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《高等数学》课程教学资源(习题选解)第三章 微分中值定理及其应用

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习题3一1 1.填空题 )函数y=mx在区侧[受上满足罗尔定理的5- (2)曲线y=e在点x= 处的切线与连接两点(0,1)与(1,-)的弦平行. 解()星然函数)=m2x在区间-受习上满足罗尔定理的三个条件,所以存在 5e(受.使得-0,即sm25-0=0. (2)由于函数y=e-x在区间[0,1]上连续,(0,1)内可导,所以满足拉格朗日定理的条件.故 存在x∈0,),使得0)-0=y,即上-1=-e,解得飞=1-mfe-1). 1-0 2.证明下列恒等式 (1)arctanxtarccot). (2)3arccosx-arecos). 证(1)令f(x)=arctanx+arccotx,则x∈(-o,+o),f'(x)=0,所以f(x)=C(常 数).又fo=7故)=actn+=7xe(←to). (2)令)=3aos-aco3-4r.则vre(x0, 根据零点定理知,至少存在ξ∈(0,1),使得f()=0,即5是方程的一个正实数根: 唯一性:假设方程有两个正根5,52∈(0,+∞)(设50矛盾.说明 方程x5+x-1=0只有一个正实数根. 1

1 习题 3-1 1.填空题 (1)函数 y x 2  sin 在区间 ] 2 , 2 [    上满足罗尔定理的   . (2)曲线 x y e   在点 x  处的切线与连接两点 (0,1) 与 ) 1 (1, e 的弦平行. 解 (1)显然函数 y x 2  sin 在区间 ] 2 , 2 [    上满足罗尔定理的三个条件,所以存在 2 2   (- , ) ,使得 y ( ) 0   ,即 sin 2 0, 0     . (2)由于函数 x y e   在区间 [0 1] , 上连续, (0 1) , 内可导,所以满足拉格朗日定理的条件.故 存在 x (0 1,) ,使得 (1) (0) ( ) 1 0     y y y x ,即 1 1 e e     ,解得     1 1 ln( e ). 2.证明下列恒等式 (1) arctan arccot 2 x x    , x  (,) . (2) 3 1 1 3arccos arccos(3 4 ) ( ) 2 2 x x x x        . 证 (1) 令 f x x x ( ) arctan arccot   ,则      x f x ( , ), ( ) 0  ,所以 f x C ( )  (常 数).又 (0) , 2 f   故 ( ) arctan arccot , ( , ) 2 f x x x x        . (2) 令 3 f x x x x ( ) 3arccos arccos(3 4 )    ,则 1 1 ( ), 2 2      x x 2 2 2 3 2 2 2 2 2 3 3 12 3 3(1 4 ) ( ) 0 1 1 (3 4 ) 1 (1 )(1 4 ) x x f x x x x x x x                 , 所以 f x C ( )  (常数).又 1 (0) ( ) , 2 f f     所以 3 1 1 ( ) 3arccos arccos(3 4 ) ( ) 2 2 f x x x x x         . 3.证明:方程 1 0 5 x  x   只有一个正实数根. 证 存在性:令 5 f x x x ( ) 1    .则 f x( ) 在区间 [0 1] , 上连续,且 f (0) 1 0,    f (1) 1 0   , 根据零点定理知,至少存在 (0 1) , ,使得 f ( ) 0   ,即  是方程的一个正实数根; 唯一性:假设方程有两个正根 1 2 1 2     , ,    (0 ) ( ) 设 ,则 f x( ) 在 1 2 [ ]  , 上满足罗尔定理 的条件,所以至少存在一点 4 1 2      [ ], ( )=5 +1=0 , f 使  ,这与 4 f x x ( ) 5 1 0    矛盾.说明 方程 1 0 5 x  x   只有一个正实数根.

