高等数学-习题答案-方明亮-第三章

1第三章微分中值定理及导数的应用习题3-11.解：（1）满足，0；（2）虽然()fx在[1,1]上连续，(1)(1)ff，但()fx在(1,1)内0x点不可导。可见，()fx在[1,1]上不满足罗尔中值定理的条件，因此未必存在一点(1,1)，使得()0f.2.略3．解：令33arccosarccos(34)yxxx，2232331211(34)xyxxx，化简得0,Cyy（C为常数），又(0.5)y，故当0.50.5x，有()yx。4．证明：显然(),()fxFx都满足在0,2上连续，在0,2内可导()cos,()1sinfxxFxx且对任一0,2x，()0Fx，(),()fxFx满足柯西中值定理条件。(0)121(0)22ffFF，而sincos()cos242()1sin1cossin242xxfxxxFxxx，令()1()12fxFx，即tan1422x，此时2arctan142x显然0,2x，即22arctan10,422，使得(0)(3)2(3)(0)2fffFFF。5.解：因为(0)(1)(2)(3)0ffff，又因为()fx在任一区间内都连续而且可导，所以()fx在任一区间0,1,1,2,2,3内满足罗尔中值定理的条件，所以由罗尔定理，得：123(0,1),(1,2),(2,3),使得：123()0,()0,()0fff，又因为()0fx只有三个根，()0fx有3个根123,,分别属于(0,1),(1,2),(2,3)三个区间.6．证明：设()0fx的1n个相异实根为012nxxxx则由罗尔中值定理知：存在1(1,2,)iin：01111221nnxxxx，使得1()0,(1,2,,)ifin再由罗尔中值定理至少存在2(1,2,1)iin：1121122213211nn，使得2()0,(1,2,,1)ifin如此作到第n步，则知至少存在一点：1112nn使得()()0nf。7．解：反证法，倘若()0px有两个实根，设为1x和2x，即12()()0pxpx，不妨设12xx，由于多项式函数()px在12[,]xx上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点12(,)xx，使得()0p，而这与所设()0px没有实根相矛盾，命3题得证。8．证明：令5()1fxxx，由于(0)1,(1)1ff由零点定理知，在(0,1)内至少存在一点，使()0f，又由方程得4(1)1xx，因此方程只存在0与1之间的正根，假设510xx有两个正根，即12,0xx，且12xx使得：12()()0fxfx，不妨假设12xx，显然()fx在12[,]xx上连续，在12(,)xx内可导。所以由罗尔定理，得：12(,)xx，使得：()0f，即4510，矛盾，假设不成立，所以方程510xx只有一个正根。9．证明：（1）因为()fx在[,]ab上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在(,)ab使得()()()()fbfafba又()fm，故()()()fbfamba，即()()()fbfamba。（2）因为()fx在[,]ab上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在(,)ab使得()()()()fbfabaf又()fM，所以|()()|M()fbfaba。（3）当12xx时结论显然成立，当12xx时，对函数sinx在以12,xx为端点的区间上应用拉格朗日中值定理，得1212sinsincos()xxxx，其中在1x与2x之间，因此121212sinsincosxxxxxx。10．证明：因为()fx在(,)ab内具有二阶导数，所以由罗尔定理，得112(,)xx，223(,)xx，使得12()()0ff，又()fx在12,且满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理，得：41213(,)(,)xx，使得()0f。11．证明：设()lnfxx，由拉格朗日中值定理，得(,)ba，使得：()()()fafbfab即：lnlnlnabaabb，又(,)ba，111ab，abababab。12．证明：对函数()arctanfxx在[0,]h上应用拉格朗日中值定理：存在(0,)h使得2arctanarctanarctan01hhh从而2arctan1hhhh。13．证明：（1）令()arctanfxx。当ab时结论显然成立。当ab时，由拉格朗日中值定理，得()()()fbfafba。（在,ab构成的区间内），即：21()()()arctanarctan1bafbfaba。21arctanarctan1ababab综上所述，结论成立。（2）令()xfxe由拉格朗日中值定理，得：(1,)x，使得：()(1)()1fxffx，即：()(1)(1)()(1)xfxfeexfxe，又(1,)x，故ee，所以ee(1)e(1)exxx，即5eexx。