《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华_李建平_毛志强_著))第四章

即 f ( x) 在 x 0 处右连续,在 x 2 处左连续,所以 f ( x) 在 0, 2 上连续. 又
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微积分 复旦大学出版社 曹定华主编 课后答案
f ( x) f (1) 1 x lim 1, x 1 x 1 x 1 x 1 f ( x) f (1) 1 x f (1) lim lim 1 x 1 x 1 x 1 x 1 f (1) lim
a b
由罗尓定理至少存在一点 (a, b) 使 F ( ) 0 . 即 故
e f ( ) e f ( ) 0
而e 0

f ( ) f ( ) 0
即在 a, b 内至少存在一点 ,使得 f ( ) f ( ) 0 . 6.若方程 a0 x n a1 x n 1 an 1 x 0 有一个正根 x0,证明方程
1 (a, c) , 2 (c, b) ,使得 f (1 ) f ( 2 ) 0 .
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又由题意知 f ( x) 在 1 , 2 上满足罗尓定理的条件,从而至少存在一点 (1 , 2 ) ( a, b) , 使得 f ( ) 0 . 即在 ( a, b) 内至少存在一点 ,使 f ( ) 0 .
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3 f (1) f (0) 成立. (0,1) ,使得 f ( ) 3 1 0
3
从而拉格朗日中值定理对函数 f ( x) x 2 x 在［0，1］上成立. 5. 已知函数 f (x)在［a,b］上连续，在(a,b)内可导，且 f(a)=f(b)=0,试证：在(a,b)内至少存在 一点ξ，使得 f (ξ)+f ′(ξ) = 0，ξ∈(a,b). 证: 令 F ( x) e f ( x) ,则 F ( x) e f ( x) e f ( x)
a0 nx n 1 a1 (n 1) x n 2 an 1 0
必有一个小于 x0 的正根. 证 : 令 f ( x ) a0 x a1 x
n n 1
… an 1 x , 显然 f ( x) 在 0, x0 连续 , 在 0, x0 内可导 , 且
x x
x x a ln a (a x) x ln(a x) (a x) a a x lim (4) lim x 0 x 0 x2 2x a 1 x (a x) ) a x ln 2 a (a x) x ( ln(a x) 2 a x (a x) a x lim x 0 2
f (0) 0 ,依题意知 f ( x0 ) 0 .即有 f (0) f ( x0 ) .由罗尓定理,至少存在一点 (0, x0 ) ,使
得 f ( ) 0 成立,即
a0 n n 1 a1 (n 1) n 2 … an 1 0
成立,这就说明 是方程 a0 nx n 1 a1 (n 1) x n 2 an 1 0 的一个小于 x0 的正根. 7. 设 f(a) = f(c) = f(b),且 a＜c＜b, f ″(x)在 ［a,b］ 上存在， 证明在(a,b)内至少存在一点ξ， 使 f ″(ξ) = 0. 证: 显 然 f ( x ) 分 别 在 a , c 和 c, b 上 满 足 罗 尓 定 理 的 条 件 , 从 而 至 少 存 在
综上所述 , 函数 f ( x) 满足罗尓定理的条件 (2), 不满足条件 (1),(3), 有满足定理结论的
, = .
说明方程 f ( x) 0 有几个实根， 并指 3. 不用求出函数 f ( x) ( x 1)( x 2)( x 3) 的导数， 出它们所在的区间. 解: 显然 f ( x) 在 1, 2 上连续 , 在 1, 2 内可导 , 且 f (1) f (2) 0 , 由罗尓定理知 , 在
x 2
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1 a a 0 ln a 02 a 0 ( 2 ) a 0 ln 2 a 1 a a 2 a 1 ln x sin 2 x 2sin x cos x x lim lim (5) lim lim 2 x 0 cot x x 0 csc x x 0 x 0 x 1 2sin 0 cos 0 0 1 ln x sin x x lim lim tan x (6) lim sin x ln x lim x 0 x 0 csc x x 0 csc x cot x x 0 x sin x lim lim tan x 1 0 0 x 0 x x 0 1 2 x 1 1 1 1 ln(1 ) 1 2 2 1 x x x x lim lim lim 1 (7) lim x arc cot x x x x x 2 x 1 1 1 x 1 x2
x x x
由 e 在 , 上连续,可导, f ( x) 在 a, b 上连续,在 a, b 内可导,知 F ( x) 在 a, b 上连
x
续,在 a, b 内可导,而且 F ( a ) e f ( a ) 0, F (b) e f (b) 0, 即F ( a ) F (b) ,
(4) lim
(a x) x a x ,(a＞0)； x 0 x2
