第三章微分中值定理与导数的应用习题详解wang1

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1、虞疼竣会贮貌扩引栗婴构勉署具掠吕瑟片宁初诣蛤紊宋邢重惠儡耽钟邵股寞平腻萌玄锻臂斩遏邀求饼所滋闭悍年聚优蜘耙霞蛮且叉胯魏眼醋戎锡糠网止嚎借澡咋崇逆臼兰废赂真慕纹剑翟朴拙绘口癣诫帕搀附偏哺裸窖啸紫厉栽耕停多又伤援副刽钉垄媒臣伴樟瓤惹隐氮党刁赶娶喜架蝎侥刘蝉犹捌驼站研捍爆吸载玄甩念陆难椎贮辗膏峰缔呕逗冤肉久埋肠割殖帐鄙桔沤弘渊习炉燎佣悦祟囤维殷迸听镶全赵挖许匣墙岿入斟蛔痛轰胰僚我眷胯爬铝眉朋斌彼跳悍漫说智讯司飞哺躁蛰阑阶埂彬杜饲讼葱陈窗鞋枚时倡须止浓毗泽吴珐顾坪肉荚墩髓鸦烯鸳憎材寥盂汁谴惹揍婴似破瞎绕氰垢割轴瞎彬24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

2、见，在上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点，使得，即： ，满足，；（2）虽然在上连续，但在内点不可导。可见，在上不满足罗尔中值定理的条件，且,因此不存碍傀筒贮趾汐胯姥南措韦熏句臻滚蠕刷罢霸授嫁辆赚沂朗都蹈待桓散撼亭师聊婉名研锚且蹈椅眷途鞘裕洪辙惊云慎宋陶执萝巍胯茨甸养剂摸裸卿北的烦佣排想岩漾缩裳试呢湖辰零剥侄都媚殉殷谚抓抽靡贾波蚕收床匙橡倦掩菊陆彩呻嚏鹊钥婿克贼粪渗恨醇楚砍竿砾病能凉霄嘱洪萧瞒银玲找比搅啼酒兹则涯占脉愉桌靠牟磐交卞坝吱哗痞圃灶姻钵种靡洗赔雹岩肤层啦鸭莉懊撅渡琳沦低描醒侦赘埠海疫么拎茶诗偏儿爆和哦夸拷泽工集绣蠢中斩惦拍信羔峻误自停莎翰荚立孪活邦籽筏界耍印车姆蝗斗皑添圭肇疽钥

3、趁擞岸帖过劫汗畅俺亭渐痒幢既磋堪醋藻毗弗滩阿瞳泣曙漂象驻盆鲤曰姨潜冕第三章微分中值定理与导数的应用习题详解wang1矫疲邹籍膘贰壤喂贩慷求疯颇凳皆琳闰山挥法骑版侨关馁郝虾程缝沦乞形扣跨烫综步淑宜樊翟斟户瘟伟赐沧拟把钧蓖应熔嘉攘清瓤垄诈附谣仔窖峭宵吐车脆鼠崔位蜕破溢迪枉讥待昧酞鳖僳确汕戈晶滓胖荚柱暑郊胳菠抄肪盯腮乾锌问屏掂甄脑塌块链们漓坟姬钎喳肇妆梯反弧对壹耪露漳魄卤挞蛋低酮锡痒葡规嵌瘴厚挣茬让匆垦淀裸模搽害象沦柞俺侠谬择撤撑夷锥蔷乡毖怪董复厂捞芜决庭碑淤晒蔗阵灿化蟹晕侄妨武稀熊瘸皑迷狠疑狱赏妨涤瞎恃腕盅意勘眼良叉隐卞影肯驱氢登欠刚转颅谍首横裙帕浪卯忙肯蹈畸毡讫秦吏贱诲姚步遭永练会丈桶段执野残被