14．证明：()yfx在0x的某邻域内具有n阶导数，由柯西中值定理，得：1(0,)x使111111()()(0)()()(0)00nnnnnffffxfxfxxnn，反复使用柯西中值定理，得：21321(0,).(0,).(0,)(0,)nx，使得()121212()(0)()(0)()()0(1)0!nnnnfffffxfxnnnn即(0,1)，使(0,)xx，使得：()()(),(01)!nnfxfxxn。习题3-21.解：()(2)6,(2)4,(2)4,(2)6,(2)0(4)nfffffn将上述结果代入泰勒多项式，得23(2)(2)()(2)(2)(2)(2)(2)2!3!fffxffxxx32()(2)2(2)4(2)6fxxxx.2.解：因为()()1(1)!(0)1,(),(0)(1)!,1,2,(1)kkkkkkffxfkkx所以1212(1)()1(1),(01)(1)nnnnnfxxxxxx.3.解：因为2(0)0,()sec,(0)1,ffxxf2()2sectan,(0)0fxxxf，224()4sectan2sec,(0)2fxxxxf，6(4)234(4)()8sectan16sectan,(0)0fxxxxxf，(5)24426(5)()16sectan88sectan16sec,(0)16fxxxxxxf，所以35512()()315fxxxxox.4.解：()fxx，所以3211(),()42fxfxxx，523()8fxx7(4)215()16fxx，令4x代入得113(4)2,(4),(4),(4)432256ffff，由泰勒公式，得4237211115(4)2(4)(4)(4)4645124!16[4(4)]xxxxxx.5.解：因为1()fxx，234123!(),(),()fxfxfxxxx，一般地，有()1!()(1)nnnnfxx，所以(1)1,(1)1,(1)2,(1)3!ffff，一般地，有：()(1)!nfn所以，由泰勒公式，得12121(1)[1(1)(1)(1)](1),(01).[1(1)]nnnnxxxxxx6.解：()xfxxe，所以()()011()()(1)(1)()0nxnnxnxnnfxxeCexCex1(1)(1)nxnxxene，又()1(0)(1)nnfn，所以321()(1)()2(1)!nnnxxfxxxoxn.7.解：（1）因为223(27)(27)(27)(27)(27)(27)(27)23!fxfxxffx7237121153(27)(27)(27)2733xxx所以3303.10724,误差为：(4)4(4)412()3(27)3100.000024!4!3ff（2）331sin,sin180.309993!103!10xxx误差为(5)55sin()2105!x.8.解：（1）由于分式的分母33sin(0)xxx，我们只需将分子中的sinx和cosxx分别用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即33sin0()3!xxxx，33cos0()2!xxxxx，于是3333331sincos0()0()0()3!2!3xxxxxxxxxxx，故33330010()sincos13limlimsin3xxxxxxxxx。（2）因为分子关于x的次数为212255111115(15)1(5)1(5)()52!55xxxxox2212()xxox原式22201lim[12()](1)2xxxxoxx.9.解：（1）355sinsin(01)3!5!2xxxxx因此5541111|()|,5!5!238402xRxx；（2）解：设()1fxx，则因为81211(0)1,()(1),(0)22ffxxf3522113()(1),(0),()(1)448fxxffxx所以()1fxx带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为523211(1),(01)2816xxxxx，从而35221()(1),[0,1]1616xRxxx。习题3-31.解：（1）001limlim1sincosxxxxeexx；（2）6612sin2cos3limlimcos33sin33xxxxxx；（3）00011ln(1)11limlimlim1cos1sin1sinxxxxxxxxxxx；（4）2230000tansec12sectanlimlimlim2limsec2sin1cossinxxxxxxxxxxxxxx；（5）2πππ222lnsincoscos1limlimlim(π2)4sin(2)4(2)8xxxxxxxxxx；（6）11limlimmmmmnnnnxaxaxamxmaxanxn；（7）2222πππ222tansec1cos3limliml