(完整版)3第三章微分中值定理与导数的应用习题解答
3章微分中值定理与导数应用习题解答
第3章 微分中值定理与导数应用习题解答1.验证中值定理的正确性（1) 验证罗尔定理对函数y =ln sin x 在区间]65 ,6[ππ上的正确性.解 因为y =ln sin x 在区间]65 ,6[ππ上连续, 在)65 ,6(ππ内可导, 且)65()6(ππy y =, 所以由罗尔定理知, 至少存在一点)65 ,6(ππξ∈, 使得y '(ξ)=cot ξ=0. 由y '(x )=cot x =0得)65 ,6(2πππ∈，因此确有)65 ,6(2πππξ∈=, 使y '(ξ)=cot ξ=0.(2) 验证拉格朗日中值定理对函数y =4x 3-5x 2+x -2在区间[0, 1]上的正确性.解 因为y =4x 3-5x 2+x -2在区间[0, 1]上连续, 在(0, 1)内可导, 由拉格朗日中值定理知, 至少存在一点ξ∈(0, 1), 使001)0()1()(=--='y y y ξ. 由y '(x )=12x 2-10x +1=0得)1 ,0(12135∈±=x .因此确有)1 ,0(12135∈±=ξ, 使01)0()1()(--='y y y ξ.(3) 对函数f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间]2 ,0[π上验证柯西中值定理的正确性. 解 因为f (x )=sin x 及F (x )=x +cos x 在区间]2 ,0[π上连续, 在)2 ,0(π可导, 且F '(x )=1-sin x 在)2 ,0(π内不为0, 所以由柯西中值定理知至少存在一点)2,0(πξ∈, 使得)()()0()2()0()2(ξξππF f F F f f ''=--. 令)0()2()0()2()()(F F f f x F x f --=''ππ, 即22sin 1cos -=-πx x .化简得14)2(8sin 2-+-=πx . 易证114)2(802<-+-<π, 所以14)2(8sin 2-+-=πx 在)2 ,0(π内有解, 即确实存在)2,0(πξ∈, 使得)()()0()2()0()2(ξξππF f F F f f ''=--.2. 证明题:(1)证明恒等式: 2arccos arcsin π=+x x (-1≤x ≤1).证明 设f (x )= arcsin x +arccos x . 因为 01111)(22≡---='x x x f ,所以f (x )≡C , 其中C 是一常数.因此2arccos arcsin )0()(π=+==x x f x f , 即2arccos arcsin π=+x x .(2)若方程a 0x n +a 1x n -1+ ⋅ ⋅ ⋅ + a n -1x =0有一个正根x 0, 证明方程a 0nx n -1+a 1(n -1)x n -2 + ⋅ ⋅ ⋅ +a n -1 =0必有一个小于x 0的正根.证明 设F (x )=a 0x n +a 1x n -1+ ⋅ ⋅ ⋅ + a n -1x , 由于F (x )在[0, x 0]上连续, 在(0, x 0)内可导, 且F (0)=F (x 0)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ∈(0, x 0), 使F '(ξ)=0, 即方程a 0nx n -1+a 1(n -1)x n -2 + ⋅ ⋅ ⋅ +a n -1 =0 必有一个小于x 0的正根.(3)若函数f (x )在(a , b )内具有二阶导数, 且f (x 1)=f (x 2)=f (x 3), 其中a <x 1<x 2<x 3<b , 证明: 在(x 1, x 3)内至少有一点ξ, 使得f ''(ξ)=0.证明 由于f (x )在[x 1, x 2]上连续, 在(x 1, x 2)内可导, 且f (x 1)=f (x 2), 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ1∈(x 1, x 2), 使f '(ξ1)=0. 同理存在一点ξ2∈(x 2, x 3), 使f '(ξ2)=0.又由于f '(x )在[ξ1, ξ2]上连续, 在(ξ1, ξ2)内可导, 且f '(ξ1)=f '(ξ2)=0, 根据罗尔定理, 至少存在一点ξ ∈(ξ1, ξ2)⊂(x 1, x 3), 使f ''(ξ )=0.(4) 设a >b >0, n >1, 证明: nb n -1(a -b )<a n -b n <na n -1(a -b ) .证明 设f (x )=x n , 则f (x )在[b , a ]上连续, 在(b , a )内可导, 由拉格朗日中值定理, 存在ξ∈(b , a ), 使f (a )-f (b )=f '(ξ)(a -b ), 即a n -b n =n ξ n -1(a -b ). 因为 nb n -1(a -b )<n ξ n -1(a -b )< na n -1(a -b ), 所以 nb n -1(a -b )<a n -b n < na n -1(a -b ) .3. 用洛必达法则求下列极限: (1)22)2(sin ln limx x x -→ππ; (2)nn m m ax a x a x --→lim; (3)x xx 2tan ln 7tan ln lim0+→; (4)x x x 3tan tan lim 2π→;(5)2120lim x x e x →; (6)⎪⎭⎫ ⎝⎛---→1112lim 21x x x ; (7)x x xa )1(lim +∞→; (8)xx xsin 0lim +→; 解: (1)812csc lim 41)2()2(2cot lim )2(sin ln lim 22222-=---=-⋅-=-→→→x x x x xx x x πππππ.(2)nm n m n m ax nn m m ax a nm na mx nx mx a x a x -----→→===--1111limlim. (3)2000021sec 77ln tan 77tan 272tan 7lim lim lim lim 11ln tan 22tan 727sec 22tan 2x x x x x x x x x x x x x x→+→+→+→+⋅⋅====⋅⋅.(4))sin (cos 23)3sin (3cos 2lim31cos 3cos lim 3133sec sec lim 3tan tan lim 22222222x x x x x x x x x x x x x x -⋅-==⋅=→→→→ππππ 3sin 3sin 3lim cos 3cos lim22=---=-=→→x xx x x x ππ.(5)+∞====+∞→+∞→→→1lim lim 1lim lim 2101222t t t t x x xx e t e x e e x (注: 当x →0时, +∞→=21xt ). (6)2121lim 11lim 1112lim 12121-=-=--=⎪⎭⎫ ⎝⎛---→→→x x x x x x x x . (7)解法1 因为)1ln(lim )1(lim x ax x x x exa +∞→∞→=+, 而 221()ln(1)1lim (ln(1)limlim 11x x x aa axa x x x x x x→∞→∞→∞⋅-+++==- limlim 1x x ax aa x a →∞→∞===+ ,所以 a x ax x x x e exa ==++∞→∞→)1ln(lim )1(lim . 解法2 lim 1lim 1axxa ax x a a e x x →∞→∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦(8) 因为x x x x x e x ln sin 0sin 0lim lim +→+→=,而 00ln lim sin ln lim csc x x x x x x →+→+= 2001sin lim lim 0csc cot cos x x x x x x x x→+→+==-=-⋅ ，所以 1lim lim 0ln sin 0sin 0===+→+→e e x x x x x x .4. 验证下列各题: (1) 验证极限xxx x sin lim+∞→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 1)s i n 1(l i m s i n l i m =+=+∞→∞→x x x x x x x , 极限x xx x sin lim+∞→是存在的. 但)cos 1(lim 1cos 1lim )()sin (limx xx x x x x x +=+=''+∞→∞→∞→不存在, 不能用洛必达法则.(2) 验证极限xx x x sin 1sinlim20→存在, 但不能用洛必达法则得出.解 0011sin sin lim sin 1sinlim020=⋅=⋅=→→xx x x x x x x x , 极限x x x x sin 1sinlim 20→是存在的. 但xx x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim )(sin )1sin (lim020-=''→→不存在, 不能用洛必达法则. 5. 将下列函数展开的带有佩亚诺型余项的n 阶泰勒公式(1) 求函数f (x )=ln x 按(x -2)的幂展开的带有佩亚诺型余项的n 阶泰勒公式. 解 因为f '(x )=x -1, f ''(x )=(-1)x -2, f '''(x )=(-1)(-2)x -3 , ⋅ ⋅ ⋅ , nn nn x n x n x f )!1()1()1( )2)(1()(1)(--=+-⋅⋅⋅--=--;kk k k f 2)!1()1()2(1)(--=-(k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n +1)所以])2[()2(!)2( )2(!3)2()2(!2)2()2)(2()2(ln )(32n n n x o x n f x f x f x f f x -+-+⋅⋅⋅+-'''+-''+-'+=])2[()2(2)1( )2(231)2(221)2(212ln 13322n n nn x o x n x x x -+-⋅-+⋅⋅⋅--⋅+-⋅--+=-.(2) 求函数f (x )=xe x 的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式. 解 因为f '(x )=e x +x e x ,f ''(x )=e x +e x +x e x =2e x +x e x , f '''(x )=2e x +e x +x e x =3e x +x e x , ⋅ ⋅ ⋅, f (n )(x )=ne x +xe x ;f (k )(0)=k (k =1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, n ),所以 )(!)0( !3)0(!2)0()0()0()(32n nn xx o x n f x f x f x f f xe ++⋅⋅⋅⋅+'''+''+'+=)()!1(1!2132n n x o x n x x x +-⋅⋅⋅+++=.6. 确定下列函数的单调区间:(1) y =2x 3-6x 2-18x -7; (2)xx x y 6941023+-=; 解 (1) y '=6x 2-12x -18=6(x -3)(x +1)=0, 令y '=0得驻点x 1=-1, x 2=3. 列表得可见函数在(-∞, -1]和[3, +∞)内单调增加, 在[-1, 3]内单调减少.(2)223)694()1)(12(60x x x x x y +----=', 令y '=0得驻点211=x , x 2=1, 不可导点为x =0. 列表得可见函数在(-∞, 0), ]21 ,0(, [1, +∞)内单调减少, 在]1 ,21[上单调增加.7.证明下列不等式::(1)当x >0时, x x +>+1211;(2)当x >4时, 2x >x 2;证明 (1)设x x x f +-+=1211)(, 则f (x )在[0, +∞)内是连续的. 因为x x f +-='12121)(01211>+-+=xx , 所以f (x )在(0, +∞)内是单调增加的, 从而当x >0时f (x )>f (0)=0, 即 01211>+-+x x ,也就是 x x +>+1211.(2)设f (x )=x ln2-2ln x , 则f (x )在[4, +∞)内连续, 因为 0422ln 224ln 22ln )(=->-=-='e x x x f ,所以当x >4时, f '(x )>0, 即f (x )内单调增加.因此当x >4时, f (x )>f (4)=0, 即x ln2-2ln x >0,也就是2x >x 2.8.求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间: (1) y =x 3-5x 2+3x +5 ; (2) y =xe -x ;(3) y =(x +1)4+e x .解 (1)y '=3x 2-10x +3, y ''=6x -10. 令y ''=0, 得35=x .因为当35<x 时, y ''<0; 当35>x 时, y ''>0, 所以曲线在]35 ,(-∞内是是凸的, 在) ,35[∞+内是凹的, 拐点为)2720,35(.(2)y '=e -x -x e -x , y ''=-e -x -e -x +x e -x =e -x (x -2). 令y ''=0, 得x =2.因为当x <2时, y ''<0; 当x >2时, y ''>0, 所以曲线在(-∞, 2]内是凸的, 在[2, +∞)内是凹的, 拐点为(2, 2e -2).(3)y '=4(x +1)3+e x , y ''=12(x +1)2+e x .因为在(-∞, +∞)内, y ''>0, 所以曲线y =(x +1)4+e x 的在(-∞, +∞)内是凹的, 无拐点.9.求函数的极值:(1) y =2x 3-6x 2-18x +7； (2) y =x -ln(1+x )； (3) y =-x 4+2x 2 .解 (1)函数的定义为(-∞, +∞), y '=6x 2-12x -18=6(x 2-2x -3)=6(x -3)(x +1), 驻点为x 1=-1, x 2=3. 列表可见函数在x =-1处取得极大值17, 在x =3处取得极小值-47.(2)函数的定义为(-1, +∞), xxx y +=+-='1111, 驻点为x =0. 因为当-1<x <0时, y '<0; 当x >0时, y '>0, 所以函数在x =0处取得极小值, 极小值为y (0)=0.(3)函数的定义为(-∞, +∞),y '=-4x 3+4x =-4x (x 2-1), y ''=-12x 2+4, 令y '=0, 得x 1=0, x 2=-1, x 3=1.因为y ''(0)=4>0, y ''(-1)=-8<0, y ''(1)=-8<0, 所以y (0)=0是函数的极小值, y (-1)=1和y (1)=1是函数的极大值.10.求下列函数的最大值、最小值: (1) y =2x 3-3x 2 , -1≤x ≤4;(2) y =2x 3-6x 2-18x -7(1≤x ≤4).解 (1)y '=6x 2-6x =6x (x -1), 令y '=0, 得x 1=0, x 2=1. 计算函数值得 y (-1)=-5, y (0)=0, y (1)=-1, y (4)=80,经比较得出函数的最小值为y (-1)=-5, 最大值为y (4)=80.(2) y '=6x 2-12x -18=6(x -3)(x +1), 函数f (x )在1≤x ≤4内的驻点为x =3. 比较函数值:f (1)=-29, f (3)=-61, f (4)=-47,函数f (x )在x =1处取得最大值, 最大值为f (1)=-29.11.某地区防空洞的截面拟建成矩形加半圆(如图), 截面的面积为5m 2, 问底宽x 为多少时才能使截面的周长最小, 从而使建造时所用的材料最省？解 设矩形高为h , 截面的周长S , 则5)2(212=⋅+πx xh , x x h 85π-=.于是xx x x h x S 10422++=++=ππ(π400<<x ), 21041xS -+='π.令S '=0, 得唯一驻点π+=440x .因为0203>=''xS , 所以π+=440x 为极小值点, 同时也是最小值点. 因此底宽为π+=440x 时所用的材料最省. 12.从一块半径为R 的圆铁片上挖去一个扇形做成一漏斗(如图), 问留下的扇形的中心角ϕ取多大时, 做成的漏斗的容积最大？解 漏斗的底周长l 、底半径r 、高h 分别为 l =R ⋅ϕ, πϕ2R r =, 222242ϕππ-=-=Rr R h .漏斗的容积为22223242431ϕππϕπ-==R hr V (0<ϕ<2π).2222234)38(24ϕπϕπϕπ--⋅='R V ，驻点为πϕ362=. 由问题的实际意义, V 一定在(0, 2π)内取得最大值, 而V 在(0, 2π)内只有一个驻点, 所以该驻点一定也是最大值点. 因此当ϕ π362=时, 漏斗的容积最大.13.一房地产公司有50套公寓要出租. 当月租金定为1000元时, 公寓会全部租出去. 当月租金每增加50元时, 就会多一套公寓租不出去, 而租出去的公寓每月需花费100元的维修费. 试问房租定为多少可获最大收入？解 房租定为x 元, 纯收入为R 元.当x ≤1000时, R =50x -50⨯100=50x -5000, 且当x =1000时, 得最大纯收入45000元. 当x >1000时,700072501100)]1000(5150[)]1000(5150[2-+-=⋅---⋅--=x x x x x R ,72251+-='x R . 令R '=0得(1000, +∞)内唯一驻点x =1800. 因为0251<-=''R , 所以1800为极大值点, 同时也是最大值点. 最大值为R =57800.因此, 房租定为1800元可获最大收入.。
第03章微分中值定理与导数的应用习题详解
M 12丿」I 2丿第三章 微分中值定理与导数的应用习题3-11.解：(1)虽然 f(x)在［—1,1］上连续，f(—1) = f(1)，且 f(x)在(—1,1)内可导。
可见，f(x)在［_1,1］上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点 匕€(-1,1)，使得f 牡)=0，即:f(X)=cosx, F(X)=1 — sin X 且对任一 x 乏0,—】，F'(X)H 0, ”■. f (x),F (x)满足柯西 I 2丿中值定理条件。
—12©宀2=0，满足、； (2)虽然f(x)在［—1,1］上连续,f(_1)= f (1)，但 f (x)在(—1,1)内 x = 0点不可导。
可 见，f (x)在［ —1,1］上不满足罗尔中值定理的条件，因此未必存在一点 £ £ (_1,1)，使得 f 徉)=0. 2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件 3 3 .解：令 y = 3arccos x - arccos(3x - 4x 3), y ‘ = 一 23 —12x 2厂工®®3)2，化简得 y'=0,「. y =c ( C 为常数)，又 y(0.5)=兀，故当-0.5<x<0.5，有 y(x)=兀。
「兀f f 兀、 4 .证明：显然f(x), F(x)都满足在'|0,二I 上连续，在10,二 内可导L 2」 I 2丿 c oxsn ——x、、2丿F Q-F(O)12丿兀--1 2F( x) -1 sixn_c O 弓-x厂(X )_F(x) ZL"2 /兀 X ,，即 tan I - -- U--1，此时l 4 2丿 2f JI「兀X = 2 I — -arctan l — -1L 4l 2显然萨〔0,-〕，即丿」 I 2丿5.解：因为f(0) = f (1)= f (2) = f (3) =0，又因为f(x)在任一区间内都连续而且可导, 所以f (X)在任一区间 0,1 ], 1,2], [2,3]内满足罗尔中值定理的条件， 所以由罗尔定理，得:3" -(0,1), "^(1,2), ©-(2,3),使得：f 徉1 )= 0 r =) &：◎(=), 30 因为6.证明：设f(x) =0的n+1个相异实根为X o V X 1 <X 2 <H( <X n则由罗尔中值定理知：存在J (i =1,2,川n):X0 <：勺1cj ■<X2 vill <-1^Xn ，使得再由罗尔中值定理至少存在So =1,2,川n-1):上11 C 巴21 V ©2 吒 W ©3 V i 11 < J n d W G n ,使得7.解：反证法，倘若 p(X)=0有两个实根，设为X^X 2，由于多项式函数 p(x)在[X 1,X 2]上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点E€(X I ,X 2),使得P 徉)=0,而这与所设p'(x)=0没有实根相矛盾，命题得证。
(完整word版)《微积分》各章习题及详细答案
第一单元 函数与极限一、填空题1、已知x xf cos 1)2(sin +=，则=)(cos x f 。
2、=-+→∞)1()34(lim 22x x x x 。
3、0→x 时，x x sin tan -是x 的 阶无穷小。
4、01sin lim 0=→x x k x 成立的k 为 。
5、=-∞→x e x x arctan lim 。
6、⎩⎨⎧≤+>+=0,0,1)(x b x x e x f x 在0=x 处连续，则=b 。
