高等數(shù)學(上冊)第3章(2)習題答案_吳贛昌_人民大學出版.pdf

4 求下列函數(shù)的最大值 最小值 1 3128 24 x xxy 2 20 cossin x xy 3 151 x xxy 4 21 1ln 2 xy 知識點知識點 導數(shù)的應用 思路思路 求函數(shù) xf在閉區(qū)間上最值的基本方法是先求0y 的點或者 y 不存在的點 然后求這些點處 的函數(shù)值及其閉區(qū)間端點處的函數(shù)值 比較函數(shù)值 最大的即是 xf在該閉區(qū)間上的最大值 最小的即 是 xf在該閉區(qū)間上的最小值 解解 1 在 31 上令 3 4160yxx 得0 1 x 2 2 x 5 1 y 2 0 y 14 2 y 11 3 y 比較可得3128 24 x xxy的最小值為14 2 y 最大值為11 3 y 2 在 20 上 令cossin0yxx 得 4 1 x 4 5 2 x 1 0 y 2 4 y 2 4 5 y 1 2 y 比較可得 20 cossin x xy 的最小值為2 4 5 y 最大值為2 4 y 3 在 15 上 2 11 0 2 1 x y x 得 4 3 x 65 5 y 4 5 4 3 y 1 1 y 比較可得151 x xxy的最小值為65 5 y 最大值為 4 5 4 3 y 4 在 21 上令 2 2 0 1 x y x 得0 x 2ln 1 y 0 0 y 5ln 2 y 比較可得 21 1ln 2 xy 的最小值為0 0 y 最大值為5ln 2 y 5 求下列數(shù)列的最大項 1 n n 2 10 2 n n 知識點知識點 導數(shù)的應用 思路思路 求數(shù)列 nf的最大項最小項問題可轉化為求函數(shù) xf在區(qū)間 1 內的最值問題 若 0 xx 為 xf在區(qū)間 1 內的最小值點 則 0 xfnf 與 1 0 xfnf中最小的一個為數(shù) 列 中 的 最 小 項 若 0 xx 為 xf在 區(qū) 間 1 內 的 最 大 值 點 則 0 xfnf 與 1 0 xfnf中最大的一個為數(shù)列中的最大項 解解 設 x x xf 2 10 則在區(qū)間 1 內 令 9 10 ln2 0 2x xx fx 得唯一駐點 2ln 10 x 由 822 9020 ln2ln 2 2x xxx fx 得 8 10 ln2 10 10 10 ln2 0 ln2 2 f 或者說 當 10 ln2 x 時 0fx 當 10 ln2 x 時 0fx 2ln 10 x為 x x xf 2 10 在區(qū)間 1 內唯一的極大值點 也是最大值點 14 2ln 10 14 2ln 10 且1003231 2 15 2 14 15 10 14 10 當14 n時 n n 2 10 取得最大項 2 設 x xxf 1 則在區(qū)間 1 內 令 1 2 1 ln 0 x x fxx x 得唯一駐點ex 當ex 0時 有0y 當ex 時 有0y ex 為 x xxf 1 在區(qū)間 1 內唯一的極大值點 也是最大值點 2 e 31 e 且 6 3 28 1 93 當3 n時 n n取得最大項 6 從一個邊長為a的正方形鐵皮的四角上截去同樣大小的正方形 然后按虛線把四邊折起來做成一個 無蓋的盒子 見圖 問要截去多大的小方塊 才能使盒子的容量最大 知識點知識點 求最值問題 思路思路 根據(jù)題意建立數(shù)學函數(shù)模型 根據(jù)實際意義 確定自變量范圍 在所確定的范圍上求最值 特別地 xf在某個區(qū)間內可導且只有一個駐點 0 x 且 0 x是函數(shù) xf的極值點 則當 0 xf是極大值時 0 xf就是 xf在該區(qū)間上的最大值 當 0 xf是極小值時 0 xf就是 xf在該區(qū)間上的最小 值 xf在某個區(qū)間內可導且只有一個駐點 0 x 且 xf在該區(qū)間上確實存在最值 則 0 xf就是 xf在該區(qū)間上的最值 解解 設截去的小正方形的邊長為x 則根據(jù)題意 得 2 2 xaxxV 2 0 a x 令0 6 2 xaxa dx dV 得 2 a x 舍去 6 a x 3 27 2 6 0 2 0 0 a a V a VV 可得 當一個邊長為a的正方形的四角上截去一塊邊長為 6 a 的小方塊 才能使盒子的容量最大 7 欲制造一個容積為V的圓柱形有蓋容器 問如何設計可使材料最省 解解 設圓柱形容器的底為r 高為h 則表面積 2 22 r rhS 又h rV 2 得 r r r V rS02 2 2 令 2 2 40 V S r r r 得唯一的駐點 3 2 V r 又由 3 4 4 V S r r 知 3 2 120 V r S r 3 2 V r 為 rS的極小值點 也是最小值點 x a 圖 3 5 6 當 3 2 V r rh2 時 可使材料最省 即圓柱形容器的底和半徑相等時 可使材料最省 8 從一塊半徑為R的圓片中應切去怎樣的扇形 才能使余下的部分卷成的漏斗 見圖853 容 積為最大 解解 設漏斗的半徑為r 高為h 容積為V 根據(jù)題意 得 R r 2 R h 2 4 22 從而有 20 24 4 3 1 2 2223 2 R h rV 令 3222 2 4 0 24 R V 得0 舍去 3 8 舍去 3 8 漏斗的最大容積確實存在 即 V 2 0 最大值確實存在 又 V 2 0 的駐點唯一 3 8 時 V 2 0 取得最大值 即當切去圓心角為 3 8 2 的扇形時 余下的 部分卷成的漏斗容積最大 