习题3一1 1.填空题 )函数y=mx在区侧[受上满足罗尔定理的5- (2)曲线y=e在点x= 处的切线与连接两点(0,1)与(1，-)的弦平行. 解（）星然函数)=m2x在区间-受习上满足罗尔定理的三个条件，所以存在 5e(受.使得-0，即sm25-0=0. (2)由于函数y=e-x在区间[0,1]上连续，(0,1)内可导，所以满足拉格朗日定理的条件.故 存在x∈0，)，使得0)-0=y,即上-1=-e,解得飞=1-mfe-1). 1-0 2.证明下列恒等式 (1)arctanxtarccot). (2)3arccosx-arecos). 证(1)令f(x)=arctanx+arccotx,则x∈(-o,+o),f'(x)=0,所以f(x)=C(常 数).又fo=7故)=actn+=7xe(←to). （2）令)=3aos-aco3-4r.则vre(x<分 3 3-12x2 3 31-4x2) f倒+-6x-4n-+a-0-4r0, 所以f)三C(常数).又f0)=f仕)=元，所以 )=3 arccoSx--arccos(3x-4xr)=π（←）sx≤ 3.证明：方程x+x-1=0只有一个正实数根. 证存在性：令f(x)=x+x-1.则f(x)在区间[0,1]上连续，且f(0)=-1<0,f(1)=1>0, 根据零点定理知，至少存在ξ∈(0,1)，使得f()=0,即5是方程的一个正实数根： 唯一性：假设方程有两个正根5,52∈(0，+∞)（设5<52），则f(x)在[51,52]上满足罗尔定理 的条件，所以至少存在一点7∈[5,5]，使∫"(7)片5n+1=0,这与∫"(x)=5x+1>0矛盾.说明 方程x5+x-1=0只有一个正实数根. 1
1 习题 3－1 1．填空题 （1）函数 y x 2 sin 在区间 ] 2 , 2 [ 上满足罗尔定理的 ． （2）曲线 x y e 在点 x 处的切线与连接两点 (0,1) 与 ) 1 (1, e 的弦平行． 解 （1）显然函数 y x 2 sin 在区间 ] 2 , 2 [ 上满足罗尔定理的三个条件，所以存在 2 2 （- ， ） ，使得 y ( ) 0 ，即 sin 2 0, 0 ． （2）由于函数 x y e 在区间 [0 1] , 上连续， (0 1) , 内可导，所以满足拉格朗日定理的条件．故 存在 x （0 1，） ，使得 (1) (0) ( ) 1 0 y y y x ，即 1 1 e e ，解得 1 1 ln( e )． 2．证明下列恒等式 （1） arctan arccot 2 x x ， x (,) ． （2） 3 1 1 3arccos arccos(3 4 ) ( ) 2 2 x x x x ． 证 （1） 令 f x x x ( ) arctan arccot ，则 x f x ( , ), ( ) 0 ，所以 f x C ( ) （常 数）．又 (0) , 2 f 故 ( ) arctan arccot , ( , ) 2 f x x x x ． （２） 令 3 f x x x x ( ) 3arccos arccos(3 4 ) ，则 1 1 ( ), 2 2 x x 2 2 2 3 2 2 2 2 2 3 3 12 3 3(1 4 ) ( ) 0 1 1 (3 4 ) 1 (1 )(1 4 ) x x f x x x x x x x ， 所以 f x C ( ) （常数）．又 1 (0) ( ) , 2 f f 所以 3 1 1 ( ) 3arccos arccos(3 4 ) ( ) 2 2 f x x x x x ． 3．证明：方程 1 0 5 x x 只有一个正实数根． 证 存在性：令 5 f x x x ( ) 1 ．则 f x( ) 在区间 [0 1] , 上连续，且 f (0) 1 0, f (1) 1 0 ， 根据零点定理知，至少存在 (0 1) , ，使得 f ( ) 0 ，即 是方程的一个正实数根； 唯一性：假设方程有两个正根 1 2 1 2 , , (0 ) ( ) 设 ，则 f x( ) 在 1 2 [ ] , 上满足罗尔定理 的条件，所以至少存在一点 4 1 2 [ ], ( )=5 +1=0 , f 使 ，这与 4 f x x ( ) 5 1 0 矛盾．说明 方程 1 0 5 x x 只有一个正实数根．
4.设函数f(x)在[0，π]上连续，在(0，π)内可导，证明：在(0，π)内至少存在一点5，使得 f'(5)sin5+f(5)cos5=0. 证令F(x)=f(x)sinx.则F(x)在[0，π]上连续，在(0，π)内可导，并且F(O)=F(π)=0， 故F(x)在[O,π]上满足罗尔定理的条件.因此，至少存在一点5∈(O,π)，使得F'(5)=0,亦即 f'(5)sin5+f(5)cos5=0. 5.设函数f(x)在[a,b]上二阶可导，且f(a)=f(b)=0,令F(x)=(x-a)f(x),证明：在 (a,b)内至少存在一点5，使得F"()=0. 证F(a)=Fb扌，则F(x)在区间[a,b]上满足罗尔定理的条件，∴.3n∈(a,b)使得 F'()=0.又F'(x)=f(x)+(x-a)f'(x),可见F'(a)=0,故F'(x)在区间[a,]上也满足罗尔 定理的条件，所以，∴.35∈(a,)∈(a,b),使得F"()=0. 6.证明下列不等式 (1)当x>1时，e>ex: (2)当b>a>0时，b-a<1nb<-a b aa 证(1)令f(x)=e,则f(x)在区间[L,x]上满足拉格朗日中值定理的条件，从而有 f(x)-f()=f'(5)x-1)(1<5<x),即e-e=e(x-l)>e(x-1)从而e>ex. (2)令f(x)=lnx,则f(x)在区间[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，从而有 nb-lna=」又由于上<是<↓所以上<nb-lna<↓，亦b-a<nb<b-a b-a5 b5a’ b b-a a b aa 7.设0<a<b,函数f(x)在[a,]上连续，在(a,b)内可导，证明：在(a,b)内至少存在 一点5，使得fO-j@=5f5)n2 证令g(x)=lnx,则f(x)g(x在区间[a,b]上满足柯西中值定理的条件.从而 5∈a,b)使fb)-f@-f但，即fb-fa@='2,即fb-fa@=f g(b)-8(ag'(5) Inb-Ina 1 a 5 8.设0<a<b.证明：在(a,b)内至少存在一点5，使ae°-be=(5-1)e(b-a). 正令商数)=8)=士则/倒)g)在区间La,1上满足树西中值定理的条件，从
2 4．设函数 f (x) 在 [0, ] 上连续，在 (0, ) 内可导，证明：在 (0, ) 内至少存在一点 ，使得 f f ( )sin ( ) cos 0 ． 证 令 F x f x x ( ) ( )sin ．则 F x( ) 在 [0, ] 上连续，在 (0, ) 内可导，并且 F F (0) ( ) 0 ， 故 F x( ) 在 [0, ] 上满足罗尔定理的条件．因此，至少存在一点 (0, ) ，使得 F( ) 0 ，亦即 f f ( )sin ( )cos 0 ． 5．设函数 f (x) 在 [a,b] 上二阶可导，且 f (a) f (b) 0 ，令 F(x) (x a) f (x) ，证明：在 (a,b) 内至少存在一点 ，使得 F( ) 0 ． 证 F a F b ( ) ( ) 0 ，则 F x( ) 在区间 [ , ] a b 上满足罗尔定理的条件， ( , ) a b 使得 F( ) 0 ．又 F x f x x a f x ( ) ( ) ( ) ( ), 可见 F a( ) 0 ，故 F x ( ) 在区间 [ , ] a 上也满足罗尔 定理的条件，所以， ( , ) ( , ) a a b ，使得 F( ) 0 ． 6．证明下列不等式 （1） 当 x 1 时， x e e x ； （2） 当 b a 0 时， ln b a b b a b a a ． 证（1） 令 ( ) x f x e ，则 f x( ) 在区间 [1, ] x 上满足拉格朗日中值定理的条件，从而有 f x f f x x ( ) (1) ( )( 1) (1 ) ， ( 1) ( 1) x e e e x e x 即 ， x 从而e ex ． （２）令 f x x ( ) ln ，则 f x( ) 在区间 [ , ] a b 上满足拉格朗日中值定理的条件，从而有 ln ln 1 b a b a ，又由于 1 1 1 b a ，所以 1 ln ln 1 b a b b a a ，亦 ln b a b b a b a a ． 