第三章练习题答案_2

6. 曲线 y = 4x − x2 的最大曲率为 2 ，此时曲率半径为 1 . 2
二、讨论下列函数的单调区间与极值、凹凸区间与拐点：（略）
1. y = 2x3 + 3x2 −12x +14 ；
2. y = xe−x
三、在一个边长为 a 的正方形铁皮的四个角上各截去一个小正方形，将四边上折焊成一个无盖方盒，问截
Q = 400 + 4 − x × 40 = 3600 − 800x ， 0.05
y = (x − 3)Q = 400(x − 3)(9 − 2x) ， x ∈ (3, 4)
令 y′ = 6000 −1600x = 0 ，得唯一驻点 x = 15 元， 4
有实际意义可知当售价为 15 元时可获利润最大，此时需进货 Q = 600 件，最大利润为 y = 450 元. 4 B
6
2
6
27
四、某商店每天以批发价每件 3 元购进一批商品销售，根据以往经验知道，当零售价定为每件 4 元时，可
销售 400 件，若零售价每降低 0.05 元，则可多销售 40 件，问每件售价应定为多少及每天购进多少件，
可获利润最大？最大利润为多少？
解：设售价为 x 元，销售量为 Q ，所获利润为 y ，则
由零点定理知， ∃ξ ∈ (0,1) ，使得 F (ξ ) = 0 ，即 f (ξ ) = 1− ξ .
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3
3
处的法线方程为 y = 1 x ； 4
3. 已知点 (1,3) 为曲线 y = ax3 + bx2 的拐点，则 a = − 3 ， b = 9 ；
2
2Hale Waihona Puke Baidu
4.
函数
f (x) =
x2 x2
+ 2x − 3 的渐近线为 y − 3x + 2
= 1为水平渐近线、 x
= 2 为铅直渐近线；
5. 函数 f (x) = x4 − 8x2 + 2 在闭区间[−1, 3] 上的最大值为11，最小值为 −14 ；（注意端点的函数值）
去的小正方形的边长为多少时，方盒的容积最大？最大容积为多少？
解： 设截去的的小正方形的边长为 x ，所得方盒的容积为V ，则
V = (a − 2x)2 x ， x ∈ (0, a ) ， 2
令V ′ = −4(a − 2x)x + (a − 2x)2 = (a − 2x)(a − 6x) = 0
得驻点 x = a ， x = a （舍去），由现实意义可知当 x = a ，容积最大，最大容积为V = 2a3 .
且 F (0) = F (ς1) = F (ς ) = 0 ，所以 f (x) f ′′(x) + [ f ′(x)]2 = 0 在区间 (0,ς1) 、 (ς1,ς ) 都至少有一个根，
即方程 f (x) f ′′(x) + [ f ′(x)]2 = 0 在 (0,1) 内至少有两个不同的实数根.
3. 已知函数 f (x) 在区间[0,1] 上连续，在区间 (0,1) 内可导，且 f (0) = 0, f (1) = 1，求证
（1） ∃ξ ∈ (0,1) ，使得 f (ξ ) = 1− ξ ；
（2）存在不同的点η1,η2 ∈ (0,1) ，使得 f ′(η1) f ′(η2 ) = 1. （1）证明：设 F (x) = f (x) + x −1 ，则 F (x) 在区间[0,1] 上连续，且 F (0) = −1 ， F (1) = 1 ，
中值定理与导数的应用练习题
A
一、填空题
1. 已知函数 f (x) = (x −1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) ，则方程 f ′(x) = 0 有 3 个实根；（罗尔定理）
2. 已知函数 f (x) = 1 x3 − 4x ，则 f (x) 的极大值为 16 ，极小值为 − 16 ，曲线的拐点坐标为 (0, 0) ，拐点
（2）证明：由（1），可设ς ∈ (0,1) ， f (ς ) = 0 ，
因为函数 f (x) 在区间[0,1] 上二阶可导，所以 lim f (x) 存在，所以 f (0) = 0 ， x x→0+
所以由罗尔定理知存在ς1 ∈ (0,ς ) ，使得 f ′(ς1) = 0 ，
设 F (x) = f (x) f ′(x) ，则 F′(x) = f (x) f ′′(x) + [ f ′(x)]2 ，
1. 设函数 f (x) 在区间[0,1] 上二阶可导， f (1) > 0 ， lim f (x) < 0 ，证明 x x→0+
（1）方程 f (x) = 0 在 (0,1) 内至少有一实数根；
（2）方程 f (x) f ′′(x) + [ f ′(x)]2 = 0 在 (0,1) 内至少有两个不同的实数根.
2. 设函数 f (x) 在区间[−1,1]上为二阶可导的奇函数， f (1) = 1证明
（1） ∃ξ ∈ (0,1) ，使得 f ′(ξ ) = 1 ；
（2） ∃η ∈ (−1,1) ，使得 f ′′(η) + f ′(η) = 1.
（1）证明：因为函数 f (x) 在区间[−1,1]上为二阶可导的奇函数，
所以 f (−1) = −1 ， f ′(x) 为偶函数，（可导奇函数的导数为偶函数）
所以 F (1) = f ′(1) ， F (−1) = f ′(−1) + f (−1) +1 = f ′(−1) = f ′(1) = F (1) ，
由罗尔定理，可知 ∃η ∈ (−1,1) ，使得 F′(η) = 0 ，即 f ′′(η) + f ′(η) = 1.
所以 f (0) = 0 ，又 f (1) = 1，由拉格朗日中值定理可知， ∃ξ ∈ (0,1) ，使得 f ′(ξ ) = 1 ；
（2）证明：设 F (x) = f ′(x) + f (x) − x ，则 F (x) 区间[−1,1]上可导，
因为函数 f (x) 在区间[−1,1]上为二阶可导的奇函数， f (1) = 1，
（1）证明：因为 lim f (x) < 0 ，所以存在δ > 0 ，存在 η ∈ (0,δ ) ， x x→0+
有 f (η) < 0 ，即 f (η) < 0 ，（运用极限的保号性） η
又因 f (1) > 0 ，所以 f (x) = 0 在 (η,1) ⊂ (0,1) 内至少有一实数根.（零点定理）