04第四章微分中值定理与导数应用习题详解

第四习题f(xx3x在区间[1,1]上是否满足罗尔定理．如果满足，试求出定理中的．解初等函数f(xx3x在[1,1(1,1)内可导,且f(x3x21f(1)令

f()3210，得 33f(x)1试求出定理中的3x 函数f(x)3x

3x在[2,9]3xf(9)f(2)f()(92) 于是满足拉格朗日中值定理的 7 f(xx1)(x2)(x3)(x4)f(x0有几个

f(2)f(x0

另一方面，方程f(x是三次多项式，所以f(x)0最多有三个实根，从而方程f(x在[0,1上连续，在(0,1)f(1)0，试证：在(0,1)内至少存在一点，使得f()f()．分析f(f(f()+f(xfyxf(x在[0,1

证令辅助函数F(x)xf(x)，则F(x)[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(0)F(1)0，即满足罗尔中值定理的条件，于是在(0,1)内至少存在一点F()0即f()+f()0于是，至少存在一点(0,1)f(f()

arcsinxarccosx (1x1)2证f(xarcsinxarccosxf(x)(arcsinxarccosx)01x(1,1)f(x)arcsinxarccosxCx0，得C.2arcsinxarccosx (1x1)2f(x在(f(x

f(xf(0)1f(x)ex则在(

F(x)f(x)

f(x)exF(x)f(x)exf(x)ex01知，在(F(xCF(0)f(0)e01，所以C1F(x)f(x)exx1exex

f(x)ex当ab0,n1nbn1(abanbnnan1(abxx0

1

ln(1x)x证(1)f(tetf(t在[1,x点(1tx),使得f(tet是单调增函数,且1xeeexexee(x1)即exex

f(x)xnf(a)f(b)f()(ab)又由于ba，得

anbnnn1(ab)nbn1(ab)anbnnan1(ab)f(xln(1xf(x在区间[0,x2f(x)f(0)f()(x0)(0x)f(0)0,f(x11

有ln(1xx1x

。又因为0x即

1x1

1 1

1xx1

ln(1x)xf(x在(abf(x1则在(x1x3内至少存在一点

f(x2f(x3ax1x2x3bf()0因为ax1x2x3b,f(x1f(x2f(x3[x1x2、[x2x3上分别满足罗尔中值定理条件．于是,至少存在1(x1x22(x2x3使得f(10,f(2)0.f(x在(abf(x在[1,2区间上满足罗尔定理条件，即至少存在一点(1,2)(ab)，使得f()0．01内至少存在一点，使得F()0．证由F(x)2xf(x)x2f(x)，得F(0)0．又 f(0)f(1)0，01]0F(x在[0,1上满足罗尔中值定理，则存在(0,1F(0，

F()0f(xg(x在[ab上连续，在(abf(af(b0g(x)0试证:至少存在一个(ab)f()g()f()g()证F(x)点(ab

f

F()f()g()g()f()0即f()g()g()f()*11．若f(x)[ab]上连续，在(ab)内可导且a0，试证在(ab)内方程2xf(bf(ab2a2f(x根．证f(x)

f(x)

f(b)fb2 f(xx2在[ab上满足柯西中值定理的条件，所以在(ab内至少存在一个f()即

f(b)fb2 2(f(b)f(a))(b2a2)(．故在(ab内，方程至少存在一个根习题(1x)n

sin

lncotx

tan；

lnxn(n为正整数，0

xtan2lnsinx

； limxmam(a；

x33xxaxn x1x3x2x(9)ln(exex)ln(2cos(9) ；

limarctanxx3 x0ln(12x33sinxx2cos(11)limaxasinx sin x0(1cosx)ln(1""解 显然函数(1x)n1,sinx满足定理1的条件，属于""0lim(1x)n lim[(1x)n sin (sin．limn(1x)n1．0

这是0型的未定式,应用洛必达法则,limln(1x)lim 1 x01这是"lncot

csc2lim limcot ln xlim(

cosxsin lim( )lim( )