7、=+→xx x 6)13ln(lim0 。
8、设)(x f 的定义域是]1,0[，则)(ln x f 的定义域是__________。
9、函数)2ln(1++=x y 的反函数为_________。
10、设a 是非零常数，则________)(lim =-+∞→xx ax a x 。
11、已知当0→x 时，1)1(312-+ax 与1cos -x 是等价无穷小，则常数________=a 。
12、函数xxx f +=13arcsin )(的定义域是__________。
13、____________22lim22=--++∞→x x n 。
14、设8)2(lim =-+∞→xx ax a x ，则=a ________。
15、)2)(1(lim n n n n n -++++∞→=____________。
二、选择题1、设)(),(x g x f 是],[l l -上的偶函数，)(x h 是],[l l -上的奇函数，则 中所给的函数必为奇函数。
（Ａ）)()(x g x f +；（Ｂ）)()(x h x f +；（C ）)]()()[(x h x g x f +；（D ）)()()(x h x g x f 。
2、xxx +-=11)(α，31)(x x -=β，则当1→x 时有 。
（Ａ）α是比β高阶的无穷小； （Ｂ）α是比β低阶的无穷小； （C ）α与β是同阶无穷小； （D ）βα~。
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第三章 中值定理与导数的应用(A)1．在下列四个函数中 ,在 1,1 上满足罗尔定理条件的函数是 ()A ． y8 x 1 B ． y 4x 2 1 C ． y1D ． y sin x1 x 22．函数 f x满足拉格朗日中值定理条件的区间是 ( )x A ． 2,2B ．2,0C ． 1,2D ． 0,13．方程 x 5 5x 1 0 在1,1 内根的个数是 ()A ．没有实根B ．有且仅有一个实根C ．有两个相异的实根D ．有五个实根4．若对任意 x a, b ，有 f x g x ，则 ( )A ．对任意 x a,b ，有 f x g xB ．存在 x 0 a,b ，使 f x 0 g x 0C ．对任意 x a,b ，有 f x g x C 0 ( C 0 是某个常数 )D ．对任意 x a,b ，有 f xg xC (C 是任意常数 )5．函数 f x3x 5 5x 3 在 R 上有 ()A ．四个极值点；B ．三个极值点C ．二个极值点D ． 一个极值点6．函数 f x 2x 3 6x 2 18x 7 的极大值是 ()A ．17B ．11C ．10D ． 97．设 f x 在闭区间1,1 上连续，在开区间1,1 上可导，且 f xM ，f 0 0 ，则必有 ()A ． f xM． f xMC ． f x MD ． f x MB8．若函数 f x 在 a, b 上连续，在 a,b 可导，则 ()A ．存在 0,1 ，有 f b f a f b a b aB ．存在0,1 ，有 f af bf ab a b aC ．存在 a, b ，有 f a f b f a bD ．存在a, b ，有 fbf afa b9．若 a 2 3b 0 ，则方程 f x x 3 ax 2 bx c0 ( )A ．无实根B ．有唯一的实根C ．有三个实根D ．有重实根 ．求极限 x 2 sin 1()limx时，下列各种解法正确的是10 sin xx 0A ．用洛必塔法则后，求得极限为 0B ．因为 lim 1不存在，所以上述极限不存在x 0 xx xsin 1C ．原式 lim 0x 0sin x xD ．因为不能用洛必塔法则，故极限不存在11．设函数 y1 2x2 ，在 ()xA ． ,单调增加B ．,单调减少C ． 1,1 单调增加，其余区间单调减少D ．1,1 单调减少，其余区间单调增加e x ()12．曲线 y1 xA ．有一个拐点B ．有二个拐点C ．有三个拐点D ． 无拐点 13．指出曲线 yx的渐近线 ()3 x 2 A ．没有水平渐近线，也没有斜渐近线B ． x3 为其垂直渐近线，但无水平渐近线C ．即有垂直渐近线，又有水平渐近线D ． 只有水平渐近线2x 2 114．函数 f xx 3 1 3 在区间 0,2 上最小值为 ()A ． 729B ． 0C ．1D ．无最小值4x ln 1 x 15．求 limx 2x 01 116．求 limxx 0ln 1 x17．求 lim1 2 sin xxcos3x6118．求 lim 1 x 2 xx 01ln x19．求 limarctgxx220．求函数 y x 3 3x 29x 14 的单调区间。
高数上册第三章微分中值定理和导数的应用习题答案
《高等数学教程》第三章 习题答案习题3-1 (A)1. 34=ξ 2. 14-=πξ习题3-2 (A)1. (1)31 (2) 81- 1)12()11()10(1)9(31)8(21)7()6(21)5(1)4(3)3(31e e --∞习题3-2 (B)1. n a a a e e 21)8(1)7(0)6(2)5(21)4(32)3(1281)2(41)1(--2. 连续4. )(a f ''5. )0()1(g a '=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+''≠--+'='0]1)0([210]c o s )([]s i n)([)()2(2x g x x x x g x x g x x f(3) 处处连续.习题3-31. 432)4()4(11)4(37)4(2156)(-+-+-+-+-=x x x x x f2. 193045309)(23456+-+-+-=x x x x x x x f3. )40(,)(cos 3]2)()[sin sin(31tan 4523<<+++=θθθθx x x x x x x4.)10()]4(4[16!4)4(15)4(5121)4(641)4(412432<<-+---+---+=θθx x x x x x5. )10()(!)1(2132<<+-++++=θn nxx O n x x x x xe6. 645.1≈e7. 430533103.1;3090.018sin )2(1088.1;10724.330)1(--⨯<≈⨯<≈R R8. 121)3(21)2(23)1(-习题3-4 (A)1. 单调减少2. 单调增加3. .),23()23,()1(内单调下降在内单调上升；在+∞-∞.),2[]2,0()2(内单调增加在内单调减少；在+∞ .),()3(内单调增加在+∞-∞.),21()21,()4(内单调增加在内单调减少；在+∞-∞ .),[]0[)5(内单调下降在上单调上升；，在+∞n n7. (1) 凸 (2) 凹 （3）内凸内凹，在在),0[]0,(+∞-∞ （4）凹 8. ），（内凹，拐点内凸，在）在（82),2[]2,(1-+∞-∞ ），（内凹，拐点内凸，在）在（222),2[]2,(2e+∞-∞ 内凹，无拐点）在（),(3+∞-∞），（），（：内凹，拐点，内凸，在），，）在（2ln 1;2ln 1]11[1[]1,(4--∞+--∞ ），（内凸，拐点内凹，在）在（3arctan 21),21[]21,(5e +∞-∞ ），（凹，拐点），、凸，在、）在（001[]0,1[]1,0[]1,(6∞+---∞ 9. 29,32=-=b a10. a = 3, b = -9, c = 811. a = 1, b = -3, c = 24, d = 16习题3-4 (B)1. .)1,21(),1()21,0()0,()1(内单调增加在内单调减少；、、在∞+-∞.]22,32[]32,2[)2(内单调下降在内单调上升；在πππππππ+++k k k k .],32[),[]32,()3(内单调下降在内单调上升；、在a a a a ∞+-∞ 2. .1)3(10)2(1)1(是有一个实根时有两个实根时无实根ea e a e a =<<>3. .)2,0(内只有一个实根在π8. .9320时及当=≤k k 9. 在）（凹，拐点凹，在2,),[],(a b b b +∞-∞ 12. 82±=k 习题3-5 (A)1. .1)2(,5)0()1(==y y 极小值极大值.0)0(,4)2()2(2==-y e y 极小值极大值.25)16(,1)4()3(==y y 极小值极大值.205101)512()4(=y 极大值.45)43()5(=y 极大值.0)0()6(=y 极小值 (7) 没有极值. .)()8(1e e e y =极大值.3)1()9(=y 极大值.0)5()1(,18881)21()10(3==-=y y y 极小值极大值2. .14)2(,11)3()1(-==y y 最小值最大值.22)2ln 21(,2)1()2(1=-+=-y e e y 最小值最大值.2ln )41(,0)1()3(-==y y 最小值最大值3. 提示：可导函数的极值点必为驻点，.在题设条件下无驻点所以可证明y '4. .29)1(-=y 最大值5. .27)3(=-y 最小值6. .3)32(,2为极大值==f a7. .21,2-=-=b a8. 长为100m ，宽为5m.9. .1:1:;22,233===h d v h v r ππ 10. .44ππππ++aa ，正方形周长为圆的周长为11. .3843a a h π时，最小体积为锥体的高为=12. .22.1.776小时时间为公里处应在公路右方13. .6000)2(1000)1(==x x14. .45060075.3元件，每天最大利润为元，进货量为定价为 15. .167080,101利润=p习题3-5 (B)1. 1,0,43,41==-==d c b a 2. x = 1为极小点，y (1) = 1为极小值3. 当c = 1时，a = 0，b = -3，当c = -1时，a = 4，b = 5.4. 296)(23++-=x x x x P5. (1) f (x ) 在x = 0处连续；(2) 当ex 1=时，f (x ) 取极小值；当 x = 0时f (x ) 取极大值. 6. 310=x 当时，三角形面积最小7. 323)2()(11)1(032=--=-l x x x x y 8. .1222-≥<b b b b 时为，当时为当 9. 400 10.bc a 2 11. c a e bd L ae bd q -+-=+-=)(4)(,)(2)1(2最大利润eqedd -=η)2( ed q 21)3(==得当η 12. 2)2()4(25)1(=-=t t x 13. 156250元14. (1) 263.01吨 (2) 19.66批/年 （3）一周期为18.31天 （4）22408.74元15. 2)2()111(1)()1(-+-+=e n n n n M n16. 提示：.)1()1(ln )1()(22是极小值，证明令f x x x x f ---=习题3-6 (A)1. (1) x = 0, y = 1; (2) x = -1, y = 0; (3) x = -1, x = 1, y = 0 ; (4) x = 1, x = 2, x = -3.2. 略习题3-6 (B)1. ex y e x 1,1)1(+=-=（2）x= -1,x=1,y= -2 （3）y=x, x=0 （4）y= -2, x=0 4121,21)5(-=-=x y x2. 略习题3-7 (A)1. k=22. x x k sec ,cos ==ρ3. 02sin 32t a k =4. a a k t 4,41,===ρπ 5. 233)22ln ,22(处曲率半径有最小值- 习题3-7 (B)1. 略2. ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=)2(),2(,332323132323131x a y y a x axyR 曲率圆心3. 8)2()3(22=++-ηξ4. 约1246 (N) [提示：作匀速圆周运动的物体所受的向心力为Rmv F 2=]5. 16125)49()410(22=-+--ηπξ 习题3-81.19.018.0<<ξ 2. 19.020.0-<<-ξ 3. 33.032.0<<ξ 4. 51.250.2<<ξ总复习题三一. (1)B (2)B (3)B (4)D (5)C (6)B (7)C (8)B (9)C (10)C] 二. 25)8(/82)7()0,1()6(3)5(63)4()22,22()3(2ln 1)2(2)1(3s cm π+--x x x xeyx y 4)1(,)1(4)10()9(2222+++=三. 9)3(0)2(3)1(,7541,6,50,40,31,221,123---e⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-''≠++-'='-0)1)0((210)1()()()()1(,82x g x x e x x g x g x x f x上连续在),()()2(+∞-∞'x f 9, 略四、证明题和应用题 6．)027.0,025.0()2(450449)1(7．)2,2(b a P8．12ln 31,2ln 3121-+ 9．%82.0%13)3(173)2(20)1(总收益增加，时，若价格上涨当=-p pp10．略。
(完整版)中值定理与导数的应用导数、微分习题及答案
第三章 中值定理与导数的应用(A)1．在下列四个函数中,在[]1,1-上满足罗尔定理条件的函数是( ) A ．18+=x y B ．142+=x y C ．21xy = D ．x y sin = 2．函数()xx f 1=满足拉格朗日中值定理条件的区间是 ( ) A ．[]2,2- B ． []0,2- C ．[]2,1 D ．[]1,0 3．方程0155=+-x x 在()1,1-内根的个数是 ( ) A ．没有实根 B ．有且仅有一个实根 C ．有两个相异的实根 D ．有五个实根 4．若对任意()b a x ,∈，有()()x g x f '='，则 ( ) A ．对任意()b a x ,∈，有()()x g x f = B ．存在()b a x ,0∈，使()()00x g x f =C ．对任意()b a x ,∈，有()()0C x g x f +=(0C 是某个常数)D ．对任意()b a x ,∈，有()()C x g x f +=(C 是任意常数) 5．函数()3553x x x f -=在R 上有 ( )A ．四个极值点；B ．三个极值点C ．二个极值点D ． 一个极值点 6．函数()7186223+--=x x x x f 的极大值是 ( ) A ．17 B ．11 C ．10 D ．97．设()x f 在闭区间[]1,1-上连续，在开区间()1,1-上可导，且()M x f ≤'，()00=f ，则必有 ( )A ．()M x f ≥B ．()M x f >C ．()M x f ≤D ．()M x f < 8．若函数()x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,可导，则 ( ) A ．存在()1,0∈θ，有()()()()()a b a b f a f b f --'=-θ B ．存在()1,0∈θ，有()()()()()a b a b a f b f a f --+'=-θC ．存在()b a ,∈θ，有()()()()b a f b f a f -'=-θD ．存在()b a ,∈θ，有()()()()b a f a f b f -'=-θ9．若032<-b a ，则方程()023=+++=c bx ax x x f ( )A ．无实根B ．有唯一的实根C ．有三个实根D ．有重实根10．求极限xx x x sin 1sinlim20→时，下列各种解法正确的是 ( )A ．用洛必塔法则后，求得极限为0B ．因为xx 1lim0→不存在，所以上述极限不存在 C ．原式01sin sin lim 0=⋅=→x x x x xD ．因为不能用洛必塔法则，故极限不存在 11．设函数212x xy +=，在 ( ) A ．()+∞∞-,单调增加 B ．()+∞∞-,单调减少 C ．()1,1-单调增加，其余区间单调减少 D ．()1,1-单调减少，其余区间单调增加12．曲线xe y x+=1 ( )A ．有一个拐点B ．有二个拐点C ．有三个拐点D ． 无拐点 13．指出曲线23x xy -=的渐近线 ( ) A ．没有水平渐近线，也没有斜渐近线 B ．3=x 为其垂直渐近线，但无水平渐近线 C ．即有垂直渐近线，又有水平渐近线 D ． 只有水平渐近线14．函数()()312321--=x x x f 在区间()2,0上最小值为 ( )A ．4729B ．0C ．1D ．无最小值 15．求()201ln lim x x x x +-→16．求()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+→x x x 11ln 1lim 0 17．求x xx 3cos sin 21lim6-→π18．求()xx x1201lim +→19．求xx arctgx ln 12lim ⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→π20．求函数149323+--=x x x y 的单调区间。
高等数学第三章微分中值定理与导数的应用试题库(附带答案)
>第三章 微分中值定理与导数的应用一、选择题1、则，且存在，，设 ,1)x (f )x (f )x (f 0)x (f 0)x (f 00000-=+''''='>（ ）是否为极值点不能断定的极值点 不是 的极小值点是的极大值点 是0000x )D ()x (f x )C ( )x (f x )B ()x (f x )A (2、处必有在则处连续且取得极大值，在点函数 x )x (f x x )x (f y 00==（ ）0)x (f )B ( 0)x ('f )A (00<''= 或不存在 且 0)x (f )D (0)x (f 0)x (f )C (0'00=<''=3、的凸区间是 x e y x -=（ ）) , 2( (D) ) , (2 (C) 2) , ( (B) 2) , ( (A)∞+-∞+--∞-∞，4、在区间 [-1，1] 上满足罗尔定理条件的函数是 （ ）(A)xx sin )x (f = (B)2)1x ()x (f += (C) 3 2x )x (f = (D)1x )x (f 2+=5、设f (x) 和g (x) 都在x=a 处取得极大值，F (x)=f (x)g (x)，则F(x)在x=a 处（ ） (A) 必取得极大值 (B)必取得极小值 (C)不取极值 (D)不能确定是否取得极值6、满足罗尔定理的区间是使函数 )x 1(x y 322-=（ ）(A) [-1,1] (B) [0,1] (C) [-2,2] (D) ]5 4, 5 3[- 7、x 2 e x y -=的凹区间是（ ）(A))2,(-∞ (B) )2,(--∞ (C) ) 1(∞+， (D) ) 1(∞+-，&8、函数)x (f 在0x x = 处连续，若0x 为)x (f 的极值点，则必有（ ） ．(A)0)(0='x f (B)0)(0≠'x f (C)0)(0='x f 或)(0x f '不存在 (D))(0x f '不存在 9、当a= ( ) 时，处取到极值在 3x 3sin3x asinx f(x)π=+=（ ） (A) 1 (B) 2 (C)3 π(D) 010、间是适合罗尔定理条件的区使函数 )x 1(x )x (f 322-=（ ）]5 4, 5 3[)D ( ]2,2[)C ( ]1,1[)B ( ]1,0[)A (--- 11、()，则上的凹弧与凸弧分界点为连续曲线，若 )x (f y )x (f x 00=（ ）的极值必定不是的极值点为必定为曲线的驻点， 必为曲线的拐点， )x (f x )D ( )x (f x )C ( ))x (f x ( )B ( ))x (f x ( )A (000000、二、填空题 1、__________________e y82x的凸区间是曲线-=．2、______________ 2 x y x 的极小值点是函数=．3、的凸区间为曲线x 3 e y x+=_____________________ ． 4、函数f （x ）＝x x 3-在[0,3]上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理确定的罗尔中值点ξ＝ ． 5、设曲线y ＝a 23bx x +以点（1，3）为拐点，则数组（a ，b ）＝ ． 6、函数1x 3x y 3+-=在区间 [-2,0] 上的最大值为 ，最小值为 ． 7、函数 x sin ln y =在 [65, 6 ππ] 上的罗尔中值点ξ= ． …8、1 x y +=在区间 [ 1，3 ] 的拉格朗日中值点ξ = _______________． 9、______________ 2 x y x 的极小值点是函数=． 10、______________ 2x y x 的极小值点是函数⋅=。
第3章习题及答案
第三章 中值定理与导数应用§1 中值定理一、是非判定题一、假设0)('),,(,),(,],[)(=∈ξξf b a b a b a x f 使且必存在可导在有定义在 （×）二、假设0)('),,(),()(,],[)(=∈=ξξf b a b f a f b a x f 使则必存在在连续在 （×）3、假设0)('),,(),(lim )(lim ,],[)(00=∈=-→+→ξξf b a x f x f b a x f b x a x 使则存在且内可导在 （√）4、假设))((')()(),,(,],[)(a b f a f b f b a b a x f -=-∈ξξ使则必存在内可导在 （√）五、假设使内至少存在一点则在可导在上连续在与,),(,),(,],[)()(ξb a b a b a x g x f )(')(')()()()(ξξg f a g b g a f b f =-- （×）（提示：柯西中值定理，少条件0)('≠ξg ）六、假设对任意,0)('),,(=∈x f b a x 都有那么在(a,b)内f(x)恒为常数 （√）二．单项选择题 一、设1.0,(),()()'()()ab f x a x b f b f a f b a xξξ<=<<-=-则在内,使成立的有 C 。