7．设 0 a b，函数 f (x) 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内可导，证明：在 (a,b) 内至少存在 一点 ，使得 ( ) ( ) ( )ln b f b f a f a ． 证 令 g x x ( ) ln ， 则 f x g x ( ) ( ) 、 在区间 [ , ] a b 上 满 足 柯 西 中 值 定 理 的 条 件 ． 从 而 ( , ) a b 使 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a f g b g a g ，即 ( ) ( ) ( ) ln ln 1 f b f a f b a ，即 ( ) ( ) ( )ln b f b f a f a ． 8．设 0 a b ．证明：在 (a,b) 内至少存在一点 ，使 ( 1) ( ) b a ae be e b a ． 证 令函数 1 ( ) , ( ) x e f x g x x x ，则 f x g x ( ) ( ) 、 在区间 [ , ] a b 上满足柯西中值定理的条件．从
eb ea eg-es 而Ee(a,b)使f-f@-只，即ba= 整理得 g(b)-g(a）g'(5) 11 1 b a ae-bea =(-1)es(b-a). 习题3一2 1.求下列极限问题中能够使用洛必达法则的是() x-sinx (A)lim x+Inx x0 xsInx (B)x-司 x2sin- X+cOSx (C)lim- X (D)lim x0 sinx x→mX-C0SX 答(A) 2.用洛必达法则求下列极限 x3-3x+2 In(1+x2) (1)lim- 1x3-x2-x+1 (2)lim x→0SecX-cOSX na+马 (3)l1im- ④)lml-x2)tanx: x→+arcc0tX T→ (1 1 (5)lim (6)lim(2sin x+cosx)*. sinx 解(1)应用洛必达法则，原式=lim 3x2-3 =lim- 6x=3 3x2-2x-146x-22 (2)应用洛必达法则 2x 2xcos2x 原式=lim lim- =1: x0 (1+x2)(secxtanx+sinx)xo sinx(1+cos2x) (3)首先应用等价无穷小代换，再用洛必达法则 1 1 原式=limx，一=lim x→+arccotx 1 -=1: 1+x2 1-x2 -2x 4 (4)原式=lim -=lim- x→1 2c02 2 (5)先通分、等价无穷小代换，再用洛必达法则 2
3 而 ( , ) a b 使 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a f g b g a g ，即 2 2 1 1 1 b a e e e e b a b a ，整理得 ( 1) ( ) b a ae be e b a ． 习题 3－2 1．求下列极限问题中能够使用洛必达法则的是（ ） （A） x x x x x sin sin lim 0 （B） 1 ln lim 1 x x x x （C） x x x x sin 1 sin lim 2 0 （D） x x x x x cos cos lim 答 （A） 2． 用洛必达法则求下列极限 (1) 1 3 2 lim 3 2 3 1 x x x x x x ； (2) x x x x sec cos ln(1 ) lim 2 0 ； (3) 1 ln(1 ) lim cot x x arc x ； (4) x x x 2 lim(1 )tan 2 1 ； (5) 0 1 1 lim x x x sin ； (6) x x x x 1 0 lim(2sin cos ) ． 解 （1）应用洛必达法则，原式 2 2 1 1 3 3 6 3 lim lim x x 3 2 1 6 2 2 x x x x x ； （2）应用洛必达法则 原式 2 0 2 lim (1 )(sec tan sin ) x x x x x x 2 2 0 2 cos lim 1 sin (1 cos ) x x x x x ； （3）首先应用等价无穷小代换，再用洛必达法则 原式 2 2 1 1 lim lim 1 cot 1 1 x x x x arc x x ； （4）原式 2 1 1 2 1 2 4 lim lim cot csc 2 2 2 x x x x x x ； （5）先通分、等价无穷小代换，再用洛必达法则
