高等数学(同济大学第五版)第三章 中值定理与导数的应用

习题3−11.验证罗尔定理对函数y=lnsinx在区间]65,6[ππ上的正确性.解因为y=lnsinx在区间]65,6[ππ上连续,在)65,6(ππ内可导,且)65()6(ππyy=,所以由罗尔定理知,至少存在一点)65,6(ππξ∈,使得y′(ξ)=cotξ=0.由y′(x)=cotx=0得)65,6(2πππ∈.因此确有)65,6(2πππξ∈=,使y′(ξ)=cotξ=0.2.验证拉格朗日中值定理对函数y=4x3−5x2+x−2在区间[0,1]上的正确性.解因为y=4x3−5x2+x−2在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,由拉格朗日中值定理知,至少存在一点ξ∈(0,1),使001)0()1()(=−−=′yyyξ.由y′(x)=12x2−10x+1=0得)1,0(12135∈±=x.因此确有)1,0(12135∈±=ξ,使01)0()1()(−−=′yyyξ.3.对函数f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间]2,0[π上验证柯西中值定理的正确性.解因为f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间]2,0[π上连续,在)2,0(π可导,且F′(x)=1−sinx在)2,0(π内不为0,所以由柯西中值定理知至少存在一点)2,0(πξ∈,使得)()()0()2()0()2(ξξππFfFFff′′=−−.令)0()2()0()2()()(FFffxFxf−−=′′ππ,即22sin1cos−=−πxx.化简得14)2(8sin2−+−=πx.易证114)2(802−+−π,所以14)2(8sin2−+−=πx在)2,0(π内有解,即确实存在)2,0(πξ∈,使得)()()0()2()0()2(ξξππFfFFff′′=−−.4.试证明对函数y=px2+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间.证明因为函数y=px2+qx+r在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,由拉格朗日中值定理,至少存在一点ξ∈(a,b),使得y(b)−y(a)=y′(ξ)(b−a),即(pb2+qb+r)−(pa2+qa+r)=(2pξ+q)(b−a).化间上式得p(b−a)(b+a)=2pξ(b−a),故2ba+=ξ.5.不用求出函数f(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)的导数，说明方程f′(x)=0有几个实根,并指出它们所在的区间.解由于f(x)在[1,2]上连续,在(1,2)内可导,且f(1)=f(2)=0,所以由罗尔定理可知,存在ξ1∈(1,2),使f′(ξ1)=0.同理存在ξ2∈(2,3),使f′(ξ2)=0;存在ξ3∈(3,4),使f′(ξ3)=0.显然ξ1、ξ2、ξ3都是方程f′(x)=0的根.注意到方程f′(x)=0是三次方程,它至多能有三个实根,现已发现它的三个实根,故它们也就是方程f′(x)=0的全部根.6.证明恒等式:2arccosarcsinπ=+xx(−1≤x≤1).证明设f(x)=arcsinx+arccosx.因为01111)(22≡−−−=′xxxf,所以f(x)≡C,其中C是一常数.因此2arccosarcsin)0()(π=+==xxfxf,即2arccosarcsinπ=+xx.7.若方程a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x=0有一个正根x0,证明方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0必有一个小于x0的正根.证明设F(x)=a0xn+a1xn−1+⋅⋅⋅+an−1x,由于F(x)在[0,x0]上连续,在(0,x0)内可导,且F(0)=F(x0)=0,根据罗尔定理,至少存在一点ξ∈(0,x0),使F′(ξ)=0,即方程a0nxn−1+a1(n−1)xn−2+⋅⋅⋅+an−1=0必有一个小于x0的正根.8.若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数,且f(x1)=f(x2)=f(x3),其中ax1x2x3b,证明:在(x1,x3)内至少有一点ξ,使得f′′(ξ)=0.证明由于f(x)在[x1,x2]上连续,在(x1,x2)内可导,且f(x1)=f(x2),根据罗尔定理,至少存在一点ξ1∈(x1,x2),使f′(ξ1)=0.同理存在一点ξ2∈(x2,x3),使f′(ξ2)=0.又由于f′(x)在[ξ1,ξ2]上连续,在(ξ1,ξ2)内可导,且f′(ξ1)=f′(ξ2)=0,根据罗尔定理,至少存在一点ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(x1,x3),使f′′(ξ)=0.9.设ab0,n1,证明:nbn−1(a−b)an−bnnan−1(a−b).证明设f(x)=xn,则f(x)在[b,a]上连续,在(b,a)内可导,由拉格朗日中值定理,存在ξ∈(b,a),使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b),即an−bn=nξn−1(a−b).因为nbn−1(a−b)nξn−1(a−b)nan−1(a−b),所以nbn−1(a−b)an−bnnan−1(a−b).10.设ab0,证明:bbabaaba−−ln.证明设f(x)=lnx,则f(x)在区间[b,a]上连续,在区间(b,a)内可导,由拉格朗日中值定理,存在ξ∈(b,a),使f(a)−f(b)=f′(ξ)(a−b),即)(1lnlnbaba−=−ξ.因为bξa,所以)(1lnln)(1babbabaa−−−,即bbabaaba−−ln.11.证明下列不等式:(1)|arctana−arctanb|≤|a−b|;(2)当x1时,exe⋅x.证明(1)设f(x)=arctanx,则f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,由拉格朗日中值定理,存在ξ∈(a,b),使f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a),即)(11arctanarctan2abab−+=−ξ,所以||||11|arctanarctan|2ababab−≤−+=−ξ,即|arctana−arctanb|≤|a−b|.