4.设函数f(x)在[0,π]上连续,在(0,π)内可导,证明:在(0,π)内至少存在一点5,使得 f'(5)sin5+f(5)cos5=0. 证令F(x)=f(x)sinx.则F(x)在[0,π]上连续,在(0,π)内可导,并且F(O)=F(π)=0, 故F(x)在[O,π]上满足罗尔定理的条件.因此,至少存在一点5∈(O,π),使得F'(5)=0,亦即 f'(5)sin5+f(5)cos5=0. 5.设函数f(x)在[a,b]上二阶可导,且f(a)=f(b)=0,令F(x)=(x-a)f(x),证明:在 (a,b)内至少存在一点5,使得F"()=0. 证F(a)=Fb扌,则F(x)在区间[a,b]上满足罗尔定理的条件,∴.3n∈(a,b)使得 F'()=0.又F'(x)=f(x)+(x-a)f'(x),可见F'(a)=0,故F'(x)在区间[a,]上也满足罗尔 定理的条件,所以,∴.35∈(a,)∈(a,b),使得F"()=0. 6.证明下列不等式 (1)当x>1时,e>ex: (2)当b>a>0时,b-ae(x-1)从而e>ex. (2)令f(x)=lnx,则f(x)在区间[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件,从而有 nb-lna=」又由于上<是<↓所以上<nb-lna<↓,亦b-a<nb<b-a b-a5 b5a’ b b-a a b aa 7.设0<a<b,函数f(x)在[a,]上连续,在(a,b)内可导,证明:在(a,b)内至少存在 一点5,使得fO-j@=5f5)n2 证令g(x)=lnx,则f(x)g(x在区间[a,b]上满足柯西中值定理的条件.从而 5∈a,b)使fb)-f@-f但,即fb-fa@='2,即fb-fa@=f g(b)-8(ag'(5) Inb-Ina 1 a 5 8.设0<a<b.证明:在(a,b)内至少存在一点5,使ae°-be=(5-1)e(b-a). 正令商数)=8)=士则/倒)g)在区间La,1上满足树西中值定理的条件,从

2 4.设函数 f (x) 在 [0, ]  上连续,在 (0, )  内可导,证明:在 (0, )  内至少存在一点  ,使得 f f ( )sin ( ) cos 0       . 证 令 F x f x x ( ) ( )sin  .则 F x( ) 在 [0, ]  上连续,在 (0, )  内可导,并且 F F (0) ( ) 0    , 故 F x( ) 在 [0, ]  上满足罗尔定理的条件.因此,至少存在一点   (0, ) ,使得 F( ) 0   ,亦即 f f ( )sin ( )cos 0       . 5.设函数 f (x) 在 [a,b] 上二阶可导,且 f (a)  f (b)  0 ,令 F(x)  (x  a) f (x) ,证明:在 (a,b) 内至少存在一点  ,使得 F( )  0 . 证 F a F b ( ) ( ) 0   ,则 F x( ) 在区间 [ , ] a b 上满足罗尔定理的条件,  ( , ) a b 使得 F( ) 0   .又 F x f x x a f x   ( ) ( ) ( ) ( ),    可见 F a( ) 0  ,故 F x ( ) 在区间 [ , ] a  上也满足罗尔 定理的条件,所以,      ( , ) ( , ) a a b ,使得 F( ) 0   . 6.证明下列不等式 (1) 当 x  1 时, x e e x  ; (2) 当 b a   0 时, ln b a b b a b a a     . 证(1) 令 ( )  x f x e ,则 f x( ) 在区间 [1, ] x 上满足拉格朗日中值定理的条件,从而有 f x f f x x ( ) (1) ( )( 1) (1 )         ,      ( 1) ( 1) x e e e x e x 即  ,  x 从而e ex . (2)令 f x x ( ) ln  ,则 f x( ) 在区间 [ , ] a b 上满足拉格朗日中值定理的条件,从而有 ln ln 1    b a b a  ,又由于 1 1 1   b a  ,所以 1 ln ln 1     b a b b a a ,亦 ln b a b b a b a a     . 7.设 0   a b,函数 f (x) 在 [a,b] 上连续,在 (a,b) 内可导,证明:在 (a,b) 内至少存在 一点  ,使得 ( ) ( ) ( )ln b f b f a f a     . 证 令 g x x ( ) ln  , 则 f x g x ( ) ( ) 、 在区间 [ , ] a b 上 满 足 柯 西 中 值 定 理 的 条 件 . 从 而   ( , ) a b 使 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a f g b g a g        ,即 ( ) ( ) ( ) ln ln 1 f b f a f b a       ,即 ( ) ( ) ( )ln b f b f a f a     . 8.设 0   a b .证明:在 (a,b) 内至少存在一点  ,使     ( 1) ( ) b a ae be e b a   . 证 令函数 1 ( ) , ( ) x e f x g x x x   ,则 f x g x ( ) ( ) 、 在区间 [ , ] a b 上满足柯西中值定理的条件.从

