微分中值定理与导数的应用习题

第四章 微分中值定理与导数的应用习题

§4.1 微分中值定理

1． 填空题

（１）函数f(x)arctanx在[0, 1]上使拉格朗日中值定理结论成立的ξ是

4



．

（２）设f(x)(x1)(x2)(x3)(x5)，则f(x)0有 3 个实根，分别位于区间(1,2),(2,3),(3,5)中．

2． 选择题 （１）罗尔定理中的三个条件:f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)f(b)，是f(x)在(a,b)内至少存在一点，使f()0成立的（ B ）．

A． 必要条件 B．充分条件 C． 充要条件 D． 既非充分也非必要条件

（２）下列函数在[1, 1]上满足罗尔定理条件的是（ C ）．

1

xsin, x0

A. f(x)e B. f(x)|x| C. f(x)1x D. f(x) x

 x00,

（３）若f(x)在(a,b)内可导，且x1、x2是(a,b)内任意两点，则至少存在一点，使下式成

x

2

立（ B ）．

A． f(x2)f(x1)(x1x2)f()

(a,b)

B． f(x1)f(x2)(x1x2)f()在x1,x2之间 C． f(x1)f(x2)(x2x1)f()x1x2 D． f(x2)f(x1)(x2x1)f()x1x2

3．证明恒等式：arctanxarccotx



2

(x)．

11

0，所以f(x)为一常数．

1x21x2

证明： 令f(x)arctanxarccotx，则f(x)设f(x)c，又因为f(1)



2

，

narccotx故 arctax



2

(x)．

4．若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数，且f(x1)f(x2)f(x3)，其中ax1x2

x3b，证明:在(x1,x3)内至少有一点，使得f()0．

证明：由于f(x)在[x1,x2]上连续,在(x1,x2)可导,且f(x1)f(x2)，根据罗尔定理知，存在1(x1,x2)， 使f(1)0． 同理存在2(x2,x3)，使f(2)0． 又f(x)在[1,2]上 符合罗尔定理的条件，故有(x1,x3)，使得f()0．

x2x3

0有且仅有一个实根． 5． 证明方程1x26

1x2x3

证明：设f(x)1x， 则f(0)10,f(2)0，根据零点存在定理至

326

少存在一个(2,0)， 使得f()0．另一方面，假设有x1,x2(,)，且x1x2，使

1

f(x1)f(x2)0，根据罗尔定理，存在(x1,x2)使f()0，即120，这与

2

12x2x3

10矛盾．故方程1x0只有一个实根．

226

6． 设函数f(x)的导函数f(x)在[a,b]上连续，且f(a)0,f(c)0,f(b)0，其中c是介

于a,b之间的一个实数． 证明： 存在(a,b), 使f()0成立.

证明： 由于f(x)在[a,b]内可导，从而f(x)在闭区间[a,b]内连续，在开区间(a,b)内可导．又因为f(a)0,f(c)0，根据零点存在定理，必存在点1(a,c)，使得f(1)0． 同理，存在点2(c,b)，使得f(2)0．因此f(x)在1,2上满足罗尔定理的条件，故存在(a,b)， 使

f()0成立．

7. 设函数f(x)在[0,1]上连续, 在(0,1)内可导. 试证:至少存在一点(0,1), 使

f()2[f(1)f(0)].

证明： 只需令g(x)x，利用柯西中值定理即可证明.

8．证明下列不等式

2

sinx

cosx． x

证明： 设f(t)sinttcost，函数f(t)在区间[0,x]上满足拉格朗日中值定理的条件，且

（１）当0x时，

f(t)tsint, 故f(x)f(0)f'()(x0), 0x, 即

sinxxcosxxsin0 (0x)

sinx

cosx． 因此， 当0x时，x

abaab

ln（２）当 ab0时，． abb

证明：设f(x)lnx，则函数在区间[b,a]上满足拉格朗日中值定理得条件，有

f(a)f(b)f'()(ab),ba

1a1111'

因为f(x)，所以ln(ab)，又因为ba，所以，从而

xbab

abaab

ln ． abb

§4.2 洛毕达法则

1． 填空题 （１） lim

cos5x

5x



2

cos3x

3

ln(11

（２）)

xlim

arctanx

 （３）lim11x0(x2

xtanx)=1

3 （４）lim(sinx)x

x0



２．选择题

（１）下列各式运用洛必达法则正确的是（ B ） A． limnnlim

lnnnnlim

1n

e

e

nn1

B． lim

xsinxx0xsinx lim1cosx

x01cosx



x2sin111C． lim

x2xsincos

x0sinxlimxx不存在 x0cosx

D． lx1

xi0ex=limx0e

x1

（２） 在以下各式中，极限存在，但不能用洛必达法则计算的是（ C ）

A． limx2x0sinx B． xlim0(1x)tanx C． limxsinxxx

D． xlimxn

ex

3． 求下列极限

limxmam

（１）xaxnan

．

解： limxmammxm1mxaxnan=lim

xanxn1n

amn

． 2x2x（２）lim2x0x

2． 解： lim2x2x22xln22xln22x(ln2)22x(ln2)22

x0x

2=limx02x=limx02=(ln2)．

（３）lim

sinxtanx

．

x0x3

1

x(x2)

解：limsinxtanxx0x3＝limtanx(cosx1)x0x3limx0x3＝12． （４） limexsinx1

．

x0(arcsinx)2

解：limexsinx1

exsinx1excosxex2＝x0(arcsinx)limx0x

2＝limx02xlimsinxx0212．

（５）limxxx

．

x11xlnx

解： (xx)xx(1lnx)， xx

xx(1lnx)2xx

1lim

xx

xx11xlnx＝lim1x(1lnx)x1＝lim

1

1

x1x

1x2

limx1

[xx2(1lnx)2xx1]2．

（６） lim(1x0x1ex1

)． 12解：lim11x0(xex1)limex

x12x1x0x(ex1)limx0x

22

（７） 1

tanx

xlim0



(x

) ．

11

limtanxlnx

lim

lnx

limlim

sin2x

解：tanx

x0

x0cotx

xlim0



(x

)ee

e

xx0

csc2xe

x0x1．

（８）limln(1x

3

x

2)ln(1

x

)． 2xln2

解： x33xln(12x)xxlimln(12)ln(1x)=xlimxln(12)3xlimx3xlim

1

=3ln2xlim2

x12x

=3ln2．

（９） lin

n．

解： 因为limxe

xlim1x

lnx

xlim

1

x

x

e

1，所以nlim

n=1．

§4.3函数的单调性与曲线的凹凸性

1． 填空题

（１） 函数y4x2ln(x2)的单调增加区间是(

11

,0)(,)，单调减少区间22

11

(,)(0,)．

22

（２）若函数f(x)二阶导数存在，且f(x)0,f(0)0，则F(x)是单调 增加 ．

（３）函数yax21在(0,)内单调增加，则a0．

（４）若点（1，3)为曲线yax3bx2的拐点，则a凸区间为(1,)．

2． 单项选择题

（１）下列函数中，（ A ）在指定区间内是单调减少的函数. A. y2 (,) B. ye (,0) C. ylnx (0,) D. ysinx (0,)

（２）设f(x)(x1)(2x1)，则在区间(,1)内（ B ）． A. yf(x)单调增加，曲线yf(x)为凹的 B. yf(x) 单调减少，曲线yf(x)为凹的 C. yf(x)单调减少，曲线yf(x)为凸的 Ｄ．yf(x)单调增加，曲线yf(x)为凸的

（３）f(x)在(,)内可导, 且x1,x2,当 x1x2时, f(x1)f(x2),则( D ) A. 任意x,f(x)0 B. 任意x,f(x)0 C. f(x)单调增 D. f(x)单调增

（４）设函数f(x)在[0,1]上二阶导数大于0, 则下列关系式成立的是（ B ） A. f(1)f(0)f(1)f(0) B. f(1)f(1)f(0)f(0) C. f(1)f(0)f(1)f(0) D. f(1)f(0)f(1)f(0) 2． 求下列函数的单调区间 （１）yex1．