sin 这是"limtan 1limcos2 xtan3x cos2 1

cos3x

而 是""型，再次应用洛必达法则，x 2

limcos3xlim3sin3x

sin3 xcos sin limtan

23xtan 这是"型的未定式,连续nlimxnlim x x

0xne0这是""0limlnsinx

sin x( 2(2x)( cotx4(2csc2 lim x 20这是""0limxm

limmxm1=m0

xn

xa

这是""0limx33x

3x2x1

x x1

2x 3x16x 0这是""0limln(exex)ln(2cos

lim

(exexsin x02x

e

e2x

sinx02x(e2x1)x02xcos e2x sin

lim

lim 0

x0e2x

x02cos这是""0limarctanxxlimarctanxx0ln(12x3 lim1x2 2

1x0(1x2) 0这是""0limexesinxlimex(1esinxx

sin3

limxsin lim1cosx1 0这是""03sinxx2cos

3sinxx2cos xlim lim x0(1cosx)ln(1 x01cosx ln(13sinxx2cos12

3sinx

x1 xx 2lim xx 2 limxcot2x lim( )

sin limx2e2 1xx 1

x1x21

x1 lim(1sinx)x

limxln(ex1)1lim(

tan

lim(cotx)sinxx0 解 这是"0"型的未定式,应用洛必达法则,limxcot2x x0tan 1x02sec2 0这是"型未定式，先通分将其变换为""0即 1 x x0sin

xsin1cosx0sinxxcos sin 0x0cosxcosxxsin这是"01 e

ex2(1 112limx2ex2lim 2

limex

x0

(1

这是" 1

x

1lim

0lim

x21x

x1 lim(1sinx)xex0 limcosex01sinxe这是"00 limlnlimxln(ex1)limeln(ex1)=ex0ln(ex 1limx0x

limex1 e1=ex0xe=e这是"0 tanxln1 limtanxln1lim()tanxlimexex0 x0x limtanxln

limx0 x0 limex0e01这是"0"型未定式。由于(cotx)sinxesinxlncotx

e

11limcotxsin2xx01cos sin222ex0cosxe0设lim(x3sin3xax2b0ab因为lim(x3sin3xax2limsin3xax lim3cos3xa2

0 所以lim(3cos3xa3bx20又lim3cos3xa

3a0,a3lim9sin3x

lim27cos3x6b09所以276b0,b 2

验证极限

a3,b92这是"

lim(xsinx)lim(1cos xsin不存在，也不是，所以极限

x sinsin )10sin

＊5．求极限x0

a2ln(1

，其中a0 2 ax(1a2x2)ln(1解lim aln(1ax)lim x0 00

lim2a2xln(1ax)a22

a2]

6f(xf(0)0,f'(01,f''(0)2f(x)lim

f(x) 解极限lim 是

"limf(x)xlim[f(x)x]limf(x)

0lim[f(x)1]limf f(0)12习题23yln(x1x2) f(x)x3(x5)3y

x3

2x3

(x3)2,xyy (1)yln(x

3x3, x11x2)的定义域为()，由于11xx111xx1x因此,函数yln(x 1x2)在 2f(x)x3(x5)的定义域是(

5(x2)ff(x)

xxx(－∞,(0,(2,f＋—＋f□□由上表可知，在区间(0]f(x单调增加；在区间(0,2]f(x少；在区间(2,)上，函数f(x) x1因为yx3x3 1

0f+—+□0f+—+□□□

f(x的单调增加区间为(0)和(1,，单调减少区间为该函数的定义域为(,f'(x)2x6,x13 xx(3)f(x0x(31)1,f(x0，(3)为函数的单调减区间；(3,1)(1,)为函数的单调增区间.x1时lnx2x1x当x0时，arctanx 当x1时，ln(1x) xln xx

31x证 设f(x)lnx2(x1)，则函数f(x)在[1,+)上连续，xf(x)12x

)1x

0(1x)2

f(x在区间[1,+f(10x1即lnx2x1xF(xarctanx

f(x)f(1)01F(x在(0,x0 F(x) 10．1 于是在(0,F(xlimF(x0F(x0(x0arctanx1 即F(x)ln(1x)lnx0故ln(1x)

F(x)(1x)ln(1x)xlnx0 ln x1x设F(x) 3 xxxF(x)x

11 1xF(x) 3 0xxx即 31xx单调函数的导函数是否也必为单调的？在区间(0,f(xxx．答f(x)xsinxf(x)1cosx0f(x)xsinxf(x)sinx在(0,f(x在[a,+f(x在[a,+证明：若bca

F(x)f(x)fx

(x(ca)[f(b)f(a)](ba)[f(c)f(a)]证

F(x)

f(x)(xa)[f(x)f(x g(x)f(x)(xa[f(xf(ag(x)f(x)(xa)在(af(x0xa0g(x)0g(x)在[a,+)上连续，所以g(x)在[a,+)上单调增加对又g(a)0，故在(a,+)内，g(a)0，从而在(a,+F(x)0F(x单调增加．故对bca，有f(b)f(a)f(c)f(a)b c即(caf(bf(abaf(cf(a f(x)(x21)31y1ln(1x)2 f(x)(x1)x31f(x)xx解 函数f(x)(x21)31的定义域为(,)．f(x0x1

f(x)6(x21)2xx20,x3x1两侧，f(x)03，f(1)不是极值；x(1,0)f(x0x0,1)f(x03f(00是函数f(x)的极小值．y1ln(1x的定义域为(1,,f(x) 1

x(1,)y1ln(1x在(1,2f(x)x1)x3的定义域是( 5xf(x)x32

(x3

3 x15x20f(x的驻点和不可导x0(0，2525(25+—0+y↗↘↗2f(xx1)x3x0f(0)小值f(2) 5

51f(x)xx的定义域为(0,1ln ,yxx

(1lnx) f(xxxxef(eeex1,x2yalnxbx23xab yalnxbx23x在(0,)内可导，且ya2bx3．x1,x2是极 a2,b12

a2b3a4b302那么点x0一定是函数f(x)的极值点吗？试举例说明．f(x)x1,xx,xx=0f(x

xf(0)1f(xxx2y2y1(y0y

x2y2y1(y0)x2xy22x2yyy0，因为y0，所以2x2y10．于是，y 2x2yf(0)

f(xx2x*9．求函数f(x)(1x

x)exn为自然数)nn 函数f(x)(1x

的定义域为(f(x)ex(1xx2...xn)ex[1xx2... xn1e，xe，f(x0x0

(nf(0)nf(x0f(xf(xf(x)x2lnx2 f(x)x3x2/32解(1)f(x的定义域是(00, 2(x2 f(x)2x ，

(x)2 f(x00x11,x21f(1)40f(1)409x11,x21f(xf(xf(1)f(x的定义域是(0)0,1f(x)1x30，f(x)

1x33 1 2习题yx3 (2)ysinx(x(0,2yx x2

(4)y(x1)3x5解 函数yx3的定义域为(,)，f(x)3x2 f(x)6xf(x0x0由于在(0)f(x0yx3是凸的；在(0,f(x0yx3是凹的．所以(0,0)yx3f(x)cosx,f''(x)sinx因此，在(0,f(x0f(x在(0,内是凹的；在(2f(x0fy1

x2,(x21)

y

2x3,(x2y0x0x1y当1x0x1时,y0x1或0x1时,y0xyxxx2

在(,1)0,1)上是凸的,在区间和(1,0)1,yx1)3x5的定义域为(y8x55 104x x3，y 4x0(0，1414(14++—0+y凹拐点凸拐点（1，f1 凹由此可见，曲线在(0)(,内是凹的；曲线在(0,)内是凸的；拐点为(0,0) (1,4

)xy

xy

定义域为(2y'x

4

0y

在(2y" (1x2求ab的值，使点(1,3)yax3bx2y6ax2b，因为点(1,3)yax3bx2ab6a2b0a1.5,b4.5xyx21有三个拐点，且此三点位于同一直线上．证由于y

1x22x(1x2)2

,y

2(x1)(x24x，(1x2令y0，得x11,x223,x32 当x1时，y0；当1x2 时，y0；当x2 可见，有三个拐点，分别为A(1,1),B(2 ) 点A,B,C在同一直线上．习题yex y1xy (4)x解 因

；(xlimex0lim10，lim101x x于是，直线y0是曲线y 的水平渐近线x因为alimf(x) xx(x

blim[f(x)ax]lim[x

x]limx2x2x1 xx xyx1y

2， 2，x1(x

(x

lim(x1)2

1,lim(yx)

x2 x(x x(xyx2yf(xyx x2

x3y 2(x(1)定义域是(1)1,1)1,x1是无穷间断点，在定义域内函数为奇函数，其图形关于原点对称．故我们先讨论y在[0,1)(1,的情形．由于2x2y1 (x2

x44x21(x21)2

，y

4x(x2．(x2y0，解得

x 2x

52y3x012y0y0y0↘↘↗alimf(x) )1，b=lim[f(x)ax]lim x2 xx2yxx1为铅直渐近线，点(00yy4321o(x2)2(x 3(x 2(x ,

(xy0x2,x1y0x2x(,2(2,＋0—＋0＋————0＋yf↗8↘↗(2,↗limf(x) x3 1，limf(x)1xlim2x2x2 1

x2x(x x 2x3

x2(x所以y x1是曲线的斜渐近线．又因为lim ，所以x1是曲线的铅2x0y1y0x

x12(x3333—2-习题f(xx42x24在闭区间[2,2]上的最大值和最小值解函数f(x)在闭区间[2,2]上连续，且其导数为f(x4x34x=4x(x1)(x1)，f(x)0x10,x21,x31．f(0)4,f(1f(1)3,f(2)f(2)12f(xx42x24在闭区间[2,2minf(x)f(1)f(1)3maxf(x)=f(2)f(2)12．解rh，则它的底面积为r2，侧面积为2rh，因此，由Vr2hh

S2r22rhS2r2

(0r)令S4r 0，得驻点r rS4

S3V0，即函数在点r

所以这个极小值点就是最小值点．而当r Vhr2V

3

2r某厂生产某产品，其总成本函数为C10003QQ1000100PQ解P10

RPQ(10 )Q10Q Q2

7Q1000 )Q7,1 令0，解得驻点Q350由于

Q350也是利润函数的最大值点，故当产量为Q350时利润最大, Q2 ( 7Q1000) 解设总成本函数为C(QC(Q)20010Q由Q502PR(Q)1(50QQ2)2

L(Q)1(50QQ2)(20010Q)2令L(Q)0，得Q15．又 10，故当Q15时日利润最大解设进货量为Q件，利润为(Qp元/p4…Q…Q400520400p 化简得Q3600800p(p)(p3)(3600800p)800p26000p10800(p)1600p6000p3令p0p3.75．而p16000p3.75是极大值点，也是最大值点，也就是说，当定价为每件3.p3Qp3Q

(3600800

600(件 800p26000p 450（元p3 p3求量Q是价格P的线性函数，问每件售价多少时，可获最大利润？最大利润是多少？解先求需求函数．设QaPb即故Q1000P6000

ab6000R(P)1000P26000P时可获得最大收益R(3)900元．某厂产品的成本函数为C20050QQ2,市场需求函数为Q100P，政府对每件商品征收销售税t个单位，问:当产量Q在企业获得最大利润的情况下 (1)设政府对每件商品征收销售税为t,PQC2Q2+(50t)Q (0Q)则令0

4Q+(50t),4Q (要使该优化问题有实际意义,则t[0,504又

Q4

40Q50t4

Q 也是利润函数的最大值点．故当产量为4

4

TtQ*t(50t)4

总税额函数在闭区间[0,50]上连续,

502t4令 0,解得驻点

t25又Tt0

t25

t500，所以，政府对每件商品征收销售税为某酒厂有一批新酿的好酒，如果现在(假定t0)K(元)．如果窖藏起来待来日按陈酒价格出售，t年末收入为RKet并求r0.1时的t值．解设这批酒窖藏t年整,P(tP(t)Ketrt(0t)则P(t)Ketrt(1r)，P(t)Ketrt[( r)2 1]Ket0Ket0令P(t)0，得唯一驻点t04r2．由于P(t0) 0，从而t04r2是1值函数的极大值点，当然也是现值函数的最大值点，故好酒窖藏t04r2年售出可使总收入的现值最大．当银行年利率为r0.1时，相应的最佳时间是t025(年)．解x件，每月库存费和订货费之和为C

x 1506x0.375x C(x)0.375x240000(元

由C(x)0.375 ，令C(x)0，得x800．又C(x) C(800)0，即当每批订货量为800件时，月库存费与订货费之和最小，最小值为C(800)600(元习x1f(xx43x24．解f(x)4x36x,f(1)10f(1)18,f(1)24,f(4124f(5x0f(x)x43x24=810(x1)9(x1)24(x1)3(x1)4f(x)x2ex (2)f(x)xln(1x2)(1)因为exn2 e1x2!(n2)! )2 f(x)xe=x =x2x3x4 (n

)(x(,))ln(1x)xx2x3(1)n1xno(xn) 所以ln(1x22

于是,

ln(1

)x

n

o(x)xln(1x2)x3

3

P(x，使得2xP(x(x2解f(x2xf(x)2xln2f(x)2x(ln2)2f(0)1,f(0)ln2,f(0)(ln2)2故2x1ln2x(ln故

x2(x2) 2

x2lim[xx

1x

x

excosx；​

cosx11x21 (1 (1 解 因为ln(1 ) o(()3) 1 11)=xx2[1(x

(x

o((1)3)]=11o(2xxln(1 x)2故lim[xx2ln(11)]lim[11 1 o()] x 0这是0x0时，ln(1x2x20分子中的ex和cosxex1xx2o(x2 cosx1x2o(x2) 2!limexcosxx

