机电工业出社高等数学第3章习题解.docx

机电工业出社高等数学第3章习题解习题解答 习 题 3-1 1. 解： 因为f(x)=x-x在区间0,1上连续, 在(0,1)内可导, 且f(0)=f(1), 所以由罗尔定理知, 至少存在一点xÎ(0, 1), 使得f¢(x)=2x-3x=0。 由f¢(x)=2x-3x=0得 因此确有x=2. 证明： 因为函数f(x)=px+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xÎ(a, b), 使得f(b)-f(a)=f¢(x)(b-a), 即 (pb2+qb+r)-(pa2+qa+r)=(2px+q)(b-a). 化简上式得： p(b-a)(b+a)=2px (b-a), 故x=a+b. 23. 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xÎ(a, b), 使 f(b)-f(a)=f ¢(x)(b-a), 即arctanb-arctana=12(b-a), 1+x而 0<222232Î(0, 1). 32Î(0, 1), 使f¢(x)=2x-3x2=0. 31<1, 所以 arctanb-arctana<b-a 。 21+x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xÎ(b, a ), 使 f(a)-f(b)=f ¢(x)(a-b), 即an-bn=nx n-1(a-b). 因为 nbn-1(a-b)<nx n-1(a-b)< nan-1(a-b), 所以 nbn-1(a-b)<an-bn< nan-1(a-b) . 设f(x)=cosx, 则f(x)在以a, b为端点的闭区间上连续, 在以a, b为端点的开区间内可导，由拉格朗日中值定理, 存在x 介于a, b之间，使 f(b)-f(a)=f ¢(x)(b-a), 即cosb-cosa=(-sinx)(b-a), 而 -1£-sinx£1, 所以cosa-cosb£a-b 。 4. 利用导数证明：arcsinx+arccosx= 证明 设f(x)= arcsin x+arccos x. 因为 f¢(x)=p2 ； 1-1º0, 1-x21-x21 所以f (x)ºC, 其中C是一常数. 取x0=0，得到f(0)=arcsin0+arccos0=0+pp2=2； pp又f(-1)=arcsin(-1)+arccos(-1)=-p+p=p，f(1)=arcsin1+arccos1=+0= 222 因此 arcsinx+arccosx=p2 ； 习 题 3-2 1. =lim1+2x+3x2=1+2×1+3×12解：原式= 6 x®1x1 解：原式=limcosx=®a1cosa x 解：原式=lim2cos2xx®psec2x=2 解：原式=lim-xsinx-x×xx®03x2=lim=x®03x2-13 1-1解：原式=lim1+x=x®0-sinxlimx(1+x)sinx=limx=x®0(1+x)x1 x®0 解：原式=limcotx1-csc2x1x®p=22(2x-p)×24lim=- x®p228 222ex×(-22=ex解：原式-1=x2)ex×(-2)=xlim®¥1xlim®¥limx=2x-1x®¥1 x2-x2 解：原式=limx=0tan3xlim1=1x®x®03sec23x3 解：原式=limx-2x+2)=x®2(x-2)(lim1=1x®2x+24解：原=limxlnx-x+1xlnxlnxx®1(x-1)lnx=limlnx1=x®1lim=x®1xlnx+(x-1)lim+1=1lnx+(x-1)×x®1lnx+1+12x解：原式=x-limtanxlnxxlim-tanxln®0+e=ex®0+ 2式，又2 1xlim®0+tanxlnx=xlimlnx®0+cotx=xlimx®0+-csc2x sin2=-xlimx®0+x=-2sinxcosxxlim®0+1=0，所以，原式=e0=1 12lncosx解：原式=limx®0ex=exlim1®0x2lncosx，又lim1-tanx®0x2lncosx=limx x®02x1=lim-sec2x=02-1-2，所以，原式=e2 x®2. x2sin1解：原式=limxxx®0sinx×limx®0xsin1x=1×0=0，所以，极限limx®0sinx存在。 (x2sin1)11但是limx¢2xsin-cos=®0(sinx)¢limxx 不存在，不能用罗必达法则。 xx®0cosx 习 题 3-3 1. 解：因为f(3)=-44，f¢(3)=(4x3-15x2+2)|x=3=-25 f¢¢(3)=(12x2-30x)|x=3=18， f¢¢¢(3)=(2x4-3x=03)=|42，f(4)(3)=24 所以按x-3的幂展开的多项式为 x4-5x3+x2-3x+4 f¢¢(3)f¢¢¢(3)f(4) =f(3)+f¢(3)(x-3)+2!(x-3)2+3!(x-3)3+(3)4!(x-3)4 =-44-25(x-3)+9(x-3)2+7(x-3)3+(x-3)4 2. 解：因为f(0)=1，f¢(0)=3(x2-3x+1)2(2x-3)|x=0=-9 f¢¢(0)=6(x2-3x+1)(2x-3)2+6(x2-3x+1)2|x=0=60， f¢¢¢(0)=6(2x-3)3+36(x2-3x+1)(2x-3)|x=0=-270， f(4)(0)=72(2x-3)2+72(x2-3x+1)|x=0=720， 3 f(5)(0)=288(2x-3)+72(2x-3)|x=0=-1080，f(6)(0)=720 所以按x的幂展开的多项式为 f(x)=(x-3x+1) 23f¢¢(0)2f¢¢¢(0)3f(4)(04)f(5)(05)f =f(0)+f¢(0x)+x+x+x+x+2!3!4!5! =1-9x+30x3. 235 -4x5+3x40-x9+x6(6)6! x(60)解：因为f¢(x)=e+xe，f¢¢(x)=2e+xe，f¢¢¢(x)=3e+xe，L， xxxxxxf(n)(x)=nex+xex， 所以f(k)(0)=k (k=1,2L,n)，从而 f¢¢(0)2f¢¢¢(0)3f(n)(0)nf(n+1)(x)n+1xe=f(0)+f¢(0)x+x+x+L+x+x 2!3!n!(n+1)!x131(n+qx)eqxn+1n=x+x+x+L+x+x, (0<q<1) 2!(n-1)!(n+1)!2(2x)2(2x)41-cos2x4. 解：因为f(x)=sinx=，又cos2x=1-+o(x6)， 2!4!22x4所以：sinx=x-+o(x6) 322习 题 3-4 1. 解：函数y=3x-x的定义域为xÎ(-¥,+¥)，且y¢=3-3x=3(1-x)(1+x)，令32y¢=0，得驻点x1=-1, x2=1，列表得 x (-¥, -1) -1 (-1, 1) 1 (1, +¥) 0 + 0 y¢ - - y 可见函数在(-¥, -1、1, +¥)内单调减少, 在-1, 1内单调增加。 1-x2x函数y=的定义域为xÎ(-¥,+¥)，且y¢=，令y¢=0，得驻点222(1+x)1+xx1=-1, x2=1，列表得： x (-¥, -1) -1 (-1, 1) 1 (1, +¥) 0 + 0 y¢ - - y 4 可见函数在(-¥, -1、1, +¥)内单调减少, 在-1, 1内单调增加。 函数y=138x-8lnx的定义域为xÎ(0,+¥)，且y¢=x2-，令y¢=0，得驻3x点x=2，列表得： x (0, 2) 2 (2, +¥) 0 + y¢ - y 所以函数在(0, 2内单调减少, 在2, +¥)内单调增加。 函数y=2x-x2的定义域为xÎ0, 2，且y¢=2(1-x)2x-x2， 令y¢=0，得驻点x=1，列表得： x (0, 1) 1 (1, 2) + 0 y¢ - y 所以函数在0, 1内单调增加, 在1, 2内单调减少。 因为函数y=x-2sinx的定义域为xÎ0, 2p，且y¢=1-2cosx，令y¢=0，得驻点x1=p3, x2=5p，列表得： 3x y¢ y (0, ) 3p- 5pp5pp5p (, ) (, 2p) 333330 + 0 - 5pp5p, 2p内单调减少, 在, 内单调增加。 