原式=li sinx-x =lim m sinx-x=lim cosx-1=0: x0 xsinx0x2 02x nco lim 2cs-sin (6)原式=e0 =e2sinx+cosx =e2 In(a+x2),x>1 3.设f(x)= 在x=1处可导，求a和b. x+b,x≤1 解由f(x)在x=1点连续，有limf(x)=limf(x)=f(1),可得 ln(a+1)=1+b,即b=ln(a+1)-1. 而f(x)在x=1点可导，且 (1)=lim()-f(D-lim-()=1. r x-1 x-→1 x-1 (1)lim f()-f(D)-lim I(a+x)-In(a+D)=lim2x=2 x-1 x-1 a+xa+l 则由f()-f(仙)，得a=1,而b=n2-1. xInx ,x≠1 4. 设f(x) 1-x ,讨论f(x)在x=1处的连续性及可导性. -1,x=1 解由于limf(x)=lim nx血x=-lim (n x+)=-1=f0,所以f()在x=1处连续： x1 -x → xInx+1 又f')=lim1-x,=lim xinx+1-x=lim- In x =lim 11 x-1 1-x2+2x-11-2x+21-2x2 ·因此fx)在 x=1处连续性并且可导性。 5.验证极限1m+s1nx存在，但不能使用洛必达法则求极限。 X+0 解这是“口”型未定式.若用洛必达法则，得 00 lim (x+sinx)' =lim(1+cosx),极限不存在. 但实际上，易求得lim x+sinx=lim(1+sin)=l.这说明极限limx+sinx存在，但不能使用 x-0 洛必达法则 6.已知f"(a存在，求极限1im/a+)+f(a-)-2f@ h2 解该极限是：。”型未定式，应用洛必达法则 0 4
4 原式 2 000 sin sin cos 1 lim lim lim 0 xxx sin 2 x x x x x x x x x ； （6）原式 0 0 ln(2sin cos ) 2cos sin lim lim x x 2sin cos 2 x x x x x x x e e e ． 3．设 2 ln( ), ( ) , a x f x x b 1 1 x x 在 x 1 处可导，求 a 和 b． 解 由 f (x) 在 x 1 点连续，有 1 1 lim ( ) lim ( ) (1) x x f x f x f ，可得 ln( 1) 1 a b ，即 b a ln( 1) 1． 而 f (x) 在 x 1 点可导，且 1 1 ( ) (1) (1 ) (1) lim lim 1 x x 1 1 f x f x b b f x x ， 2 2 1 1 1 ( ) (1) ln( ) ln( 1) 2 2 (1) lim lim lim x x x 1 1 1 f x f a x a x f x x a x a ． 则由 f f (1) (1) ，得 a 1 ，而 b ln 2 1． 4． 设 ln , 1 ( ) 1 1, 1 x x x f x x x ，讨论 f (x) 在 x 1 处的连续性及可导性． 解 由于 1 1 1 ln lim ( ) lim = lim ln 1) 1 (1) x x x 1 x x f x x f x （ ，所以 f (x) 在 x 1 处连续； 又 2 1 1 1 1 ln 1 1 ln 1 ln 1 1 (1) lim lim lim lim x x x x 1 2 1 2 2 2 2 x x x x x x x f x x x x x ．因此 f (x) 在 x 1 处连续性并且可导性． 5．验证极限 sin lim x x x x 存在，但不能使用洛必达法则求极限． 解 这是“ ”型未定式．若用洛必达法则，得 ( sin ) lim lim(1 cos ) x x x x x x ，极限不存在． 但实际上，易求得 sin sin lim lim(1 ) 1 x x x x x x x ．这说明极限 sin lim x x x x 存在，但不能使用 洛必达法则． 6．已知 f a ( ) 存在，求极限 2 0 ( ) ( ) 2 ( ) lim h f a h f a h f a h ． 解 该极限是“ 0 0 ”型未定式，应用洛必达法则