9 設有重量為kg5的物體 置于水平面上 受力F的作用而開始移動 見圖953 設磨擦系 數(shù)250 問力F與水平線的交角 為多少時 才可使力F的大小為最小 解解 根據(jù)題意 得 FP F sin cos 從而有 2 0 sincos P F 即 2 0 25sin 0cos 25 1 F 令 25sin 0cos f 則由 sin0 25cos0f 得 f在 2 0 內唯一的駐點 250arctan 5 2 25sin 0 2 cos 25 1 2 F 25 1 25sin0 0cos0 25 1 0 F 且213 1 an 0 25 25sin arct 0 0 25 cos arctan 25 1 25 0 arctan F 力F與水平線的交角 250arctan 時 才可使力F的大小為最小 10 有一杠桿 支點在它的一端 在距支點m 10處掛一重量為kg49的物體 加力于杠桿的另一端 使杠桿保持水平 見圖1053 如果杠桿的線密度為kg m5 求最省力的桿長 解解 設杠桿長為x 則根據(jù)題意和力的平衡關系 得 2 51049 x x xF 即 0 2 594 x x x xF 令 2 22 4 9559 8 0 22 x F x xx 0 x 得唯一的駐點41 5 89 x 最省力的杠桿長確實存在 當杠桿長m x41 時最省力 11 光源S的光線射到平面鏡Ox的哪一點再反射到點A 光線所走的路徑最短 見圖 1153 解解 設入射點為xM OM 則S所走的路程 0 2222 xx bxaMASMy 令 2222 0 x x y axb x 得y在區(qū)間 0 內的唯一駐點 ba a x 0 最短的距離確實存在 當入射點M在Ox上的點為 ba a x 0 時 光源S的光線所走的路徑最短 容易驗證 此時入射角 記為 等于反射角 記為 即 a x ba b ba a b x tantan 00 此為著名的光的反射定律 A b S a x 圖 3 5 11 MO x F 0 1m kg49 圖 3 5 10 F kgP5 圖 3 5 9 O R 圖 3 5 8 12 甲船以每小時20里的速度向東行駛 同一時間乙船在甲船正北82里處以每小時16里的速度 向南行駛 問經(jīng)過多少時間兩船距離最近 解解 設兩船的距離為S 且經(jīng)過t小時兩船距離最近 則根據(jù)題意得 0 20 1682 22 ttttS 令 22 6561312 0 82 16 20 t S t tt 得 tS在區(qū)間 0 內唯一的駐點2 t 兩船最短的距離確實存在 2 t時 22 82 16 20 0 S tttt 取得最小值 即經(jīng)過 2小時后兩船距離最近 內容概要內容概要 名稱 主要內容 3 6 3 6 函 數(shù)圖形 的描繪 漸近線的概念 1 水平漸近線 若函數(shù) xfy 的定義域是無窮區(qū)間 且Cxf x lim 則稱直線 Cy 為曲線 xfy 的水平漸近線 2 鉛直漸近線 若函數(shù) xfy 在 0 x處間斷 且 lim 0 xf xx 則稱直線 0 xx 為曲 線 xfy 的鉛直漸近線 3 斜漸近線 設函數(shù) xfy 若0 lim baxxf x 則稱baxy 為 xfy 的斜漸近線 其中 lim 0 limaxxfba x xf a xx 注 若 x xf x lim 不存在 或雖然它存在但 limaxxf x 不存在 則 xfy 不存在斜 漸近線 函數(shù)圖形描繪的步驟 1 確定函數(shù) xf的定義域 求出函數(shù)的一階導數(shù) fx 和二階導數(shù) fx 2 求出 fx 和 fx 的全部零點 xf的間斷點 fx 和 fx 不存在的點 用這些 點把函數(shù)定義域劃分成若干個部分區(qū)間 3 確定在這些部分區(qū)間內 fx 和 fx 的符號 并由此確定函數(shù)的增減性和凹凸性 極值 點和拐點 4 確定函數(shù)圖形的漸近線以及其他變化趨勢 5 算出 fx 和 fx 的全部零點及其不存在時的點所對應的函數(shù)值 并在坐標平面內描出 相應的點 有時適當補充一些輔助點 根據(jù)以上步驟畫出函數(shù)大致圖形 習題習題 3 3 6 6 1 求下列曲線的漸近線 1 x ey 1 2 x e y x 1 3 x exy 知識點知識點 漸近線的概念 思路思路 求出函數(shù) xf定義域 在間斷點處或無窮大時 討論 xf的極限情況 用以求出 f x的水平 漸近線和垂直漸近線 討論 x xf axxf 無窮大時的極限 用以求出斜漸近線 解解 1 x ey 1 的定義域為 0 0 x x e 1 0 lim 1lim 1 x x e 0 x為鉛直漸近線 1 y為水平漸近線 容易驗證該函數(shù)沒有斜漸近線 2 x e y x 1 的定義域為 1 1 x e x x 1 lim 1 0 1 lim x e x x 1 x為鉛直漸近線 0 y為水平漸近線 容易驗證該函數(shù)沒有斜漸近線 3 x exy 的定義域為 e x x x lim 函數(shù)不存在鉛直漸近線及水平 漸近線 而a x ex x x 1lim baxex x x 0 lim xy 為函數(shù) x exy 的斜漸近線 2 描繪下列函數(shù)的圖形 1 1 2 2 2 x x y 2 2 1x x y 3 1 4 3 2 x x y 4 xxy 3 5 x x y ln 知識點知識點 函數(shù)的性質及導數(shù)的應用 思路思路 根據(jù)函數(shù)的定義域 周期性 奇偶性 