eb ea eg-es 而Ee(a,b)使f-f@-只,即ba= 整理得 g(b)-g(a)g'(5) 11 1 b a ae-bea =(-1)es(b-a). 习题3一2 1.求下列极限问题中能够使用洛必达法则的是() x-sinx (A)lim x+Inx x0 xsInx (B)x-司 x2sin- X+cOSx (C)lim- X (D)lim x0 sinx x→mX-C0SX 答(A) 2.用洛必达法则求下列极限 x3-3x+2 In(1+x2) (1)lim- 1x3-x2-x+1 (2)lim x→0SecX-cOSX na+马 (3)l1im- ④)lml-x2)tanx: x→+arcc0tX T→ (1 1 (5)lim (6)lim(2sin x+cosx)*. sinx 解(1)应用洛必达法则,原式=lim 3x2-3 =lim- 6x=3 3x2-2x-146x-22 (2)应用洛必达法则 2x 2xcos2x 原式=lim lim- =1: x0 (1+x2)(secxtanx+sinx)xo sinx(1+cos2x) (3)首先应用等价无穷小代换,再用洛必达法则 1 1 原式=limx,一=lim x→+arccotx 1 -=1: 1+x2 1-x2 -2x 4 (4)原式=lim -=lim- x→1 2c02 2 (5)先通分、等价无穷小代换,再用洛必达法则 2

3 而   ( , ) a b 使 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a f g b g a g        ,即 2 2 1 1 1      b a e e e e b a b a      ,整理得     ( 1) ( ) b a ae be e b a   . 习题 3-2 1.求下列极限问题中能够使用洛必达法则的是( ) (A) x x x x x sin sin lim 0   (B) 1 ln lim 1    x x x x (C) x x x x sin 1 sin lim 2 0 (D) x x x x x cos cos lim    答 (A) 2. 用洛必达法则求下列极限 (1) 1 3 2 lim 3 2 3 1       x x x x x x ; (2) x x x x sec cos ln(1 ) lim 2 0    ; (3) 1 ln(1 ) lim cot x x  arc x  ; (4) x x x 2 lim(1 )tan 2 1    ; (5) 0 1 1 lim x x x sin        ; (6) x x x x 1 0 lim(2sin  cos )  . 解 (1)应用洛必达法则,原式 2 2 1 1 3 3 6 3 lim lim x x 3 2 1 6 2 2 x x   x x x        ; (2)应用洛必达法则 原式 2 0 2 lim (1 )(sec tan sin ) x x  x x x x    2 2 0 2 cos lim 1 sin (1 cos ) x x x  x x   ; (3)首先应用等价无穷小代换,再用洛必达法则 原式 2 2 1 1 lim lim 1 cot 1 1 x x x x arc x x         ; (4)原式 2 1 1 2 1 2 4 lim lim cot csc 2 2 2 x x x x x x             ; (5)先通分、等价无穷小代换,再用洛必达法则

原式=li sinx-x =lim m sinx-x=lim cosx-1=0: x0 xsinx0x2 02x nco lim 2cs-sin (6)原式=e0 =e2sinx+cosx =e2 In(a+x2),x>1 3.设f(x)= 在x=1处可导,求a和b. x+b,x≤1 解由f(x)在x=1点连续,有limf(x)=limf(x)=f(1),可得 ln(a+1)=1+b,即b=ln(a+1)-1. 而f(x)在x=1点可导,且 (1)=lim()-f(D-lim-()=1. r x-1 x-→1 x-1 (1)lim f()-f(D)-lim I(a+x)-In(a+D)=lim2x=2 x-1 x-1 a+xa+l 则由f()-f(仙),得a=1,而b=n2-1. xInx ,x≠1 4. 设f(x) 1-x ,讨论f(x)在x=1处的连续性及可导性. -1,x=1 解由于limf(x)=lim nx血x=-lim (n x+)=-1=f0,所以f()在x=1处连续: x1 -x → xInx+1 又f')=lim1-x,=lim xinx+1-x=lim- In x =lim 11 x-1 1-x2+2x-11-2x+21-2x2 ·因此fx)在 x=1处连续性并且可导性。 5.验证极限1m+s1nx存在,但不能使用洛必达法则求极限。 X+0 解这是“口”型未定式.若用洛必达法则,得 00 lim (x+sinx)' =lim(1+cosx),极限不存在. 但实际上,易求得lim x+sinx=lim(1+sin)=l.这说明极限limx+sinx存在,但不能使用 x-0 洛必达法则 6.已知f"(a存在,求极限1im/a+)+f(a-)-2f@ h2 解该极限是:。”型未定式,应用洛必达法则 0 4

4 原式 2 000 sin sin cos 1 lim lim lim 0 xxx sin 2 x x x x x  x x x x        ; (6)原式 0 0 ln(2sin cos ) 2cos sin lim lim x x 2sin cos 2 x x x x x x x e e e         . 3.设 2 ln( ), ( ) , a x f x x b       1 1   x x 在 x  1 处可导,求 a 和 b. 解 由 f (x) 在 x  1 点连续,有 1 1 lim ( ) lim ( ) (1) x x f x f x f       ,可得 ln( 1) 1 a b    ,即 b a    ln( 1) 1. 而 f (x) 在 x  1 点可导,且 1 1 ( ) (1) (1 ) (1) lim lim 1 x x 1 1 f x f x b b f x x                , 2 2 1 1 1 ( ) (1) ln( ) ln( 1) 2 2 (1) lim lim lim x x x 1 1 1 f x f a x a x f x x a x a                     . 则由 f f (1) (1)      ,得 a 1 ,而 b   ln 2 1. 4. 设 ln , 1 ( ) 1 1, 1 x x x f x x x           ,讨论 f (x) 在 x  1 处的连续性及可导性. 解 由于 1 1 1 ln lim ( ) lim = lim ln 1) 1 (1) x x x 1 x x f x x f    x        ( ,所以 f (x) 在 x  1 处连续; 又 2 1 1 1 1 ln 1 1 ln 1 ln 1 1 (1) lim lim lim lim x x x x 1 2 1 2 2 2 2 x x x x x x x f     x x x x x                   .因此 f (x) 在 x  1 处连续性并且可导性. 5.验证极限 sin lim x x x  x  存在,但不能使用洛必达法则求极限. 解 这是“   ”型未定式.若用洛必达法则,得 ( sin ) lim lim(1 cos ) x x x x x   x      ,极限不存在. 但实际上,易求得 sin sin lim lim(1 ) 1 x x x x x  x x      .这说明极限 sin lim x x x  x  存在,但不能使用 洛必达法则. 6.已知 f a ( ) 存在,求极限 2 0 ( ) ( ) 2 ( ) lim h f a h f a h f a  h     . 解 该极限是“ 0 0 ”型未定式,应用洛必达法则

原式=limf'飞a+h)-f'(a-月_lim厂f'(a+)-f@+'a-m)-f@] h-0 2h 2h-0 h -h -f"(a) 8(x) x≠0 7.设g(x)在x=0处二阶可导,且g(0)=0,f(x)= 试确定a值,使函数 、a,x=0 f(x)在x=0处可导,并求'(O). 解由于f(x)在x=0点可导,故连续.所以有 f(0)=lim /(x)=lim(x)-lim(-g(0)=g0).a=(0). rs0 x→0X x-0x-0 (x) -g'( 而 ()=lim)f(0)=lim-x -lim (x)-xg(0) 0x-0 x→0x →0x2 8(9,g1. =1i 2x 21 习题3一3 1.单项选择题 (1)设f(x)在[0,]上可导,f'(x)>0,且f(0)0,则f(x)在(0,1)内() (A)零点个数不能确定 (B)至少有两个零点 (C)没有零点 (D)有且仅有一个零点: (2)函数f(x)=x+cosx在(-0,+o)内是() (A)不单调 (B)不连续 (C)单调增加 (D)单调减少: (3)设f(x)在(a,b)上可导,f'(x)>0,f"(x)<0,则f(x)的图形在(a,b)内是() (A)单调减少且凸的 (B)单调增加且凸的 (C)单调减少且凹的 (D)单调增加且凹的: (4)下列函数的图形在定义域内是凸的为() (A)y=sinx (B)y=ln(1+x2) (C)y=x2-x3 (D)y=ln(1-x): (5)曲线y=xex的拐点是() (A)(1,e-1) (B)(0,0) (c)(2,2e-2) (D)(-1,e): (6)点(0,0)不是曲线()的拐点 5

5 原式 0 ( ) ( ) lim h 2 f a h f a h  h       0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) lim ( ) 2 h f a h f a f a h f a f a  h h                  . 7.设 g x( ) 在 x  0 处二阶可导,且 g(0) 0  , ( ) , 0 ( ) , 0 g x x f x x a x         .试确定 a 值,使函数 f x( ) 在 x  0 处可导,并求 f (0) . 解 由于 f (x) 在 x  0 点可导,故连续.所以有 0 0 0 ( ) ( ) (0) (0) lim ( ) lim lim (0) x x x 0 g x g x g f f x g    x x        ,即 a g  (0). 而 2 0 0 0 ( ) (0) ( ) (0) ( ) (0) (0) lim lim lim x x x 0 g x g f x f g x xg x f    x x x           0 ( ) (0) 1 lim (0) x 2 2 g x g g  x       . 习题 3-3 1.单项选择题 (1) 设 f (x) 在 [0,1] 上可导, f (x)  0 ,且 f (0)  0 , f (1)  0 ,则 f (x) 在 (0,1) 内( ) (A)零点个数不能确定 (B)至少有两个零点 (C)没有零点 (D)有且仅有一个零点; (2) 函数 f (x)  x  cos x 在 (,) 内是( ) (A)不单调 (B)不连续 (C)单调增加 (D)单调减少; (3)设 f (x) 在 (a,b) 上可导, f (x)  0, f (x)  0 ,则 f (x) 的图形在 (a,b) 内是( ) (A)单调减少且凸的 (B)单调增加且凸的 (C)单调减少且凹的 (D)单调增加且凹的; (4)下列函数的图形在定义域内是凸的为( ) (A) y  sin x (B) ln(1 ) 2 y   x (C) 2 3 y  x  x (D) y  ln(1 x) ; (5)曲线 x y xe   的拐点是( ) (A) (1, ) 1 e (B) (0,0) (C) (2,2 ) 2 e (D) (1, e) ; (6)点 (0,0) 不是曲线( )的拐点

