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文檔簡介
習(xí)題3-1(A)1證明:顯然f(x)在[2,3]上連續(xù)、可導(dǎo),且f(2)=f(3),顯然在[2,3]連續(xù)。則有介值定理可知,在[2,3]區(qū)間上必存在一點使得所以羅爾定理對f(x)在區(qū)間[2,3]上成立2證明:顯然函數(shù)在[0,]上連續(xù)、可導(dǎo),,又,而-1<<0所以由介值定理可知必存在一點,使得所以拉格朗日中值定理對f(x)在區(qū)間[0,]上成立3證明:令,顯然其在[0,1]上連續(xù)、可導(dǎo)。由羅爾定理知,在[0,1]上必存在一點使得,即所以在[0,1]上柯西中值定理對f(x)和g(x)成立4證明:令則即f(x)恒等于一常數(shù),又f(0)=0,所以5證明:令則即,又6解:因為,由羅爾定理可知,在[0,1],[1,2],[2,3],[3,4]區(qū)間分別存在四個點,使得7證明:(1)設(shè),顯然函數(shù)在整個定義域內(nèi)連續(xù)、可導(dǎo),則由拉格朗日中值定理可知:,即(2)設(shè),顯然函數(shù)在整個定義域內(nèi)連續(xù)、可導(dǎo),則由拉格朗日中值定理可知:在[a,b]區(qū)間上有,即(3)設(shè),則在[b,a]上函數(shù)連續(xù)、可導(dǎo),由拉格朗日中值定理可知:存在一點,使得又因為,所以,即8證明:設(shè),二者在[0,]上均連續(xù)、可導(dǎo),并且對任意都有,由柯西中值定理知,存在使,即9證明:設(shè)則由拉格朗日中值定理知,,使得10證明:設(shè),函數(shù)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)則由羅爾定理可知,在(a,b)內(nèi)至少存在一點使得:,即11證明:設(shè),其在[0,1]上連續(xù),在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)又,由羅爾定理可得=012證明:設(shè),利用反證法,設(shè)若方程有至少4個根,則,又f(x)在定義域內(nèi)至少4階連續(xù)、可導(dǎo),則由羅爾定理可知,至少存在點,使得再次利用羅爾定理,則存在點,使得=0由羅爾定理可知,在()內(nèi)至少存在一點使得而,即不可能找到一點使得f(x)的三階導(dǎo)數(shù)為零,所以假設(shè)不成立,即方程至多有3個根13證明:令,其在[0,]上連續(xù),在(0,)內(nèi)可導(dǎo)又,所以由羅爾定理可知至少存在一點,使得即14證明:令,此函數(shù)在[0,1]上連續(xù),在(0,1)內(nèi)可導(dǎo),又因為,由介值定理可知,在[1/2,1]之間存在c使得F(c)=0=F(0),由羅爾定理可知,在[0,c]內(nèi)至少存在一點使得15提示:令,對f(x)和g(x)用柯西中值定理即可得證16提示:令,f(x)、g(x)在[a,b]上用柯西中值定理可證習(xí)題3-1(B)17證明:因為f(x)在[0,3]上連續(xù),所以f(x)在[0,2]上連續(xù),且在[0,2]上必有最大值M和最小值m,于是故由介值定理知,至少存在一點,使因為f(c)=1=f(3),且f(x)在[c,3]上連續(xù),在(c,3)內(nèi)可導(dǎo),所以由羅爾定理可知,必存在18證明:,因為f(x)在[a,b]上連續(xù),(a,b)內(nèi)可導(dǎo),且f(a)=f(b)=0,則由羅爾定理知在(a,b)內(nèi)必存在一點c使得,由于所以,即內(nèi)單調(diào)減在(a,x)(x<c)上利用拉格朗日中值定理知,即在(c,b)上利用拉格朗日中值定理同理可得即在[a,b]上,19證明:因為y=f(x)在x=0的某鄰域內(nèi)具有n階導(dǎo)數(shù)由柯西中值定理得:反復(fù)運用柯西中值定理,得:使得:即使得:20證明:設(shè),由題知F(x)在[a,b]上連續(xù),(a,b)內(nèi)可導(dǎo)則,又即,即即21證明:令,對F(x)應(yīng)用拉格朗日中值定理,則存在使得成立再對在[a,b]上利用拉格朗日中值定理,則存在,使成立由上兩式有22證明:(1)令,則g(x)在[0,1]上連續(xù),且所以存在,使得即f()=1-(2)根據(jù)拉格朗日中值定理,存在,使得,,從而習(xí)題3—2(A)1.用洛必達法則求下列極限.(1)(2)==(3)(4)(5)(6)(7)==(8)(9)(10)=(11)(12)(13)(14)由于所以(15)由于所以(16)(17)(18)由于所以2.驗證下列極限存在,但不能由洛必達法則得出.(1)此極限不存在,洛必達法則不適用.原極限=(2)此極限不存在,洛必達法則不適用.