單調性和極值 凹凸性和拐點 漸近線及其關鍵點的坐標 描繪函數(shù)圖形 解解 1 1 1 2 2 2 x x y的定義域為 1 11 1 2 令 22 2222 4 1 224 0 1 1 x xxxx y xx 得 駐點0 x 1 x時 y 不 存在 2 23 124 0 1 x y x 無解 3 現(xiàn)列表討論其單調性和極值 凹凸性和拐點 x 1 1 01 0 10 1 1 fx 不存在 0 不存在 fx 不存在 不存在 xf 不存在 極 大 值點 不存在 4 1 2 lim 2 2 1 x x x 1 2 lim 2 2 1x x x 1 2 lim 2 2 1x x x 1 2 lim 2 2 1 x x x 2 1 2 lim 2 2 x x x 1 x為鉛直漸近線 2 y為水平漸近線 容易驗證 函數(shù) 1 2 2 2 x x y沒有斜漸近線 5 根據(jù)以上討論 可描繪出函數(shù) 1 2 2 2 x x y的圖形如下 注注 也可以利用函數(shù)的奇偶性 只討論函數(shù)在 1 10 內的情況 描繪出此區(qū)間上函數(shù)圖形 然 后再利用圖像的對稱性 將函數(shù)圖形補充完整 0 11 2 x y 圖 3 6 2 1 2 1 2 1x x y 的定義域為 2 令 22 2222 121 0 1 1 xxxx y xx 得駐點1 21 x 令 3 23 26 0 1 xx y x 得 3 43 x 0 5 x 3 2 1x x y 為奇函數(shù) 在 0 內列表討論其單調性和極值 凹凸性和拐點 x 10 1 31 3 3 fx 0 fx 0 xf 極大點 2 1 1 f 拐點 4 3 3 f 4 0 1 lim 2 x x x 0 y為水平漸近線 容易驗證 函數(shù) 2 1x x y 沒有斜漸近線 5 根據(jù)以上討論和函數(shù) 2 1x x y 的奇偶性 可描繪出該函數(shù)的圖形如下 3 1 1 4 3 2 x x y的定義域為 1 1 2 令 2 3 1 0 4 1 xx y x 得駐點1 1 x 3 2 x 1 3 x時 y 不存在 3 8 0 4 1 y x 無解 0 1 3 1 2 4 3 x y 圖 3 6 2 2 3 現(xiàn)列表討論其單調性和極值 凹凸性和拐點 x 1 1 1 1 1 1 3 3 3 fx 0 不存 在 0 fx 不存 在 xf 極大點 不存 在 極小 點 4 1 4 3 lim 2 1 x x x 1 4 3 lim 2 1 x x x 1 x為鉛直漸近線 容易驗證 函數(shù) 1 4 3 2 x x y沒有水平漸近線 而a xx x x 4 1 1 4 3 lim 2 4 5 4 1 1 4 3 lim 1 4 3 lim 22 x x x ax x x xx 4 5 4 1 xy為斜漸近線 又0 3 2 1 ff 5 根據(jù)以上討論 可描繪出該函數(shù)的圖形如下 4 1 xxy 3的定義域為 3 2 令 163 30 2 32 3 x yxx xx 得駐點2 x 3 2 x時 y 不存在 4 5 4 1 xy 1 1 3 4 5 5 2 x 0 y 圖 3 6 2 3 3 2 1 3 3 63 312 2 3 0 2 3 4 3 xx x x y x x 在 3 上無解 3 現(xiàn)列表討論其單調性和極值 凹凸性和拐點 x 2 2 2 3 3 fx 0 不存在 fx 不存在 xf 極大值 點 0 4 容易驗證 函數(shù)xxy 3沒有漸近線 又0 0 0 3 2 2 fff 5 根據(jù)以上討論 可描繪出該函數(shù)的圖形如下 5 1 x x y ln 的定義域為 0 2 令 2 1 ln 0 x y x 得駐點ex 1 令 3 2ln3 0 x y x 得 2 3 2 ex 3 現(xiàn)列表討論其單調性和極值 凹凸性和拐點 x 0 e e 2 3 e e 2 3 e 2 3 e fx 0 fx 0 23 0 x y 圖 3 6 2 4 xf 極大值 點 拐點 4 x x x ln lim 0 0 ln lim x x x 0 x為鉛直漸近線 0 y為水平漸近線 函數(shù)無斜漸近線 5 根據(jù)以上討論 可描繪出該函數(shù)的圖形如下 內容概要內容概要 名稱 主要內容 3 7 3 7 曲率 弧微分計算公式 dxyds 2 1 其中 xss 為弧函數(shù) 其性質為單調增加 曲率計算公式 設曲線方程為 xfy xf具有二階導數(shù) 則曲線 xfy 在點x處 的曲率計算公式為 2 3 2 1 y y K 1 曲率圓與曲率半徑 設曲線 xfy 在點 yxM處的曲率為 0 KK 在點M處 的曲線的法線上 在凹的一側取點D 使得 K DM 1 以D為圓心 為半徑 的圓成為曲線在點M處的曲率圓 曲率圓的圓心D稱為曲線在點M處的曲率圓心 曲率 圓的半徑 稱為曲線在點M處的曲率半徑 2 xfy 在點 yxM處的曲率圓的圓心記為 則其計算公式為 2 2 1 1 y y y y yy x 0 e 2 3 e 1 e 2 3 2 3e x y 圖 3 6 2 5 習題習題 3 3 7 7 1 求曲線xyln 的最大曲率 知識點知識點 曲率的計算公式及最值的應用 思路思路 根據(jù)曲率計算公式 計算函數(shù)的導數(shù)及其二階導數(shù) 代入公式 得關于x的曲率函數(shù) 然后求該函 數(shù)的最大值 便得原來函數(shù)的最大曲率 最小值便為原來函數(shù)的最小曲率 解解 1 y x 2 