（A ）只有一点（B ）有两个点（C ）不存在（D ）是不是存在与a,b 取值有关二、设],[)(b a x f 在上持续，(,),()(()()a b I f a f b =内可导则与 Ⅱ)0)(',),((≡x f b a 内在之间关系是 B 。
(A) (I)是（Ⅱ）的充分但非必要条件； （B ）（I ）是（Ⅱ）的必要但非充分条件；（C ）（I ）是（Ⅱ）的充分必要条件； （D ）（I ）不是（Ⅱ）的充分条件，也不是必要条件。
第三章 中值定理与导数的应用部分考研真题及解答
第三章 中值定理与导数的应用 3.1中值定理02.12)设函数()y f x =在(0,)+∞内有界且可导，则 （ B ）（A ）当l i m ()0x f x →+∞=时，必有lim ()0x f x →+∞'= （B ）当l i m ()x f x →+∞'存在时，必有lim ()0x f x →+∞'=（C ）当0l i m ()0x f x +→=时，必有0lim ()0x f x +→'= （D ）当0l i m ()x f x +→'存在时，必有0lim ()0x f x +→'= 提示：sin ()xf x x=和()sin f x x =反例排除 02.34)设函数f (x )在闭区间[a ，b ]上有定义，在区间（a ，b ）上可导，则 （ B ） （A ）当()()0f a f b <时，存在(,)a b ξ∈，使()0f ξ=. （B ）对任何(,)a b ξ∈，有[]lim ()()0x f x f ξξ→-=（C ）当()()f a f b =时，存在(,)a b ξ∈，使()0f ξ'= （D ）存在(,)a b ξ∈，使()()f a f b -=()()f b a ξ'-01.1)设y =f (x )在(-1,1)内具有二阶连续导数且()0f x ''≠，求证：（1）对于(-1,1)内的任意0x ≠，存在唯一的()(0,1)x θ∈，使得()(0)[()]f x f xf x x θ'=+成立；（拉格朗日+一导单调所以唯一）（2）01lim ()2x x θ→=. 证明：（2）对于非零(1,1),x ∈-由拉格朗日中值定理得()(0)[()]f x f xf x x θ'=+(01)θ<<于是2[()](0)()(0)(0)f x x f f x f f xx x θ'''---=两边取0x →的极限即得。
[整理]3第三章微分中值定理与导数的应用习题解答23309
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第三章 微分中值定理与导数的应用答案§3.1 微分中值定理1． 填空题 （１）ππ-4 （２） 3 , )5,3(),3,2(),2,1(2． 选择题（１） B （２） C （３） B3．证明： 令x arc x x f cot arctan )(+=，则01111)(22=+-+='xx x f ，所以)(x f 为一常数． 设c x f =)(，又因为(1)2f π=，故 )(2c o t a r c t a n ∞<<-∞=+x x arc x π．4．证明：由于)(x f 在],[21x x 上连续,在),(21x x 可导,且)()(21x f x f =，根据罗尔定理知，存在),(211x x ∈ξ， 使0)(1='ξf ． 同理存在),(322x x ∈ξ，使0)(2='ξf ． 又)(x f '在],[21ξξ上符合罗尔定理的条件，故有),(31x x ∈ξ，使得0)(=''ξf ．5．证明：设621)(32x x x x f +++=， 则031)2(,01)0(<-=->=f f ，根据零点存在定理至少存在一个)0,2(-∈ξ， 使得0)(=ξf ．另一方面，假设有),(,21+∞-∞∈x x ，且21x x <，使0)()(21==x f x f ，根据罗尔定理，存在),(21x x ∈η使0)(='ηf ，即02112=++ηη，这与02112>++ηη矛盾．故方程062132=+++x x x 只有一个实根．6．证明： 由于)(x f 在],[b a 内可导，从而)(x f 在闭区间],[b a 内连续，在开区间(,)a b 内可导．又因为()0,()0f a f c <>，根据零点存在定理，必存在点1(,)a c ξ∈，使得0)(1=ξf ． 同理，存在点2(,)c b ξ∈，使得0)(2=ξf ．因此()f x 在[]21,ξξ上满足罗尔定理的条件，故存在),(b a ∈ξ， 使0)(='ξf 成立．7.证明： 只需令2)(x x g =，利用柯西中值定理即可证明.8． （１）证明： 设t t t t f cos sin )(-=，函数)(t f 在区间],0[x 上满足拉格朗日中值定理的条件，且t t t f sin )(=', 故'()(0)()(0), 0f x f f x x ξξ-=-<<, 即0sin cos sin >=-ξξx x x x (π<<x 0)因此， 当π<<x 0时，x xxcos sin >．（２）证明：设x x f ln )(=，则函数在区间[,]b a 上满足拉格朗日中值定理得条件，有'()()()(),f a f b f a b b a ξξ-=-<< 因为'1()f x x=，所以1ln ()a a b b ξ=-，又因为b a ξ<<，所以111a b ξ<<，从而 bba b a a b a -<<-ln ．§3.2 洛毕达法则1． 填空题 （１）35- （２） 0 （３）31 （４）1２．选择题（１） B （２） C3．（１）解： n n m m a x a x a x --→lim =nm n m a x a nm nx mx ---→=11lim．（２）解： 20222lim xx x x -+-→=x x x x 22ln 22ln 2lim 0-→-=2)2(ln 2)2(ln 2lim 220x x x -→+=2)2(ln ．（３）解：30tan sin lim x x x x -→＝32030)21(lim )1(cos tan lim x x x x x x x x -⋅=-→→＝21-．（４）解：20)(arcsin 1sin lim x x e x x --→＝201sin lim xx e x x --→＝212sin lim 2cos lim 00=+=-→→x e x x e x x x x ．（５） 解： )ln 1()(x x x xx+='，x x x x x x ln 1lim1+--→＝x x x xx 11)ln 1(1lim 1+-+-→＝22111)ln 1(limxx x x x xx x --+-→2])ln 1([lim 1221=++=++→x x x x x x ．（６） 解：2121lim )1(1lim )111(lim 22000==---=--→→→x xe x x e e x x x x x x x（７）解：1)1(lim 202000sin limcsc 1lim cot ln limln tan lim tan 0=====+→+→+→+→+----→x xxx xxxx xx x x x x e e ee x．（８）解： )31ln()21ln(lim x x x +++∞→=2ln 23ln(12)12lim ln(12)3lim 3lim1x x x x x x x x x →+∞→+∞→+∞+++== =xxx 212lim 2ln 3++∞→=2ln 3．（９）解： 因为1lim1limln 1lim===∞→∞→∞→x x x x x x x eex ，所以nn n ∞→lim=1．§3.3 泰勒公式１．解： 10)1(,64)(3='+='f x x x f ， 同理得24)1(,24)1(,18)1()4(=='''=''ff f ，且0)()5(=x f ．由泰勒公式得：43)(24++=x x x f =432)1()1(4)1(9)1(108-+-+-+-+x x x x ．2．解：因为)(!!2!112n nxx o n x x x e +++++= ，所以xe x xf 2)(==2222[1()]1!2!(2)!n n x x x x o x n --+++++-=)()!2(!2!1432n n x o n x x x x +-++++ ．3．解：设xx f 2)(=，则2ln 2)(xx f ='，2)2(ln 2)(xx f =''．2)2(ln )0(,2ln )0(,1)0(=''='=f f f ，故 )(!2)2(ln !12ln 12222x x x xο+++=， 则 222)2(ln 2ln 1)(x x x p ++=为所求． 4．解：因为 ))1((3)1(2)1(1)11ln(332xo x x x x ++-=+，所以 )11ln(2x x x +-=)])1((3)1(2)1(1[3322x o x x x x x ++--=)1(3121x o x +-， 故 21)]1(3121[lim )]11ln([lim 2=+-=+-∞→∞→x o x x x x x x ．5．证明： 因为 0)(lim 20=→x x f x ，所以0)0(,0)0(,0)0(=''='=f f f ．由麦克劳林公式得：332!3)(!3)(!2)0()0()0()(x f x f x f x f f x f ξξ'''='''+''+'+= （ξ介于0与x 之间），因此 !3)()1(ξf f '''=，由于0)1(=f ，故0)(='''ξf ．§3.4函数的单调性与曲线的凹凸性1． 填空题 （１）),21()0,21(+∞- , )21,0()21,( --∞ （２） 增加（３）0> （４）23-，29， )1,(-∞， ),1(∞．2． 单项选择题（１）A （２） B （３） D （４）B 3．（１）解：1-='xe y ，当0>x 时，0>'y ,所以函数在区间),0[+∞为单调增加； 当0<x 时，0<'y ，所以函数在区间]0,(-∞为单调减少．（２）解：)1(31031-='-x x y ， 当1>x ，或0<x 时，0>'y ,所以函数在区间),1[]0,(+∞-∞ 为单调增加； 当01x <<时，0<'y ，所以函数在区间]1,0[为单调减少．（３）解： 011111222>+=++++='xxx x x y ，故函数在),(+∞-∞单调增加．3． （１）证明：令xxx f +=1)(，则0)1(1)(2>+='x x f ， )(x f 在) , 0 [∞+内单调增加. 于是, 由 |||| ||b a b a +≤+, 就有 ) |||| () || (b a f b a f +≤+, 即||1||||1||||||1||||||1||||||1||||||1||b b a a b a b b a a b a b a b a b a +++≤+++++=+++≤+++（２）证明：设)1(2ln )1()(--+=x x x x f ， 11ln )('-+=xx x f ，由于当1x >时，211()0f x x x''=->, 因此)(x f '在),1[+∞单调递增, 当 1x >时, 0)1()(='>'f x f , 故)(x f 在),1[+∞单调递增, 当 1>x 时, 有0)1()(=>f x f .故当1>x 时,0)1(2ln )1()(>--+=x x x x f ,因此1)1(2ln +->x x x ．（３）证明：设6sin )(3x x x x f +-=, 021cos )(2=+-='x x x f ，当0>x ，()sin 0f x x x ''=->，所以)(x f '在),0[+∞单调递增, 当 0>x 时, 0)0()(='>'f x f , 故)(x f 在),0[+∞单调递增, 从而当 0>x 时, 有0)0()(=>f x f . 因此当 0>x 时，6sin 3x x x ->．4．解：设()sin ,2x x x k πϕ=-- 则()x ϕ在]2,0[π连续, 且k k -=-=)2(,)0(πϕϕ， 由()1cos 02x x πϕ'=-=，得2arccos x π=为)2,0(π内的唯一驻点．()x ϕ在2[0,arccos ]π上单调减少，在2[arccos ,]2ππ上单调增加．故k ---=242arccos )2(arccos 2πππϕ为极小值，因此)(x ϕ在]2,0[π的最大值是k -,最小值是k ---242arccos 2ππ．（１） 当,0≥k 或242arccos 2--<ππk 时,方程在)2,0(π内无实根；（２） 当0242arccos 2<<--k ππ时,有两个实根；（３） 当242arccos2--=ππk 时，有唯一实根．5．解： c bx ax y ++='232,b ax y 26+=''，所以2323(2)2(2)062010(2)(2)(2)44a b c a b a b c d a b c d ⎧-+-+=⎪+=⎪⎨+++=-⎪⎪-+-+-+=⎩解得 16,24,3,1=-=-==d c b a ．6．（１）解： 222)1(11-+-='x x y , 323)1(62-+=''x xx y , 令0=''y ,得0=x ，当1x =±时y ''不存在．当01<<-x 或1>x 时, 0>''y ,当1-<x 或10<<x 时, 0<''y ．故曲线12-+=x xx y 在)1,0()1,( --∞上是凸的, 在区间和),1()0,1(+∞- 上是凹的，曲线的拐点为)0,0(．（２）解：y '=，y ''=．当0=x 时，y y ''',不存在；当21-=x 时，0=''y ．故曲线在)21,(--∞上是凸的, 在),21(+∞-上是凹的，)23,21(3--是曲线的拐点,7．证明：令πx x x f -=2sin )(, 则π12cos 21)(-='x x f , 2sin 41)(x x f -=''． 当π<<x 0时, 0)(<''x f , 故函数πxx x f -=2sin )(的图形在),0(π上是凸的, 从而曲线)(x f y =在线段AB （其中)(,()),0(,0(ππf B f A ）的上方，又0)()0(==πf f , 因此0)(>x f ,即πx x >2sin ．§3.5 函数的极值与最大值最小值1． 填空题 （１）1ln 2x =-（２） 322)21(=f ， (0)1f =-2．选择题（１） C （２） B （３）Ａ3．（１）解：由13()10f x x-'=-=，得1=x ．4''31(),(1)03f x x f -''=>，所以函数在1=x 点取得极小值．（２）解：定义域为),0(+∞，11ln 21, (1ln )x x xy ey xx x '==-， 令0y '=得驻点x e =，当(0,)x e ∈时，0y '>，当(,)x e ∈+∞时，0y '<．因此ee e y 1)(=为极大值． 4．解：(3)23, (4)132y y -==．由266120y x x '=+-=，得1=x , 2-=x ．而34)2(,7)1(=-=y y , 所以最大值为132，最小值为7．5．解：设圆锥体的高为h , 底半径为r ,故圆锥体的体积为h r V 2 31π=， 由于222)(R r R h =+-，因此)2( 31)(2h Rh h h V -=π )20(R h <<， 由0)34( 31)(2=-='h Rh h V π，得34R h =，此时R r 322=． 由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在)2,0(R 的内部取得. 现在0)(='h V 在)2,0(R 内只有一个根,故当34Rh =, R r 322=时, 内接锥体体积的最大．6.解: 设AD x =, B 与C 间的运费为y , 则)100(340052x k x k y -++= （1000≤≤x ）， 其中k 是某一正数． 由 0)34005(2=-+='xx k y , 得15=x .由于k y x 400|0==, k y x 380|15==, 2100511500|+==x y , 其中以k y x 380|15==为最小, 因此当AD =15=x km 时, 总运费为最省．7．解： 问题转化为求过点C 的线段AB 的最大值. 设木料的长度为l , y CB x AC ==,，木料与河岸的夹角为t ，则l y x =+，且 t b y t a x sin ,cos ==, t b t a l s i n c o s += )2,0(π∈t ． 则 ttb t t a l 22sin cos cos sin -='， 由0='l 得3tan abt =, 此时233232)(b a l +=，故木料最长为233232)(b a l +=．§3.6 函数图形的描绘１．解：由 -∞=+-→231)1(limx x x ，所以1x =为曲线)(x f y =的铅直渐近线． 因为 2)1(lim )(lim ,1)1(limlim 2322-=-+=-=+=∞→∞→∞→∞→x x x x y x x x y x x x x 所以2-=x y 为曲线)(x f y =的斜渐近线．2．解： 函数的定义域为()(),11,-∞-+∞．()()()()()2342132, 211x x x y y x x -+-'''==--． 令0='y ，得1 ,2-==x x ；令0=''y ，得2=x ．列表讨论如下：x(,1)-∞-1- (1,1)-(1,2)2 (2,)+∞y ' ＋ 0－ ＋ 0 ＋ y '' － － －－＋ ()x f y =⎛极大值83-⎫ ⎛拐点()3,2⎭由于()()21122lim lim 23=--=∞→∞→x x x x x f x x ， ()()11222lim 21lim 22=---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∞→∞→x x x x x f x x ， 所以，121+=x y 是曲线的斜渐近线．又因为()-∞=--→231122lim x x x ，所以1=x 是曲线的铅垂渐近线． 当0=x 时1-=y ；当0=y 时32=x ．综合上述讨论，作出函数的图形如下3§3.7 曲率1． 填空题:（１） __0__ （２） ___2____， 21（３） dx e x x 2)(cos 1++．2．解： 由题设可知 函数c bx ax y ++=2与xe y =在0=x 处由相同的函数值，一阶导数值，二阶导数值，故21,1,1===a b c ．3．解： x y x y sin ,cos -=''=', 曲线在一点处的曲率为332222|sin |sin (1cos )(2sin )x x K x x ==+-令 322()(2)xf x x =-, 25222(1)()(2)x f x x +'=-，当10≤≤x 时,0)(>'x f ,故)(x f 在]1,0[上单调增加, 因此)(x f 在]1,0[上的最大值是1)1(=f ,即)0(sin π<<=x x y 在点)1,2(π处的曲率半径最小, 其曲率半径为11==KR ．4．解：t b y t a x t b y t a x sin ,cos ;cos ,sin -=''-=''='-='因此曲率|||)cos sin (||)(||),0(2/322222/322a bt b t a ab y x y x y x k b =+='+''''-'''=， 曲率半径||/1bak ==ρ．§3.7方程的近似解1.证明: 令055)(,15)(45>+='++=x x f x x x f ，函数)(x f 在)0,1(-单调递增．)(x f 在[1,0]-上连续，且01)0(,05)1(>=<-=-f f ,故方程0155=++x x 在区间)0,1(-内有唯一的实根．求近似值的过程略．第三章 综合练习题1．填空题（１） 0 （２） )0,1(-， ),0(+∞ （３） 00==y x 和．（４） 1 ．2．（１） 解：20)1ln(sin 1tan 1lim x x x x x x -++-+→＝xx x x x x x x sin 1tan 11])1[ln(sin tan lim 0+++⋅-+-→ ＝x x x x x x x tan lim )1ln(cos 1lim 2100→→⋅-+-＝x x x x -+-→)1ln(cos 1lim 210＝111sin lim 210-+→xx x ＝21)1(sin lim 210-=+-→x x x x ．（２） 解：x e e x x x x a a x x 1sin )(1cos )1cos 11sin(lim 21-+-+∞→=xe e x x x x x a x 1sin )1(1cos )1cos 11sin (lim 212-+-∞→=x x e x x x a x 1)1(1cos 11sin lim 22+-∞→ =a x a e x x x x x x x e 2432223131sin 11cos 11cos 1lim 1-=-+-∞→．3．证明： 令221)1ln()(x x x x f +-+=, 则 21()111x f x x x x'=-+=++, 当0>x 时, ()0f x '>，故)(x f 在),0[+∞单调增． 当0>x 时，有()(0)0f x f >=，即)1ln(212x x x +<-．4．证明： 设)(arctan )(x f x F =, 则)(1)()(2x f x f x F +'='，且2|)(|π≤x F ． 由拉格朗日中值定理知, 存在),(0b a x ∈，使)()()(0x F a b a F b F '=--, 即 14422|)(||)(|)()()(1)(020<=+≤-+≤--=+'πππa b a F b F a b a F b F x f x f ．5．证明： 设)(),(x g x f 分别在),(,21b a x x ∈取得最大值M ， 则12()()f x g x M ==, 且12()()0f x g x ''==． 令)()()(x g x f x F -=．当21x x =时, 0)()()(1===x F b F a F , 由罗尔定理知, 存在),(),,(1211b x x a ∈∈ξξ, 使 0)()(21='='ξξF F , 进一步由罗尔定理知, 存在),(21x x ∈ξ，使0)(=''ξF ，即)()(ξξg f ''=''当21x x ≠时, 0)()(11≥-=x g M x F ,0)()(22≤-=M x f x F ，由零点存在定理可知，存在],[211x x ∈ξ，使0)(1=ξF ． 由于0)()(==b F a F ，由前面证明知, 存在),(b a ∈ξ，使0)(=''ξF ，即)()(ξξg f ''=''．6． 证明：设11)(2-+=x kx x f ． 当0=k ，显然112=x只有一个正的实根．下考虑0<k 时的情况． 先证存在性： 因为)(x f 在),0(+∞内连续，且+∞=→)(lim 0x f x ，-∞=+∞→)(lim x f x ，由零点存在定理知，至少存在一个),0(+∞∈ξ，使0)(=ξf ，即112=+xkx 至少有一个正的实根． 再证唯一性：假设有12,0x x >，且21x x <，使0)()(21==x f x f ，根据罗尔定理，存在12(,)(0,)x x η∈⊂+∞，使0)(='ηf ，即023=-ηk ，从而023>=ηk ，这与0<k 矛盾．故方程112=+x kx 只有一个正的实根．7．解：因为12183)()(2++-='=t t t Q t x ,186)()(+-=''='t t Q t x , 令0)(='t x ,得3=t ． 又当3t <时，()0x t '>．函数()x t 在[0,3]上单调增加；当3t >时，()0x t '<，函数()x t 在[3,)+∞上单调减少．故当3=t 时，)(t x 达到最大, 即上午11时这个工人的工作效率最高．。