333325x-2函数y=(x-1)x3的定义域为xÎ(-¥,+¥)，且y¢=，令y¢=0，得驻33x2点x1=，另外x2=0为函数的不可导点。列表得： 5可见函数在0, p, x (-¥, 0) y¢ y + 0 不存在 (0, 2) 52 (2, +¥) 55- 0 + 可见函数在(-¥, 0, , +¥)内单调增加, 在0, 内单调减少。 2 x证明：设f(x)=e-x-1, 则f (x)在0, +¥)内连续。因为 2525f¢(x)=ex-1>0 5 所以f (x)在(0, +¥)内是单调增加的，从而当x>0时f (x)>f (0)=0, 即 ex-x-1>0 x亦 e-x>1. (x>0) 1设f(x)=2x-3+, 则f (x)在1, +¥)内连续。因为 x11f¢(x)=-2>0 xx所以f (x)在(1, +¥)内是单调增加的，从而当x>1时f (x)>f (1)=0, 即 1>0 x1亦 2x>3-. (x>0) x设f(x)=(1+x)ln(1+x)-arctanx, 则f (x)在0, +¥)内连续。因为 2x-3+x2f¢(x)=ln(1+x)+>0 1+x2所以f (x)在(0, +¥)内是单调增加的，从而当x>0时f (x)>f (0)=0, 即 (1+x)ln(1+x)-arctanx>0 亦 ln(1+x)> 3. 解： (1) 函数的定义域为(-¥, +¥), 且 y¢=6x-6x=6x(x-1), 驻点为x1=0, x2=1 列表 x (-¥, 0) y¢ y + 0 0 7极大值 (0, 1) - 32arctanx. (x>0) 1+x1 0 6极小值 2(1, +¥) + 可见函数在x=0处取得极大值7, 在x=1处取得极小值6. (2) 函数的定义域为(-¥, +¥), 且 y¢=4x-4x=4x(1-x), 驻点为x=0, ±1。又y¢¢=4-12x2。因为y¢¢(0)=4>0, y¢¢(-1)=-8<0, y¢¢(1)=-8<0, 所以y(0)=0是函数的极小值, y(-1)=1和y(1)=1是函数的极大值. (3) 函数的定义域为(-1, +¥), 且 y¢= 列表 x (-1, 0) y¢ y 可见函数在x=0处取得极小值0. (4) 函数的定义域为 (-¥, +¥), 且 y¢=- 列表 6 x。令y¢=0，驻点为x=0, 1+x0 0 0极小值 (0, +¥) + - 2。x=1为不可导点 331-xx (-¥, 1) y¢ y 可见函数在x=1处取得极小值2. - 1 0 2极小值 (1, +¥) + (5) 函数的定义域为 (-¥, +¥), 且 y¢=2(x+1)(2x-1)。令y¢=0，得驻点为x=列表 x (-¥, -1) y¢ y 可见函数在x=1处取得极小值-27. 21621 , -1，2-1 0 非极值 (-1, 1) 21 2(1, +¥) 2- - -0 27极小值 16+ 4sin2x， 3a212pp 要使函数f(x)在x=处取得极值, 必有f¢=0, 即 +(-)=0， a=. 3332322p2p 当a=时, f¢¢=-3<0. 因此, 当a=时, 函数f (x)在x=处取得极值, 而3333p3且取得极大值, 极大值为f=. 324. 解：f¢(x)=acosx+cos2x,f¢¢(x)=-asinx-5. 解：Q y¢=6x+6x=6x(x+1)，令y¢=0, 得驻点为x1=-1 x2=0。计算函数值得 y(-1)=1, y(0)=0, y(-1)=-4, y(2)=28, 经比较得出函数的最小值为y(-1)=-4, 最大值为y(2)=28. 2Q y¢=3x-12x=3x(x-4)，令y¢=0, 得驻点为x1=0, x2=4。计算函数值得 y(0)=5, y(-1)=-2, y(2)= -11, 经比较得出函数的最小值为y(2)=-11, 最大值为y(0)=5. Q y¢=2- y(141-x-115=，令y¢=0, 得驻点为x1=。计算函数值得 1621-x21-x1517)=, y(-5)=-10+6, y(1)=2 1681517)=. 168经比较得出函数的最小值为y(-5)=-10+6, 最大值为y(1-x2Q y¢=2，令y¢=0, 得驻点为x=±1。