1 y x 得函數(shù) xyln 在x處的曲率為 2 333 22 222 2 1 0 1 1 1 1 yx x K xx yx x 下面求 0 K xx 的最大值 由 2 355 222 222 13 21 2 0 1 2 1 1 xx K xx xxx 得 2 2 x 舍去 2 2 x 當 2 0 2 x 時 0K x 當 2 2 x 時 0K x 當 2 2 x 時 xK在 0 內取得極大值 22 23 3 K 也是 xK在 0 內的最 大值 即曲線xyln 的最大曲率為 33 2 2 求拋物線23 2 xxy在點1 x處的曲率和曲率半徑 知識點知識點 曲率和曲率半徑的計算公式 思路思路 利用曲率及曲率半徑的公式即可 解解 23yx 2y 函數(shù)23 2 xxy在x處的曲率和曲率半徑分別為 33 22 22 2 1 1 23 y K x yx 1 xK xR 將1 x分別代入 xK xR中 得曲率和曲率半徑為 2613 1 K 2613 R 3 計算擺線 cos1 sin tay tt ax 在 2 t 處的曲率 解解 222 sin 1 1 cos ttt dyy tt dxx tt 22 22 222 sin1cos 1 cos sin11 1 cos 1 cos 1 cos ttt d ytttt dxtx ttata 在 2 t 處的曲率為 33 2 22 1 2 4 1 1 1 ya K a y 4 曲線弧 0 sin xxy 上的哪一點處的曲率半徑最小 求出該點處的曲率半徑 知識點知識點 同 1 思路思路 同 1 解解 cosyx sinyx 得函數(shù)xysin 在x處的曲率半徑為 33 22 22 1 1 1 cos 0 sin yx R xx K xyx R x和ln R x的單調性一致 可通過求ln R x的最值得到 R x的最值 2 3 ln ln 1 cos lnsin 0 2 R xxxx 22 22 32cos sincoscos 3sin1 cos ln 0 21 cossin 1 cos sin xxxxxx R x xxxx 得唯一的駐點 2 x 當 2 0 x 時 ln 0R x 當 x 2 時 ln 0R x 當 2 x 時 ln R x也是 R x在 0 內取得極小值1 2 R 也是 xR在 0 內的最小 值 即曲線弧 0 sin xxy 在 2 x 處的曲率半徑最小 且該點處的曲率半徑為1 2 R 注注 此題也可通過求曲率 K x的最大值點和最大值得到結果 5 求曲線 1ln 2 xxy 在 00 處的曲率 解解 1 1 1 0 2 0 xx x dx dy 0 1 0 2 3 2 0 2 2 xx x x dx yd 曲線 1ln 2 xxy 在 00 處的曲率為 33 2 22 0 0 1 1 1 y K y 6 汽車連同載重共t 5 在拋物線拱橋上行駛 速度為km h 621 橋的跨度為m10 拱的矢高為 m 250 求汽車越過橋頂時對橋的壓力 知識點知識點 曲率在物理中的應用 思路思路 根據(jù)題意 利用數(shù)學知識 結合物理問題 建立數(shù)學模型 解解 取橋頂為原點 垂直向下為y軸正向 則拋物線方程為 0 2 aaxy 從而橋端點坐標為 2505 在拋物線上 010 5 250 2 a 2 010 x y 0 0 0 0 02y y 頂點處拋物線的曲率半徑 3 2 2 0 1 050 x y R y 利用物理知識 得頂點處汽車的離心力 3600 6060 10621 50 105 2 332 N R mv F 得汽車越過橋頂時對橋的壓力為FmgG 945400360089105 3 N 7 求曲線xyln 在其與x軸的交點處的曲率圓方程 知識點知識點 曲率圓的概念和計算公式 思路思路 先根據(jù)曲率半徑公式 計算曲率圓半徑 然后再根據(jù)漸屈線的方程求曲率圓的圓心 得出曲率圓方 程 解解 xyln 與x軸的交點為 01 11 1 1 xx y x 11 2 1 1 xx y x 3 2 2 1 2 2 1 y K y 曲率圓的半徑為22 1 K R 又由漸屈線方程的參數(shù)方程得 2 10 10 2 10 10 1 3 1 2 yy x y y y y 即曲率圓的圓心為 23 從而曲線xyln 在其與x軸的交點處的曲率圓方程為8 2 3 22 yx 8 求曲線pxy2 2 的漸屈線方程 知識點知識點 漸屈線的概念 思路思路 根據(jù)漸屈線的參數(shù)方程公式求方程 解解 由pxy2 2 得22yyp p y y 2 23 pyp y yy 2 1 yy x y p py yp ypyp p y 2 23 1 2 22 32 22 223 232 1 1 yp yy yy ypyp 即所求漸屈線的參數(shù)方程為 2 3 22 2 23 p y p py y為參數(shù) 總習題三總習題三 1 證明下列不等式 1 設10 nba 證明 11 banababanb nnnn 2 設0 ba 證明 b ba b a a ba ln 知識點知識點 拉格朗日中值定理 思路思路 關鍵是尋找 xfy 用公式 f bf a f ba 當確定了 f 的范圍 即可定 f bf a ba 的范圍 從而證明結論 證明證明 設 n f xx 易見 f x在 b a連續(xù) 在 b a可導 且 1 n fxnx 由拉格朗日中 值定理可知 至少存在一 b a 使 f af bf 即b an ba nnn 1 又 0ba ab 故 11 banababanb nnnn 2 設 xf在 10 上可導 且1 0 xf 對于任何 10 x 都有 1fx 試證 在 10 內 有且僅有一個數(shù) 使 f 知識點知識點 零點定理 羅爾中值定理或者單調性的應用 思路思路 從結論出發(fā)構造輔助函數(shù) 利用零點定理證明存在性 利用反證法和羅爾中值定理證明唯一性 或 者是利用單調性證明唯一性 證明證明 1 存在性 設 F xf xx 易見函數(shù)在 10 上連續(xù) 且 0 0 0Ff 1 1 10Ff 由零點定理可知 至少存在一點 0 1 使 0F 即 f 2 唯一性 假設存在另一點 0 1 使 f 則 F x在 上連續(xù) 在相應開區(qū)間內可導 且 0FF 由羅爾定理可知 至少存在某 1 0 使 0F 從而 10f 1f 這與1 xf 矛盾 故有且僅有一個數(shù) 使 f 3 若ba 時 可微函數(shù) xf有 0 0 0f af b f a f b 則方程 0fx 在 a b內 A 無實根 B 有且僅有一實根 C 有且僅有二實根 D 至少有二實根 知識點知識點 極限的保號性 零點定理 羅爾中值定理 思路思路 根據(jù)保號性及零點定理 可得 xf在 a b內有零點 再兩次利用中值定理便得結論 解解 由 0f a 得 ax afxf ax 0 lim 根據(jù)保號性 知0 0 2 0 b a 當 0 axa 時 有 ax afxf 0 從而有0 afxf 取 00 a ax 則有0 0 xf 同理 由 0f b 可知 0 1 2 1 b a 當bx b 1 時 有0 bfxf 取 11 b bx 則有0 1 xf 由零點定理 至少有一點 10 x x 使0 f 易知 xf在 a b在上連續(xù) 在 a b內可導 由羅爾中值定理 知至少有一點 1 a 2 b 使得 1 0f 2 0f 故選 D 4 設 xf于 0 上連續(xù) 于 0 內可導 求證 存在 0 使得 cotf f 知識點知識點 羅爾定理 思路思路 設置輔助函數(shù) 使其滿足羅爾定理 解解 設 s i nFxf xx 則 F x在 0 上連續(xù) 在 0 內可導 且00sin 0 0 fF 0sin f F 即 0 FF 由羅爾定理 至少存在一 0 0F 即 sin cos0ff 又sin0 0 故 f fcot 注注 輔助函數(shù)可通過如下推導獲得 cos cot sin fxx fxf xx f xx ln lnsin f xx ln sin 0 sin 0f xxf xx 設 sinF xf xx 5 設 xf在 10 上連續(xù) 在 10 可導 且1 1 0 0 ff 試證 對任意給定的正數(shù)a b在 10 內存在不同的 使 ab ab f f 知識點知識點 拉格朗日中值定理 思路思路 證明在 a b至少存在不相等的 滿足某種關系式 一般不構造輔助函數(shù) 而是依據(jù)結論中 各部分的特點分別利用微分中值定理 證明證明 顯然 10 ba a 又由 xf在 10 上連續(xù) 且1 1 0 0 ff 根據(jù)介值定理 至少存在一點 10 使 ba a f 易知 xf在 0 1 上滿足拉格朗日中值定理 從而存在 1 0 分別使 0 0 a f f f f ab 1 1 1 1 1 a ff ff ab 2 將 1 2 兩式相加 消去 即得 ab ab f f 6 設 xf在 a b上連續(xù) 在 a b內可導 證明 在 a b內存在點 和 使 2 ab f f 知識點知識點 同 5 思路思路 同 5 證明證明 易知 xf 2 xxg 在 a b上滿足柯西中值定理 從而 a b 使得 22 2 f bf af ba 1 又由朗格朗日中值定理知 a b 使得 f bf a f ba 2 由 1 2 兩式相比得 1 1 2 f baf 即 2 ab f f 7 證明多項式axxxf 3 3 在 10 上不可能有兩個零點 知識點知識點 羅爾中值定理 思路思路 反證法 解解 假設axxxf 3 3 在 10 上有兩個零點 12 x x 不妨設 12 xx 易知 f x在 12 x x上連續(xù) 在 12 x x上可導 且 12 0 0f xf x 由羅爾定理 至少存在一 12 0 1 x x 使得 0f 即 2 330 但 2 330 0 1 矛盾 故多項式axxxf 3 3 在 10 上不可能有兩個零點 8 設 xf可導 試證 xf的兩個零點之間一定有函數(shù) f xfx 的零點 知識點知識點 拉格朗日中值定理 思路思路 對于證明至少有一點 a b 使得0 f 一般從結論出發(fā) 構造輔助函數(shù) F x 然后 根據(jù)具體的條件使用零點定理 證明 0F 或者使用羅爾中值定理 證明 0F 0 1 fx f xfxf xfx f x ln ln 0 0 xx f xxf x ef x e 故可構造輔助函數(shù) x exfxF 證明證明 設 xf的兩個零點 12 x x 不妨設 12 xx 再令 x exfxF 易知 xF在 21 x x上 連續(xù) 在 21 x x內可導 又0 21 xfxf 從而0 21 xFxF 由羅爾中值定理知 至少有一點 21 x x 使得 0F 又 xxx F xfx ef x efxf x e 從而有 e0f f 0 e 0f f 結論成立 9 設0 12 1 3 12 1 n aa a nn 證明方程 0 12cos 3coscos 21 xnaxaxa n 在 2 0 內至少有一個實根 知識點知識點 羅爾中值定理 思路思路 構造輔助函數(shù) 證明輔助函數(shù)有駐點 證明證明 設 12n sin3xsin 2n 1 x a sinxaa 321 f x n 易知 f x在 0 2 上連續(xù) 在 2 0 上可導 且 0 0f n 1 2n 1 aa a 1 0 232n 1 f 由羅爾中值定理知 至少存在 0 2 使得 0f 又 12 coscos3cos 21 n fxaxaxanx 故 0 12cos 3coscos 21 xnaxaxa n 在 2 0 內至少有一個實根 10 設在 1 上處處有 0fx 且 1 2 1 3f f 證明在 1 內方程 0 xf僅有一實根 知識點知識點 零點定理及其函數(shù)的單調性 思路思路 利用零點定理 或者證明0 xf有實根 再利用函數(shù)單調性證明根唯一 證明證明 由泰勒公式得 22 1 1 1 1 35 1 22 f f f xffxxxx 在 1 上處處有 0fx 2 1 0 2 f x 從而53 xxf 取2 0 x 則有 2 3 2510f 又02 1 f 由零點定理知 21 使得0 f 根的存在性成立 下證唯一性 在 1 上處處有 0fx fx 在 1 上單調遞減 從而在 1 上 有 1 3fxf xf在 1 上嚴格單調遞減 從而0 xf僅有一實根 11 設 xf在 21 上具有二階導數(shù) fx 且0 1 2 ff 若 1 xfxxF 證 明 至少存在一點 21 使得 0F 知識點知識點 羅爾中值定理 思路思路 證明至少存在一點 a b 使得0 f n 的命題 可考慮連續(xù)n次使用羅爾中值定理 證明證明 由題意可知 xF在 21 上連續(xù) 在 21 上可導 且 0 2 1 FF 由羅爾定理 至少存在 21 使得 0F 又 1 F xf xxfx 由題意 F x 在 1 上連續(xù) 在 1 上可導 且 1 1 00Ff 即 1 0FF 由羅爾定理 至少存在 21 1 使得 0F 12 設函數(shù) xf在 a b上可導 且 0fafb 則在 a b內存在一點 使得 0f 知識點知識點 費馬引理 思路思路 可導的極值點必為駐點 所以證明在 a b內存在極值點即可 證明證明 0fafb 不妨設 0fa 0fb lim0 xa f xf a fa xa 由極限的保號性知 0 1 當 1 axa 時 有0 ax afxf 即有 afxf 1 同理由 0fb 知 0 2 當bx b 2 時 有0 bx bfxf 即有 bfxf 2 易知 xf在 a b上連續(xù) 從而 xf在 a b上必有最值 且由 1 2 知 xf的最小值點 必在 a b內取得 設為 則由費馬引理知 0f 結論成立 13 用洛必達法則求下列極限 1 xx x x cossec 1ln lim 2 0 2 2 tan 1 lim 1 x x x 3 2ln 1 1 1 lim 1 xx x 4 x x x x cos1 1 0 sin lim 5 x x x ex 1 0 sinlim 6 2 1 0 sin lim x x x x 知識點知識點 洛必達法則 思路思路 注意洛必達法則的適用范圍 該法則解決的是未定型的極限問題 基本形式為 0 0 型與 型未定 式 對于這種形式可連續(xù)使用洛必達法則 對于 型與 0型的未定式 可通過通分或者取倒數(shù)的 形式化為基本形式 對于 0 0型 1型與 0 型的未定式 可通過取對數(shù)等手段化為未定式 此外 還可 以結合等價無窮小替換 兩個重要的極限 換元等手段使問題簡化 解解 1 1 sincos2 2 lim cos1 lim cos1 1ln cos lim cossec 1ln lim 0 2 2 0 2 2 0 2 0 xx x x x x xx xx x xxxx 2 x x x x x x x x xxxx 2 2 sin 2 1 lim 2 cos 1 lim 2 cos 2 sin 1 lim 2 tan 1 lim 1111 3 2 111 1 1 2ln lim 11ln 1 1 2ln lim 2ln 1 1 1 lim x xx xx xx xx xxx 2 1 2 1 2 1 lim 1 2 1 2 1 lim 11 xx x x x xx 4 x xx x x x xx x x x x x x x eee x x 1 sin cos 0 2 1 lnsinln 0 sin ln cos1 1 0 cos1 1 0 limlimlim sin lim 2 3 1 3 sin 0 sincos 0 sin sincos 0 232 limlimlim eeee x xx x x xxx x xx xxx x 5 方法一方法一 2 sin cos 0 ln sin 1 0 1 0 limlim sinlimeeeex x x x ex ex x ex x x x x x 方法二方法二 x ex ex x x x x x x x exex 1sin 1sin 1 0 1 0 1 sin1 lim sinlim 又eex x ex x x 1sin 1 0 1 sin1 lim 2limlimlim 1 0 sin 0 x 1sin 0 x e x x x x ex x xx 故 2 1 0 sinlimeex x x x 6 xx xxx x x xx x x x xx x x x eee x x sin2 sincos 0 2 1 sin cos 0 lnsinln 0 1 0 222 limlimlim sin lim 6 1 6 sin 0 2 sincos 0 23 limlim eee x xx x x