原極限=3.設(shè)函數(shù)具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù),且,試求:.解:因具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù),從而連續(xù),時,.則.4.設(shè)連續(xù),試用洛必達法則證明證:當(dāng).且分子、分母(視為h的函數(shù))都有導(dǎo)數(shù),又注意到分母的導(dǎo)數(shù),,故對(B)5.用洛必達法則求下列極限.(1)(2)(4)(6)(8),所以6.解:若使在連續(xù),則滿足,又故當(dāng)時,在連續(xù).7.解:由于所以,即函數(shù)在點處連續(xù).習(xí)題3—3(A)解:解:令同理可得:,故.3.解:故.4.解:故.5.解:故.6.解:故并得到;故.7.解.,因為,,所以,所以.8.解:由已知,,所以.9.估計下列近似公式的絕對誤差.解:(1),所以,故,,.(2)因為,.所以,10.解:,11.利用三階泰勒公式求下列各數(shù)的近似值并估計誤差.解:(1),.(2),,,其中(3),.12.利用泰勒公式求下列極限.(1)所以,.(2)因為.所以(3)所以[()]=(4).13.解:由題意可得:,即得證.14.有誤,無法證明.15.證明:,即2,(),.(B)16.解:=.18.解:.20.解:,.21.證明:,.第四節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與極值判定(1)A(2)D(3)B(4)A(5)A(6)B(7)B(1)解的定義域為,.令,得.當(dāng)時,,故在上單調(diào)增加;當(dāng)或時,,故在上單調(diào)減少.解的定義域為,.故在上單調(diào)增加,在上單調(diào)減少.解由于,易知在上單調(diào)增加,在上單調(diào)減少.解當(dāng)時,,令得當(dāng)時,,令得由極值的第一充分條件知:在內(nèi)單調(diào)增加,在內(nèi)單調(diào)減少.解故在上單調(diào)增加,在上單調(diào)減少.解故在上單調(diào)增加,在上單調(diào)減少.解故在上單調(diào)增加,在上單調(diào)減少.解利用對數(shù)求導(dǎo)法,得.故在上單調(diào)減少,在上單調(diào)增加.(1)解令=0,得.,,故該函數(shù)在處取得極大值5,在處該函數(shù)取得極小值4.解令得.處導(dǎo)數(shù)不存在.列表討論易知:極大值為,,極小值為.解根據(jù)極值的第一充分條件知:處該函數(shù)取得極小值,處該函數(shù)取得極大值2.解=,令得。易知極小值為,極大值為.解,令得,易知極小值為.解,令得,極大值為(1)證令,在上連續(xù),且.時,,顯然.故在上單調(diào)減少,時,,即.證令,在上連續(xù),且.時,,顯然.時,連續(xù).又由于時,,故在上單調(diào)增加,即.進而有在內(nèi)單調(diào)增加,時,,即.證令,在上連續(xù),且.時,,故在內(nèi)單調(diào)增加,從而,即.證令,在連續(xù),且.時,,,,故在內(nèi)單調(diào)增加,且恒成立,進而表明在內(nèi)單調(diào)增加,即當(dāng)時,,于是得證.證令,在內(nèi)連續(xù),且。時,,即在內(nèi)單調(diào)增加,,即.證令,在內(nèi)連續(xù),且.時,,即在內(nèi)單調(diào)增加,,即.(1)解函數(shù)在上連續(xù),必能取得最大值和最小值.,有一個駐點.因為,,比較后知在上的最大值為,最小值為.解由于令解得.又因為,所以是唯一的駐點.是極大值點即是最大值點.又因為對任意的有,故即為最小值點.(3)解當(dāng)時,;當(dāng)或時,;由得,,,比較知的最大值為,最小值為.解,令得.由,,知函數(shù)的最大值為,最小值為.解令,.由得,根據(jù)定理4.1,有在內(nèi)單調(diào)減少,在內(nèi)單調(diào)增加,,,,所以僅在內(nèi)有一實根.解令,。由得,在上單調(diào)增加,在上單調(diào)減少,,的根的數(shù)目取決于的取值范圍.當(dāng)時,,此時有兩個實根.當(dāng)時,,此時有唯一實根.當(dāng)時,,此時無實根.證,,令得.當(dāng)時當(dāng)時,,且,故而只有一個實根.解,,,故,即在內(nèi)為增函數(shù).,,所以方程有且僅有一個實根.解.令,當(dāng)時,.又因為,.比較知的最大值為,最小值為.解,當(dāng)為偶數(shù)時,恒成立,故此時無極值;當(dāng)奇數(shù)時,令得,由極值的第一充分條件知:在內(nèi)為增函數(shù),在內(nèi)為減函數(shù),該函數(shù)在處取得極大值.