列表得 (x+1)2 7 x (0, 1) y¢ + y 1 0 极大值 (1, +¥) - 所以函数在x=1处取得极大值. 又因为驻点只有一个, 所以这个极大值也就是最大值, 即函数在x=1处取得最大值, 最大值为y(1)=Q y¢=2x+1. 216，令y¢=0, 得驻点为x=-2。列表得 x2x (-¥, -2) y¢ y - -2 0 极小值 (-2, 0) + 所以函数在x=-2处取得极小值. 又因为驻点只有一个, 所以这个极小值也就是最小值, 即函数在x=-2处取得最小值, 最小值为y(-2)=12. 6. 解：设两数中的一数为x则另一数为(6-x) , 于是立方和为 y=x3+(6-x)3. (0£x£6) y¢=36(x-3)，y¢¢=36 令y¢=0, 得唯一驻点x=3. 因为y¢¢(3)=36>0, 所以x=3为极小值点, 从而也是最小值点. 即当两数均为3时，两数的立方和为最小. 7. V. 于是容器表面积为： 2pr2V S=p r2+2p rh=pr2+ (0<x<+¥), r解： 由V=p r2h, 得h= S¢=2pr-2V. 2r3 令S ¢=0, 得驻点r=Vp. 因为S¢¢=2p+V4V3r=, 所以S在驻点处取得极小值, 也就是最小值. 这时相>03pr应的高为h=V=r. 底半径与高的比为r:h=1:1。 2p r0 8. 解：平均成本函数 25000+200+0.025x x2500050000¢¢，. C¢(x)=-+0.025C(x)=x2x3C(x)= 8 令C¢(x)=0,得驻点x=1000. 因为 C¢¢(1000)=50000>0,所以C(x)在驻点x=100010003处取得极小值。.因为驻点唯一, 所以这个极小值也就是最小值，即当生产1000件产品时，平均成本最小。 利润函数 L(x)=R(x)-C(x)=-25000+300x-0.025x2， L¢(x)=300-0.05x，L¢¢(x)=-0.05， 令L¢(x)=0,得驻点x=6000. 因为 L¢¢(6000)=-0.05<0,所以L(x)在驻点x=6000处取得极大值。.因为驻点唯一, 所以这个极大值也就是最大值，即当生产6000件产品时，利润达到最大。 9. 解：设漏斗的底周长为l、底半径为r、高为h ，那么 l=R(2p-a), r=漏斗的容积为 R(2p-a)R, h=2p2p4pa-a2. 12R3(2p-a)224pa-a V=hrp= ( 0 < a <2p ). 2324pV¢=(3a2-12pa+4p2)(2p-a)R324p24pa-a2，令V¢=0，得驻点为a=(2-26)p. 3由问题的实际意义, V 一定在(0, 2p)内取得最大值, 而V 在(0, 2p)内只有一个驻点, 所以该驻点一定也是最大值点. 因此当j a=(2-26)p时, 漏斗的容积最大. 310. 解：槽的流量与槽的横截面面积有关，横截面面积 愈大，流量愈大。因此，求流量最大，也就是求槽的横截面面积最大。 设横截面面积为S，由于截面为梯形， 所以S=1(CD+AB)ED，在直角三角形BED中，2BE=acosq，BD=asinq，又CD=a，于是AB=a(1+2cosq)，故 1pS=a+a(1+2cosq)asinq=a2sinq(1+cosq), (0<q<) 221S¢=a2(2cos2q+cosq-1), 令S¢=0，得cosq=和cosq=-1，从2而有唯一驻点为q=所以当q=p3。 p3时，横截面面积最大，即水槽的流量最大，最大流量为332av。 412.解：设房租定为x元, 纯收入为R元. 当x£1000时, R=50x-50´100=50x-5000, 且当x=1000时, 得最大纯收入45000元. 当x>1000时, 9 R=50- R¢=-111(x-1000)×x-50-(x-1000)×100=-x2+72x-7000, 5050501x+72. 251<0, 所以x=1800为极大值点, 25 令R¢=0得(1000, +¥)内唯一驻点x=1800. 因为R¢¢=-同时也是最大值点. 最大值为R=57800. 因此, 房租定为1800元可获最大收入 习 题 3-5 1. 解：函数的定义域为(-¥, +¥), 且y¢=6x-6x-36，y¢¢=12x-6. 