa) b )fbfa((f ．b1cos2x1xsin x； x； x2(ex2 x0 x11xln（4）lim m nx11 1x（1cos2x1xsin limsinx(sinxxcosx x2(ex2 xlimsinxxcosxlimxsinx1 x03x sinx sinx

sinxxsinx

x x0

lim1 x0 x(cosx1) (1x) lim1nxxsnx

xe01x0 x0 由于0xx，所以x0,0 1，从而(

x)

0sinx

sinxxlim x0 x0 或

cose2

lime4 14sinx

lnsinxln cosxlim xlim limesinx x0 （3（

xcosxsin

xsin 2 1 x lim1exlnx(lnx1x11xln 1xexlnx(lnx1)21exln 112 x（4（当nm时，lim 0 x11 1xnnm时，不妨设nm m(1xn)n(1xm

nlim x11 1x (1x)(1xmnxn1nmxlim mnxnmlim x1m(1xn)nxnm(1

mn(nm) n nm x1 n(n (1x)1(nm)1(mn) 若bae，证明abba（函数单调性）当bae时，ln

a

．b令f(x) ，x

f(x)1lnx (xe)f(x)

lnx

在(e,)上单减，故当bae时，lnalnb abfxxlnaalnx(xaef(x(1x23解函数的定义域为(,1)U1,) x2(x f(x)

(1

f(x)(1x)4由f(x)0 x,x 由f(x)0 x0所以：（1）f(3)154

1)(31（2）函数的凹区间为(,1),(1,0，凸区间为(0,x0 f

f(x)

x1y(1 lim(f(x)x)1，故yx1是y

(1x ya ab

yx ya2b

ytb2s(xs)xa2yb2 Aa2b2

(0tb)当t ，即tb时，A最小．故当点P为(a,b),(a,b),(a,b b)时，椭圆x y或

a2b21pp2

,p)2 dV0得sina1．故当内接正圆锥的底面直径 R，高为4R时，其体 x)}（２*）

n 1

x2(n1 x)n x 得xn1x1 2n Mnmax{f(x)}f() ]n nlim2n1

11n1（2）

Mn

n1 n 20．1）f(x的定义域为[abf(x为[abnx1x2Lxn[abl12,L0i1if(1x12x2Lnxn)1f(x1)2f(x2)Lnf(xn有 aa,La a1a2L 有

11

1 x

L

a 已知a,b0,p,q1并 1.利用ye为下凸函数,证明: