高等数学复旦大学出版社习题答案三

66习题三1.验证：函数()lnsinfxx在π5π[,]66上满足罗尔定理的条件，并求出相应的，使()0f.证：()lnsinfxx在区间π5π[,]66上连续，在π5π(,)66上可导，且π5π()()ln266ff，即在π5π[,]66上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理，至少存在一点π5π(,),66使()0f.事实上，由cos()cot0sinxfxxx得ππ5π(,),266x故取π2，可使()0f.2.下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件？有没有满足定理结论中的？⑴2,01,()[0,1]0,1,xxfxx；⑵()1,[0,2]fxx；⑶sin,0π,()[0,π].1,0,xxfxx解：⑴()fx在[0,1]上不连续，不满足罗尔定理的条件.而()2(01)fxxx，即在（0，1）内不存在，使()0f.罗尔定理的结论不成立.⑵1,12,()1,01.xxfxxx(1)f不存在，即()fx在区间(0,2)内不可导，不满足罗尔定理的条件.而1,12,()1,01.xfxx即在（0，2）内不存在，使()0f.罗尔定理的结论不成立.⑶因(0)1(π)=0ff,且()fx在区间[0,π]上不连续，不满足罗尔定理的条件.而()cos(0π)fxxx,取π2，使()0f.有满足罗尔定理结论的π2.67故罗尔定理的三个条件是使结论成立的充分而非必要条件.3.函数()(2)(1)(1)(2)fxxxxxx的导函数有几个零点？各位于哪个区间内？解：因为(2)(1)(0)(1)(2)0fffff，则分别在[－2，－1]，[－1，0]，[0，1]，[1，2]上应用罗尔定理，有1234(2,1),(1,0),(0,1),(1,2),使得1234()()()()0ffff.因此，()fx至少有4个零点，且分别位于(2,1),(1,0),(0,1),(1,2)内.4.验证：拉格朗日定理对函数3()2fxxx在区间[0，1]上的正确性.验证：因为()fx在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，满足拉格朗日定理的条件.由(1)(0)()(10)fff得2322解得13，即存在13使得拉格朗日定理的结论成立.5.如果()fx在[a，b]上连续，在（a，b）内可导且()0,()0,fafx证明：()()fbfa.证明：因为()fx在[a,b]上连续，在（a，b）内可导，故在[a，x]上应用拉格朗日定理，则(,),()axaxb，使得()()()0fxfafxa,于是()()0fxfa,故有()()fbfa6.设()()()fafcfb，且acb,()fx在[a，b]内存在，证明：在（a，b）内至少有一点，使()0f.证明：()fx在[a，b]内存在，故()fx在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且()()()fafcfb，故由罗尔定理知，1(,)ac，使得1()0f，2(,)cb，使得2()0f，又()fx在12[,]上连续，在12(,)内可导，由罗尔定理知，12(,)，使()0f，即在（a，b）内至少有一点，使()0f.7.已知函数()fx在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且()()0fafb，试证：在（a，b）内至少有一点，使得68()()0,(,)ffab.证明：令()()e,xFxfx()Fx在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且()()0FaFb，由罗尔定理知，(,)ab，使得()0F，即()e()e0ff,即()()0,(,).ffab8.证明恒等式：222arctanarcsinπ(1).1xxxx证明：令22()2arctanarcsin1xfxxx,22222222212(1)22()1(1)21()122011xxxfxxxxxxx故()fxC，又因(1)πf,所以()πfx,即222arctanarcsinπ.1xxx9.对函数()sinfxx及()cosgxxx在[0,]2上验证柯西定理的正确性.验证：()fx，()gx在[0,]2上连续，在(0,)2内可导，且()1sin0gxx，满足柯西定理的条件.由π()(0)()2π()()(0)2fffggg,得2cosπcot()π21sin42,故ππ2π2arctan(0,)222满足柯西定理的结论.10.设()fx在[,]ab上有(1)n阶连续导数，在(,)ab内有n阶导数，且(1)()()()()0.nfbfafafa试证：在(,)ab内至少存在一点，使()()0nf.证明：首先，对()fx在[,]ab上应用罗尔定理，有1(,)aab，即1aab，使得1()0fa；其次，对()fx在[,]ab上应用罗尔定理，有21(,)aab，即12aaab，使得2()0;,fa一般地，设在(,)ab内已找到1n个点121,,,,naaa其中69121,naaaab使得(1)1()0nnfa，则对(1)()0nfx在1[,]nab上应用罗尔定理有1(,)(,),nabab使得()()0nf.11.