令y¢¢=0, 得x= 列表得 221. 2x y¢¢ y (-¥, 1) 21 2(1, +¥) 2- 0 3 2+ Ç È 拐点 222所以曲线在(-¥,1内是凸的, 在1, +¥)内是凹的, 拐点为 (1,3). (2) 函数的定义域为(-¥, +¥), 且y¢=-2(x-1)(x+1)2x¢¢y=， .令y¢¢=0, 得(x2+1)2x2+1x1=-1, x2=1. 列表得 x y¢¢ y (-¥, -1) - -1 0 ln2 拐点 (-1, 1) + 1 0 ln2 拐点 (1, +¥) - Ç È Ç 可见曲线在(-¥, -1和1, +¥)内是凸的, 在-1, 1内是凹的, 拐点为(-1, ln2)和(1, ln2). (3) 函数的定义域为(-¥, +¥), 且y¢=13x32，y¢¢=-29xx32 .当x=0时, y¢¢不存在。 列表得 x (-¥, 0) 0 (0, +¥) 0 y¢¢ + - 0 y È Ç 拐点 可见曲线在(-¥,0内是凹的, 在0, +¥)内是凸的，拐点为 (0, 0)。 10 1-x22(x-2)¢¢(4) 函数的定义域为(-¥,-1)È(-1,+¥), 且y¢=， .令y¢¢=0, y=(x+1)4(x+1)4得x=2. 列表得 x (-¥, -1) (-1, 2) 2 (2, +¥) 0 y¢¢ - - + 2 9y Ç Ç È 拐点 可见曲线在(-¥, -1)和(-1, 2内是凸的, 在2, +¥)内是凹的, 拐点为 (2, 2). 92. 解： y¢=3ax2+2bx, y¢¢=6ax+2b . 要使(1, 3)成为曲线y=ax3+bx2的拐点, 必须y(1)=3且y¢¢(1)=0, 39即a+b=3且6a +2b=0, 解此方程组得a=-, b=. 22习 题 3-6 1. xx，=0lim=¥， x®¥(x+2)2x®-2(x+2)2所以函数有水平渐近线y=0和铅直渐近线x=-2 2x22-xQ limxe=limx=limx=0， x®¥x®¥ex®¥e所以函数有水平渐近线y=0。 2Q limln(x-1)=¥， 解：Q limx®±1所以函数有铅直渐近线x=±1。 Q limx®+¥x2+1x2+1=lim=1， x®+¥xx2x2+1x2+1x2+1 lim=lim-=-1，lim=¥， 2x®-¥x®+¥x®0xxx所以函数有水平渐近线y=±1和铅直渐近线x=0。 2.作出下列函数的图形： y=x-x-x+1； 321-2x+1； 2xxy=； 21+x-(x-1)2y=e； y=解：略 习 题 3-7 1. 11 解：y¢=2x-2，y¢¢=2；y¢|x=1=0, y¢¢|x=1=2 所求曲率为 |y¢¢|2|=2. 23/223/2¢(1+y)(1+0)11曲率半径为 r=。 K2 K=y¢=1×secx×tanx=tanx，y¢¢=sec2x；y¢|x=0=0, y¢¢|x=0=1 secx在任意点(x, y)所求曲率为 |y¢¢|sec2x| K=|cosx|. 23/223/2(1+y¢)(1+tanx)11曲率半径为 r=|secx|； K|coxs|在任意点(0, 0)所求曲率为 K=1，曲率半径为r=两边对x求导数得 1=1 Kx2+4y2xx +2yy¢=0, y¢=-, y¢¢=-. 16y34y2 y¢|(0,1)=0, y¢¢|(0,1)=-所求曲率为 K=2. 11解： y¢=, y¢¢=-2. 在任意点处的曲率 xx|2|y¢¢|xx= K=, 23/223/21(1+y¢)(1+2)3/2(1+x)x|-11. 4|y¢¢|(1+y¢2)3/21|-|14，曲率半径为r=4。 =(1+02)3/24在任意点处的曲率半径 r=1322(1+x)x, 其导数为 33(1+x2)2×2x×x-(1+x2)21+x2(2x2-1)2 r¢=. =22xx 令r ¢=0, 得x= 因为当0<x<2. 2222时, r ¢<0; 当x>时, r ¢>0, 所以x=是r 的极小值点, 同时22212 也最小值点. 当x=33. 222ln2时, y=-ln2. 因此在曲线上点(, -)处曲率半径最小, 最小曲2222率半径为r= 习 题 3-8 1. 