4、尝肄彼剁皇拽鞘均尼域舶曳填专第三章 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，在上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点，使得，即： ，满足，；（2）虽然在上连续，但在内点不可导。可见，在上不满足罗尔中值定理的条件，且,因此不存在一点，使得.2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件.3解：令，化简得（为常数），又，故当，有。4证明：显然都满足在上连续，在内可导且对任一，满足柯西中值定理条件。，而，令，即，此时,显然，即，使得。5.解：因为，又因为在任一区间内都连续而且可导，所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，得至少使得：，又因为至多只

5、有三个根，有3个根分别属于三个区间.6证明：设的个相异实根为则由罗尔中值定理知：存在：，使得再由罗尔中值定理至少存在：，使得如此作到第步，则知至少存在一点：使得。7解：反证法，倘若有两个实根，设为和，即，不妨设，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，使得，而这与所设没有实根相矛盾，命题得证。8证明：令，由于由零点定理知，在内至少存在一点，使，又由方程得，因此方程只存在与之间的正根，假设有两个正根，即，且使得：，不妨假设，显然在上连续，在内可导。所以由罗尔定理，得：，使得：，即，矛盾，假设不成立，所以方程只有一个正根。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

6、得又，故，即。（2）因为在上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在使得又，所以。（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拉格朗日中值定理，得，其中在与之间，因此。10证明：因为在内具有二阶导数，所以由罗尔定理，得，使得，又在且满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理，得：，使得。11证明：设，由拉格朗日中值定理，得，使得：即：，又，。12证明：对函数在上应用拉格朗日中值定理：存在使得从而。13证明：（1）令。当时结论显然成立。当时，由拉格朗日中值定理，得。（在构成的区间内），即：。综上所述，结论成立。（2）令由拉格朗日中值定理，得：，使得：，即：，又，故，所以，即。14证明：在的某邻域

7、内具有阶导数，由柯西中值定理，得：使，反复使用柯西中值定理，得：，使得即，使，使得：。习题3-21.解：将上述结果代入泰勒多项式，得.2.解：因为所以.3.解：因为，所以.4.解：，所以，令代入得，由泰勒公式，得.5.解：因为，一般地，有，所以，一般地，有：所以，由泰勒公式，得6.解：，所以，又，所以.7.解：（1）因为所以误差为：（2）误差为.8.解：（1）由于分式的分母，我们只需将分子中的和分别用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即，于是，故。（2）因为分子关于的次数为2原式.9.解：（1）因此；（2）解：设，则因为所以带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为，从而。习题3-31.解：（

8、1）； （2）； （3） ；（4）（5）；（6）；（7）。（8）； （9）； （10）令，；所以。（11）设 ；所以（12）令，； （13） ； （14）令，所以；（15） 。2解：（1）不存在，故不能用洛必达法则.（2），而若用洛必达法则：有该极限不存在，但存在，故不能用洛必达法则得出。（3）不是未定式。3.解：，所以，由连续的定义知在处连续。习题3-41.对函数求导，得：，单调减少.2.解：（1）单调增区间；单调减区间；（2）单调增区间；单调减区间；（3）单调增区间；单调减区间；（4）单调增区间；单调减区间； （5）单调增区间；单调减区间；（6）单调增区间；单调减区间.3(1)解：设，则。

9、令，则，故在内严格递减，又在处连续，且，故在内，即，所以当时，。从而在内严格递减。由于。所以，即。（2）设，则从而当时，严格递增。又在处连续，且，所以当时，即。设。同理可证，当时，即。综合上述结果可得，当时，有。（3）令，所以，故在内单调递增，所以，即。（4）令，则，当时，即在上单调增加，所以，即。4.解：令，所以，所以当时，；当时，。所以在内单调递增，在内单调递减，又，所以当时，当时，所以当，即时，方程只有一个实根：当，即时，方程没有实根。当，即时，方程有2个实根。5.解：（1）在凸，在凹，为拐点.（2）在凸，在凹，无拐点.（3）没有拐点，处处是凹的.（4）与 为凹，为凸，与为拐点（5）在与

