总习题三

总习题三1.填空:设常数k0,函数kexxxfln)(在(0,)内零点的个数为________.解应填写2.提示:exxf11)(,21)(xxf.在(0,)内,令f(x)0,得唯一驻点xe.因为f(x)0,所以曲线kexxxfln)(在(0,)内是凸的,且驻点xe一定是最大值点,最大值为f(e)k0.又因为)(lim0xfx,)(limxfx,所以曲线经过x轴两次,即零点的个数为2.2.选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论:设在[0,1]上f(x)0,则f(0),f(1),f(1)f(0)或f(0)f(1)几个数的大小顺序为().(A)f(1)f(0)f(1)f(0);(B)f(1)f(1)f(0)f(0);(C)f(1)f(0)f(1)f(0);(D)f(1)f(0)f(1)f(0).解选择B.提示:因为f(x)0,所以f(x)在[0,1]上单调增加,从而f(1)f(x)f(0).又由拉格朗日中值定理,有f(1)f(0)f(),[0,1],所以f(1)f(1)f(0)f(0).3.列举一个函数f(x)满足:f(x)在ab上连续在(ab)内除某一点外处处可导但在(ab)内不存在点使f(b)f(a)f()(ba).解取f(x)|x|,x[1,1].易知f(x)在[1,1]上连续,且当x0时f(x)1;当x0时,f(x)1;f(0)不存在,即f(x)在[1,1]上除x0外处处可导.注意f(1)f(1)0,所以要使f(1)f(1)f()(1(1))成立,即f()0,是不可能的.因此在(1,1)内不存在点使f(1)f(1)f()(1(1)).4.设kxfx)(lim,求)]()([limxfaxfx.解根据拉格朗日中值公式,f(xa)f(x)f()a,介于xa与x之间.当x时,,于是akfaafxfaxfxx)(lim)(lim)]()([lim.5.证明多项式f(x)x33xa在[0,1]上不可能有两个零点.证明f(x)3x233(x21),因为当x(0,1)时,f(x)0,所以f(x)在[0,1]上单调减少.因此,f(x)在[0,1]上至多有一个零点.6.设1210naaan0,证明多项式f(x)a0a1xanxn在(0,1)内至少有一个零点.证明设121012)(nnxnaxaxaxF,则F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)F(1)0.由罗尔定理,在(0,1)内至少有一个点,使F()0.而F(x)f(x),所以f(x)在(0,1)内至少有一个零点.7.设f(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,且f(a)0,证明存在一点(0,a),使f()f()0.证明设F(x)xf(x),则F(x)在[0,a]上连续,在(0,a)内可导,且F(0)F(a)0.由罗尔定理,在(0,a)内至少有一个点,使F()0.而F(x)f(x)xf(x),所以f()f()0.8.设0ab,函数f(x)在ab上连续在(ab)内可导试利用柯西中值定理证明存在一点(ab)使abfbfafln)()()(.证明对于f(x)和lnx在[a,b]上用柯西中值定理,有1)(lnln)()(fabafbf,(a,b),即abfbfafln)()()(,(a,b).9.设f(x)、g(x)都是可导函数,且|f(x)|g(x),证明:当xa时,|f(x)f(a)|g(x)g(a).证明由条件|f(x)|g(x)得知,1)()(gf,且有g(x)0,g(x)是单调增加的,当xa时,g(x)g(a).因为f(x)、g(x)都是可导函数,所以f(x)、g(x)在[a,x]上连续,在(a,x)内可导,根据柯西中值定理,至少存在一点(a,x),使)()()()()()(gfagxgafxf.因此,1)()()()(|)()(|gfagxgafxf,|f(x)f(a)|g(x)g(a).10.求下列极限:(1)xxxxxxln1lim1;(2)]1)1ln(1[lim0xxx;(3)xxx)arctan2(lim.(4)nxxnxxxnaaa]/)[(lim11211(其中a1a2,an0)解(1)(xx)(exlnx)exlnx(lnx1)xx(lnx1).xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx1)1(lnlim11)1(ln1lim)ln1()(limln1lim1111121)1)(ln11(ln1lim11xxxxxxxx.