(A)y=x4 (B)y=x3 (c)y=x (D)y=sinx. 答(1)(D):(2)(C):(3)(B):(4)(D):(5)(C):(6)(A). 2.填空题 (1)函数y=tanx-x在[0,)上的单调性是」 (2)fx)=e6在(0,+o)内的单调性是」 (3)f(x)=2x3-6x2-18x-7的单调增加区间是,单调减少区间是 答(①因为xe0孕时,广=s如c2x-l=amx>0,所以函数在0,马上单调锵: (2)因为x∈(0,+o)时,y'=- 2G0:x∈(-1,3)时,f'(x)0 故函数在(-1,01上单调减少,在[0,+∞)上单调增加. (2)在函数定义域(0,I)U(1,+0)内,令y'(x)= 2nx-)=0,得驻点x=e.列表得 In2x (0,1) (L,e) (e,+o) y'(x) 0 故函数在(0,I)及(L,e]上单调减少,在[e,+oo)上单调增加. (3)在函数定义域(,+四内,当x≠0时,令y)=5-=0,符驻点x= 而 2 3x 6

6 (A) 4 y  x (B) 3 y  x (C) 3 1 y  x (D) y  sin x. 答 (1)(D);(2)(C);(3)(B);(4)(D);(5)(C);(6)(A). 2.填空题 (1)函数 y x x   tan 在 [0, ) 2  上的单调性是 ; (2) x f x e  ( )  在 (0,) 内的单调性是 ; (3) ( ) 2 6 18 7 3 2 f x  x  x  x  的单调增加区间是 ,单调减少区间是 . 答 (1)因为 0, ) 2 x  ( 时, 2 2 y x x      sec 1 tan 0 ,所以函数在 [0, ) 2  上单调增加; (2)因为 x   (0, ) 时, 0 2 x e y x     ,所以函数在 (0,) 内单调减少; (3) 在函数 定义域 ( , )   内 ,令 2 y x x x x         6 12 18 6( 3)( 1) 0 , 得驻点 x x    1, 3 .而 x f x      ( , 1) (3, ) ( ) 0 及 时,  ; x f x    ( 1,3) ( ) 0 时,  时.因此函数的 单调增加区间是 ( , 1)   及 [3, )  ,单调减少区间是 [1,3] . 3.确定下列函数的单调区间 (1) y  x  ln(1 x) ; (2) x x y ln 2  ; (3) 3 2 y  (x 1)x . 解(1)在函数定义域 ( 1, )   内 ,令 1 ( ) 1 0 1+ 1+ x y x x x      ,得驻点 x  0 .列表得 x ( 1,0)  (0, )  y x ( )  0  0 故函数在 ( 1,0]  上单调减少,在 [0,) 上单调增加. (2)在函数定义域 (0,1) (1, )  内 ,令 2 2(ln 1) ( ) 0 ln x y x x     ,得驻点 x e  .列表得 x (0,1) (1, ) e ( , ) e  y x ( )  0  0  0 故函数在 (0,1) 及 (1, ] e 上单调减少,在 [e,) 上单调增加. (3)在函数定义域 ( , )   内 ,当 x  0 时,令 3 5 2 ( ) 0 3 x y x x     ,得驻点 2 5 x  ,而