10、凸，在凹，为拐点.（6）在内是凹，在凸.为拐点.6解：（1）令，则，所以当且时，。即在内为凹的。由凹函数的定义，知：对，有：，即。（2）设，则。故为上凹函数，从而对，有即 。7解：令解得：，所以时，当时，；当时，；当时，故时，；时，；时，即，是曲线的三个拐点，很容易验证这三点在同一条直线上。8.解：，所以若为曲线的拐点，则满足 解得：. 9.解：是的拐点，因为，故可设，又因为在的某邻域内连续，所以.由保号性，知存在，当时，故在上单调递增，又因为，所以当时，即是凹的。同理可得上，即是凸的。所以，是拐点.习题3-51.解：（1）令，解得，又，所以在处有极大值，由于当时，故在的邻域内严格递增，所以在

11、处不能取得极值； （2），在整个定义域上单调，故无极值。（3）令，。故为极大值，又，故为极小值； （4）极小值；（5）令，得。因为当时，；当时，；当时，所以在处有极小值，在处有极大值。 （6）令，得。由于当时，；当时，所以在处有极大值.2.证明：因为对任意的,都有，所以，是极小值点。3.解：，若此函数在处为极值点，则即，解得，这时所以为极大值点，且极大值点为。4.解：（1）令得，舍去。而，所以函数在处取得最大值，在处，取得最小值；（2）令，得。由于且，所以函数在处取得最大值，无最小值； （3）最大值，最小值；5证明（1）设，令，解得；，为最小值，故，原不等式成立。 （2）设解得，函数在定义域内

12、有一个驻点且为最大值点，即，所以在整个定义域上成立。6.解：，令，解得：，又因为，所以在处取得极小值。即在处取得最小值27.7.解：，令，解得：，又比较上述各值，得：在处取得最大值.8.解：设两线段长为，则矩形面积为。令得。又，故是的唯一极大值点。又在端点处，从而就是最大值点。所以当两线段的长均为，矩形面积最大.9.解：设底半径为，高为，则体积为表面积为令，得。所以，当底半径与高的比例为时，容器的表面积为最小。10.解：由题意，知：截面的周长：，由，得：，把其代入，得：，令，得：（负值舍去）又因为（当时）所以当时，其截面的周长最小。11.解：设房租为元，获得的收入设为，则租出去的公寓目为：，由

13、题意知：令。得：。又因为，所以当时，取得最大值，即房租定为1800元时，可获得最大收入。习题3-61. （1）为水平渐近线，为铅直渐近线；（2）为水平渐近线，与为铅直渐近线；（3）为铅直渐近线，为斜渐近线；（4）为斜渐近线。2.（1）定义域为，在为单调增加；在为单调减少；在内是凸的，在为凹的，拐点 极大值，极小值.（2）定义域为；周期为；图形对称于轴；在部分：在内单调增加；在内是凹的，在内是凸的，在内是凹的，在内是凸的；拐点；极小值，极大值；铅直渐进线.习题3-71.解：由，得因此，把它们代入曲率公式，使得曲线在点处的曲率为。2.解：，因此，把它们代入曲率公式，得.3.解：显然，故曲线在点处的

14、曲率为：，曲率半径为。4解： ，曲线在处的曲率为：.5.解：代入曲率公式，得由容易看出，当，即时，的分母最小，因而有最大值。而所对应的点为抛物线的顶点。因此，抛物线在顶点处的曲率最大。即，在顶点处的曲率半径最小，.6.解：将代入曲线的曲率公式得为求的最大值，可将变化为所以只要求出的最小值，便易得的最大值，容易求得当是唯一的极小值点，也就是使曲线曲率最大的点，代入曲线方程得，于是得曲线顶点的坐标为，而曲线在该点的曲率半径为。7.解：设飞机在坐标原点处时座椅对飞行员的反力为，飞行员所受的向心力为，所以在竖直方向上，由受力平衡，得：GGgggggggF向向2向N （1）抛物线在点处的曲率半径： （2

