《高等数学》第03章 微分中值定理与导数的应用习题详解.docVIP

第三章 微分中值定理与导数的应用 习题3-1 1.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，因此未必存在一点，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：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，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3-2 1.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3-3 1.解：（1）； （2）； （3） ； （4）； （5）； （6） 。 （7）； （8） ； （9）令，； 所以。 （10）设 ； 所以 （11）令 ，； （12） ； （13）令， 所以； （14） 。 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3-4 1.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。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