高等数学基础作业3答案

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第4章导数的应用(一)单项选择题⒈若函数)(xf满足条件(D),则存在),(ba,使得abafbff)()()(.A.在),(ba内连续B.在),(ba内可导C.在),(ba内连续且可导D.在],[ba内连续,在),(ba内可导⒉函数14)(2xxxf的单调增加区间是(D).A.)2,(B.)1,1(C.),2(D.),2(⒊函数542xxy在区间)6,6(内满足(A).A.先单调下降再单调上升B.单调下降C.先单调上升再单调下降D.单调上升⒋函数)(xf满足0)(xf的点,一定是)(xf的(C).A.间断点B.极值点C.驻点D.拐点⒌设)(xf在),(ba内有连续的二阶导数,),(0bax,若)(xf满足(C),则)(xf在0x取到极小值.A.0)(,0)(00xfxfB.0)(,0)(00xfxfC.0)(,0)(00xfxfD.0)(,0)(00xfxf⒍设)(xf在),(ba内有连续的二阶导数,且0)(,0)(xfxf,则)(xf在此区间内是(A).A.单调减少且是凸的B.单调减少且是凹的C.单调增加且是凸的D.单调增加且是凹的(二)填空题⒈设)(xf在),(ba内可导,),(0bax,且当0xx时0)(xf,当0xx时0)(xf,则0x是)(xf的极小值点.⒉若函数)(xf在点0x可导,且0x是)(xf的极值点,则)(0xf0.⒊函数)1ln(2xy的单调减少区间是)0,(.⒋函数2e)(xxf的单调增加区间是),0(⒌若函数)(xf在],[ba内恒有0)(xf,则)(xf在],[ba上的最大值是)(af.⒍函数3352)(xxxf的拐点是x=0.(三)计算题⒈求函数2)5)(1(xxy的单调区间和极值.解:])5)[(1()5(])1[(22xxxxy)5)(1(2)5(2xxx)1-)(5(3xx令0y,得驻点5,1xx.列表(见右列表):在)1,(上0y,在)5,1(上0y,在),5(上0y.由此可知函数y在)1,(和),5(上单调增加,在)5,1(上单调减少.1x是极大值点,极大值为32)1(y,5x是极小值点,极小值为0)5(y.⒉求函数322xxy在区间]3,0[内的极值点,并求最大值和最小值.解:)1(222xxy令0y,得驻点1x.在)1,(上0y,在),1(上0y.所以1x是极小值点.此时有6)3(,2)1(,3)0(fff,所以最大值为6,最小值为2.⒊求曲线xy22上的点,使其到点)0,2(A的距离最短.解:设曲线上的点为),(yx,则该点到点)0,2(A的距离为22)0()2(yxdd与2d有相同的最小值点222)2(yxd因为xy22,所以422)2(222xxxxd22)(2xd令0)(2d,得1x,容易验证该点是最小值点。此时2y即曲线上的点)2,1(与点)2,1(到点)0,2(A的距离最短.⒋圆柱体上底的中心到下底的边沿的距离为L,问当底半径与高分别为多少时,圆柱体的体积最大?解:如图所示,圆柱体高h与底半径r满足222Lrh圆柱体的体积公式为hrV2将222hLr代入得hhLV)(22求导得)3())(2(22222hLhLhV令0V得Lh33,并由此解出Lr36。即当底半径Lr36,高Lh33时,圆柱体的体积最大.⒌一体积为V的圆柱体,问底半径与高各为多少时表面积最小?解:设圆柱体的底半径为r,高为h,则表面积为rhrSπ2π22因为Vhr2π,即2πrVh,所以rVrS2π22x)1,(1(1,5)5),5(y+0-0+y单调上升32(极大值)单调下降0(极小值)单调上升L22π4rVrS令0S,得3π2Vr,容易验证该点是最小值点。此时32π4πVrVh即圆柱体的底半径3π2Vr与高3π4Vh时表面积最小.⒍欲做一个底为正方形,容积为62.5立方米的长方体开口容器,怎样做法用料最省?解:设正方形的底边为x,高为y,则表面积为xyxS42因为5.622yx,即25.62xy,所以xxS250222502xxS令0S,得5x,容易验证该点是最小值点。此时5.2255.62y即正方形的底边为5x,高为5.2y时用料最省.(四)证明题⒈当0x时,证明不等式)1ln(xx.证:设)1ln()(xxxF,有xxxxF1111)(显然,当0x时,0)(xF,所以)(xF单调增加,由此可得)0()(FxF因为0)01ln(0)0(F所以0)(xF即0)1ln(xx由此得)1ln(xx⒉当0x时,证明不等式1exx.证:设)1(e)(xxFx,有1e)(xxF显然,当0x时,0)(xF,所以)(xF单调增加,由此可得)0()(FxF因为0)10(e)0(0F所以0)(xF即0)1(exx由此得1exx

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