原式=limf'飞a+h)-f'(a-月_lim厂f'(a+)-f@+'a-m)-f@] h-0 2h 2h-0 h -h -f"(a) 8(x) x≠0 7.设g(x)在x=0处二阶可导，且g(0)=0,f(x)= 试确定a值，使函数 、a,x=0 f(x)在x=0处可导，并求'(O). 解由于f(x)在x=0点可导，故连续.所以有 f(0)=lim /(x)=lim(x)-lim(-g(0)=g0).a=(0). rs0 x→0X x-0x-0 (x) -g'( 而 ()=lim)f(0)=lim-x -lim (x)-xg(0) 0x-0 x→0x →0x2 8（9,g1. =1i 2x 21 习题3一3 1.单项选择题 (1)设f(x)在[0，]上可导，f'(x)>0,且f(0)<0,f1)>0,则f(x)在(0,1)内() (A)零点个数不能确定 (B)至少有两个零点 (C)没有零点 (D)有且仅有一个零点： (2)函数f(x)=x+cosx在(-0，+o)内是() (A)不单调 (B)不连续 (C)单调增加 (D)单调减少： (3)设f(x)在(a,b)上可导，f'(x)>0,f"(x)<0,则f(x)的图形在(a,b)内是() (A)单调减少且凸的 (B)单调增加且凸的 (C)单调减少且凹的 (D)单调增加且凹的： (4)下列函数的图形在定义域内是凸的为() (A)y=sinx (B)y=ln(1+x2) (C)y=x2-x3 (D)y=ln(1-x): (5)曲线y=xex的拐点是() (A)(1,e-1) (B)(0,0) (c)(2,2e-2) (D)(-1,e): (6)点(0,0)不是曲线()的拐点 5
5 原式 0 ( ) ( ) lim h 2 f a h f a h h 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) lim ( ) 2 h f a h f a f a h f a f a h h ． 7．设 g x( ) 在 x 0 处二阶可导，且 g(0) 0 ， ( ) , 0 ( ) , 0 g x x f x x a x ．试确定 a 值，使函数 f x( ) 在 x 0 处可导，并求 f (0) ． 解 由于 f (x) 在 x 0 点可导，故连续．所以有 0 0 0 ( ) ( ) (0) (0) lim ( ) lim lim (0) x x x 0 g x g x g f f x g x x ，即 a g (0)． 而 2 0 0 0 ( ) (0) ( ) (0) ( ) (0) (0) lim lim lim x x x 0 g x g f x f g x xg x f x x x 0 ( ) (0) 1 lim (0) x 2 2 g x g g x ． 习题 3－3 1．单项选择题 （1） 设 f (x) 在 [0,1] 上可导， f (x) 0 ，且 f (0) 0 ， f (1) 0 ，则 f (x) 在 (0,1) 内（ ） （A）零点个数不能确定 （B）至少有两个零点 （C）没有零点 （D）有且仅有一个零点； （2） 函数 f (x) x cos x 在 (,) 内是（ ） （A）不单调 （B）不连续 （C）单调增加 （D）单调减少； （3）设 f (x) 在 (a,b) 上可导， f (x) 0， f (x) 0 ，则 f (x) 的图形在 (a,b) 内是（ ） （A）单调减少且凸的 （B）单调增加且凸的 （C）单调减少且凹的 （D）单调增加且凹的； （4）下列函数的图形在定义域内是凸的为（ ） （A） y sin x （B） ln(1 ) 2 y x （C） 2 3 y x x （D） y ln(1 x) ； （5）曲线 x y xe 的拐点是（ ） （A） (1, ) 1 e （B） (0,0) （C） (2,2 ) 2 e （D） (1, e) ； （6）点 (0,0) 不是曲线（ ）的拐点