第三章 习题详细解答20080915.doc 30页

'第三章微分中值定理及导数的应用习题3-11.解：（1）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，因此未必存在一点，使得.2.略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30 ，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：使得：，又因为只有三个根，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30 ，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30 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30 ，即。14．证明：在的某邻域内具有阶导数，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，30 ，，，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）30 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）30 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：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；30 （7）；。（8）；（9）；（10）令，；所以。（11）设；所以（12）令，；30 （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：，30 所以，由连续的定义知在处连续。习题3-41.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。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30 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。30 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：30 ，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：。.30 9.解：函数在的某邻域内有三阶连续导数。用泰勒公式得在与之间）又已知，所以，由于，且连续，则在充分小的邻域内，，特别，不妨设连续（，证明类似），则当时，。当时，，即，在两侧变号，故时，不是极值点，又由拉格朗日中值定理得，（在在与之间），同样不妨设则当时，，即，当时，，即，在两侧变号，故为拐点。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，所以在处不能取得极值；（2），在整个定义域上单调，故无极值。（3）30 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.略.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；30 （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：30 ，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：，由题意知：30 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）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.(3)略，（4）略.2.略.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。30 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：因为，所以曲线在点处的曲率半径为。7.解：将代入曲线的曲率公式得30 为求的最大值，可将变化为GGgggggggF向向2向N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。8.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：（1）抛物线在点处的曲率半径：（2）所以，由（1）（2）式联立，解方程组，得：。9.解：.10.解：，所以30 将这些结果代入渐屈线的参数方程，化简得摆线的渐屈线的参数方程：为参数.习题3-8略.本章复习题A一、1.充分；2.1；3.，；4.；5.；6.（）.二、1.A；2.A；3.B；4.A；5.B.6.B三、（1）；（2）；（3）；（4）15.四、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。五、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。六、解：，又的泰勒公式易计算，即30 则的泰勒展式可表示为.七、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，即八、单调增区间为：，单减区间为极大值点，极小值点，极大值，极小值.九、凸区间，凹区间.拐点，最大值。30 十、由凸函数的定义直接证明。十一、写出的麦克劳林展式就可证明。十二、通过的光线最充足.十三、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B一、解：1.由泰勒公式：，得又因为，故，则30 ，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.二、解：1.恒等变形后用洛必达法则，由又因为以及，所以选C；30 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.三、解：（1）因为又因为；（2）因为所以。30 （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，30 ，知有两个零点，则两曲线有两个交点。四、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，。五．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。六、解：令，由于，知30 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.七、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。八、证明：因为，不妨设。由于连续，因而，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30 。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。九、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。30'