解：设f(x)=x3-3x2+6x-1，显然f(x)在0, 1内连续又因为f(0)=-1<0，2f(1)=3>0，且f¢(x)=3x-6x+6=3(x-1)+3在区间0, 1内大于零，故方程内有唯一实根0, 1就是一个根的隔离区间 f(x)=0在2计算得： x1=0.5，f(x1)=1.375， 故a1=0，b1=0.5； x2=0.25，f(x2)=0.328， 故a2=0，b2=0.25； x3=0.13，f(x3)=-0.269， 故a3=0.13，b3=0.25； x4=0.19，f(x4)=0.039， 故a4=0.13，b4=0.19； x5=0.16，f(x5)=-0.113， 故a5=0.16，b5=0.19； x6=0.18，f(x6)=-0.011， 于是 0.18<x<0.19 即取0.18作为根的不足近似值，取0.19作为根的过剩近似值，其误差都小于10 2. 解：设f(x)=x-x-1，显然f(x)在(-¥, +¥)内连续因为f(1)=-1<0，3-2f(2)=5>0，所以1, 2就是一个根的隔离区间，且在区间1, 2上f¢(x)=3x2-1>0，f¢¢(x)=6x>0由于f¢¢(x)与f(2)同号，故取x=2的弧端作切线应用公式得 f(2)»1.55； f¢(2)f(1.55)x2=1.55-»1.36； f¢(1.55)f(1.36)x3=1.36-»1.33； f¢(1.36)f(1.33)x4=1.33-»1.325 f¢(1.33)f(1.325)x5=1.325-»1.325 ¢f(1.325)上述计算到此不能再继续，x4与x5相等，说明迭代已经趋于稳定，并且 x1=2-13 f(1.32)=-0.02<0，f(1.33)=0.023，于是 1.32<x<1.33 因此，以1.32或1.33作为根的近似值，其误差都不超过10 3. 解：用牛顿切线法. 设f(x)=x+x-4，显然f(x)在(-¥, +¥)内连续因为3-2f(1)=-2<0，f(2)=6>0，所以1, 2就是一个根的隔离区间，且在区间1, 2上f¢(x)=3x2+1>0，f¢¢(x)=6x>0由于f¢¢(x)与f(2)同号，故取x=2的弧端作切线应用公式，得 f(2)»1.538； f¢(2)f(1.538)x2=1.538-»1.393； f¢(1.538)f(1.393)x3=1.393-»1.379； ¢f(1.393)f(1.379)x4=1.379-»1.379 f¢(1.379)上述计算到此不能再继续，x4与x5相等，说明迭代已经趋于稳定，并且 x1=2- f(1.379)=1.363´10-3>0，f(1.378)=-5.338´10-3<0，于是 1.378<x<1.379 -3因此，以1.378或1.379作为根的近似值，其误差都不超过10 总习题3 1.选择题 设y=f(x)在x=x0可导，则f¢(x0)=0是f(x)在x=x0取得极值的 充分条件必要条件充要条件既非充分又非必要条件 设函数f(x)可导，且limf¢(x)=1，则对任意常数a，必有limf(x+a)-f(x)= x®¥x®¥a 0 -a ¥ 设y=f(x)满足方程y¢¢-2y¢-4y=0，且f(x0)<0，f¢(x0)=0，则函数f(x)在点x0处 取得极大值某个邻域内单调增加取得极小值某个邻域内单调减少 下列四个结论中，正确的是 若函数f(x)在区间I内可导且单调增加，则对任意xÎI，都有f¢(x)>0； 若函数f(x)和g(x)都在区间I内可导且f¢(x)>g¢(x)，则f(x)>g(x)； 若函数f(x)在x=x0处取得极大值，则f(x)也在x=x0处取得极大值； 14 若函数f(x)和g(x)都在x=x0处取得极小值，则f(x)+g(x)也在x=x0处取得极小值。 x2+2x-3曲线y=3的铅直渐近线的条数是 2(x-x)(x+1)0 1 2 3 2.填空题 函数f(x)=1-lnx在区间1, e上使用拉格朗日中值定理成立的x= e-1 。 设函数f(x)有二阶连续导数，且f¢¢(0)=1，根据罗必达法则可得，limx®0f(x)+f(-x)-2f(0)= 1 。 