x=0为函数不可导点,列表得 x (-0,0) @3 y'(x) >0 0 故面数在0,子上单调碱少,在(-0】及(后,+m)上单词增加, 1 4证明:X>0时,1+x>G。 作1时-.0网时2-是 令f(x)=0 得驻点x=1.又了0=}>0,f0=号为极小值,从而x>0时,)>0>0,即证得 1+x>. 5.求下列曲线的凹凸区间及拐点 (1)y=x3-3x2+x-1: (2)y= 1+x29 (3)y=ln(x2-1). 解(1)在函数定义域(-,+w)内,y'=3x2-6x+1,y=6(x-1)=0.令y=0得 x=1.当x∈o)时,y”0.故曲线在(-0,]上是凸的,在[l,+∞) 上是凹的,拐点为(1,-2) (2)在函数定义域(-0+o)内,y=1- 4,”=-2+1.令少=0得 (+x2 x=0,±√5.列表 (-0,-V5) (-5,0) (0,V5) (5,+o) >0 0 <0 由表可知,曲线弧在(-0,-√3]及[0,V3]上是凸的,在[-V3,0]及(W3,+0)上是凹的:拐点为 (0,0)和 (3)在函数定义域(-0,-1)U(-1,+∞)内,y= 2x 2二少”=2x+》<0.因此曲线弧 (x2-102 在(-0,-1)及(1,+0)上是凸的,无拐点. 7

7 x  0 为函数不可导点,列表得 x ( ,0)  2 (0, ) 5 , ) 5 2 (  y x ( )  0  0  0 故函数在 ] 5 2 [0, 上单调减少,在 (,0] 及 , ) 5 2 (  上单调增加. 4.证明: x  0 时,  x  x 2 1 1 . 解 作辅助函数 1 ( ) 1 2 f x x x    .则 x  0 时 1 1 1 ( ) (1 ) 2 2 x f x x x      .令 f x ( ) 0  得驻点 x 1 .又 1 1 (1) 0, (1) 4 2 f f      为极小值,从而 x  0 时, f x f ( ) (1) 0   ,即证得  x  x 2 1 1 . 5.求下列曲线的凹凸区间及拐点 (1) 3 1 3 2 y  x  x  x  ; (2) 2 1 x x y   ; (3) ln( 1) 2 y  x  . 解 (1)在函数定义域 (,) 内, 2 y x x     3 6 1, y x     6( 1) 0 .令 y   0 得 x 1 .当 x ( ,1) 时,y   0 ;当 x  (1, ) 时, y   0 .故曲线在 (,1] 上是凸的,在 [1,) 上是凹的,拐点为 (1,2). (2)在函数定义域 (,) 内, 2 2 2 2 2 2 4 1 2 ( 3)( 1) , (1 ) (1 ) x x x x y y x x           .令 y   0 得 x   0, 3 .列表 x ( , 3)   ( 3,0)  (0, 3) ( 3, )  y   0  0  0  0 由表可知,曲线弧在 (, 3] 及 [0, 3] 上是凸的,在 [ 3,0] 及 ( 3,) 上是凹的;拐点为 (0,0) 和           4 3 3, . (3)在函数定义域 ( , 1) ( 1, )     内, 2 2 , 1 x y x    2 2 2 2( 1) 0 ( 1) x y x       .因此曲线弧 在 ( , 1)   及 (1,) 上是凸的,无拐点.

6.确定a,b的值,使点(0,1)为曲线y=e-x-bx2+a的拐点. 解由于点(O,)是曲线的拐点过,所以有 y(0)=1+a=1 y"(0)=1-2b= 。解方程组得a=0,b=} 7.设函数f(x),g(x)二阶可导,当x>0时,f"(x)>g"(x),且f(0)=g(0),f"(0)=g'(0), 证明:当x>0时,f(x)>g(x). 证令F(x)=f(x)-g(x).则x>0时,F"(x)=f"(x)-g"(x)>0,F'(x)单调增加,故 F'(x)>F'(0)=f'(O)-g'(0)=0,所以函数F(x)单调增加,从而F(x)>F(O)=f(O)-g(O)=0, 即f(x)>g(x). 8.设函数f)在闭区间0,]上二阶可导,且f0)=0,f()>0,证明四在(0,1上是 单调增函数. 证令Fx)=四,则x∈0,,F')=")-f四 x2 又令p(x)=xf(9f(,则p'(x上xf'(9,故p(x)在(0,1]上单调增加,从而 p(x)>0)=0,F'x)=四>0,即Fx)=fD单调增加. 习题3一4答案 1.单项选择题 (1)设f(x)在x=x。处取得极大值,则必有() (A)f'(x)=0 (B)f'(xo)=0且f"(xo)<0 (C)f"(x)<0 (D)f'(xo)=0或f'(x)不存在: 2 (2)设函数f(x)=(x+1)3,则x=-1是f(x)的() (A)驻点 (B)极值点 (C)间断点 (D)可微点: (3)下列说法中不正确的是() (A)若f'(x,)=0,f"(x)<0,则x=x。为函数f(x)的极大值点; (B)若f'(x。)=0,∫"(x。)=0,则不能确定点x=xo是否为函数f(x)的极值点: (c)函数f(x)在区间(a,b)内极大值不一定大于极小值: 8

