《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

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