(整理)第三章微分中值定理与导数的应用习题详解wang1
第三章 微分中值定理与导数的应用习题3-11.解：（1）虽然()f x 在[1,1]-上连续，(1)(1)f f -=，且()f x 在(1,1)-内可导。
可见，()f x 在[1,1]-上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点ξ(1,1)∈-，使得()0f ξ'=，即：22120(21)ξξ-=+ ，满足，0ξ=； （2）虽然()f x 在[1,1]-上连续，(1)(1)f f -=，但()f x 在(1,1)-内0x =点不可导。
可见，()f x 在[1,1]-上不满足罗尔中值定理的条件，且1,0<1(), =01,1<0x f x x x <⎧⎪'=⎨⎪--<⎩不存在,因此不存在一点ξ(1,1)∈-，使得()0f ξ'=.2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件.3．解：令33arccosarccos(34)y x x x =--，2y '=，化简得0,C y y '=∴=（C 为常数），又(0.5)y π=，故当0.50.5x -≤≤，有()y x π=。
4．证明：显然(),(f x F x 都满足在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上连续，在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内可导()cos ,()1sin f x x F x x ''==-且对任一0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F x '≠，(),()f x F x ∴满足柯西中值定理条件。
(0)121(0)22f f F F πππ⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫-- ⎪⎝⎭，而sin cos ()cos 242()1sin 1cos sin 242x x f x x x F x x x ππππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪'⎝⎭⎝⎭==='-⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令()1()12f x F x π'='-，即t a n 1422x ππ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，此时2a r c t a n 142x ππ⎡⎤⎛⎫=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,显然0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即2arctan 10,422πππξ⎡⎤⎛⎫⎛⎫∃=--∈ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，使得(0)(3)2(3)(0)2f f f F F F ππ⎛⎫- ⎪'⎝⎭='⎛⎫- ⎪⎝⎭。
高等数学课后习题答案--第三章中值定理与导数的应用
第三章中值定理与导数的应用典型例题解析例1验证函数()f x =在[0,1]上满足罗尔定理的条件． 解 因()f x 是在[0,1]上有定义的初等函数，所以()f x 在[0,1]上连续，且212233212()3(1)x f x x x -'=⋅- 在(0,1)内存在；(0)(1)0f f ==．故()f x 在[0,1]上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在一点(0,1)ξ∈使()0f ξ'=．即2120ξ-=，于是解得ξ=(0,1)∈．例2 已知函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(1)0f =，求证在(0,1)内至少存在一点ξ使等式()()f f ξξξ'=-成立．分析 要证()()f f ξξξ'=-成立，即证()()0f f ξξξ'+=，即[()]0x xf x ξ='=，作辅助函数()()F x xf x =，对()F x 在区间[0,1]上应用罗尔定理．证明 设()()F x xf x =，则它在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(0)(1)0F F ==．由罗尔定理知至少存在一点(0,1)ξ∈使得()0F ξ'=，即()()f f ξξξ'=-．证毕．例3 设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且()()0f a f b ==，证明对于任意实数λ，在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()f f ξλξ'=-．分析 要证()()0f f ξλξ'+=，即证[()()]0e f f λξξλξ'+=，即[(()())]|0xx e f x f x λξλ='+=，即证[()]|0xx e f x λξ='=，作辅助函数()()x F x e f x λ=，并对()F x 在区间[,]a b 上应用罗尔定理．证明 令()()x F x e f x λ=，易知()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且()()0F a F b ==，由罗尔定理知，至少存在一点(,)a b ξ∈，使()0F ξ'=，即[()()]0e f f λξξλξ'+=，而0e λξ≠，故()()0f f ξλξ'+=，即()()f f ξλξ'=-，(,)a b ξ∈．证毕．注 证明至少存在一点满足抽象函数一阶或二阶导数的关系式，且题中没有给出函数关系式的命题时，用罗尔定理证明的方法和步骤：（1）把要证的中值等式改写成右端为零的等式，改写后常见的等式有()()0f f ξξξ'+=， ()()()()0f g f g ξξξξ''+=，()()0f f ξξξ'-=， ()()0f kf ξξξ'-=，()()()()0f g f g ξξξξ''-=， ()()()()0f g f g ξξξξ''''-=， ()()0f f ξλξ'±=， ()()()0f f g ξξξ''±=等等．（2）作辅助函数()F x ，使()F ξ'等于上述等式的左端．对于（1）中所述等式，分别对应辅助函数()F x 为()()F x xf x =， ()()()F x f x g x =，()()f x x F x =， ()()k f x F x x =， ()()()f x F xg x =， ()()()()()F x f x g x f x g x ''=-，()()x F x e f x λ±=， ()()()g x F x e f x ±=．（3）在指定区间上对()F x 应用罗尔定理证明． 例4 设01,,,n a a a L 为满足1200231n a a a a n ++++=+L 的实数，证明：方程 2301230n n a a x a x a x a x +++++=L 在(0,1)内至少有一个实根．分析 函数230123()n n f x a a x a x a x a x =+++++L 虽然在[0,1]上连续，但是难以验证()f x 在[0,1]的某个子区间的端点处的函数值是否异号，所以不能用闭区间上连续函数的零点定理，但发现函数231310()231n n a a a F x a x x x x n +=+++++L 在1x =处的值为 120(1)0231n a a aF a n =++++=+L ，且(0)0F =，所以该命题可以用罗尔定理来证．证明 作辅助函数231120()231n n a a a F x a x x x x n +=+++++L ，显然()F x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导且(0)0F =，120(1)0231n a a aF a n =++++=+L ．对()F x 在区间[0,1]上应用罗尔定理，则至少存在一点(0,1)ξ∈，使得()0F ξ'=，即2301230n n a a a a a ξξξξ+++++=L ，即方程2301230n n a a x a x a x a x +++++=L 在(0,1)内至少有一个实根ξ．证毕．注 关于()0f x =的根（或()f x 的零点）的存在性的两种常用证明方法证法1 如果只知()f x 在[,]a b 或(,)a b 上连续，而没有说明()f x 是否可导，则一般用闭区间上连续函数的零点定理证明；证法2 先根据题目结论构造辅助函数()F x ，使得()()F x f x '=，然后在指定区间上验证()F x 满足罗尔定理的条件，从而得出()f x 的零点存在性的证明．例5 若()f x 在[1,1]-上有二阶导数，且(0)(1)0f f ==，设2()()F x x f x =，则在(0,1)内至少存在一点ξ，使得()0F ξ''=．分析 要证()0F ξ''=，只要证在()F x '区间[0,1]上满足罗尔定理，关键是找到两个使()F x '相等的点．此外，该题还可以用泰勒公式证明．证法1 （用罗尔定理证）因为2()()F x x f x =，则2()2()()F x xf x x f x ''=+．因为(0)(1)0f f ==，所以(0)(1)0F F ==．()F x 在[0,1]上满足罗尔定理的条件，则至少存在一点1(0,1)ξ∈使得1()0F ξ'=，而(0)0F '=，即1(0)()0F F ξ''==．对()F x '在1[0,]ξ上用罗尔定理，则至少存在一点1(0,)ξξ∈使得()0F ξ''=，而1(0,)(0,1)ξξ∈⊂，即在(0,1)内至少存在一点ξ，使得()0F ξ''=．证毕．证法2（用泰勒公式证）()F x 的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为2()()(0)(0)2!F F x F F x x ξ'''=++, 其中(0,)x ξ∈．令1x =，注意到(0)(1)0F F ==，(0)0F '=，可得()0F ξ''=，(0,1)ξ∈．证毕．注 结论为()()0 (2)n f n ξ=≥的命题的证明常见方法有两种： （1）对(1)()n f x -应用罗尔定理；（2）利用()f x 的1n -阶泰勒公式．例6 设函数()f x 在闭区间[0,1]上可微，对于[0,1]上的每一个x ，函数()f x 的值都在开区间(0,1)之内，且()1f x '≠，证明在(0,1)内有且仅有一个x ，使得()f x x =．分析 根据题目结论，容易联想构造辅助函数()()F x f x x =-，用零点定理证()F x 存在零点；而唯一性常用反证法证之．证明 作辅助函数()()F x f x x =-，易知()F x 在区间[0,1]上连续，又0()1(0)(0)0f x F f <<⇒=>，(1)(1)10F f =-<，根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个(0,1)ξ∈，使得()()0F f ξξξ=-=，即()f ξξ=．下面用反证法证明唯一性．假设存在1x ，2(0,1)x ∈，且不妨设12x x <，使得11()f x x =，22()f x x =，12()()0F x F x ==．显然()F x 在12[,]x x 上满足罗尔定理的三个条件，于是存在12(,)(0,1)x x η∈⊂使得()0F η'=，即()1f η'=，这与题设()1f x '≠((0,1))x ∈矛盾，故唯一性也成立．证毕．例7 假设函数()f x 和()g x 在[,]a b 上存在二阶导数，并且()0g x ''≠，()()()()0f a f b g a g b ====，试证：（1）在开区间(,)a b 内()0g x ≠；（2）在开区间(,)a b 内至少存在一点ξ，使()()()()f fg g ξξξξ''=''． 分析 证（1）可采用反证法，设存在(,)c a b ∈使得()0g c =，且由已知条件()()0g a g b ==，可以两次利用罗尔定理推出与()0g x ''≠相矛盾的结论．问题（1）是基本题．证（2）的关键是构造辅助函数()x ϕ，使得()()0a b ϕϕ==，且()()()x f x g x ϕ'''=-()()f x g x ''，通过观察可知()()()()()x f x g x f x g x ϕ''=-．构造()x ϕ是本题的难点．证 （1）反证法．设存在(,)c a b ∈，使得()0g c =，由于()()()0g a g b g c ===，对()g x 分别在区间[,]a c 和[,]c b 上应用罗尔定理，知至少存在一点1(,)a c ξ∈，使得1()0g ξ'=．至少存在一点2(,)c b ξ∈，使得2()0g ξ'=．再对()g x '在区间12[,]ξξ上应用罗尔定理，知至少存在一点312(,)ξξξ∈，使得3()0g ξ''=，这与题设()0g x ''≠矛盾，从而得证．（2）令()()()()()x f x g x f x g x ϕ''=-，则()()0a b ϕϕ==．对()x ϕ在区间[,]a b 上应用罗尔定理，知至少存在一点(,)a b ξ∈，使得()0ϕξ'=，即()()()()0f g f g ξξξξ''''-=．又因()0g x ≠，(,)x a b ∈，故()0g ξ≠，又因为()0g x ''≠，所以()0g ξ''≠，因此有()()()()f fg g ξξξξ''=''． 证毕．例8 验证函数,0()1,x e x f x x x ⎧≤=⎨+>⎩在1[1,]e-上拉格朗日中值定理的正确性．分析 此题主要考查拉格朗日中值定理的条件是否满足．解 因为0lim ()lim 1x x x f x e --→→==，00lim ()lim(1)1x x f x x ++→→=+=，则 (0)(0)(0)f f f -+==，故()f x 在0x =处连续，故()f x 在1[1,]e-上连续．又因为00(0)(0)1(0)lim lim 1x x x f x f e f x x--∆-∆→∆→+∆--'===∆∆，0(0)(0)(1)1(0)lim lim 1x x f x f x f x x++∆→∆→+∆-+∆-'===+∆∆， 故(0)1f '=从而()f x 在1(1,)e -内可导．则由拉格朗日中值定理知存在ξ∈1(1,)e-使11()(1)()(1)f f f e eξ'--=+， 即()1e f e ξ'=+，而,0()1,0x e x f x x ⎧≤'=⎨>⎩，所以1ee e ξ=+，解得1ln(1)e ξ=-+．例9 设02πβα<≤<，证明22tan tan cos cos αβαβαββα--≤-≤． 分析 当βα<时，即证221tan tan 1cos cos αββαβα-≤≤-． 此式中的tan tan αβαβ--可看成函数()tan f x x =在区间[,]βα上的改变量与相应自变量的改变量之商，故可考虑用拉格朗日中值定理证明．证明 当βα=时，不等式中等号成立．当βα<时，设()tan f x x =．由于()f x 在[,]βα(0)2πβα<<<上连续，在(,)βα内可导，利用拉格朗日中值定理得2tan tan 1cos αβαβξ-=-，(0)2πβξα<<<<．因为02πβξα<<<<，所以222111cos cos cos βξα<<．从而可得 221tan tan 1cos cos αββαβα-≤≤-， 即22tan tan cos cos αβαβαββα--≤-≤．证毕． 注 用中值定理（通常是用拉格朗日中值定理）证明不等式的具体做法：首先选择适当的函数及区间，然后利用中值定理，得到一含有ξ的等式；其次对等式进行适当地放大或缩小，去掉含有ξ的项即可．例10 设不恒为常数的函数()f x 在闭区间[,]a b 上连续，在开区间(,)a b 内可导，且()()f a f b =．证明在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()0f ξ'>．证法1 因为()f x 不恒为常数，故至少存在一点0(,)x a b ∈，使得0()()()f x f a f b ≠=． 先设0()()()f x f a f b >=，在0[,][,]a x a b ⊂上运用拉格朗日中值定理，于是可知存在0(,)(,)a x a b ξ∈⊂，使得001()[()()]0f f x f a x a ξ'=->-．若0()()()f x f a f b <=，则在0[,][,]x b a b ⊂上运用拉格朗日中值定理知，同样可知存在0(,)(,)x b a b ξ∈⊂，001()[()()]0f f b f x b x ξ'=->-．综上所述，命题得证．证法2 反证法． 若不存在这样的点ξ，则对任意的(,)x a b ∈，()0f x '≤，所以()f x 在[,]a b 上单调不增，而()()f a f b =，故()f x 在[,]a b 上为常数，与题设矛盾．所以命题得证．证毕．例11 设函数()f x 在[0,1]上可导，且0()1f x <<，()1f x '≠-，证明：方程()f x 1x =-在(0,1)内有唯一的实根．分析 要证方程()f x 1x =-在(0,1)内有唯一的实根，实际上相当于证明函数()()1F x f x x =+- 有唯一的零点，零点的存在可以根据已知用零点定理或者罗尔定理证明，唯一性可以利用反证法或函数的单调性来证明．证明 先证存在性．令()()1F x f x x =+-，则()F x 在[0,1]内连续，且(0)(0)10F f =-<，(1)(1)0F f =>．由闭区间上连续函数的零点定理知，存在(0,1)ξ∈，使()0F ξ=，即ξ为方程()f x 1x =-的实根．唯一性（用反证法证）若()f x 1x =-在(0,1)内有两个不等实根1x ，2x 12(01)x x <<<，即11()1f x x =-，22()1f x x =-．对()f x 在12[,]x x 上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点12(,)(0,1)x x ξ∈⊂，使得21212121()()(1)(1)()1f x f x x x f x x x x ξ----'===---．这与题设条件()1f x '≠-矛盾．唯一性得证．证毕．注 此题与例6类似．例12 （05研） 已知函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且(0)0f =，(1)1f =． 证明：（1）存在(0,1)ξ∈，使得()1f ξξ=-；（2）存在两个不同的点η，(0,1)ζ∈，使得()()1f f ηζ''=． 