解：ye1，当x0时，y0,所以函数在区间[0,)为单调增加； 当x0时，y0，所以函数在区间(,0]为单调减少．

（２）y(2x

xxx

x

f(x)

在0x上x

39，b，曲线的凹区间为(,1)，

22

1

2

103

解：yx(x1)，

3

当x1，或x0时，y0,所以函数在区间(,0][1,)为单调增加； 当0x1时，y0，所以函数在区间[0,1]为单调减少．

（３）yln(xx2)

1

1

解： y

xx2

2

xx



1x

2

0，故函数在(,)单调增加．

3． 证明下列不等式

（１）证明： 对任意实数a和b, 成立不等式证明：令f(x)

|ab||a||b|

．

1|ab|1|a|1|b|

x1，则f(x)0， f(x)在[ 0 ,  )内单调增加. 2

1x(1x)

于是, 由 |ab|  |a||b|, 就有 f( |ab| )f( |a||b| ), 即

|ab||a||b||a||b||a||b|



1|ab|1|a||b|1|a||b|1|a||b|1|a|1|b|

（２）当x1时, lnx

2(x1)

． x1

'

证明：设f(x)(x1)lnx2(x1)， f(x)lnx

1

1，由于当x1时，x

11

20, 因此f(x)在[1,)单调递增, 当 x1时, f(x)f(1)0, 故f(x)在xx

[1,)单调递增, 当 x1时, 有f(x)f(1)0.故当x1时,f(x)(x1)lnx2(x1)0,

2(x1)

因此lnx．

x1f(x)

x3

（３）当 x0时，sinxx．

6x3x2

0，证明：设f(x)sinxx, f(x)cosx1当x0，f(x)xsinx0， 26

所以f(x)在[0,)单调递增, 当 x0时, f(x)f(0)0, 故f(x)在[0,)单调递增, 从x3

而当 x0时, 有f(x)f(0)0. 因此当 x0时，sinxx．

6



4． 讨论方程xsinxk(其中k为常数)在(0,)内有几个实根．

22

解：设(x)xsinxk, 则(x)在[0,]连续, 且(0)k,()k，

222

由(x)1



2

cosx0，得xarccos

2



为(0,



2

)内的唯一驻点．

22

(x)在[0,arccos]上单调减少，在[arccos,]上单调增加．

2

2224

故)k为极小值，因此(x)在[0,]的最大值是k,最

22

224

小值是k．

2

224

（１） 当k0,或k时,方程在(0,)内无实根；

22

224

（２） 当k0时,有两个实根；

2

224

（３） 当k时，有唯一实根．

2

(1,10)5． 试确定曲线yax3bx2cxd中的a、b、c、d，使得x2处曲线有水平切线，

为拐点，且点(2,44)在曲线上．

解： y3ax22bxc,y6ax2b，所以

3a(2)22b(2)c0

6a2b0



abcd10

32a(2)b(2)c(2)d44

解得： a1,b3,c24,d16．

6．求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间

x

2

x1x212x36x

解： y12, y2, 23

(x1)(x1)

令y0,得x0，当x1时y不存在．

当1x0或x1时, y0,当x1或0x1时, y0．

x

故曲线yx2在(,1)(0,1)上是凸的, 在区间和(1,0)(1,)上是凹的，

x1

曲线的拐点为(0,0)．

（１）yx

（２）y(2x5)x2拐点及凹或凸的区间

，y 1

当x0时，y,y不存在；当x时，y0．

2

解：y

故曲线在(,)上是凸的, 在(

1211

,)上是凹的，(,32)是曲线的拐点, 22

xx

 2

xx1x11x

证明：令f(x)sin, 则f(x)cos, f(x)sin．

22242

xx

当0x时, f(x)0, 故函数f(x)sin的图形在(0,)上是凸的, 从而曲线

2

yf(x)在线段AB（其中A(0,f(0)),B(,f()）的上方，又f(0)f()0, 因此f(x)0,

xx即sin．

2

7．利用凹凸性证明: 当0x时, sin

§4.4 函数的极值与最大值最小值

1． 填空题

（１）函数yx2x取极小值的点是x

23

2

13

1． ln2

（２） 函数f(x)x(x1)在区间[0,2]上的最大值为f(

12

)