利用洛必达法则求下列极限：⑴πsin3limtan5xxx;⑵3π2lnsinlim(2)xxx;⑶0e1lim(e1)xxxxx;⑷sinsinlimxaxaxa;⑸limmmnnxaxaxa;⑹1ln(1)limcotxxarcx;⑺0lnlimcotxxx;⑻0limsinlnxxx;⑼0e1lim()e1xxxx;⑽01lim(ln)xxx;⑾2lim(arctan)πxxx;⑿10lim(1sin)xxx;⒀0lim[lnln(1)]xxx;⒁332lim(1)xxxxx;⒂sin0eelimsinxxxxx;⒃210sinlim()xxxx;⒄1101lim[(1)]exxxx.解：⑴原式=2π3cos33lim5sec55xxx.⑵原式=2ππ221cot1csc1limlim4π-2428xxxxx.⑶原式=000e1e11limlimlime1e2ee22xxxxxxxxxxxx.⑷原式=coslimcos1xaxa.⑸原式=11limmmnnxamxmanxn.70⑹原式=22221()11limlim111xxxxxxxxx.⑺原式=22001sinlimlim0cscxxxxxx.⑻原式=001lnlimlim0csccsccotxxxxxxx.⑼原式22200eeeelim=lim(e1)xxxxxxxxxxx202ee1=lim2xxxx204ee3=lim22xxx.⑽原式=0lim(1ln)xxx令(1ln)xyx00020011()ln(1ln)1lnlimlnlimlim111limlim011lnxxxxxxxxyxxxxx∴原式=00lime1xy.⑾令2(arctan)πxyx，则2222211lnlnarctanπarctan1limlnlimlim1112limarctan1πxxxxxxxyxxxxx∴原式=2πe.⑿令1(1sin)xyx，则71000cosln(1sin)1sinlimlnlimlim11xxxxxxyx∴原式=e=e.⒀原式00lnlim(ln)lim1xxxxxx0021=lim=lim()01xxxxx⒁原式32311111lim1xxxxx2234232311111=lim(1)(23)=33xxxxxxxx⒂原式sinsin0e(e1)limsinxxxxxxsin00e(sin)=lim=e=1sinxxxxxx⒃令12sin()xxyx，则200023002220011coslnsinlnsinlimlnlimlim2cossincossinlimlim2sin2cossincos1limlim.666xxxxxxxxxxxxyxxxxxxxxxxxxxxxxxx∴原式=16e.⒄令111[(1)]exxyx，则11ln[ln(1)1]xyxx2000011ln(1)1limlnlimlim2111lim.212xxxxxxxyxxx12.求下列极限问题中，能使用洛必达法则的有（）.72⑴201sinlimsinxxxx；⑵lim(1)xxkx；⑶sinlimsinxxxxx；⑷eelim.eexxxxx解：⑴∵200111sin2sincoslimlimsincosxxxxxxxxx不存在,（因1sinx，1cosx为有界函数）又2001sin1limlimsin0sinxxxxxxx,故不能使用洛必达法则.⑶∵sin1coslimlimsin1cosxxxxxxxx不存在,而sin1sinlimlim1.sinsin1xxxxxxxxxx故不能使用洛必达法则.⑷∵eeeeeelimlimlimeeeeeexxxxxxxxxxxxxxx利用洛必达法则无法求得其极限.而22ee1elimlim1ee1exxxxxxxx.故答案选（2）.13.设21lim51xxmxnx,求常数m,n的值.解：要使21lim51xxmxnx成立，则21lim()0xxmxn,即10mn又2112limlim2511xxxmxnxmmx得3,4mn14.设()fx二阶可导，求20()2()()limhfxhfxfxhh.解：732000()2()()()()limlim21()()()()lim[]21[li2hhhfxhfxfxhfxhfxhhhfxhfxfxhfxhh00()()()()mlim]1[()()]2().hhfxhfxfxhfxhhfxfxfx15.确定下列函数的单调区间：(1)3226187yxxx；解：所给函数在定义域(,)内连续、可导，且2612186(1)(3)yxxxx可得函数的两个驻点：121,3xx,在(,1),(1,3),(3,)内，y分别取+，–，+号，故知函数在(,1],[3,)内单调增加，在[1,3]内单调减少.(2)82(0)yxxx；解:函数有一个间断点0x在定义域外，在定义域内处处可导，且282yx，则函数有驻点2x，在部分区间(0,2]内，0y；在[2,)内y0，故知函数在[2,)内单调增加，而在