(2)设f(x)=ex,则f(x)在区间[1,x]上连续,在区间(1,x)内可导,由拉格朗日中值定理,存在ξ∈(1,x),使f(x)−f(1)=f′(ξ)(x−1),即ex−e=eξ(x−1).因为ξ1,所以ex−e=eξ(x−1)e(x−1),即exe⋅x.12.证明方程x5+x−1=0只有一个正根.证明设f(x)=x5+x−1,则f(x)是[0,+∞)内的连续函数.因为f(0)=−1,f(1)=1,f(0)f(1)0,所以函数在(0,1)内至少有一个零点,即x5+x−1=0至少有一个正根.假如方程至少有两个正根,则由罗尔定理,f′(x)存在零点,但f′(x)=5x4+1≠0,矛盾.这说明方程只能有一个正根.13.设f(x)、g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,证明在(a,b)内有一点ξ,使)()()()()()()()()(ξξgagfafabbgagbfaf′′−=.解设)()()()()(xgagxfafx=ϕ,则ϕ(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,由拉格朗日中值定理,存在ξ∈(a,b),使ϕ(b)−ϕ(a)=ϕ′(ξ)(b−a),即⎥⎦⎤⎢⎣⎡′′+′′−=−)()()()()(])([)(])([)()()()()()()()()(ξξξξgagfafgagfafabagagafafbgagbfaf.因此)()()()()()()()()(ξξgagfafabbgagbfaf′′−=.14.证明:若函数.f(x)在(−∞,+∞)内满足关系式f′(x)=f(x),且f(0)=1则f(x)=ex.证明令xexfx)()(=ϕ,则在(−∞,+∞)内有0)()()()()(2222≡−=−′=′xxxxeexfexfeexfexfxϕ,所以在(−∞,+∞)内ϕ(x)为常数.因此ϕ(x)=ϕ(0)=1,从而f(x)=ex.15.设函数y=f(x)在x=0的某邻域内具有n阶导数,且f(0)=f′(0)=⋅⋅⋅=f(n−1)(0)=0,试用柯西中值定理证明:!)()()(nxfxxfnnθ=(0θ1).证明根据柯西中值定理111)(0)0()()(−′=−−=nnnfxfxfxxfξξ(ξ1介于0与x之间),2221111111)1()(0)0()()(−−−−−′′=⋅−′−′=′nnnnnnfnnffnfξξξξξξ(ξ2介于0与ξ1之间),3332222222)2)(1()(0)1()1()0()()1()(−−−−−−′′′=⋅−−−′′−′′=−′′nnnnnnnfnnnnffnnfξξξξξξ(ξ3介于0与ξ2之间),依次下去可得!)(02)1(2)1()0()(2)1()()(1)1(1)1(11)1(nfnnnnffnnfnnnnnnnnnξξξξξ=⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅⋅−−=⋅⋅⋅⋅−−−−−−−−(ξn介于0与ξn−1之间),所以!)()()(nfxxfnnnξ=由于ξn可以表示为ξn=θx(0θ1),所以!)()()(nxfxxfnnθ=(0θ1).习题3−21.用洛必达法则求下列极限:(1)xxx)1ln(lim0+→;(2)xeexxxsinlim0−→−;(3)axaxax−−→sinsinlim;(4)xxx5tan3sinlimπ→;(5)22)2(sinlnlimxxx−→ππ;(6)nnmmaxaxax−−→lim;(7)xxx2tanln7tanlnlim0+→;(8)xxx3tantanlim2π→;(9)xarcxxcot)11ln(lim++∞→;(10)xxxxcossec)1ln(lim20−+→;(11);xxx2cotlim0→(12)2120limxxex→;(13)⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−−→1112lim21xxx;(14)xxxa)1(lim+∞→;(15);xxxsin0lim+→(16)xxxtan0)1(lim+→.解(1)111lim111lim)1ln(lim000=+=+=+→→→xxxxxxx.(2)2coslimsinlim00=+=−−→−→xeexeexxxxxx.(3)axaxaxaxaxcos1coslimsinsinlim==−−→→.(4)535sec53cos3lim5tan3sinlim2−==→→xxxxxxππ.(5)812csclim41)2()2(2cotlim)2(sinlnlim22222−=−−−=−⋅−=−→→→xxxxxxxxπππππ.(6)nmnmnmaxnnmmaxanmnamxnxmxaxax−−−−−→→===−−1111limlim.(7)177sec22seclim277tan2tanlim2722sec2tan177sec7tan1lim2tanln7tanlnlim22002200=⋅⋅==⋅⋅⋅⋅=+→+→+→+→xxxxxxxxxxxxxx.(8))sin(cos23)3sin(3cos2lim31cos3coslim3133secseclim3tantanlim22222222xxxxxxxxxxxxxx−⋅−==⋅=→→→→ππππ3sin3sin3limcos3coslim22=−−−=−=→→xxxxxxππ.(9)122lim212lim1lim11)1(111limcotarc)11ln(lim2222==+=++=+−⋅+=++∞→+∞→+∞→+∞→+∞→xxxxxxxxxxxxxxx.(10)xxxxxxxxxxx22022020cos1limcos1)1ln(coslimcossec)1ln(lim−=−+=−+→→→(注:cosx⋅ln(1+x2)~x2)1sinlim)sin(cos22lim00==−−=→→xxxxxxx.(11)2122sec1lim2tanlim2cotlim2000=⋅==→→→xxxxxxxx.(12)+∞====+∞→+∞→→→1limlim1limlim21012022ttttxxxxetexeex(注:当x→0时,+∞→