(2)xxxxxxxxxxxxxxxxxx1)1ln(111lim])1ln([])1ln([lim)1ln()1ln(lim]1)1ln(1[lim00002111)1ln(1lim)1ln()1(lim00xxxxxxx(3))2lnarctan(lnlim)arctan2(limxxxxxex,因为)2lnarctan(lnlimxxx2111arctan1lim)1()2lnarctan(lnlim22xxxxxxx,所以2)2lnarctan(lnlim)arctan2(limeexxxxxx.(4)令nxxnxxnaaay]/)[(11211.则]ln)[ln(ln11211naaanxyxnxx,因为xnaaanyxnxxxx1]ln)[ln(limlnlim11211)1()1()lnlnln(1lim121211111211xxaaaaaaaaannxnxxxnxxxlna1lna2lnanln(a1a2an).即yxlnlimln(a1a2an),从而nxnxxnxxxaaaynaaalim]/)[(lim211121111.证明下列不等式(1)当2021xx时1212tantanxxxx;(2)当x0时,xxx1arctan)1ln(.证明(1)令xxxftan)(,)2,0(x.因为0tantansec)(222xxxxxxxxf,所以在)2,0(内f(x)为单调增加的.因此当2021xx时有]2211tantanxxxx,即1212tantanxxxx.(2)要证(1x)ln(1x)arctanx,即证(1x)ln(1x)arctanx0.设f(x)(1x)ln(1x)arctanx,则f(x)在[0,)上连续,211)1ln()(xxxf.因为当x0时,ln(1x)0,01112x,所以f(x)0,f(x)在[0,)上单调增加.因此,当x0时,f(x)f(0),而f(0)0,从而f(x)0,即(1x)ln(1x)arctanx0.12.设020)(2xxxxxfx,求f(x)的极值.解x0是函数的间断点.当x0时,f(x)1;当x0时,f(x)2x2x(lnx1).令f(x)0,得函数的驻点ex1.列表:x(,0)0)1,0(ee1),1(ef(x)不存在0f(x)↗2极大值↘ee2极小值↗函数的极大值为f(0)2,极小值为eeef2)1(.13.求椭圆x2xyy23上纵坐标最大和最小的点.解2xyxy2yy0,yxyxy22.当yx21时,y0.将yx21代入椭圆方程,得32141222yyy,y2.于是得驻点x1,x1.因为椭圆上纵坐标最大和最小的点一定存在,且在驻点处取得,又当x1时,y2,当x1时,y2,所以纵坐标最大和最小的点分别为(1,2)和(1,2).14.求数列}{nn的最大项.解令xxxxxf1)((x0),则xxxfln1)(ln,)ln1(1ln11)()(1222xxxxxxfxf,)ln1()(21xxxfx.令f(x)0,得唯一驻点xe.因为当0xe时,f(x)0;当xe时,f(x)0,所以唯一驻点xe为最大值点.因此所求最大项为333}3,2max{.15.曲线弧ysinx(0x)上哪一点处的曲率半径最小？求出该点处的曲率半径.解ycosx,ysinx,xxyysin)cos1(||)1(2/322/32(0x),xxxxxxx2232212sincos)cos1(sin)sincos2()cos1(23xxxxx222212sin)1cossin3(cos)cos1(.在(0,)内,令0,得驻点2x.因为当20x时,0;当x2时,0,所以2x是的极小值点,同时也是的最小值点,最小值为12sin)2cos1(2/32.16.证明方程x35x20只有一个正根.并求此正根的近似值使精确到本世纪末103解设f(x)x35x2,则f(x)3x25,f(x)6x.当x0时,f(x)0,所以在(0,)内曲线是凹的,又f(0)2,)2(lim3xxx,所以在(0,)内方程x35x20只能有一个根.(求根的近似值略)17.设f(x0)存在,证明)()(2)()(lim020000xfhxfhxfhxfh.证明hhxfhxfhxfhxfhxfhh2)()(lim)(2)()(lim00020000hhxfhxfh)()(lim21000hhxfxfxfhxfh)]()([)]()([lim2100000)()]()([21])()()()([lim2100000000xfxfxfhhxfxfhxfhxfh.18.设f(n)(x0)存在,且f(x0)f(x0)f(n)(x0)0,证明f(x)o[(xx0)n](xx0).证明因为100)()(lim)()(lim00nxxnxxxxnxfxxxf20))(1()(lim0nxxxxnnxf)(!)(lim0)1(0xxnxfnxx0)(!1)()(lim!10)(00)1()1(0xfnxxxfxfnnnnxx,所以f(x)o[(xx0)n](xx0).19设f(x)在(ab)内二阶可导,且f(x)0.证明对于(ab)内任意两点x1,x2及0t1,有f[(1t)x1tx2](1t)f(x1)tf(x2).证明设(1t)x1tx2x0.在xx0点的一阶泰勒公式为20000)(!2)(