8 6.确定 a ,b 的值,使点 (0,1) 为曲线 y e bx a x     2 的拐点. 解 由于点 (0,1) 是曲线的拐点过,所以有 (0) 1 1, (0) 1 2 0. y a y b           解方程组得 a  0 , 2 1 b  . 7.设函数 f (x) ,g(x) 二阶可导,当 x  0 时, f (x)  g (x) ,且 f (0)  g(0) ,f (0)  g (0) , 证明:当 x  0 时, f (x)  g(x) . 证 令 F x f x g x ( ) ( ) ( )   .则 x  0 时, F x f x g x    ( ) ( ) ( ) 0    , F x ( ) 单调增加,故 F x F f g     ( ) (0) (0) (0) 0     ,所以函数 F x( ) 单调增加,从而 F x F f g ( ) (0) (0) (0) 0     , 即 f (x)  g(x) . 8.设函数 f (x) 在闭区间 [0,1] 上二阶可导,且 f (0)  0 , f (x)  0 ,证明 x f (x) 在 (0,1] 上是 单调增函数. 证 令 ( ) ( ) f x F x x  ,则  x (0,1) , 2 ( ) ( ) ( ) xf x f x F x x     . 又 令 ( ) ( ) ( ) x xf x f x    , 则   ( ) ( ) 0 x xf x   , 故 ( ) x 在 (0,1] 上 单 调 增 加 , 从 而   ( ) (0) 0 x   , 2 ( ) ( ) 0 x F x x     ,即 ( ) ( ) f x F x x  单调增加. 习题 3-4 答案 1.单项选择题 (1)设 f (x) 在 0 x  x 处取得极大值,则必有( ) (A) f (x0 )  0 (B) f (x0 )  0 且 f (x0 )  0 (C) f (x0 )  0 (D) f (x0 )  0 或 0 f x ( ) 不存在; (2)设函数 3 2 f (x)  (x 1) ,则 x  1 是 f (x) 的( ) (A)驻点 (B)极值点 (C)间断点 (D)可微点; (3)下列说法中不正确的是( ) (A)若 f (x0 )  0 , ( ) 0 f  x0  ,则 0 x  x 为函数 f (x) 的极大值点; (B)若 f (x0 )  0 , ( ) 0 f  x0  ,则不能确定点 0 x  x 是否为函数 f (x) 的极值点; (C)函数 f (x) 在区间 (a,b) 内极大值不一定大于极小值;

(D)f'(x)=0及f'(x。)不存在的点x=x。,都有可能是f(x)的极值点. (4)下列说法中正确的是() (A)驻点一定是极值点: (B)极值点一定是驻点: (C)若f"(x)>0,则x=x为极小值点: (D)若f(x)在(a,b)内可导,且f'(x)>0,则f(x)在(a,b)内取不到极值. 答(1)(D):(2)(B):(3)(A):(4)(D). 2.填空题 (1)f(x)=2x3-6x2+7在x= 处取得极大值 ,在x= 处取得极小值 (2)f(x)=x3+1在x=0处的导数为 在x=0处取得极 值: (3)己知f(x)=enm在x=2取得极值,则a= (4)函数f(x)=x3-3x+3在区间 上的最大值为】 最小值 为 (5)若f(x)在a,b上可导,且f'(x)>0,则f(x)在a,b上的最大值为 ,最小 值为 答(1)令f'(x)=6x(x-2)=0,得驻点x=0,x=2,而f"(0)0,所以 x=0处取极大值7:x=2处取极小值-1. 2)由于f'0)=m二0-m=0,即fx)在x=0处不可导.又x≠ x-0 21 )-号派当xe(←,0)时,y0,因而f0)=1为极小值 (4)令f'(x)=3(x2-1)=0,得驻点x=-1,x=1.又f(-1)=5,f(-3)=-15, 0-l-名所以最大微是5,最小值是-5。 (5)由于函数是单调性递增的,所以最大值是f(b),最小值f(a). 9