证明 （1）令()()1g x f x x =+-，则()g x 在[0,1]上连续，且(0)10g =-<，(1)10g =>， 故由零点定理知存在(0,1)ξ∈，使得()()10g f ξξξ=+-=，即()1f ξξ=-．（2）由题设及拉格朗日中值定理知，存在(0,)ηξ∈，(,1)ζξ∈，使得()(0)1()0f f f ξξηξξ--'==-，(1)()1(1)()111f f f ξξξζξξξ---'===---，从而1()()11f f ξξηζξξ-''==-．证毕．注 要证在(,)a b 内存在ξ、η，使某种关系式成立的命题，常利用两次拉格朗日中值定理，或两次柯西中值定理，或者柯西中值定理与拉格朗日中值定理并用．例13 求极限sin 0lim sin x xx e e x x→--．分析 该极限属于0型，可用洛必达法则，根据题目的特点可用拉格朗日中值定理，可用导数的定义，也可以将指数差化成乘积后用等价代换．解法1 用洛必达法则．sin 0limsin x x x e e x x →--sin sin 2sin 00cos sin cos lim lim 1cos sin x x x x xx x e xe e xe xe x x→→-+-==- sin sin sin 3sin 0cos sin cos 2cos sin cos lim 1cos x x x x xx e xe x xe x xe xe x→+++-==．解法2 对函数()x f x e =在区间[sin ,]x x （或[,sin ]x x ）上使用拉格朗日中值定理可得sin sin x xe e e x xξ-=-，其中sin x x ξ<<或sin x x ξ<<．当0x →时，0ξ→，故sin 0limsin x xx e e x x→--0lim 1e ξξ→==． 解法3 用导数的定义．sin 0limsin x x x e e x x →--sin 0sin 0sin 00lim lim sin 0sin 0x xx x x x x e e e e e x x x x --→→--==----000lim ()|10u u u u e e e u =→-'===-． 解法4 sin sin sin 1sin sin x x x xx e e e e x x x x---=--，当0x →时， sin 1sin x x e x x ---:，故sin 0lim sin x x x e e x x →--sin sin 01lim sin x xx x e ex x-→-=-0sin lim 1sin x x x x x →-==-． 例14 设()f x 在[,]a b 上可微(0)a b <<，证明：存在(,)a b ξ∈，使得22()()b a f ξ'-2[()()]f b f a ξ=-．分析 考虑将要证明的等式变为22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-，则用柯西中值定理证明；也可将要证明的等式变形为222[()()(()())]0x b a f x x f b f a ξ='---=，则可用罗尔定理来证明．证法1 只要证明22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-，易知()f x 和2()g x x =在[,]a b 上满足柯西中值定理的条件，故存在(,)a b ξ∈，使22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-． 证法2 只要证明222[()()(()())]0x b a f x x f b f a ξ='---=．令222()()()(()())F x b a f x x f b f a =---，()F x 在[,]a b 可导，且22()()()()F a b f a a f b F b =-=，由罗尔定理知，至少存在一点(,)a b ξ∈，使()0F ξ'=，即22()()b a f ξ'-2[()()]f b f a ξ=-．证毕．错误证明 要证的结论可改写成22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-．对函数()f x 和2()g x x =在区间[,]a b 上分别使用拉格朗日中值定理，存在(,)a b ξ∈，使()()()()f b f a f b a ξ'-=-，222()b a b a ξ-=-，于是22()()()2f b f a f b a ξξ'-=-．错解分析 以上证法错在认为()f x 和2()x g x =分别使用拉格朗日中值定理所得的ξ是同一值，实际上这两个ξ不一定相同．例如，取3()f x x =，()f x 在(0,1)内使1(1)(0)()(10)f f f ξ'-=-成立的点是1ξ=；2()g x x =在(0,1)内使2(1)(0)()(10)g g g ξ'-=-成立的点是212ξ=；而使柯西中值公式 33()(1)(0)(1)(0)()f f f g g g ξξ'-='-成立的点是323ξ=． 例15 把函数()x f x xe -=展成带佩亚诺余项的n 阶麦克劳林公式．分析 将函数展成n 阶泰勒公式或者麦克劳林公式，通常有直接法和间接法两种方法，一般用间接法较为简单．解法1 直接法()x f x xe -=， (0)0f =． ()(1)x f x x e -'=--， (0)1f '=． 2()(1)(2)x f x x e -''=--， (0)2f ''=-．3()(1)(3)x f x x e -'''=--， (0)3f '''=．L L L L()()(1)()n n x f x x n e -=--， ()1(0)(1)n n f n -=-．所以()f x 的n 阶麦克劳林公式为2341(1)()1!2!3!(1)!n x n n x x x x xe x o x n --=-+-++-+-L ．解法2 间接法在x e 的带佩亚诺余项的n 阶麦克劳林公式中，以x -代x ，得231(1)()2!3!!nx n n x x x e x o x n -=-+-++-+L ． 上式两端同乘以x ，有2341(1)()1!2!3!!n xn n x x x x xex x o x n +-=-+-++-+⋅L ．因为 10(1)()!lim0n nn nx x o x xn x +→-+⋅=， 故1(1)()()!n nn n x o x x o x n +-+⋅=，从而2341(1)()1!2!3!(1)!n x n n x x x x xe x o x n --=-+-++-+-L ．例16 求2240cos limx x x ex -→-．分析 该极限属于型，如果用洛必达法则来求解将会比较复杂，根据题目的特点可考虑利用cos x ，x e 的泰勒公式．解 因为244cos 1()2!4!x x x o x =-++，222224224211()(())1()22!2228x x x x x x eo o x -=-+-+-=-++，2240cos limx x x e x -→-242444401()[1()]2!4!28lim x x x x x o x o x x→-++--++= 44401()112lim 12x x o x x →-+==-． 注1 此题属0型的不定式，可以利用洛必达法则，读者不妨一试，并与上述解法比较一下孰优孰劣．注2 在某些情况下，用泰勒公式求极限比用其它方法求极限更为简便，这种方法通常是把具有佩亚诺型余项的泰勒公式代入要求的极限式中，经过简便的有理运算，便可求出极限，应用该方法需要熟记内容提要中所列举的常用函数的麦克劳林公式．注3 几条高阶无穷小的运算规律（这些规律在用麦克劳林公式求极限时尤为有用）： （这里以0x →为例）：a ．()()()n n n o x o x o x ±=；b ．当m n >时，()()()m n n o x o x o x ±=；c ．()()()m n m n o x o x o x +⋅=；d ．当()x ϕ有界，则()()()n n x o x o x ϕ⋅=． 例17 求极限201lim cos31x x e x →--．分析 该极限属于0型，可以用洛必达法则，也可以采用等价无穷小替换定理．解法1 用洛必达法则．201lim cos31x x e x →--202lim 3sin3x x xe x →=-20232lim 9sin39x x x e x →=-⋅=-． 解法2 用等价无穷小替换定理．201lim cos31x x e x →--2202lim 19(3)2x x x →==--． 例18 求极限0ln tan(7)lim ln tan(2)x x x +→．分析 该极限属于∞∞型，可直接用洛必达法则；也可以先用洛必达法则，然后用等价无穷小替换定理．解法1 0ln tan(7)lim ln tan(2)x x x +→20217tan(7)cos (7)lim 12tan(2)cos (2)x x x x x +→⋅=⋅00177sin(4)sin(7)cos(7)lim lim 122sin(14)sin(2)cos(2)x x x x x x x x ++→→⋅==⋅07cos(4)4lim 12cos(14)14x x x +→=⋅=． 解法2 0ln tan(7)lim ln tan(2)x x x +→20217tan(7)cos (7)lim 12tan(2)cos (2)x x x x x +→⋅=⋅22007cos (2)tan(2)lim lim 2cos (7)tan(7)x x x x x x ++→→=⋅ 072lim 127x xx +→=⋅=例19（99研） 011lim()2tan x x x x→-=_______．分析 该极限属于∞-∞型．将211tan x x x-通分，然后再用洛必达法则．解 2011lim()tan x x x x →-20tan lim tan x x x x x →-=30tan limx x xx →-=220sec 1lim 3x x x →-=220tan 1lim 33x x x →==． 例20 求极限2lim x x xe -→∞．分析 该极限属于0⋅∞型，应当先变形为∞∞或00型，再用洛必达法则，究竟变形为何种类型，要根据实际情况确定，例如，2lim xx xe -→∞2222322lim lim lim 111x x xx x x e xe e x x x ---→∞→∞→∞====L ，按照该方法计算下去越来越复杂．若将它化为∞∞型，则简单得多． 解 2lim x x xe -→∞221limlim02xxx x x e xe →∞→∞===．例21 求极限sin 0lim xx x +→． 分析 该极限属于00型，先化为∞∞型，再用洛必达法则． 解 sin sin ln 0ln lim lim lim exp()1sin x x x x x x xx e x+++→→→==，而 200021ln sin lim lim lim 1cos cos sin sin x x x x x x x x x x x+++→→→==--00sin sin lim lim 0cos x x x x x x++→→=-⋅=． 故sin 0lim x x x +→01e ==． 例22 求极限1lim ()x xx x e →+∞+．分析 该极限属于0∞型，先取对数（或者用恒等式ln ,0x e x x =>）将其转化为0⋅∞型，然后将其转化为00或∞∞型，再用洛必达法则． 解法1 设1()x xy x e =+，1ln ln()x y x e x =+ln()1lim ln lim lim x x x x x x x e e y xx e →+∞→+∞→+∞++==+lim 11xx x e e →+∞==+， 故1lim ()xxx x e →+∞+lim ln 1x ye e e →+∞===．解法2 1lim ()x xx x e →+∞+1lim exp[ln()]x xx x e →+∞=+11exp[lim ln()]exp(lim )1xx x x x e x e x e x →+∞→+∞++=+=exp(lim )1x x x e e e →+∞==+．例23 求极限11cos0sin lim()x x x x-→．分析 该极限属于1∞型，可把1∞型变为ln1e ∞⋅型．于是，问题归结于求ln1∞⋅型即0⋅∞型的极限；也可以用重要极限．解法1 11cos 0sin lim()xx x x-→0sin ln lim 1cos x x x x e →-=，由于200sin lnln sin ln lim lim 1cos 2x x x x x x x x →→-=-0cos 1sin lim x x x x x→-= 20cos sin lim sin x x x x x x →-=30cos sin limx x x xx →-= 20sin lim3x x x x →-=0sin 1lim 33x x x →-==-． 故011cossin lim()x xx x→-13e -=． 解法2 利用重要极限1lim(1)xx x e →+=．11cos 0sin lim()x x x x -→1sin sin 1cos 0sin lim(1)xx xx x x xx x x x-⋅⋅--→-=+．因为 0021sin 1sin limlim 11cos 2x x x x x xx x x x→→--⋅=⋅-02cos 1lim 32x x x →-=202112lim 332x x x→-==-， 故11cos0sin lim()xx x x-→13e -=． 注1 对于00或∞∞型可直接利用洛必达法则，对于00型，1∞型，0∞型，可以利用对数的性质将00型转化为0ln 0e ⋅型，将0∞化0ln e ⋅∞型，将1∞化为ln1e ∞⋅型，于是问题就转化为求0⋅∞型，然后将其化为00或∞∞型，再用洛必达法则．注2 用洛必达法则求极限时应当考虑与前面所讲的其它方法（如等价无穷小替换定理，重要极限等 ）综合使用，这样将会简化计算．例24 求极限211lim ()(0)nn n n a a a →∞->．分析 对于数列()f n 的极限lim ()n f n →∞不能直接用洛必达法则，这是因为数列不是连续变化的，从而更无导数可言．但可用洛必达法则先求出相应的连续变量的函数极限，再利用数列极限与函数极限的关系得lim ()lim ()n x f n f x →∞→+∞=，但当lim ()x f x →+∞不存在时，不能断定lim ()n f n →∞不存在，这时应使用其它方法去求．解法1 设2()x xa a f x x-=，则22000lim ()lim lim(ln 2ln )ln x xx x x x x a a f x a a a x a a x→→→-==-⋅=． 故211lim ()nn n n a a →∞-01lim ()lim ()ln n x f f x a n→∞→===． 解法2 令()x f x a =，于是()ln x f x a a '=．对()x f x a =在区间211[,]n n上使用拉格朗日中值定理，得到211211ln ()nn a a a a n nξ-=⋅-，其中211n nξ<<．当n →∞时，0ξ→，1a ξ→．故 211lim ()nn n n a a →∞-＝211lim ln ()ln n na a a n nξ→∞⋅-=． 例25 求极限2cos lim3sin x x xx x→∞+-．解 由于当x →∞时，cos 1cos 0x x x x =→，sin 0xx→，故 2cos lim3sin x x x x x →∞+-cos 22lim sin 33x x x x x→∞+==-． 错误解答 由洛必达法则得2cos 2sin lim lim3sin 3cos x x x x x x x x →∞→∞+-=--，由于极限2sin lim 3cos x xx→∞--不存在，故原极限不存在．错解分析 上述解法错在将极限()lim()f x g x ''存在这一条件当成了极限()lim ()f xg x 存在的必要条件．事实上这仅仅是一个充分条件，所以此时不能用洛必达法则．例26 求sin lim cos x x x e xe x→+∞++．分析 该极限属于∞∞型，若用洛必达法则将会出现下列情况： sin lim cos x xx e x e x →+∞++=cos lim sin x x x e x e x →+∞+-（∞∞）sin lim cos x x x e x e x →+∞-=-（∞∞）=⋅⋅⋅． 每用一次洛必达法则得到类似的极限并循环往复，无法求出结果．必须要考虑用其它方法．解 sin lim cos xx x e x e x →+∞++=sin 110lim1cos 101x x xxe x e→+∞++==++． 注 在使用洛必达法则求极限时，首先要分析所求极限的类型是否为00或∞∞型；要 结合其它方法（主要是用等价代换以及将极限为非零的因子的极限先求出来）来化简所求极限；如有必要可以多次使用洛必达法则；当所求极限越来越复杂时，要考虑改用其它方法；不能用洛必达法则来判别极限的存在性．例27 设()f x 的二阶导数存在，且()0f x ''>，(0)0f =，证明()()f x F x x=在0x <<+∞上是单调增加的．分析 只需要证明2()()()0xf x f x F x x '-'=>，((0,))x ∈+∞即可．证明 因为2()()()xf x f x F x x '-'=，((0,))x ∈+∞．令()()()x xf x f x ϕ'=-，显然()x ϕ在(0,)+∞上连续，且()()0x xf x ϕ'''=>，(0,)x ∈+∞，故()x ϕ在(0,)+∞上是单调增加的．即()(0)0x ϕϕ>=．从而()0F x '>，(0,)x ∈+∞．故()()f x F x x=在0x <<+∞上是单调增加的．证毕． 例28 求曲线5233y x x =-的单调区间、凹凸区间和拐点．解 2113335252()3333x y x x x --'=-=-，在0x =处，y '不存在，在25x =处，0y '=．144333102102()9999y x x x x ---''=+=+，在15x =-处，0y ''= ．由函数单调性的判定法可知函数的单调增加区间是(,0)-∞及2(,)5+∞，单调减少区间是2[0,]5；由函数的凹凸性判定法可知函数凸区间是1(,]5-∞-，凹区间是1(,)5-+∞和[0,)+∞．拐点为1(,5-．注1 求函数y =()f x 单调区间的步骤:（1）确定()f x 的定义域；（2）找出单调区间的分界点（即求驻点和()f x '不存在的点），并用分界点将定义域分成相应的小区间；（3）判断各小区间上()f x '的符号，进而确定y =()f x 在各小区间上的单调性． 注2 通常用下列步骤来判断区间I 上的连续曲线y =()f x 的拐点： （1）求()f x ''；（2）令()0f x ''=，解出该方程在I 内的实根，并求出()f x ''在I 内不存在的点； （3）对于（2）中求出的每一个实根或二阶导数不存在的点0x ，检查()f x ''在0x 左右两侧邻近的符号，那么当两侧的符号相反时，点00(,())x f x 是拐点，当两侧的符号相同时，点00(,())x f x 不是拐点．设y =()f x 在0x x =处有三阶连续导数，如果0()0f x ''=，而0()0f x '''≠，则点00(,())x f x 一定是拐点．例29 求函数543121540y x x x =+-的极值点与极值．解 函数的定义域为(,)-∞+∞，4322606012060(1)(2)y x x x x x x '=+-=-+，令0y '=，求得驻点为10x =，21x =，32x =-．下面分别用极值第一、第二充分条件进行判断： 解法1 （用极值第一充分条件）点10x =，21x =，32x =-将定义域分成四个部分区间(,2)-∞-，(2,0)-，(0,1)，(1,)+∞，由上表及极值第一充分条件可知1x =为极小值点，2x =-为极大值点，0x =不是极值点，且极小值(1)13y =-；极大值(2)176y -=．解法2 （用极值第二充分条件） 首先求y ''，260(434)y x x x ''=+-．而(0)0y ''=，(1)1800y ''=>，(2)7200y ''-=-<．故1x =为极小值点，2x =-为极大值点，但对0x =点第二充分条件失效，需用第一充分条件判断，可知0x =不是极值点，且极小值(1)13y =-；极大值(2)176y -=．例30 可导函数()y f x =由方程3233232x xy y -+=所确定，试求()f x 的极大值与极小值．分析 函数()y f x =是由方程所确定的隐函数，可利用隐函数求导公式求出dydx及22d y dx ，将0dy dx=与原二元方程联立求解可得驻点，再用函数取得极值的第二充分条件判定． 解 在方程两边对x 求导，得22233663()(2)0x y xyy y y x y x y yy '''--+=-+-=．由于x y =不满足原来的方程，又()y f x =是可导函数，因此0x y -≠，20x y yy '+-=，即2dy x y dx y +=．令0dydx=，得0x y +=，与原二元方程联立求解可得2x =-，2y =，由此可知，函数()y f x =有唯一可能的极值点2x =-．又因为2222d y y xy dx y '-=， 故2222104x y d ydx=-==>， 因此由函数取得极值的第二充分条件知，函数()y f x =有唯一的极小值2，没有极大值．注 求极值的步骤：（1）找出全部可能的极值点（包括驻点和一阶导数不存在的点）； （2）对可能的极值点，利用函数取得极值的第一或第二充分条件判定； （3）求极值．例31 设函数2,0()2,0x x x f x x x ⎧>=⎨+≤⎩，求()f x 的极值．