解設(shè)內(nèi)接矩形與橢圓在第一象限的交點為,內(nèi)接矩形的面積記為,則顯然當(dāng)時,,即為橢圓的內(nèi)接矩形中面積的最大值.解設(shè)切點坐標(biāo)為,所求的三角形面積為,則切線的直線方程為切線與坐標(biāo)軸的交點為,,于是該切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為顯然當(dāng),即切點坐標(biāo)為時,解設(shè)圓錐形漏斗的高為,體積為,由題意知,,令得.由于,故當(dāng)時,取得極大值同時也是最大值.解設(shè)漏斗的高為,體積為,由題意得,,令得,截取的扇形弧長為,此時留下的扇形的中心角為.解記物體受到桌面的支持力為,由力的正交分解原理有解得令,得,即力與水平線的夾角為時,力最小.解運用對數(shù)求導(dǎo)法得令得,時該函數(shù)不可導(dǎo).該函數(shù)在上為單調(diào)遞增函數(shù),在上為單調(diào)減少函數(shù).解顯然在內(nèi)為增函數(shù);在內(nèi)為減函數(shù),故該函數(shù)取得極大值,,取得極小值.19.證,,在處連續(xù).當(dāng)時,故在上為增函數(shù),從而,即可表明在上也為增函數(shù),.所以當(dāng)時,.20.證對任意的有,,.由極限的夾逼性知,從而在處連續(xù).當(dāng)時,可導(dǎo),又因為顯然為該函數(shù)的極值點,也為唯一的極值點.證令得.當(dāng)時,,故在內(nèi)為遞減函數(shù);當(dāng)時,,故在上為遞增函數(shù).為該函數(shù)唯一的極值點同時也是最小值點.所以時有,即.證,.,,由函數(shù)表達式易知:當(dāng)時,,即在上為減函數(shù);由,當(dāng)時,,即在內(nèi)為增函數(shù),,進而在內(nèi)為增函數(shù)。綜上,為該函數(shù)的極小值也為最小值,于是時,得證.證,.令得。是函數(shù)在上的唯一極大值點即是最大值點,此時。所以當(dāng)時,證記,令,有.當(dāng)時,,即在內(nèi)單調(diào)增加,又因為,所以。進而,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)增加.第三章:第7節(jié)1:解:2:解:由于:則有:時,;時,3:解:對兩邊對求導(dǎo),得:4:解:由得:兩邊對求導(dǎo)可得:5:解:由得:6:解:由可得:7:解:由兩邊對得8:證明:由得:得證.9:解:由得根據(jù)可得:漸屈線參數(shù)方程為:即:.10:解:由得:由得:漸屈線參數(shù)方程為:所以漸屈線方程為:即:.11:解:由得:根據(jù)公式得:根據(jù)的公式可得:則有所求曲率圓方程為:.12:解:由得:根據(jù)得:.13:解:由已知:可令則有:14:解:由得15:解:可另:,則有:由此可得:根據(jù)公式可得曲率中心為:所有所求的漸屈線參數(shù)方程為:.16:解:由得:則有:根據(jù)公式得曲率中心為:則有漸屈線的參數(shù)方程為:第三章總復(fù)習(xí)題4、設(shè)f(x)在[0.1]上連續(xù),在(0.1)內(nèi)可導(dǎo),且f(0)=0,對任意的x∈(0.1)有f(x)≠0證明:存在∈(0.1)使。證明:設(shè)F(x)=f(x)f(1-x)因為f(x)在[0.1]上連續(xù),在(0.1)內(nèi)可導(dǎo)F(x)在[0.1]上連續(xù),在(0.1)內(nèi)可導(dǎo)根據(jù)羅爾定理得在[0.1]內(nèi)必有使=0=0在[0.1]內(nèi)f(x)≠0此式成立。5、設(shè)在上連續(xù),在內(nèi)可導(dǎo),且,證明存在一點使得。證明:設(shè),則,因為,F(xiàn)(0)=0,F(xiàn)()=0且,sin(x)在連續(xù)在內(nèi)可導(dǎo)在此區(qū)間上有同樣的性質(zhì)根據(jù)羅爾定理得在上必有一點使=0即整理后既得所證結(jié)果7設(shè)和都是可導(dǎo)函數(shù),且證明:當(dāng)x>a時證明:構(gòu)造函數(shù),因為所以又因為x>a得8、求極限1.===-2.利用羅比達法則,得羅比達法則得3.羅比達法則:羅比達法則=04.利用等價無窮小==5.===應(yīng)用羅比達法則得===6=======7,=應(yīng)用羅比達法則得=====18.=應(yīng)用羅比達法則=應(yīng)用羅比達法則,==應(yīng)用一次羅比達法則=再使用一次羅比達=1
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