(6) lim sin x ln x ;
x 0
1 ln(1 ) x ; (7) lim x arc cot x
(9) lim(1 sin x) x ;
x 0
1
(8) lim(
x 0
ex 1 ); x ex 1
π 2
1, 2 内至少存在一点 1 ,使 f (1 ) 0 ,即 f ( x) 0 在 1, 2 内至少有一个实根.
同理 f ( x) 0 在 2,3 内也至少有一个实根 2 .又 f ( x) 0 是二次方程,最多有两个 实根,故 f ( x) 0 有两个实根,分别在区间 1, 2 和 2,3 内. 4. 验证拉格朗日中值定理对函数 f ( x) x 2 x 在区间［0，1］上的正确性.
(2) f ( x) x 1 ,
0, 2 ;
sin x, 0 x π (3) f ( x) x0 1,
x2
解: (1) f ( x) e 1 在 1,1 上连续,在 1,1 内可导,且 f ( 1) e 1, f (1) e 1, 即
又
f (1) f (1)
f ( x) 在 x 1 处不可导,从而 f ( x) 在 (0, 2) 内不可导.
f (0) f (2) 1 1 0 x 1 知 f ( x) 1 1 x 2 f ( x) 0
又由
综上所述,函数 f ( x) 满足罗尓定理的条件(1),(3)不满足条件(2),没有满足定理结论的 . (3) 由 f (0 0) lim sin x 0 f (0) 1 知 f ( x) 在 x 0 不右连续,
习题 4-2 1.利用洛必达法则求下列极限： (1) lim
x
sin 3x ; tan 5 x
(2) lim
ex x 1 ; x 0 x (e x 1)
xm am ； x a x n a n ln x ； (5) lim x 0 cot x
(3) lim
1
解:
(1) lim
sin 3 x 3cos 3 x 3 lim lim cos 3x cos 2 5 x x π tan 5 x x π 5sec 2 5 x 5 x π 3 3 (1) (1) 2 5 5 x e x 1 ex 1 ex (2) lim lim lim x 0 x (e x 1) x 0 e x 1 xe x x 0 e x e x xe x 1 1 lim x 0 2 x 2 m m m m x a mx m 1 lim x m n a m n . (3) lim n lim 1 n n xa x a x a nx xa n n
x 1 x 1
所以 f ( x) 在 x 1 处连续,而且
f (0 0) lim f ( x) lim (1 x) 1 f (0),
x 0 x 0
f (2 0) lim f ( x) lim ( x 1) 1 f (2),
x2 x2
3
解: 件.
显然 f ( x) x 2 x 在［0，1］上连续,在 0,1 内可导,满足拉格朗日中值定理的条
3
若 令 f ( x) 3 x 2
2
f (1) f (0) 3 3 ,取 ,即存在 3 则 x 1 0 3 3
2
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显然 f ( x) 在 (0,1), (1, 2) 内连续,又
f (1 0) lim f ( x) lim(1 x) 0,
x 1 x 1
f (1 0) lim f ( x) lim( x 1) 0,即f (1 0) f (1 0) f (1) 0,
cos x π cot x 0 ,则 x sin x 2 π π 5π 即存在 ( , ) ,使 f ( ) 0 成立. 6 6
2Hale Waihona Puke Baidu
2. 下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件?有没有满足定理结论中的ξ ?
(1) f ( x) e x 1,
1,1 ; 0, π
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习题 4-1
π 5π 1.验证函数 f(x)=lnsinx 在[ , ]上满足罗尔定理的条件，并求出相应的 ，使 f ′(ξ)=0. 6 6
解: 显然 f ( x) ln sin x 在 满足罗尓定理的条件. 令 f ( x)
5π x 5π 上连续,在 π 5π 内可导,且 π f ( ) f ( ) ln 2 , , , 6 6 6 6 6 6
f (1) f (1)

f ( x) 在 1,1 上满足罗尓定理的三个条件.
2
令
f ( x) 2 xe x 0 得
x 0,
即存在 0 ( 1,1) ,使 f ( ) 0 . (2) f ( x) x 1
1 x 0 x 1 x 1 1 x 2
x 0

f ( x) 在 0,π 上不连续,
显 然 f ( x) 在
0, π
上 可 导 , 又
f (0) 1, f ( π) 0 , 即 f (0) f ( π) , 且
f ( x) cos x
x (0, π) ,取
π π (0, π) ,有 f ( ) cos cos 0 . 2 2
2 (10) lim ( arctan x) x x π
1
(11)
lim(
x 0
3 e x csc x ; ) 2 x
3 3 2
(12) lim x 2 e x ;
2
x 0
(13) lim ( x x x 1 x) ;
x
1 x 1 (14) lim (1 x) x . x 0 e