2

2

，最小值为

f(0)1 ．

2．选择题

（１） 设f(x)在(,)内有二阶导数，f(x0)0，问f(x)还要满足以下哪个条件，则

f(x0)必是f(x)的最大值？（ C ）

A． xx0是f(x)的唯一驻点 B． xx0是f(x)的极大值点 C． f(x)在(,)内恒为负 D． f(x)不为零

（２） 已知f(x)对任意yf(x)满足xf(x)3x[f(x)]21ex，若

f(x0)0 (x00)，则（ B ）

A. f(x0)为f(x)的极大值 B. f(x0)为f(x)的极小值 C. （x0,f(x0))为拐点 D. f(x0)不是极值点, （x0,f(x0))不是拐点

（３）若f(x)在x0至少二阶可导, 且lim

xx0

f(x)f(x0)

1,则函数f(x)在x0处( Ａ ) 2

(xx0)

A． 取得极大值 B． 取得极小值 C． 无极值 D． 不一定有极值

3． 求下列函数的极值 （１） fxx

32/3

x． 2

解：由f(x)1x



13

0，得x1．

14

f(x)x3,f''(1)0，所以函数在x1点取得极小值．

3

（２）f(x)x．

1x

1

(1lnx)， x2

令y0得驻点xe，当x(0,e)时，y0，当x(e,)时，y0．

解：定义域为(0,)，ye

1lnxx

, yx

1x

因此y(e)e为极大值．

32

4． 求y2x3x12x14的在[3,4]上的最大值与最小值．

解：y(3)23, y(4)132．

由y6x26x120，得x1, x2．

而y(1)7,y(2)34, 所以最大值为132，最小值为7．

5． 在半径为R的球内作一个内接圆锥体，问此圆锥体的高、底半径为何值时，其体积V最大． 解：设圆锥体的高为h, 底半径为r,故圆锥体的体积为V由于(hR)2r2R2，因此V(h)

1

e

1

 r2h， 3

1

 h(2Rhh2) (0h2R)， 3

14R222

由V(h) (4Rh3h)0，得h，此时rR．

333

由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在(0,2R)的内部取得. 现在V(h)0在(0,2R)内只有一

个根,故当h

6. 工厂C与铁路线的垂直距离AC为20km, A点到火车站B的距离为100km. 欲修一条从工厂到铁路的公路CD, 已知铁路与公路每公里运费之比为3:5，为了使火车站B与工厂C间的运费最省, 问D点应选在何处？

解: 设ADx B与C间的运费为y, 则 y5k400x23k(100x) （0x100）， 其中k是某一正数． 由 yk(

4R22, rR时, 内接锥体体积的最大． 33

5x400x

2

3)0 得x15

1

 其中以y|x15380k为最小 因25

由于y|x0400k y|x1538k0y|x100此当ADx15km时 总运费为最省．

7． 宽为b的运河垂直地流向宽为a的运河. 设河岸是直的,问木料从一条运河流到另一条运河去,其长度最长为多少?

解： 问题转化为求过点C的线段AB的最大值. 设木料的长度为l, ACx,CBy，木料与河岸的夹角为t，则xyl，且

x

acost,ybsint, lacostbsint t(0,2)．

则

l

asintcos2tbcost

sin2t

， 2

2

3

由l0得tant3b

, 此时l(a3b3)2a

，

223

故木料最长为l(a3

b3

)2．

§4.5 函数图形的描绘

１．求yx3

(x1)2

的渐近线.