解 先求出可能的极值点，再判别函数在这些点是否取得极值． 当0x >时，22ln 2ln 2()()()(2ln 2)2(ln 1)x x x x x x f x x e x e x x '''===+=+；当0x <时，()(2)1f x x ''=+=，因为0lim ()2x f x -→=且 22ln 0lim ()lim lim x x x x x x f x x e +++→→→==002ln exp(lim )exp[lim (2)]11x x xx x++→→==-=，可见()f x 在0x =点不连续，所以(0)f '不存在，于是有22(ln 1),0()1,0x x x x f x x ⎧+>'=⎨<⎩，令()0f x '=，即22(ln 1)0x x x +=，得1x e -=．所以可能的极值点为1x e -=和0x =，将定义域分成三个部分区间(,0)-∞，1-，1-由此可知()f x 在1x e -=处取得极小值，极小值为21()ef e e --=，显然，经过0x =点时，导数()f x '的符号由正号变为负号，即0x =点为极大值点，函数的极大值为(0)2f =．例32 （03研）设函数()f x 在(,)-∞+∞内连续，其导函数图形如图3-1所示，则()f x 有（ ）．A ．一个极小值点和两个极大值点．B ．两个极小值点和一个极大值点．C ．两个极小值点和两个极大值点．D ．三个极小值点和一个极大值点．图3－1分析 由()f x 的导函数图形可知导函数何时大于零、等于零、小于零，从而可知()f x 的单调性，进一步可推知其极值．解 选C ． 由图形可看出，一阶导数为零的点有3个，而0x =则是导数不存在的点．三个一阶导数为零的点左右两侧导数符号不一致，必为极值点，且两个为极小值点，一个为极大值点，在0x =左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见0x =为极大值点，故()f x 有两个极小值点和两个极大值点，应选C ．例33 讨论方程ln (0)x ax a =>在(0,)+∞内有几个实根？分析 如果对函数()f x 的单调性、极值、最值等问题讨论清楚了，则其零点也就弄明白了，讨论方程ln (0)x ax a =>在(0,)+∞内有几个实根等价于讨论()ln f x x ax =-在(0,)+∞内有几个零点．解 设()ln f x x ax =-，则只需讨论函数()ln f x x ax =-零点的个数．由1()0f x a x'=-=， 解得1x=．列表：由此可知()f x 在1(0],a 上单调递增，在1,)[a+∞上单调递减，且1()(ln 1)f a a =-+是函数的最大值，由0lim ()lim(ln )x x f x x ax ++→→=-=-∞，及ln lim ()lim[()]x x xf x x a x→+∞→+∞=-=-∞，可得（1）当1()0f a <，即1a e >时，1()()0f x f a <<，函数()f x 没有零点，故方程没有实根．（2）当1()0f a =，即1a e =时，函数()f x 仅有一个零点，故方程ln x ax =只有惟一实根1x e a ==．（3）当1()0f a >，即10a e <<时，由1()0f a >，0lim ()x f x +→=-∞，知()f x 在10)(,a内至少有一个零点．又()f x 在10)(,a内单调递增，所以()f x 在10)(,a内仅有一个零点，即方程ln x ax =在10)(,a 内只有一个实根．同理方程ln x ax =在1(,)a+∞内也只有一个实根．故当10a e <<时，方程ln x ax =恰有两个实根．例34 证明不等式：当02x π<<时，2sin x x π>．分析 证明不等式可用拉格朗日中值定理、函数的单调性和最值及凹凸性等．证法1 （用单调性证明）令sin ()xf x x=，则 22cos sin cos (tan )()x x x x x x f x x x --'==， 令()tan x x x ϕ=-，则22sin ()cos x x x ϕ-'=．所以在(0,)2π内，()0x ϕ'<，而(0)0ϕ=，所以()0x ϕ<，从而可知()0f x '<，故()f x 单调减少，由此得()()2f x f π>，即2sin x x π>．证法2 （用凹凸性证明）设2()sin xg x x π=-，则2()cos g x x π'=-，()sin 0g x x ''=-<．所以()g x 的图形是凸的．又(0)()02g g π==，因此()0g x >，即2sin x x π>．证法3 （用最值证明）设2()sin xF x x π=-，则由闭区间上连续函数的性质知()F x 在[0,]2π可取到最大最小值． 2()cos F x x π'=-，令()0F x '=，得()F x 在(0,)2π内的唯一驻点02arccos x π=，又因为()sin F x x ''=-，当02x π<<时，有()0F x ''<．所以()F x 在点02arccos x π=处取得极大值．因此()F x 在[0,]2π上的最小值必在端点处取得，这是因为()F x 在(0,)2π内没有极小值．又由于(0)()02F F π==，所以()F x 的最小值为零，因此，在(0,)2π内必有()(0)0F x F >=，即2sin x x π>．证毕．例35 证明：当0x >，0y >时，有不等式ln ln ()ln2x yx x y y x y ++≥+，且等号仅当x y =时成立．分析 将不等式两端同除以2，转化为ln ln ln222x x y y x y x y+++≥．可以看出，左端是函数()ln f t t t =在x ，y 两点取值的平均值，而右端是它在中点2x y+处的函数值．因此，可用函数图形的凹凸性来证明．证明 设()ln f t t t =，则在(0,)+∞内有()1ln f t t '=+，1()0f t t''=>，从而函数()ln f t t t=的图形是凹的．故对任意0x >，0y >且x y ≠，有()()()22x y f x f y f ++<成立，即ln ln ln222x x y y x y x y+++>成立． 当x y =时，等号显然成立．于是有ln ln ()ln 2x yx x y y x y ++≥+，且等号仅当x y =时成立．证毕．例36 设()f x 有二阶连续导数，且(0)0f '=，0()lim1||x f x x →''=，则（ ）． A ．(0)f 是()f x 的极大值． B ．(0)f 是()f x 的极小值．C ．(0,(0))f 是曲线()y f x =的拐点． D ．(0)f 不是()f x 的极值，(0,(0))f 也不是曲线()y f x =的拐点．分析 要讨论函数()f x 的极值与凹凸性，则要讨论(0)f '、(0)f ''的正负号．解 选B ．由题设0()lim 1||x f x x →''=，可得0lim ()0x f x →''=，且由保号性知存在0x =的某邻域使得()0f x ''≥，即在(0,(0))f 的左、右两侧都是上凹的，故(0,(0))f 不是拐点，排除C ．由拉格朗日中值定理可得()(0)()f x f f x ξ''''-=，其中ξ介于0与x 之间，由于(0)0f '=，故()()f x f x ξ'''=，而()0f x ''≥，从而可知当0x <时，()f x 单调递减，当0x >时，()f x 单调递增，由此可知(0)f 是()f x 的极小值，选B ．例37 求内接于22221x y a b+=且四边平行于x 轴和y 轴的面积最大的矩形(,0)a b >．分析 首先要求出矩形面积的表达式，然后求其最大值，此时对应的矩形即为所求． 解 设所求矩形在第一象限的顶点坐标为(,)x y ，则矩形的面积为()44S x xy ==，(0)x a <<，由2()4S x '=-，令()0S x '=得驻点x =而当0x <<时，()0S x '>；当x a <<时，()0S x '<．所以x =()S x 的最大值点．因而所求矩形在第一象限的顶点坐标为，最大矩形面积为2ab ． 例38 描绘函数32(1)x y x =+的图形．解（1）求函数的定义域．定义域为(,1)-∞-，(1,)-+∞．（2）求渐近线． 因为lim ()1f x x =∞→-，故1x =-是一条铅直渐近线，而由lim ()x f x →∞=∞可知无水平渐近线，又因为32()lim lim 1(1)x x f x x x x x →∞→∞==+，且32lim[]2(1)x x x x →∞-=-+， 故2y x =-是斜渐近线．（3）求使y '，y ''为零的点及不存在的点．23(3)(1)x x y x +'=+；46(1)x y x ''=+． 当0x =，3x =-时，0y '=； 当0x =时，0y ''=；当1x =-时，y '和y ''不存在．（4）列表说明图形在每个小区间上的升、降、凹、凸，及函数的极值点，曲线的拐点，并作图，如图3-2所示．图3－2例39 求曲线tan y x =在点(,1)4π处的曲率与曲率半径．解 2sec y x '=，232sin 2sec tan cos xy x x x''==，则曲率K 及曲率半径R 分别为 K ''=， 1R K ==由4|2x y π='=及4|4x y π=''=，得在(,1)4π的曲率与曲率半径分别为 K =，1R K == 例40 曲线上曲率最大的点称为此曲线的顶点，试求x y e =的顶点，并求在该点处的曲率半径．解 x y e '=，x y e ''=，由曲率公式得x K ===为求出K 的最大值，只要求出2433()x xf x ee -=+的最小值即可．又243324()33x xf x e e -'=-+，令()0f x '=，得212x e =，1ln 22x =-，而 2433416()99x x f x e e -''=+，1(ln 2)02f ''->．所以1ln 22x =-是函数()f x 唯一的极小值点，也就是使曲线x y e =曲率最大的点，代入得y1(ln 2,2-，而曲线在该点的曲率半径为32123()122R K -===．。
3微分中值定理与导数的应用习题解答
第三章 微分中值定理与导数的应用答案§3.1 微分中值定理1． 填空题（１）函数x x f arctan )(=在]1 ,0[上使拉格朗日中值定理结论成立的ξ是ππ-4．（２）设)5)(3)(2)(1()(----=x x x x x f ，则0)(='x f 有 3 个实根，分别位于区间)5,3(),3,2(),2,1(中．2． 选择题 （１）罗尔定理中的三个条件:)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，且)()(b f a f =，是)(x f 在),(b a 内至少存在一点ξ，使0)(='ξf 成立的（ B ）．A ． 必要条件B ．充分条件C ． 充要条件D ． 既非充分也非必要条件（２）下列函数在]1 ,1[-上满足罗尔定理条件的是（ C ）．A . xe xf =)( B. ||)(x x f = C. 21)(x x f -= D. ⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0,00,1sin )(x x xx x f （３）若)(x f 在),(b a 内可导，且21x x 、是),(b a 内任意两点，则至少存在一点ξ，使下式成立（ B ）．A ． ),()()()()(2112b a f x x x f x f ∈'-=-ξξB ． ξξ)()()()(2121f x x x f x f '-=-在12,x x 之间C ． 211221)()()()(x x f x x x f x f <<'-=-ξξD ． 211212)()()()(x x f x x x f x f <<'-=-ξξ3．证明恒等式：)(2cot arctan ∞<<-∞=+x x arc x π．证明： 令x arc x x f cot arctan )(+=，则01111)(22=+-+='xx x f ，所以)(x f 为一常数． 设c x f =)(，又因为(1)2f π=，故 )(2c o t a r c t an ∞<<-∞=+x x arc x π．4．若函数)(x f 在),(b a 内具有二阶导数，且)()()(321x f x f x f ==，其中12a x x <<3x b <<，证明:在),(31x x 内至少有一点ξ，使得0)(=''ξf ．证明：由于)(x f 在],[21x x 上连续,在),(21x x 可导,且)()(21x f x f =，根据罗尔定理知，存在),(211x x ∈ξ， 使0)(1='ξf ． 同理存在),(322x x ∈ξ，使0)(2='ξf ． 又)(x f '在],[21ξξ上符合罗尔定理的条件，故有),(31x x ∈ξ，使得0)(=''ξf ．5． 证明方程062132=+++x x x 有且仅有一个实根．证明：设621)(32x x x x f +++=， 则031)2(,01)0(<-=->=f f ，根据零点存在定理至少存在一个)0,2(-∈ξ， 使得0)(=ξf ．另一方面，假设有),(,21+∞-∞∈x x ，且21x x <，使0)()(21==x f x f ，根据罗尔定理，存在),(21x x ∈η使0)(='ηf ，即02112=++ηη，这与02112>++ηη矛盾．故方程062132=+++x x x 只有一个实根．6． 设函数)(x f 的导函数)(x f '在],[b a 上连续，且0)(,0)(,0)(<><b f c f a f ，其中c 是介于b a ,之间的一个实数． 证明： 存在),(b a ∈ξ, 使0)(='ξf 成立.证明： 由于)(x f 在],[b a 内可导，从而)(x f 在闭区间],[b a 内连续，在开区间(,)a b 内可导．又因为()0,()0f a f c <>，根据零点存在定理，必存在点1(,)a c ξ∈，使得0)(1=ξf ． 同理，存在点2(,)c b ξ∈，使得0)(2=ξf ．因此()f x 在[]21,ξξ上满足罗尔定理的条件，故存在),(b a ∈ξ， 使0)(='ξf 成立．7. 设函数)(x f 在]1,0[上连续, 在)1,0(内可导. 试证:至少存在一点(0,1)ξ∈, 使()2[(1)(0)].f f f ξξ'=- 证明： 只需令2)(x x g =，利用柯西中值定理即可证明.8．证明下列不等式（１）当π<<x 0时，x xxcos sin >． 证明： 设t t t t f cos sin )(-=，函数)(t f 在区间],0[x 上满足拉格朗日中值定理的条件，且t t t f sin )(=', 故'()(0)()(0), 0f x f f x x ξξ-=-<<, 即0sin cos sin >=-ξξx x x x (π<<x 0)因此， 当π<<x 0时，x xxcos sin >．（２）当 0>>b a 时，bba b a a b a -<<-ln ． 证明：设x x f ln )(=，则函数在区间[,]b a 上满足拉格朗日中值定理得条件，有'()()()(),f a f b f a b b a ξξ-=-<< 因为'1()f x x=，所以1ln ()a a b b ξ=-，又因为b a ξ<<，所以111a b ξ<<，从而bba b a a b a -<<-ln ．§3.1 洛毕达法则1． 填空题 （１） =→xxx 3cos 5cos lim2π35-（２）=++∞→xx x arctan )11ln(lim0 （３）)tan 11(lim 20x x x x -→=31（４）0lim(sin )xx x +→=1２．选择题（１）下列各式运用洛必达法则正确的是（ B ） A ． ==∞→∞→nn n n n en ln limlim 11lim=∞→nn eB ． =-+→x x x x x sin sin lim0 ∞=-+→xxx cos 1cos 1lim 0C ． xx x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim sin 1sin lim020-=→→不存在 D ． x x e x 0lim →=11lim 0=→x x e（２） 在以下各式中，极限存在，但不能用洛必达法则计算的是（ C ）A ． x x x sin lim 20→B ． x x x tan 0)1(lim +→C ． x x x x sin lim +∞→D ． x nx e x +∞→lim3． 求下列极限（１）nn mm a x a x a x --→lim ．解： n n m m a x a x a x --→lim =nm n m a x a nm nx mx ---→=11lim．（２）20222lim x x x x -+-→．解： 20222lim xx x x -+-→=x x x x 22ln 22ln 2lim 0-→-=2)2(ln 2)2(ln 2lim 220x x x -→+=2)2(ln ．（３）30tan sin limxxx x -→ ．解：30tan sin lim x x x x -→＝32030)21(lim )1(cos tan lim x x x x x x x x -⋅=-→→＝21-． （４） 20)(arcsin 1sin lim x x e x x --→．解：20)(arcsin 1sin lim x x e x x --→＝201sin lim xx e x x --→＝212sin lim 2cos lim 00=+=-→→x e x x e x x x x ．（５）x x x x xx ln 1lim 1+--→．解： )ln 1()(x x x xx +='， x x x x xx ln 1lim1+--→＝xx x xx 11)ln 1(1lim 1+-+-→＝22111)ln 1(limx x x x x xx x --+-→2])ln 1([lim 1221=++=++→x x x x x x ．（６） )111(lim 0--→x x e x ． 解：2121lim )1(1lim )111(lim 22000==---=--→→→xx e x x e e x x x xx x x（７） xx xtan 0)1(lim +→ ．解：1)1(lim 202000sin limcsc 1lim cot ln limln tan lim tan 0=====+→+→+→+→+----→x xx x xxxx x x x x x x eeeex．（８）)31ln()21ln(lim xxx +++∞→．解： )31ln()21ln(lim x x x +++∞→=2ln 23ln(12)12lim ln(12)3lim 3lim1x x x x x x x x x →+∞→+∞→+∞+++== =xxx 212lim 2ln 3++∞→=2ln 3．（９） n n n ∞→l i m ．解： 因为1lim1limln 1lim===∞→∞→∞→xxxxx x x eex ，所以nn n ∞→lim=1．§3.3 泰勒公式 １．按1-x 的幂展开多项式43)(24++=x x x f ．解： 10)1(,64)(3='+='f x x x f ，同理得24)1(,24)1(,18)1()4(=='''=''f f f ，且0)()5(=x f ．由泰勒公式得：43)(24++=x x x f =432)1()1(4)1(9)1(108-+-+-+-+x x x x ．2． 求函数xe x xf 2)(=的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式．解：因为)(!!2!112n nxx o n x x x e +++++= ，所以xe x xf 2)(==2222[1()]1!2!(2)!n n x x x x o x n --+++++-=)()!2(!2!1432n n x o n x x x x +-++++ ．3． 求一个二次多项式)(x p ，使得)()(22x x p x ο+=． 解：设xx f 2)(=，则2ln 2)(x x f ='，2)2(ln 2)(x x f =''． 2)2(ln )0(,2ln )0(,1)0(=''='=f f f ，故 )(!2)2(ln !12ln 12222x x x xο+++=， 则 222)2(ln 2ln 1)(x x x p ++=为所求． 4．利用泰勒公式求极限)]11ln([lim 2xx x x +-∞→． 解：因为 ))1((3)1(2)1(1)11ln(332xo x x x x ++-=+，所以 )11ln(2x x x +-=)])1((3)1(2)1(1[3322x o x x x x x ++--=)1(3121x o x +-， 故 21)]1(3121[lim )]11ln([lim 2=+-=+-∞→∞→x o x x x x x x ．5． 设)(x f 有三阶导数,且0)1(,0)(lim 2==→f x x f x ,证明在)1,0(内存在一点ξ,使0)(='''ξf ． 证明： 因为 0)(lim20=→x x f x ，所以0)0(,0)0(,0)0(=''='=f f f ．由麦克劳林公式得：332!3)(!3)(!2)0()0()0()(x f x f x f x f f x f ξξ'''='''+''+'+= （ξ介于0与x 之间），因此 !3)()1(ξf f '''=，由于0)1(=f ，故0)(='''ξf ．§3.4函数的单调性与曲线的凹凸性1． 填空题（１） 函数)ln(422x x y -=的单调增加区间是),21()0,21(+∞-，单调减少区间)21,0()21,( --∞．