x2函数f(x)=x+ln(1-x)的单调减少区间为 0, 1) 。 函数f(x)=2x-9x+12x-3在区间0, 2上的最大值与最小值依次为 -3、2 。 3. 32-x21-x2-e-xe-x-11limlim解：原式=lim= -422x®0x®0x®0x2x2x2x-ln(1+x)x =lim=lim1x®0xln(1+x)x®0(1+x)ln(1+x)+xx®0ln(1+x)+x×1+x221-原式=lim11+x=lim11= x®0ln(1+x)+1+12原式=limex®+¥2 ln(3x+5x)x=limex®+¥2 ln(3x+5x)x=ex2 ln(3x+5x)x®+¥xlim， æ3öç÷ln3+ln5xx23ln3+5ln5è5øxx=2lim又limln(3+5)=2lim xx®+¥x®+¥xx®+¥3x+5xæ3öç÷+1è5ø=2ln5，所以，原式=e22ln5=25 4. 解：f¢(x)=3x+2ax+b，f¢¢(x)=6x+2a，依条件有 ìy(2)=4ì4+4a+2b+c=0ïï¢y(3)=0，即， íí27+6a+b=0ïy¢¢(2)=0ï6+a=0îî15 解之得：a=-6, b=9, c=2。 5. 解：方程x-xy+y=3两边对x求导得 2x-y-xy¢+2yy¢=0 则y¢=22y-2x222。令y¢=0得到y=2x，代入x-xy+y=3得x=1，即x=±1为椭圆2y-x方程确定的隐函数的两个驻点。由几何性质知: y的最大值、最小值是存在的，因此，x=±1 对应y的最大值、最小值：y(1)=2, y(-1)=-2。从而纵坐标最大和最小的点分别是(1, 2)和(-1, -2)。 6. lnx, 则f (x)在(0, +¥)内连续。因为 x1-lnxf¢(x)=<0， (x>e) x2所以f (x)在(e, +¥)内是单调减少的，从而当x2>x1>e时，有f(x2)<f(x1)。即 lnx2lnx1 <x2x1亦 x2lnx1>x1lnx2. 证明：设f(x)=设g(x)=1+xln(x+1+x)-1+x, 则g (x)在0, +¥)内连续。因为 22g¢(x)=ln(x+1+x2)>0， (x>0) 所以g (x)在(0, +¥)内是单调增加的，从而当x>0时，有g(x)>g(0)。即 1+xln(x+1+x2)-1+x2>0 亦 1+xln(x+1+x)>1+x. 设h(x)=(1+x)-1-ax, 则h(x)在(-1, +¥)内连续。因为 a22h¢(x)=a(1+x)a-1-1，h¢¢(x)=a(a-1)(1+x)a-2， 令h¢(x)=0，得x=0为唯一驻点。又h¢¢(0)=a(a-1)<0， 所以x=0为h(x)的极大值点, 同时也是最大值点。从而当x>-1时，有h(x)£h(0)。即 (1+x)a-1-ax£0 亦 (1+x)£1+ax. 7. 证明：令F(x)=f(x)g(x)，则F(x)在a, b上连续，在(a, b)内可导， 且F(a)=f(a)g(a)=0=f(b)g(b)=F(b)。由罗尔定理知, 至少存在一点xÎ(a, b), 使得F¢(x)=0。即f¢(x)g(x)+f(x)g¢(x)=0 a 16 8. 证明：由题意知：f(x)在x1, x2和x2, x3上均满足罗尔定理的条件。由罗尔定理知, 至少存在一点x1Î(x1, x2), x2Î(x2, x3)使得f¢(x1)=0，f¢(x2)=0。这样f¢(x)在x1, x2上也满足罗尔定理的条件，由罗尔定理知，至少存在一点xÎ(x1, x2)Ì(x1, x3)使得f¢¢(x)=0。 aa12a23x+x+L+nxn+1，则f(x)在0, 1上连续，23n+1aaa在(0, 1)内可导，且f(0)=0，f(1)=a0+1+2+L+n=0。所以f(x)满足罗尔23n+19.证明：作辅助函数f(x)=a0x+定理的条件。又f¢(x)=a0+a1x+a2x+L+anx，由罗尔定理知, 至少存在一点2nxÎ(a, b)使得f¢(x)=0。即方程a0+a1x+a2x2+L+anxn=0在(0 , 1)内至少有一个实根。 10. 解：设圆的周长为x，则正方形的周长为a-x，两图形面积之和为 4+p2aa2æa-xöæxöA=çx-x+， 0<x<a ÷+