xxx x 14 設lim x fxk 求 limxfaxf x 知識點知識點 拉格朗日中值定理 思路思路 結論中含有函數(shù)改變量 可聯(lián)想到利用中值定理求得結論 解解 由朗格朗日中值定理得 f xaf xf a 介于x與ax 之間 從而有 lim lim lim xx f xaf xf af ak a 15 當a與b為何值時 0 3sin lim 23 0 b x a x x x 知識點知識點 極限和洛必達法則 思路思路 根據(jù)題意和已有的結論得關于a與b等式 求得a與b的值 解解 由題意知b x axx x 3 0 3sin lim 在該式左邊應用洛必達法則可得 b x ax x 2 0 3 3cos3 lim 上式成立 必須 0 3cos3 lim 0 ax x 故3 a 代入上式后 左邊再應用洛必達法則 得 b x x x x x 2 9 6 39 6 3sin9 lim 0 從而有3 a 2 9 b 16 設 11 1ln xxxf 由拉格朗日中值定理得 x 10 0 使得 1 ln 1 ln 1 0 1 xx x 證明 0 1 lim 2 x 知識點知識點 拉格朗日中值定理 思路思路 根據(jù)已知條件 求出 的表達式 再利用求極限的方法求出極限 證明證明 由題意知 1ln 1ln xx xx 2 000 ln 1 ln 1 limlimlim ln 1 xxx xxxx xxx 00 1 1 1 1 limlim 22 1 2 xx x x xxx 17 設 xf在0 0 x的某個鄰域內有二階導數(shù) 且 3 1 0 1 lime x xf x x x 求 0 0 0 f f f 知識點知識點 導數(shù)的定義 思路思路 求抽象函數(shù)在具體某一點處的導數(shù)值 根據(jù)題意和導數(shù)定義 分別求出各階導數(shù)值 解解 由 3 1 0 1 lime x xf x x x 可得0 lim 0 x xf x 從而0 lim 0 xf x xf在0 0 x的某個鄰域內有二階導數(shù) 有0 lim 0 0 xff x 從而有 00 0 0 limlim 0 xx f xff x f xx 0 再由 3 2 0 1 0 2 2 2 1 lim 1 lime x xfx x xf x x xfx xfx x x x x 知 2 2 00 2 limlim3 2 xx xf xxfx xx 0 lim4 x fx x 從而有 00 0 0 limlim4 0 xx fxffx f xx 18 求xexf x cos 的三階麥克勞林公式 知識點知識點 麥克勞林公式 思路思路 利用公式直接展開 解解 10cos 0 0 ef 0 0 cossin 1 x x fexx 0 0 2sin0 x x fex 0 0 2 sincos 2 x x fexx xexf x cos4 4 從而得xexf x cos 的三階麥克勞林公式為 4 234 0 0 0 0 2 3 4 fff x f xffxxxx 10 6 cos 3 1 1 43 x xe xx x 19 證明 10 1 16 8 1 2 1 11 2 5 3 2 x x xxx 證明證明 設xxf 1 則1 0 f 0 11 0 22 1 x f x 3 2 0 11 0 1 44 x fx 5 2 3 1 8 fxx 從而有 23 0 1 0 0 2 3 ff x xffxxx 10 1 16 8 1 2 1 1 2 5 3 2 x x xx 20 設 2 0 x 證明 2 cos1 22 x x x 知識點知識點 麥克勞林公式的應用 思路思路 泰勒公式 麥克勞林公式 可以應用于證明不等式 將函數(shù)展開到適當?shù)男问?然后利用已知條件 和結論得到結果 證明證明 由麥克勞林公式 得 10 4 cos 2 1cos 4 2 x xx x 從而有 24 cos 2 1 24 cos 2 cos1 224 2 x x xx xx x 2 0 x 2 24 cos 2 1 x x 1 3 1 96 32 96 10 96 48 9696 48 2 24 1 2 1 2 2 又0 4 cos 4 x x 有 2 cos1 22 x x x 結論成立 21 證明不等式 2 0 1 sin2 x x x 知識點知識點 導數(shù)的應用 思路思路 拉格朗日中值定理 函數(shù)單調性 泰勒公式等都是常用的證明不等式的方法 根據(jù)此題特點 可以 用拉格朗日中值定理或函數(shù)單調性的判定定理 證明證明 方法一方法一 令 1 sin x x xF 0 2 0 x x 則易知 xF在 2 0 上連續(xù) 當 2 0 x 時 有 2 cos tan 0 x xx F x x 由拉格朗日中值定理 易知 0 0 222 F xFF xx 即有 FxF 2 2 又有 0 0 0 0 F xFFxx 即 1 0 FxF 從而由 知 當 2 0 x 時 有 0 2 FxF F 即1 sin2 x x 結論成立 方法二方法二 令 1 sin x x xF 0 2 0 x x 則易知 xF在 2 0 上連續(xù) 當 2 0 x 時 有 2 cos tan 0 x xx F x x F x嚴格單調降 2 0 1 2 FF xF 得證 22 利用函數(shù)的泰勒展開式求下列極限 1 1 1ln lim 2 x xx x 2 1ln cos lim 2 2 0 2 xxx ex x x 知識點知識點 泰勒公式的應用 思路思路 間接展開法 利用已知的結論將函數(shù)展開到適當?shù)男问?