（２）若函数)(x f 二阶导数存在，且0)0(,0)(=>''f x f ，则xx f x F )()(=在+∞<<x 0上是单调 增加 ．（３）函数12+=ax y 在),0(∞+内单调增加，则a 0>．（４）若点（1，3)为曲线23bx ax y +=的拐点，则=a 23-，=b 29，曲线的凹区间为)1,(-∞，凸区间为),1(∞．2． 单项选择题（１）下列函数中，（ A ）在指定区间内是单调减少的函数. A . xy -=2),(∞+-∞ B . xy e = )0,(-∞C . x y ln = ),0(∞+D . x y sin = ),0(π（２）设)12)(1()(+-='x x x f ，则在区间)1,21(内（ B ）． A . )(x f y =单调增加，曲线)(x f y =为凹的 B. )(x f y = 单调减少，曲线)(x f y =为凹的 C. )(x f y =单调减少，曲线)(x f y =为凸的 Ｄ．)(x f y =单调增加，曲线)(x f y =为凸的（３）)(x f 在),(+∞-∞内可导, 且21,x x ∀,当 21x x >时, )()(21x f x f >,则( D ) A. 任意0)(,>'x f x B. 任意0)(,≤-'x f x C. )(x f -单调增 D. )(x f --单调增（４）设函数)(x f 在]1,0[上二阶导数大于0, 则下列关系式成立的是（ B ） A. )0()1()0()1(f f f f ->'>' B. )0()0()1()1(f f f f '>->' C. )0()1()0()1(f f f f '>'>- D. )0()1()0()1(f f f f '>->' 2． 求下列函数的单调区间 （１）1--=x e y x．解：1-='x e y ，当0>x 时，0>'y ,所以函数在区间),0[+∞为单调增加； 当0<x 时，0<'y ，所以函数在区间]0,(-∞为单调减少．（２）(2y x =-解：)1(31031-='-x x y ， 当1>x ，或0<x 时，0>'y ,所以函数在区间),1[]0,(+∞-∞ 为单调增加； 当01x <<时，0<'y ，所以函数在区间]1,0[为单调减少．（３）)1ln(2x x y ++=解： 011111222>+=++++='xxx x x y ，故函数在),(+∞-∞单调增加．3． 证明下列不等式（１）证明： 对任意实数a 和b , 成立不等式||1||||1||||1||b b a a b a b a +++≤+++．证明：令xxx f +=1)(，则0)1(1)(2>+='x x f ， )(x f 在) , 0 [∞+内单调增加. 于是, 由 |||| ||b a b a +≤+, 就有 ) |||| () || (b a f b a f +≤+, 即||1||||1||||||1||||||1||||||1||||||1||b b a a b a b b a a b a b a b a b a +++≤+++++=+++≤+++（２）当1>x 时, 1)1(2ln +->x x x ． 证明：设)1(2ln )1()(--+=x x x x f ， 11ln )('-+=xx x f ，由于当1x >时，211()0f x x x''=->, 因此)(x f '在),1[+∞单调递增, 当 1x >时, 0)1()(='>'f x f , 故)(x f 在),1[+∞单调递增, 当 1>x 时, 有0)1()(=>f x f .故当1>x 时,0)1(2ln )1()(>--+=x x x x f ,因此1)1(2ln +->x x x ．（３）当 0>x 时，6sin 3x x x ->．证明：设6sin )(3x x x x f +-=, 021cos )(2=+-='x x x f ，当0>x ，()sin 0f x x x ''=->，所以)(x f '在),0[+∞单调递增, 当 0>x 时, 0)0()(='>'f x f , 故)(x f 在),0[+∞单调递增, 从而当 0>x 时, 有0)0()(=>f x f . 因此当 0>x 时，6sin 3x x x ->．4． 讨论方程k x x =-sin 2π(其中k 为常数)在)2,0(π内有几个实根． 解：设()sin ,2x x x k πϕ=-- 则()x ϕ在]2,0[π连续, 且k k -=-=)2(,)0(πϕϕ， 由()1cos 02x x πϕ'=-=，得2arccos x π=为)2,0(π内的唯一驻点．()x ϕ在2[0,arccos ]π上单调减少，在2[arccos ,]2ππ上单调增加．故k ---=242arccos )2(arccos 2πππϕ为极小值，因此)(x ϕ在]2,0[π的最大值是k -,最小值是k ---242arccos 2ππ．（１） 当,0≥k 或242arccos 2--<ππk 时,方程在)2,0(π内无实根；（２） 当0242arccos2<<--k ππ时,有两个实根；（３） 当242arccos2--=ππk 时，有唯一实根．5． 试确定曲线d cx bx ax y +++=23中的a 、b 、c 、d ，使得2-=x 处曲线有水平切线，)10,1(-为拐点，且点)44,2(-在曲线上．解： c bx ax y ++='232,b ax y 26+=''，所以2323(2)2(2)062010(2)(2)(2)44a b c a b a b c d a b c d ⎧-+-+=⎪+=⎪⎨+++=-⎪⎪-+-+-+=⎩ 解得： 16,24,3,1=-=-==d c b a ．6．求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间（１）12-+=x xx y 解： 222)1(11-+-='x x y , 323)1(62-+=''x xx y ,令0=''y ,得0=x ，当1x =±时y ''不存在．当01<<-x 或1>x 时, 0>''y ,当1-<x 或10<<x 时, 0<''y ．故曲线12-+=x xx y 在)1,0()1,( --∞上是凸的, 在区间和),1()0,1(+∞- 上是凹的，曲线的拐点为)0,0(．（２）32)52(x x y -=拐点及凹或凸的区间解：y '=，y ''=．当0=x 时，y y ''',不存在；当21-=x 时，0=''y ．故曲线在)21,(--∞上是凸的, 在),21(+∞-上是凹的，)23,21(3--是曲线的拐点,7．利用凹凸性证明: 当π<<x 0时, πxx >2sin 证明：令πx x x f -=2sin )(, 则π12cos 21)(-='x x f , 2sin 41)(xx f -=''．当π<<x 0时, 0)(<''x f , 故函数πxx x f -=2sin )(的图形在),0(π上是凸的, 从而曲线)(x f y =在线段AB （其中)(,()),0(,0(ππf B f A ）的上方，又0)()0(==πf f , 因此0)(>x f ,即πx x >2sin ．§3.5 函数的极值与最大值最小值1． 填空题（１）函数xx y 2=取极小值的点是1ln 2x =-． （２） 函数31232)1()(--=x x x f 在区间]2,0[上的最大值为322)21(=f ，最小值为(0)1f =- ．2．选择题（１） 设)(x f 在),(+∞-∞内有二阶导数，0)(0='x f ，问)(x f 还要满足以下哪个条件，则)(0x f 必是)(x f 的最大值？（ C ）A ． 0x x =是)(x f 的唯一驻点B ． 0x x =是)(x f 的极大值点C ． )(x f ''在),(+∞-∞内恒为负D ． )(x f ''不为零（２） 已知)(x f 对任意)(x f y =满足xex f x x f x --='+''1)]([3)(2，若00()0 (0)f x x '=≠，则（ B ）A. )(0x f 为)(x f 的极大值B. )(0x f 为)(x f 的极小值C. ))(,00x f x （为拐点D. )(0x f 不是极值点, ))(,00x f x （不是拐点（３）若)(x f 在0x 至少二阶可导, 且1)()()(lim 2000-=--→x x x f x f x x ,则函数)(x f 在0x 处( Ａ )A ． 取得极大值B ． 取得极小值C ． 无极值D ． 不一定有极值3． 求下列函数的极值 （１） ()3/223x x x f -=． 解：由13()10f x x-'=-=，得1=x ．4''31(),(1)03f x x f -''=>，所以函数在1=x 点取得极小值．（２）xx x f 1)(=．解：定义域为),0(+∞，11ln 21, (1ln )x xxy ey xx x '==-， 令0y '=得驻点x e =，当(0,)x e ∈时，0y '>，当(,)x e ∈+∞时，0y '<．因此ee e y 1)(=为极大值．4． 求14123223+-+=x x x y 的在]4,3[-上的最大值与最小值．解：(3)23, (4)132y y -==．由266120y x x '=+-=，得1=x , 2-=x ．而34)2(,7)1(=-=y y , 所以最大值为132，最小值为7．5． 在半径为R 的球内作一个内接圆锥体，问此圆锥体的高、底半径为何值时，其体积V 最大． 解：设圆锥体的高为h , 底半径为r ,故圆锥体的体积为h r V 2 31π=， 由于222)(R r R h =+-，因此)2( 31)(2h Rh h h V -=π )20(R h <<， 由0)34( 31)(2=-='h Rh h V π，得34R h =，此时R r 322=． 由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在)2,0(R 的内部取得. 现在0)(='h V 在)2,0(R 内只有一个根,故当34Rh =, R r 322=时, 内接锥体体积的最大．6. 工厂C 与铁路线的垂直距离AC 为20km , A 点到火车站B 的距离为100km . 欲修一条从工厂到铁路的公路CD , 已知铁路与公路每公里运费之比为3:5，为了使火车站B 与工厂C 间的运费最省, 问D 点应选在何处？解: 设AD x =, B 与C 间的运费为y , 则 )100(340052x k x k y -++= （1000≤≤x ）， 其中k 是某一正数． 由 0)34005(2=-+='xx k y , 得15=x .由于k y x 400|0==, k y x 380|15==, 2100511500|+==x y , 其中以k y x 380|15==为最小, 因此当AD =15=x km 时, 总运费为最省．7． 宽为b 的运河垂直地流向宽为a 的运河. 设河岸是直的,问木料从一条运河流到另一条运河去,其长度最长为多少?解： 问题转化为求过点C 的线段AB 的最大值. 设木料的长度为l , y CB x AC ==,，木料与河岸的夹角为t ，则l y x =+，且t by t a x sin ,cos ==, t b t a l sin cos += )2,0(π∈t ．则ttb t t a l 22sin cos cos sin -='， 由0='l 得3tan abt =, 此时233232)(b a l +=， 故木料最长为233232)(b a l +=．§3.6 函数图形的描绘１．求23)1(+=x x y 的渐近线.解：由 -∞=+-→231)1(limx x x ，所以1x =为曲线)(x f y =的铅直渐近线． 因为 2)1(lim )(lim ,1)1(limlim 2322-=-+=-=+=∞→∞→∞→∞→x x x x y x x x y x x x x 所以2-=x y 为曲线)(x f y =的斜渐近线．2．作函数23)1(22--=x x y 的图形。
高等数学第三章微分中值定理试题及答案
第三章 微分中值定理与导数的应用3.1微分中值定理一、罗尔定理设函数)(x f 满足（1）在闭区间[]b a ,上连续；（2）在开区间),(b a 内可导； （3）)()(b f a f = 则存在),(b a ∈ξ，使得0)(='ξf1．设()x f 在[]3,0上连续，在()3,0内可导，且()()()3210=++f f f ，()13=f 。
试证：必存在()3,0∈ξ，使()0='ξf证：()x f 在[]3,0上连续，()x f ∴在[]2,0上连续，且有最大值M 和最小值m 。
于是()M f m ≤≤0；()M f m ≤≤1；()M f m ≤≤2，故()()()[]M f f f m ≤++≤21031。
由连续函数介值定理可知，至少存在一点[]2,0∈c 使得()()()()[]121031=++=f f f c f ，因此()()3f c f =，且()x f 在[]3,c 上连续，()3,c 内可导，由罗尔定理得出必存在()()3,03,⊂∈c ξ使得()0='ξf 。
2．设()x f 在[]1,0上连续，()1,0内可导，且()()⎰=13203f dx x f求证：存在()1,0∈ξ使()0='ξf证：由积分中值定理可知，存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,32c ，使得()()⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰321132c f dx x f得到 ()()()03132f dx x f c f ==⎰，对()x f 在[]c ,0上用罗尔定理，（三个条件都满足）， 故存在()()1,0,0⊂∈c ξ，使()0='ξf 。
3.设()x f 在[]2,0上连续，在()2,0内二阶可导，且()⎪⎭⎫ ⎝⎛=210f f ，()()22121f dx x f =⎰，证明：存在一个()2,0∈ε，使得()0=''εf 。
4.设函数在上有二阶导数，且，又，证明：在内至少一个，使.证明: 由于F (1) = F (2) = 0, 所以存在ξ1, 1 < ξ1 < 2, 满足0)('1=ξF . 所以0)(')1('1==ξF F .所以存在ξ, 满足1 < ξ < ξ1, 且 0)(''=ξF .5.设()x f 在[]1,0上连续，()1,0内可导，对任意1>k ，有()()⎰-=k x d x x f xe k f 1011，求证：存在()1,0∈ξ使()()()ξξξf f 11--='证：由积分中值定理可知存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈k c 1,0使得，()()()⎪⎭⎫⎝⎛-⋅==--⎰0111101k k c f ce dx x f xe k f c k x令()()x f xex F x-=1，可知()()1f C F =，()()11f F =，这样()()c F F =1，对()x F 在[]1,c 上用罗尔定理（三个条件都满足）存在()()1,01,⊂∈c ξ，使()0='ξF ，而()()()()x f xe x f xe x f e x F x x x '+-='---111，()()()0111=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--'='∴-ξξξξξξf f e F又01≠-ξξe，则()()ξξξf f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='11 用罗尔定理的有关证明命题中，如何根据条件和结论构造一个合适的()x F 是非常关键，下面的模型，就在这方面提供一些选择。
第三章 导数应用答案
第三章 微分中值定理与导数的应用一 微分中值定理（A§3.1, §3.3; B §3.1, §3.2,§3.3 ） Ⅰ 内容要求（ⅰ）理解罗尔定理和拉格朗日中值定理，了解柯西中值定理，了解泰勒中值定理以及用多项式逼近函数的思想。
Ⅱ 基本题型（ⅰ）有关中值定理的验证性题型1．（7分）验证罗尔定理对x y sin ln =在]65,6[ππ上的正确性。
)65,6(20c o t 0)('πππξ∈=⇒=⇒=x x f2．（7分）试证明对函数r qx px y ++=2应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间。
证明： []b a x rqx px y ,2∈++=，连续可导，由拉格朗日中值定理知，存在 )b ,a (∈ξ使得，))(()()('a b f a f b f -=-ξ 即：))(2()()(22a b q p r qa pa r qb pb -+=++-++ξ2a b +=ξ，即 ξ总是位于区间的正中间。
3．（7分）对函数x x f sin )(=及x x x F cos )(+=在]2,0[π上验证柯西中值定理的正确性22)42t a n (22s i n 1c o s -=+⇒-=-πππx xx ,2]4)22[a r c t a n (20πππ<--=<x 易知)2,0(π∈x4．选择题：（1）（4分）下列哪个函数在]1,1[-区间上满足罗尔定理------------------------（ C ）A x y =B ||x y =C 2x y = D xy 2=（2）（4分）若函数)(x f 在),(b a 上可导，21,x x 是),(b a 内两点，且21x x <，则至少存在一点),(b a ∈ξ，使得下列哪个等式一定成立（ D ）A ))(()()(a b f a f b f -'=-ξB ))(()()(11x b f x f b f -'=-ξ；C ))(()()(22a x f a f x f -'=-ξD ))(()()(1212x x f x f x f -'=-ξ5．（6分）列举一个函数)(x f 满足：)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内除某一点外处处可导，但在),(b a 内不存在点ξ，使).)(()()(a b f a f b f -'=-ξ例如：[]1,1,-∈=x x y 但在),(b a 内不存在点ξ，使).)(()()(a b f a f b f -'=-ξ成立 （ⅱ）有关恒等式的证明问题6．（7分）证明恒等式：.1||,2arccos arcsin ≤=+x x x π解： 令1,arccos arcsin )(≤+=x x x x f01111)(22'=---=xxx f ，)1,1(-∈x ∴,)(C x f = 1,1(-∈x2,0π==C x ， 即 1,2a r c c o s a r c s i n <=+x x xπ而 2)1(,2)1(ππ=-=f f 故.1||,2arccos arcsin ≤=+x x x π7．（7分）证明恒等式：)1,1(,4arctan 11arctan-∈=--+x x xx π解：令)(x f =)1,1(,arctan 11arctan-∈--+x x x x0111111)1()1()1(.)11(11)(22222'=+-+=+--++--++=xxxx x x xx x fC x f =)(，即=)(x f )1,1(,arctan 11arctan-∈=--+x C x xx4,0π==C x )1,1(,4arctan 11arctan-∈=--+x x xx πⅢ 提高题型（ⅰ）利用罗尔定理证明中值问题8．（7分）若函数)(x f 在),(b a 内具有二阶导数，且)()()(321x f x f x f ==，其中b x x x a <<<<321，求证：存在),(31x x ∈ξ，使得.0)(=''ξf证明：（1）由已知得，)(x f 在[]21,x x ，[]32,x x 上满足罗尔定理的条件，故存在)x ,x (211∈ξ，)x ,x (322∈ξ，使得01=)(f 'ξ，02=)(f 'ξ；（2）又因为)(x f 在),(b a 内具有二阶导数，于是)('x f 在[]21,ξξ上满足罗尔定理的条件，故存在),(21ξξξ∈，使得0)("=ξf 。