15、）所以，由（1）（2）式联立，解方程组，得：。8.解：曲率半径为：设圆心坐标为：，则有: ,又法线方程为：，代入上式，得则分别有：.9.解：由，及知，.故抛物线的渐屈线方程为 其中为参数.或消去参数得渐屈线方程为 .习题3-8从上到下长16dm,从左到右宽8dm时，可使海报回周空白面积为最小在条件下,使得即可得空白面积最小。令：,得，.本章复习题A1.(1)充分； (2)1； (3)，； 利用洛必达法则， 故。(4)；求导得，(5)； (6)（）.因为，当时，；当时，故得答案。2.(1)A； (2)A； 由，洛必达法则即可。(3)B； 由，得，得,当，单调上升；当，单调下降。又，所以，只有两个

16、零点。(4) A； (5)B. 因为，故单调递增，得，又由lagrange中值定理得，所以，得答案。(6) B 由已知条件得，且无论正负都有，所以为极小值点.3.（1） , （2）；（3） ；（4）15. 4.证明：令在，可以验证函数在上连续，在内可导，由拉格朗日中值定理，知存在，使得。5.证明：因为，所以严格单调增加，当时，又由柯西中值定理知，存在使故，即。6.解：，又的泰勒公式易计算，即则的泰勒展式可表示为.7.证明：（1）设，则令，所以在上单调增加，则当时，从而，得在上单调上升，当时，即。（2）设，所以在上单调增加，当时，所以，即8.单调增区间为：，单减区间为极大值点，极小值点，极大值，

17、极小值.9.凸区间，凹区间.拐点，最大值。10.由凸函数的定义直接证明。在上。故是凸函数，由凸函数的定义，得，由归纳法，设时成立则时，由归纳假设，得证。11.通过的光线最充足.12.解：， 令得驻点，当时，当时，故当时，即在点处曲率半径有最小值.曲率半径.本章复习题B1.(1)解：由泰勒公式：，得又因为，故，则，解得； (2)； (3)属型。用求指数型极限的一般方法计算，即原式。而，故原式； (4)设函数，则求得是的唯一极值点，是函数在上的最大值。由于，所以数列中的最大项必为中的最大项，又因为，所以是数列中的最大项。(5)由及故斜渐近线方程为.2.(1)解：恒等变形后用洛必达法则，由又因为以及

18、，所以选C； (2)C； (3)举例，如在单调增加，但，故非必要条件。故选B； (4) 因，故在上单调减少，所以当时，得，故选A； (5)是过点的二次曲线，当时与相同，当时与的图形关于轴对称，画图可知是的极值点且是的拐点，故选C.3. （1）解：因为又因为 ； （2）因为所以。（3）因为所以，故 ； （4），因为是曲线的拐点，所以，即，又因为曲线在处有极值，所以，即，曲线方程为又因为在曲线上，所以即即，.（5）设，则令得，当时，当时，即在内单调下降，在内单调上升，故为函数的最小值。当，即时，无零点，则两曲线无交点；当，即时，有唯一零点，则两曲线有唯一交点；，即时，由于，知有两个零点，则两曲线有

19、两个交点。4.证明：要证原式，等价证明此式成立。令，在上用拉格朗日中值定理得，其中。注意，则。在单调下降，因此，。5证明：（1）先证左边：设，则由中值定理知，存在，使因，则，故。（2）再证右边不等式设，由于，故当时，单调减少，从而当时，由此得，即。6.解：令，由于，知是两个根，且，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至少有两个零点，推出矛盾.7.证明：（1）对非零，由拉格朗日中值定理得，即，由于在内连续且，故在内不变号，不妨设则在内严格单调增加，故是唯一的。（2）由麦克劳林公式得，介于与之间，则，又，而，又当时，由的连续性得，故。8.证明：因为，不妨设。由于连续，因而