x3

解：由 lim1(x1)2，所以x1为曲线yf(x)的铅直渐近线．

x因为 limyx2x3

xxlimx(x1)21,limx(yx)limx(x1)2

x2

所以yx2为曲线yf(x)的斜渐近线．

第四章 综合练习题

1．填空题

（１） lim1ln(11

)

x0xsinxxlimarctanx．

（２） 函数yxln(x1)在区间(1,0)内单调减少，在区间(0,)内单调增加． （３） 曲线y1

xln(1ex)的渐近线是x0和y0． （４）lim(tanx)cosx．

x

20

2． 求下列极限

（１） limtanxsinx

x0xln(1x)x2 解：limtanxsinxtanxsinx1

x0xln(1x)x2＝limx0x[ln(1x)x]tanxsinx ＝11

2lim1cosx

ln(1x)xlimtanx

x＝11cosxsinx

x0x02lim＝x0ln(1x)x2limx01 1x1

＝1sinx

2limx0x(1x)1

2．

(sin11cos11

（２） limxxx)cosx

x1 (exaea)2sin1

x

(sin11111111111

解：limcos)cos(sincos)cossincos

x=lim=lim11

(exaea)2sin1x2ax21x

xe(e1)sinxe2a(1

x)21

x

1111

=12cosx2cosx1

3sin1x

e2alim1． x33e2a

x4

3． 求证当x0时， x12

2xln(1x)．

证明： 令f(x)ln(1x)x1

2x2, 则

f(x)1

1x1xx2

1x,

11

当x0时, f(x)0，故f(x)在[0,)单调增． 当x0时，有f(x)f(0)0，即

12xln(1x)． 2

4． 设f(x)在[a,b]上可导且ba4，证明：存在点x0(a,b)使f(x0)1f2(x0).

f(x)|F(x)|证明： 设F(x)arctanf(x), 则F(x)，且． 221f(x)

F(b)F(a)F(x0), 即 由拉格朗日中值定理知, 存在x0(a,b)，使bax



f(x0)F(b)F(a)|F(b)||F(a)|1． 2baba441f(x0)

5． 设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值, 且f(a)g(a), f(b)g(b), 证明： 存在(a,b),使得f()g()．

证明： 设f(x),g(x)分别在x1,x2(a,b)取得最大值M， 则f(x1)g(x2)M, 且f(x1)g(x2)0． 令F(x)f(x)g(x)．

当x1x2时, F(a)F(b)F(x1)0, 由罗尔定理知, 存在1(a,x1),2(x1,b), 使 F(1)F(2)0, 进一步由罗尔定理知, 存在(x1,x2)，使F()0，即f()g()

当x1x2时, F(x1)Mg(x1)0,F(x2)f(x2)M0，由零点存在定理可知，存在1[x1,x2]，使F(1)0． 由于F(a)F(b)0，由前面证明知, 存在(a,b)，使F()0，即f()g()．

11有且仅有一个正的实根． x2

11证明：设f(x)kx21． 当k0，显然21只有一个正的实根．下考虑k0时的xx6． 设k0,证明方程kx

情况．

先证存在性： 因为f(x)在(0,)内连续，且limf(x)，limf(x)，由零点存在定x0x

11至少有一个正的实根． 2x

再证唯一性：假设有x1,x20，且x1x2，使f(x1)f(x2)0，根据罗尔定理，存在

22(x1,x2)(0,)，使f()0，即k30，从而k30，这与k0矛盾．故方理知，至少存在一个(0,)，使f()0，即kx

程kx

11只有一个正的实根． x2

327． 对某工厂的上午班工人的工作效率的研究表明，一个中等水平的工人早上8时开始工作，在t小时之后，生产出Q(t)t9t12t个产品．问：在早上几点钟这个工人工作效率最高？

2解：因为x(t)Q(t)3t18t12,x(t)Q(t)6t18, 令x(t)0,得t3． 又

当t3时，x(t)0．函数x(t)在[0,3]上单调增加；当t3时，x(t)0，函数x(t)在[3,)上单调减少．故当t3时，x(t)达到最大, 即上午11时这个工人的工作效率最高．

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