然后利用極限的運算性質得到結果 解解 1 由泰勒公式得 1 1 2 11 1 1ln 22 x o xxx 有 2 1 1 2 1 lim 1 1 2 11 lim 1 1ln lim 2 2 22 22 x ox x o xx xx x xx xxx 2 由泰勒公式得 2 1ln 2 2 xo x xx 4 2 1cos 5 42 xo xx x 82 1 2 2 2 1 4 42 4 2 2 2 2 2 xo xx xo x x e x 2 1 12 1 2 82 1 4 2 1 1ln cos 44 44 22 2 4 42 5 42 2 2 2 xox xox xxo x xo xx o x xx xxx ex x 從而 6 1 2 1 12 1 1ln cos lim 44 44 2 2 0 2 xox xox xxx ex x x 23 求一個二次多項式 2 xp 使 xoxp x 2 2 2 式中 2 xo代表0 x時比 2 x高階的 無窮小 知識點知識點 泰勒公式的應用 思路思路 將函數(shù) x 2的麥克勞林公式展開 再根據(jù)已知條件即得結果 解解 由麥克勞林公式得 2 2ln 2ln12 22 2 2ln xoxxe xx 再由 xoxp x 2 2 2 可知 2 2 2 2 2ln 2ln1 xxxp 24 求下列函數(shù)的單調區(qū)間 1 0 2 3 2 axaaxy 2 00 xnexy xn 3 xxy2sin 知識點知識點 導數(shù)的應用 思路思路 利用一階導數(shù)符號判斷函數(shù)的單調性 求函數(shù)的單調區(qū)間 用導數(shù)為零的點及不可導點 將定義域 劃分成若干個區(qū)間 然后在每個區(qū)間上判斷函數(shù)的單調性 如果劃分定義域的點有兩個或以上 可列表討 論 使得思路更清晰一些 解解 1 0 2 3 2 axaaxy的定義域為 令 2211 3333 2 3 2223 2 2 0 33 2 ax yxaaxxaax xaax 得駐點為 ax 3 2 1 不可導點為 2 2 a x ax 3 列表討論如下 x 2 a 3 2 2 a a 3 2 a a a fx xf 由上表可知 0 2 3 2 axaaxy在 3 2 a a 內嚴格單增 而在 3 2 a a內 嚴格單減 2 00 xnexy xn 令 11 0 nxnxnx ynxex exenx 得0 1 x nx 2 當nx 0時 0y 當nx 時 0y 00 xnexy xn 的單增區(qū)間為 0 n 單減區(qū)間為 n 3 由xxy2sin 知 sin2 2 sin2 sin2 2 xxnxn yxx xxnxn 12cos2 2 1 2cos2 2 xnx y xnxn 當 2 n xn 時 令0y 得n x 3 并且當n xn 3 時 0y 函數(shù)單調遞增 當n xn 23 時 0y 函數(shù) 單調遞減 當 2 n xn 時 令0y 得n x 6 5 并且當n x n 6 5 2 時 0y 函數(shù)單調遞增 當n xn 6 5 時 0y 函數(shù)單調遞減 綜上可知 函數(shù)的增區(qū)間為 322 n n 函數(shù)的減區(qū)間為 2232 n n 25 證明下列不等式 1 當0 x時 22 1 1ln 1xxxx 2 當0 x時 xxxx sin 3 1 3 知識點知識點 函數(shù)單調性的應用 思路思路 利用函數(shù)單調性是證明不等式常用的方法 證明證明 1 令 22 1 1ln 1 xxxxxf 則 xf在 0 內連續(xù) 可導 22 22 ln 1 ln 1 0 11 xx fxxxxx xx 22 1 1ln 1 xxxxxf 在 0 上嚴格單增 從而0 0 fxf 即 22 1 1ln 1xxxx 結論成立 2 令xxxfsin 則 xf在 0 內連續(xù) 可導 1 cos0fxx 且 0fx 僅在可數(shù)的孤立點處成立 xxxfsin 在 0 上嚴格單增 從而0 0 fxf 即 0 sin xxx 令 3 3 1 sin xxxxg 則 xg在 0 內連續(xù) 可導 且 2 cos1g xxx 0 0 222 sin2 22 222 x xx x x x 從而 xg在 0 上嚴格單增 從而0 0 gxg 即 0 3 1 sin 3 xxxx 綜上可知xxxx sin 3 1 3 結論成立 26 設 ab0 證明 ba ab a b 2 ln 知識點知識點 導數(shù)的應用 思路思路 可以將b看作變量x 利用函數(shù)單調性證得結論 證明證明 設 2 ln ln axxaaxxf ax 則 1 lnln 2 lnln 1 a fxaxxaxa xx 22 11 lnln 20 axa fxaxxaxa xxxx fx 在 a 內嚴格單調遞增 0fxf a 從而有 2 ln ln axxaaxxf 在 a 內嚴格單調遞增 當ab 時 有0 2 ln ln afabbaabbf 即有 ba ab a b 2 ln 結論成立 27 求下列函數(shù)圖形的拐點及凹凸區(qū)間 1 7ln12 4 xxy 2 x xey 3 3 21 xy 知識點知識點 導數(shù)的應用 思路思路 利用二階導數(shù)的符號判斷函數(shù)的凹凸性 求拐點和凹凸區(qū)間 用二階導數(shù)為零的點及不可導點 將 定義域劃分成若干個區(qū)間 然后在每個區(qū)間上判斷函數(shù)的凹凸性 如果劃分定義域的點有兩