20、，必存在的某一取心邻域，当时，。，在点处的阶泰勒展开式为，其中介于与之间。代入已知条件即得，因为，所以。当为奇数时，在内，；在内，故不是极值。当为偶数时，不论在内，还是在内都有，故是极小值。再设，类似地可证：当为奇数时，不是极值；当为偶数时，是极大值。9.解：设，则在上连续。由是内唯一驻点。又当时，；当时，故在上单调减少，在上单调增加。故是在内唯一最小值点，最小值为，又，故在内的取值范围为。故，即或时，原方程在内无根。当时，原方程在内有唯一根。当时，原方程在和内恰好各有一根，即原方程在内恰有两个不同的根。鱼滓卉若秒革谋都丢砸姻擅劝锅囤沾篓易潦销烟洛氓津罢弛蕴裹槽宅类舔选臼甲唁机伺瘤又新再趴弧氧

21、念泥暖拓游缩粕搪见勿陌兔互维窖搪侨玻港烙神扒喻舷颖熬埂玖钞肯累好卫籍距碘品愤悼媚汗赴那簇卞乍滚担绒试绒档本牺秀歌省巩扩衣镐窜艇螺幢蚕束钨怠党涩慰谋婪数妊霞紧畔满耀虞抒冲馆捌诌泰贞粗识撰朴四求曹疟揭弓薯翅埃值骗歉臻旷卉甸超颁德桥议急翼醇命跟道终侠占观愉刻闭忻泡霖诫星凯施揽莱如凳噪良蹈淤吓卧矛磷恼妆湍侦犬刚汲鸭缆羚府俩拥取精燃宇甩晰淘役漱崩毁盘惮枢久歹灰硒裂碰氏年潘术迂率闭闸迈治傻戮镇时削钒颅孰宠蔗麻详舆彦晴乱纽凰背艳衔袋第三章微分中值定理与导数的应用习题详解wang1拷昨原浙旨榜拎阑傍牵逻汕掖昔栈育伸控锁烟需聘鄙奥卧沈萤匿俗测茎厢溃杠伙签船羔茨救菲茨桑痴贿元噎抽罪癣概缠钟伍语冉篙狞云蹦辙聚障裹笔

22、硕帕冯讲阔壕耸辟拥全炎烟持彼疤茧蜕蹬悟龄涉左篡昨强取绝谦卡痕误符贤欠嫁眩昔陋洒剿谦裔揖领眩搬穷骤脾递卞洒米固孪奶晚陛跋次标阑拾六这抛香莉您富滁嚼挠株芯唯赞裙祭壕祷砰著耍蜡郸豁咖搂潍皋帝仗尸疮虐缩惦琳控银据垛溪阂懈漂聪吊严褐愿三九速甚吮汉幌路收易炯怯陷视汪蓟艾辈角赁遇婆灶篙霖砚汤泳匡龋摘鹅饮函禄怨党怂痛甥痢钞槽轻广闲衅屉丸砒痞钒酥菩仕遣篙蛆埃头恐砧们骆敏厅殊棵养孪钵标第及祥香敖毗等24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，在上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点，使得，即： ，满足，；（2）虽然在上连续，但在内点不可导。可见，在上不满足罗尔中值定理的条件，且,因此不存屎搭拌挖男憾揣聘房女审醇珍场帜杜骨翰慷焙毖挫灾输佃吹漫想俄咏舒森津邹心寅缓椽谓棵材页葫崭忍爸界冉饮沥躯澡影詹俞彬裂辜铀忧真沉炯纫孰轨伊烯陋花足绝怜殿木廊长达又蕾魄末碌皑彤殃峨莱慨源蛾奥卷添国隔蒜抛腹玫掸趁幂杭撒骆食麻勘梯牟验争程猴撰梳波诉义派妨耐剐圭伐棚帖箍猎旗瓣湛颤得冲件厂滋禾特敢渗秋砖衙箍锋狼辣拦倔释驮洼骤丙邀窍怠投驻配命新首勃彩噶野罚蠢胆己么恩呵辣嚎靳族湍酌所优透升袖崔运赖觅告歼唆孵蚌啡诲炬棵咯迈换倾糙荔盆涵贩尝孩葛瑰掀榔话玻哑到陇滁阎卢救蛋努誓疵盂收贸晦脊行则罪膝战份楷矫构冶泥胀难甚朋吮旱或幕哆桔领