9 (D) f (x0 )  0 及 ( ) 0 f  x 不存在的点 0 x  x ,都有可能是 f (x) 的极值点. (4)下列说法中正确的是( ) (A)驻点一定是极值点; (B)极值点一定是驻点; (C)若 ( ) 0 f  x0  ,则 0 x  x 为极小值点; (D)若 f (x) 在 (a,b) 内可导,且 f (x)  0 ,则 f (x) 在 (a,b) 内取不到极值. 答 (1)(D);(2)(B);(3)(A);(4)(D). 2.填空题 (1) ( ) 2 6 7 3 2 f x  x  x  在 x  处取得极大值 ,在 x  处取得极小值 ; (2) ( ) 1 3 2 f x  x  在 x  0 处的导数为 ,在 x  0 处取得极 值; (3)已知 f x e ax x ( ) ln   在 2 1 x  取得极值,则 a  ; ( 4)函数 ( ) 3 3 3 f x  x  x  在区间        2 3 3, 上 的最大值 为 ,最小 值 为 ; (5)若 f (x) 在 a,b 上可导,且 f (x)  0 ,则 f (x) 在 a,b 上的最大值为 ,最小 值为 . 答(1)令 f x x x ( ) 6 ( 2) 0    ,得驻点 x x   0, 2 ,而 f f   (0) 0 , (2) 0   ,所以 x  0 处取极大值 7; x  2 处取极小值 1. (2)由于 2 3 0 0 ( ) (0) (0) lim lim x x 0 f x f x f   x x        ,即 f x( ) 在 x  0 处不可导.又 x  0 时, 3 2 1 ( ) 3 f x x   ,当 x  ( , 0) 时, y   0 ;当 x  (0, ) 时, y   0 ,因而 f (0) 1  为极小值. (3) 1 2 1 1 ( ) ( ln ) 0 2 x x f e ax e x        ,求得 2 a e  2 ; (4)令 2 f x x ( ) 3( 1) 0    , 得驻点 x x    1, 1 .又 f (1)  5 , f (3)  15 , f (1) 1,  3 15 ( ) 2 8 f  ,所以最大值是 5,最小值是15 . (5)由于函数是单调性递增的,所以最大值是 f (b),最小值 f (a) .

3.求下列函数的极值 0y=-2:2)y= (3)y=2x2-lnx:(4)y= 3x-G-D. 1+x 解(1)在函数的定义域(-00,+o)内,y'(x)=2x-8x3=2x(1-4x2).令y'(x)=0,求得 驻点x=0,± 又y)=2-24x,则y0)=2>0,y仕=-40 0 极大 极小 值 值 由表可知,在x=-2取极大值-4,在x=0取极小值0. (3)函数的定义域为(-0,+)内,y=2x+12x- 1 令y(x)=0,求得驻点x= (0. 1 2 5+) y'(x) 0 极小 y 令 由列表可知,函数在点x=。处取得极小值。+ln2. 2 2 4通数价定文城为-,,当1时,令y到-一=0,得鞋点=2而 为函数不可导点,列表得 (-0,1) (1,2) 2 (2,+0) y'(x) >0 0 极大 极小 y 值 值 10

10 3.求下列函数的极值 (1) 2 4 y x x   2 ; (2) x x y   1 2 ; (3) y 2x ln x 2   ;(4) 3 2 ( 1) 3 2 y  x  x  . 解 (1)在函数的定义域 ( , )   内, 3 2 y x x x x x ( ) 2 8 2 (1 4 )     .令 y x ( ) 0  ,求得 驻点 1 0, 2 x   .又 2 y x x ( ) 2 24   ,则 y (0) 2 0   , 1 ( ) 4 0 2 y      .因此,函数在 x  0 取极小值 0 ,在 1 2 x   取极大值 1 8 . (2)在函数的定义域 ( , 1) ( 1, )     内, 2 ( 2) (1 ) x x y x     .令 y x ( ) 0  ,求得驻点 x  0 2 及- ,而 x  1 为函数无定义点,列表得 x ( , 2)   -2 ( 2, 1)   ( 1, 0)  0 (0, )  y x ( )  0  0  0  0 y 极大 值 极小 值 由表可知,在 x  2 取极大值 4 ,在 x  0 取极小值 0. (3)函数的定义域为 ( , )   内, (2 1)(2 1) x x y x     .令 y x ( ) 0  ,求得驻点 1 2 x  . x 1 (0, ) 2 1 2 1 ( , ) 2  y x ( )  0  0 y 极小 值 由列表可知,函数在点 2 1 x  处取得极小值 ln 2 2 1  . (4)函数的定义域为 ( , )   ,当 x  1 时,令 3 3 2 1 1 ( ) 0 3 1 x y x x       ,得驻点 x  2 ,而 x 1 为函数不可导点,列表得 x ( , 1)  1 (1, 2) 2 (2, )  y x ( )  0  0  0 y 极大 值 极小 值

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