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第三章 微分中值定理与导数的应用答案§3.1 微分中值定理1． 填空题（１）函数x x f arctan )(=在]1 ,0[上使拉格朗日中值定理结论成立的ξ是ππ-4．（２）设)5)(3)(2)(1()(----=x x x x x f ，则0)(='x f 有 3 个实根，分别位于区间)5,3(),3,2(),2,1(中．2． 选择题 （１）罗尔定理中的三个条件:)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，且)()(b f a f =，是)(x f 在),(b a 内至少存在一点ξ，使0)(='ξf 成立的（ B ）．A ． 必要条件B ．充分条件C ． 充要条件D ． 既非充分也非必要条件（２）下列函数在]1 ,1[-上满足罗尔定理条件的是（ C ）．A . xe xf =)( B. ||)(x x f = C. 21)(x x f -= D. ⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0,00,1sin )(x x xx x f （３）若)(x f 在),(b a 内可导，且21x x 、是),(b a 内任意两点，则至少存在一点ξ，使下式成立（ B ）．A ． ),()()()()(2112b a f x x x f x f ∈'-=-ξξB ． ξξ)()()()(2121f x x x f x f '-=-在12,x x 之间C ． 211221)()()()(x x f x x x f x f <<'-=-ξξD ． 211212)()()()(x x f x x x f x f <<'-=-ξξ3．证明恒等式：)(2cot arctan ∞<<-∞=+x x arc x π．证明： 令x arc x x f cot arctan )(+=，则01111)(22=+-+='x x x f ，所以)(x f 为一常数．设c x f =)(，又因为(1)2f π=，故 )(2cot arctan ∞<<-∞=+x x arc x π．4．若函数)(x f 在),(b a 内具有二阶导数，且)()()(321x f x f x f ==，其中12a x x <<3x b <<，证明:在),(31x x 内至少有一点ξ，使得0)(=''ξf ．证明：由于)(x f 在],[21x x 上连续,在),(21x x 可导,且)()(21x f x f =，根据罗尔定理知，存在),(211x x ∈ξ， 使0)(1='ξf ． 同理存在),(322x x ∈ξ，使0)(2='ξf ． 又)(x f '在],[21ξξ上 符合罗尔定理的条件，故有),(31x x ∈ξ，使得0)(=''ξf ．5． 证明方程062132=+++x x x 有且仅有一个实根． 证明：设621)(32x x x x f +++=， 则031)2(,01)0(<-=->=f f ，根据零点存在定理至少存在一个)0,2(-∈ξ， 使得0)(=ξf ．另一方面，假设有),(,21+∞-∞∈x x ，且21x x <，使0)()(21==x f x f ，根据罗尔定理，存在),(21x x ∈η使0)(='ηf ，即02112=++ηη，这与02112>++ηη矛盾．故方程062132=+++x x x 只有一个实根．6． 设函数)(x f 的导函数)(x f '在],[b a 上连续，且0)(,0)(,0)(<><b f c f a f ，其中c 是介于b a ,之间的一个实数． 证明： 存在),(b a ∈ξ, 使0)(='ξf 成立.证明： 由于)(x f 在],[b a 内可导，从而)(x f 在闭区间],[b a 内连续，在开区间(,)a b 内可导．又因为()0,()0f a f c <>，根据零点存在定理，必存在点1(,)a c ξ∈，使得0)(1=ξf ． 同理，存在点2(,)c b ξ∈，使得0)(2=ξf ．因此()f x 在[]21,ξξ上满足罗尔定理的条件，故存在),(b a ∈ξ， 使0)(='ξf 成立．7. 设函数)(x f 在]1,0[上连续, 在)1,0(内可导. 试证:至少存在一点(0,1)ξ∈, 使()2[(1)(0)].f f f ξξ'=-证明： 只需令2)(x x g =，利用柯西中值定理即可证明.8．证明下列不等式（１）当π<<x 0时，x xxcos sin >． 证明： 设t t t t f cos sin )(-=，函数)(t f 在区间],0[x 上满足拉格朗日中值定理的条件，且t t t f sin )(=', 故'()(0)()(0), 0f x f f x x ξξ-=-<<, 即0sin cos sin >=-ξξx x x x (π<<x 0)因此， 当π<<x 0时，x xxcos sin >．（２）当 0>>b a 时，bba b a a b a -<<-ln ． 证明：设x x f ln )(=，则函数在区间[,]b a 上满足拉格朗日中值定理得条件，有'()()()(),f a f b f a b b a ξξ-=-<< 因为'1()f x x=，所以1ln ()a a b b ξ=-，又因为b a ξ<<，所以111a b ξ<<，从而bba b a a b a -<<-ln ．§3.1 洛毕达法则1． 填空题 （１） =→xxx 3cos 5cos lim2π35-（２）=++∞→xx x arctan )11ln(lim0 （３）)tan 11(lim 20x x x x -→=31（４）0lim(sin )xx x +→=1２．选择题（１）下列各式运用洛必达法则正确的是（ B ） A ． ==∞→∞→nn n n n en ln limlim 11lim=∞→nn eB ． =-+→x x x x x sin sin lim0 ∞=-+→xxx cos 1cos 1lim 0C ． xx x x x x x x x cos 1cos1sin 2lim sin 1sin lim020-=→→不存在 D ． x x e x 0lim →=11lim 0=→x x e（２） 在以下各式中，极限存在，但不能用洛必达法则计算的是（ C ）A ． x x x sin lim 20→B ． x x x tan 0)1(lim +→C ． xx x x sin lim +∞→ D ． x nx e x +∞→lim3． 求下列极限（１）nn mm a x a x a x --→lim ．解： n n m m a x a x a x --→lim =nm n m a x a nm nx mx ---→=11lim．（２）20222lim x x x x -+-→．解： 20222lim xx x x -+-→=x x x x 22ln 22ln 2lim 0-→-=2)2(ln 2)2(ln 2lim 220x x x -→+=2)2(ln ．（３）30tan sin limx xx x -→ ．解：30tan sin lim x x x x -→＝32030)21(lim )1(cos tan lim x x x x x x x x -⋅=-→→＝21-． （４） 20)(arcsin 1sin lim x x e x x --→．解：20)(arcsin 1sin lim x x e x x --→＝201sin lim xx e x x --→＝212sin lim 2cos lim 00=+=-→→x e x x e x x x x ．（５）x x x x xx ln 1lim 1+--→．解： )ln 1()(x x x xx +='， x x x x xx ln 1lim1+--→＝xx x xx 11)ln 1(1lim 1+-+-→＝22111)ln 1(limx x x x x xx x --+-→2])ln 1([lim 1221=++=++→x x x x x x ．（６） )111(lim 0--→x x e x ． 解：2121lim )1(1lim )111(lim 22000==---=--→→→xx e x x e e x x x xx x x（７） xx xtan 0)1(lim +→ ．解：1)1(lim 202000sin limcsc 1lim cot ln limln tan lim tan 0=====+→+→+→+→+----→x xx x xxxx x x x x x x eeeex．（８）)31ln()21ln(lim xxx +++∞→．解： )31ln()21ln(lim x x x +++∞→=2ln 23ln(12)12lim ln(12)3lim 3lim1x x x x x x x x x →+∞→+∞→+∞+++== =xxx 212lim 2ln 3++∞→=2ln 3．（９） n n n ∞→lim ．解： 因为1lim1limln 1lim===∞→∞→∞→x x x xx x x eex ，所以nn n ∞→lim=1．§3.3 泰勒公式 １．按1-x 的幂展开多项式43)(24++=x x x f ．解： 10)1(,64)(3='+='f x x x f ，同理得24)1(,24)1(,18)1()4(=='''=''f f f ，且0)()5(=x f ．由泰勒公式得：43)(24++=x x x f =432)1()1(4)1(9)1(108-+-+-+-+x x x x ．2． 求函数xe x xf 2)(=的带有佩亚诺型余项的n 阶麦克劳林公式．解：因为)(!!2!112n nxx o n x x x e +++++=Λ， 所以xe x xf 2)(==2222[1()]1!2!(2)!n n x x x x o x n --+++++-L =)()!2(!2!1432n n x o n x x x x +-++++Λ．3． 求一个二次多项式)(x p ，使得)()(22x x p x ο+=．解：设x x f 2)(=，则2ln 2)(x x f ='，2)2(ln 2)(x x f =''． 2)2(ln )0(,2ln )0(,1)0(=''='=f f f ，故 )(!2)2(ln !12ln 12222x x x xο+++=， 则 222)2(ln 2ln 1)(x x x p ++=为所求． 4．利用泰勒公式求极限)]11ln([lim 2xx x x +-∞→． 解：因为 ))1((3)1(2)1(1)11ln(332xo x x x x ++-=+，所以 )11ln(2x x x +-=)])1((3)1(2)1(1[3322x o x x x x x ++--=)1(3121x o x +-， 故 21)]1(3121[lim )]11ln([lim 2=+-=+-∞→∞→x o x x x x x x ．5． 设)(x f 有三阶导数,且0)1(,0)(lim 2==→f xx f x ,证明在)1,0(内存在一点ξ,使0)(='''ξf ． 证明： 因为 0)(lim20=→x x f x ，所以0)0(,0)0(,0)0(=''='=f f f ．由麦克劳林公式得：332!3)(!3)(!2)0()0()0()(x f x f x f x f f x f ξξ'''='''+''+'+= （ξ介于0与x 之间），因此 !3)()1(ξf f '''=，由于0)1(=f ，故0)(='''ξf ．§3.4函数的单调性与曲线的凹凸性1． 填空题（１） 函数)ln(422x x y -=的单调增加区间是),21()0,21(+∞-Y ，单调减少区间)21,0()21,(Y --∞．（２）若函数)(x f 二阶导数存在，且0)0(,0)(=>''f x f ，则xx f x F )()(=在+∞<<x 0上是单调 增加 ．（３）函数12+=ax y 在),0(∞+内单调增加，则a 0>．（４）若点（1，3)为曲线23bx ax y +=的拐点，则=a 23-，=b 29，曲线的凹区间为)1,(-∞，凸区间为),1(∞．2． 单项选择题（１）下列函数中，（ A ）在指定区间内是单调减少的函数. A . xy -=2),(∞+-∞ B . xy e = )0,(-∞C . x y ln = ),0(∞+D . x y sin = ),0(π（２）设)12)(1()(+-='x x x f ，则在区间)1,21(内（ B ）． A . )(x f y =单调增加，曲线)(x f y =为凹的 B. )(x f y = 单调减少，曲线)(x f y =为凹的 C. )(x f y =单调减少，曲线)(x f y =为凸的 Ｄ．)(x f y =单调增加，曲线)(x f y =为凸的（３）)(x f 在),(+∞-∞内可导, 且21,x x ∀,当 21x x >时, )()(21x f x f >,则( D ) A. 任意0)(,>'x f x B. 任意0)(,≤-'x f x C. )(x f -单调增 D. )(x f --单调增（４）设函数)(x f 在]1,0[上二阶导数大于0, 则下列关系式成立的是（ B ） A. )0()1()0()1(f f f f ->'>' B. )0()0()1()1(f f f f '>->' C. )0()1()0()1(f f f f '>'>- D. )0()1()0()1(f f f f '>->' 2． 求下列函数的单调区间 （１）1--=x e y x．解：1-='x e y ，当0>x 时，0>'y ,所以函数在区间),0[+∞为单调增加； 当0<x 时，0<'y ，所以函数在区间]0,(-∞为单调减少．（２）(2y x =-解：)1(31031-='-x x y ，当1>x ，或0<x 时，0>'y ,所以函数在区间),1[]0,(+∞-∞Y 为单调增加； 当01x <<时，0<'y ，所以函数在区间]1,0[为单调减少．（３）)1ln(2x x y ++=解： 011111222>+=++++='xxx x x y ，故函数在),(+∞-∞单调增加．3． 证明下列不等式（１）证明： 对任意实数a 和b , 成立不等式||1||||1||||1||b b a a b a b a +++≤+++．证明：令xxx f +=1)(，则0)1(1)(2>+='x x f ， )(x f 在) , 0 [∞+内单调增加. 于是, 由 |||| ||b a b a +≤+, 就有 ) |||| () || (b a f b a f +≤+, 即||1||||1||||||1||||||1||||||1||||||1||b b a a b a b b a a b a b a b a b a +++≤+++++=+++≤+++（２）当1>x 时, 1)1(2ln +->x x x ． 证明：设)1(2ln )1()(--+=x x x x f ， 11ln )('-+=xx x f ，由于当1x >时，211()0f x x x ''=->, 因此)(x f '在),1[+∞单调递增, 当 1x >时, 0)1()(='>'f x f , 故)(x f 在),1[+∞单调递增, 当 1>x 时, 有0)1()(=>f x f .故当1>x 时,0)1(2ln )1()(>--+=x x x x f ,因此1)1(2ln +->x x x ．（３）当 0>x 时，6sin 3x x x ->．证明：设6sin )(3x x x x f +-=, 021cos )(2=+-='x x x f ，当0>x ，()sin 0f x x x ''=->， 所以)(x f '在),0[+∞单调递增, 当 0>x 时, 0)0()(='>'f x f , 故)(x f 在),0[+∞单调递增, 从而当 0>x 时, 有0)0()(=>f x f . 因此当 0>x 时，6sin 3x x x ->．4． 讨论方程k x x =-sin 2π(其中k 为常数)在)2,0(π内有几个实根． 解：设()sin ,2x x x k πϕ=-- 则()x ϕ在]2,0[π连续, 且k k -=-=)2(,)0(πϕϕ，由()1cos 02x x πϕ'=-=，得2arccos x π=为)2,0(π内的唯一驻点．()x ϕ在2[0,arccos ]π上单调减少，在2[arccos ,]2ππ上单调增加．故k ---=242arccos )2(arccos 2πππϕ为极小值，因此)(x ϕ在]2,0[π的最大值是k -,最小值是k ---242arccos 2ππ． （１） 当,0≥k 或242arccos 2--<ππk 时,方程在)2,0(π内无实根；（２） 当0242arccos 2<<--k ππ时,有两个实根； （３） 当242arccos 2--=ππk 时，有唯一实根．5． 试确定曲线d cx bx ax y +++=23中的a 、b 、c 、d ，使得2-=x 处曲线有水平切线，)10,1(-为拐点，且点)44,2(-在曲线上．解： c bx ax y ++='232,b ax y 26+=''，所以2323(2)2(2)062010(2)(2)(2)44a b c a b a b c d a b c d ⎧-+-+=⎪+=⎪⎨+++=-⎪⎪-+-+-+=⎩ 解得： 16,24,3,1=-=-==d c b a ．6．求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间（１）12-+=x xx y 解： 222)1(11-+-='x x y , 323)1(62-+=''x xx y , 令0=''y ,得0=x ，当1x =±时y ''不存在．当01<<-x 或1>x 时, 0>''y ,当1-<x 或10<<x 时, 0<''y ．故曲线12-+=x xx y 在)1,0()1,(Y --∞上是凸的, 在区间和),1()0,1(+∞-Y 上是凹的，曲线的拐点为)0,0(．（２）32)52(x x y -=拐点及凹或凸的区间解：y '=，y ''=．当0=x 时，y y ''',不存在；当21-=x 时，0=''y ．故曲线在)21,(--∞上是凸的, 在),21(+∞-上是凹的，)23,21(3--是曲线的拐点,7．利用凹凸性证明: 当π<<x 0时, πx x >2sin 证明：令πx x x f -=2sin )(, 则π12cos 21)(-='x x f , 2sin 41)(xx f -=''．当π<<x 0时, 0)(<''x f , 故函数πxx x f -=2sin )(的图形在),0(π上是凸的, 从而曲线)(x f y =在线段AB （其中)(,()),0(,0(ππf B f A ）的上方，又0)()0(==πf f , 因此0)(>x f ,即πx x >2sin ．§3.5 函数的极值与最大值最小值1． 填空题（１）函数xx y 2=取极小值的点是1ln 2x =-． （２） 函数31232)1()(--=x x x f 在区间]2,0[上的最大值为322)21(=f ，最小值为(0)1f =- ．2．选择题（１） 设)(x f 在),(+∞-∞内有二阶导数，0)(0='x f ，问)(x f 还要满足以下哪个条件，则)(0x f 必是)(x f 的最大值？（ C ）A ． 0x x =是)(x f 的唯一驻点B ． 0x x =是)(x f 的极大值点C ． )(x f ''在),(+∞-∞内恒为负D ． )(x f ''不为零（２） 已知)(x f 对任意)(x f y =满足xex f x x f x --='+''1)]([3)(2，若00()0 (0)f x x '=≠，则（ B ）A. )(0x f 为)(x f 的极大值B. )(0x f 为)(x f 的极小值C.))(,00x f x （为拐点 D. )(0x f 不是极值点, ))(,00x f x （不是拐点（３）若)(x f 在0x 至少二阶可导, 且1)()()(lim 2000-=--→x x x f x f x x ,则函数)(x f 在0x 处( Ａ ) A ． 取得极大值 B ． 取得极小值 C ． 无极值 D ． 不一定有极值3． 求下列函数的极值 （１） ()3/223x x x f -=． 解：由13()10f x x-'=-=，得1=x ．4''31(),(1)03f x x f -''=>，所以函数在1=x 点取得极小值．（２）xx x f 1)(=．解：定义域为),0(+∞，11ln 21, (1ln )x xxy ey xx x'==-， 令0y '=得驻点x e =，当(0,)x e ∈时，0y '>，当(,)x e ∈+∞时，0y '<．因此ee e y 1)(=为极大值．4． 求14123223+-+=x x x y 的在]4,3[-上的最大值与最小值．解：(3)23, (4)132y y -==．由266120y x x '=+-=，得1=x , 2-=x ．而34)2(,7)1(=-=y y , 所以最大值为132，最小值为7．5． 在半径为R 的球内作一个内接圆锥体，问此圆锥体的高、底半径为何值时，其体积V 最大． 解：设圆锥体的高为h , 底半径为r ,故圆锥体的体积为h r V 2 31π=， 由于222)(R r R h =+-，因此)2( 31)(2h Rh h h V -=π )20(R h <<， 由0)34( 31)(2=-='h Rh h V π，得34R h =，此时R r 322=． 由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在)2,0(R 的内部取得. 现在0)(='h V 在)2,0(R 内只有一个根,故当34Rh =, R r 322=时, 内接锥体体积的最大．6. 工厂C 与铁路线的垂直距离AC 为20km , A 点到火车站B 的距离为100km . 欲修一条从工厂到铁路的公路CD , 已知铁路与公路每公里运费之比为3:5，为了使火车站B 与工厂C 间的运费最省, 问D 点应选在何处？解: 设AD x =, B 与C 间的运费为y , 则 )100(340052x k x k y -++= （1000≤≤x ）， 其中k 是某一正数． 由 0)34005(2=-+='xx k y , 得15=x .由于k y x 400|0==, k y x 380|15==, 2100511500|+==x y , 其中以k y x 380|15==为最小, 因此当AD =15=x km 时, 总运费为最省．7． 宽为b 的运河垂直地流向宽为a 的运河. 设河岸是直的,问木料从一条运河流到另一条运河去,其长度最长为多少?解： 问题转化为求过点C 的线段AB 的最大值. 设木料的长度为l , y CB x AC ==,，木料与河岸的夹角为t ，则l y x =+，且t by t a x sin ,cos ==, t b t a l sin cos += )2,0(π∈t ． 则ttb t t a l 22sin cos cos sin -='， 由0='l 得3tan abt =, 此时233232)(b a l +=， 故木料最长为233232)(b a l +=．§3.6 函数图形的描绘１．求23)1(+=x x y 的渐近线.解：由 -∞=+-→231)1(limx x x ，所以1x =为曲线)(x f y =的铅直渐近线． 因为 2)1(lim )(lim ,1)1(limlim 2322-=-+=-=+=∞→∞→∞→∞→x x x x y x x x y x x x x 所以2-=x y 为曲线)(x f y =的斜渐近线．2．作函数23)1(22--=x x y 的图形。