(1xx2)(1x2)xo(x2

x2o(x2lim 1 00

，cosx1x2x4x6o(x6， cosx11x21

x6o(x6 1

f

25．设f(x)有三阶导数,且lim 0,f(1)0,证明在(0,1)内存在一点,2f()

fx

x00f(0)0,f(0)0,f(0)0f(x)f(0)f(0)xf(0)x2f()x3

f(x30x之间 因此f(1)f(f(1)0f(0总习题limxsin

ln(11x xarctan2x已知函数f(x)2xf(xex2

x2x

的水平渐近线方程 已知函数f(x)1sin3xacosx在x处取极值，则 若点(1,3)为曲线yax3bx2的拐点，则a ，b 已知函数u(x),v(x)都在点x1的某邻域内可导，且其一阶导数u(x),v(x)连续．若u(1)1,v(1)2，u(1)1,v(1)2，则极限 u(x)v(x)2 x；解 0； (0,1)； y； ；4a3，b9，(,1)，(1,) 提示：limu(x)v(x2limu(x)v(xu(x)v(x)u(1)v(1u(1)v(10，0

x 下列函数在所给定区间上满足罗尔中值定理条件的是 3f(x)32x2x

,x[1,1] x

f(x)xexx

f(x)

,x[0,5] f(x)

xe,x x若 2，其中a2b20，则必有 x0cln(12x)d(1ex2

b4d a4c

b4da4c1f(xex2

x2x

有 2 3 4已 f(x)对任意yf(x)满足xf(x)3x[f(x)]21ex，f(x0)0(x00)，则 )f(x0f(xf(x0不是极值点,（x0f(x0(x0f(x0f(x0不是极值点,（x0f(x0f(x)x至少二阶可导，且limf(xf(x0)1，则函数f(x)x0 )

(x

) (A)取得极大值 (B)取得极小值(C)无极值 (D)不一定有极值 )f(1)f(0)f(1)f(0) (B)f(1)f(1)f(0)f(0)(C)f(1)f(0)f(1)f(0) (D)f(1)f(0)f(1)f(0)若f(x)在(a,b)内可导，且x1、x2是(a,b)内任意两点，则至少存在一点，使 )．

f(x2)f(x1)(x1x2)f(f(x1)f(x2)(x1x2)f(f(x1)f(x2)(x2x1)f(f(x2)f(x1)(x2x1)f(

(a,b)x1x2x1x2设limf(x)f(a)1，则在点xa处 (xf(x)的导数存在，且f(a)0 f(x)取得最大值(C)f(x)取得最小值 (D)f(x)的导数不存在若f(x0)0，则在点xx0处 必为极大值点 ff(xxa处连续，又xax

1，则 xa是f(x)的极小值点 xa是f(x)的极大值点(a,f(ayf(xxaf(x(a,f(ayf(x解 A； D； B； B； A； B； B；B； D；

1tanx1sinxxln(1x)

lim(a1xa2xanx)nx(其中 0)解

1tanx1sinxxln(1x)x2

1 (1tan(1tanx)(1sin[xln(1x)x2](1tanx1sinx11tanx+1sin=11tanx+1sinx0xln(1x) tanxsin

2x0xln(1x)x=1limsinx

1cos2 cosx[ln(1x) 1cos 2x0ln(1x)．1limsin 1lim(1x)sinx．2 1

2 axaxa

nnxln(1ax n

lim( n)nxlim

，令t ，则 ax1a at

ln

nlimln t (atat)1(atlnaatlna tln(a1a2an)

a1xa1xalim(

n)nxeln(aaa)aa1 1 n |ab1|abx0sinxxx36

|a|1|a

|b|

成立x证 令f(x)x1

，则f(x)

由于|ab||a||b|f(|ab|)f(|a||b|)即|ab|1|ab

|a||b|1|a||b

|a1|a||b

|b1|a||b

|a|

|b| f(x)sinxxx6

(x)cosx1x2

0x0时，f(xxsinx0，所以f(x在[0,单调递增；当x0f(x)f(0)0f(x在[0,单调递增，从而当x0f(x)f(0)0x3x因此，当x0时，sinxx 6f(x在(0,f(0)1f(xf(xf(xexF

f

f'(x)exexf f'(x)fF(x) e2 又由f(xf(x)，得F(x0，即当x0时，F(x)为减函数，所以，F(xF(0)1f(xex(x>0)*6xsinxk(k为常数)(0 解设(x)xsinxk，则(x在