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1、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）虽然在上连续，但在内点不( )f x 1,1( 1)(1)ff( )f x( 1,1)0x 可导。可见，在上不满足罗尔中值定理的条件，因此未必存在一点( )f x 1,1，使得.( 1,1) ( )0f2.略3解：令，33arccosarccos(34)yxxx，化简得（为常数） ，又223 233 1211 (34)xy xxx 0,Cyy C，故当，有。(0.5)y0.50.5x( )y x4证明：显然都满足在上连续，在内可导( ),( )f xF x0,2 0,2且对任一，( )cos ,( )1 sinfxx
2、F xx 0,2x( )0F x满足柯西中值定理条件。( ),( )f xF x，而，(0)121(0)22ffFFsincos( )cos242 ( )1 sin1 cossin242xxfxx xF xxx令，即，此时( )1 ( )12fx F xtan1422x显然，即2arctan142x0,2x2，2arctan10,422使得。(0)(3)2 (3)(0)2fff FFF5.解：因为，又因为在任一区间内都连续而(0)(1)(2)(3)0ffff( )f x且可导，所以在任一区间内满足罗尔中值定理的条件，所( )f x 0,1 , 1, 2 , 2,3以由罗尔定理，得：使得：，又1
3、23(0,1),(1,2),(2,3),123( )0,()0,()0fff因为只有三个根，有 3 个根分别属于( )0fx( )0f x123, 三个区间.(0,1),(1,2),(2,3)6证明：设的个相异实根为( )0f x 1n012nxxxxL则由罗尔中值定理知：存在：1(1,2,)iinL，使得01111221nnxxxxL1()0, (1,2, )ifinL再由罗尔中值定理至少存在：2(1,2,1)iinL，使得1121122213211nnL2()0, (1,2,1)ifinL如此作到第步，则知至少存在一点：使得。n1112nn( )( )0nf7解：反证法，倘若有两个实根，设
4、为和，即，( )0p x 1x2x12()()0p xp x不妨设，由于多项式函数在上连续且可导，故由罗尔中值定理12xx( )p x12 ,x x存在一点，使得，而这与所设没有实根相矛盾，12( ,)x x( )0p( )0p x3命题得证。8证明：令，由于由零点定理知，在5( )1f xxx(0)1,(1)1ff 内至少存在一点，使，又由方程得，因此方程只存(0,1)( )0f4(1)1x x 在与 之间的正根，假设有两个正根，即，且使01510xx 12,0x x12xx得：，不妨假设，显然在上连续，在12()()0f xf x12xx( )f x12 ,x x内可导。所以由罗尔定理，得
5、：，使得：，即12( ,)x x12( ,)x x ( )0f，矛盾，假设不成立，所以方程只有一个正根。4510 510xx 9证明：（1）因为在上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在( )f x , a b使得( , )a b( )( )( )()f bf afba又，故( )fm，即。( )( )()f bf am ba( )( )()f bf am ba（2）因为在上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在使( )f x , a b( , )a b得( )( )()( )f bf abaf又，所以。( )fM|( )( )| M()f bf aba（3）当时结论显然成立，当时，对函数在以为端
6、点的12xx12xxsin x12,x x区间上应用拉格朗日中值定理，得，其中在与1212sinsincos()xxxx1x之间，因此2x。121212sinsincosxxxxxx10证明：因为在内具有二阶导数，所以由罗尔定理，得( )f x( , )a b4，使得，又在112( ,)x x223(,)x x12( )()0ff( )fxQ且满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理，得：12, ，使得。1213( ,)( ,)x x ( )0f11证明：设，由拉格朗日中值定理，得( )lnf xx，使得：即：，又( , )b a ( )( )( )f af bfablnlnlnabaabb，。( ,
7、 )b aQ111 abababab ab12证明：对函数在上应用拉格朗日中值定理：存在( )arctanf xx0, h使得(0, )h2arctanarctanarctan01hhh从而。2arctan1hhhh13证明：（1）令。当时结论显然成立。( )arctanf xxab当时，由拉格朗日中值定理，得。 （在构成的区ab( )( )( )f bf afba, a b间内） ，即：。21()( )( )arctanarctan1baf bf aba21arctanarctan1ababab综上所述，结论成立。（2）令( )xf xe由拉格朗日中值定理，得：，使得：，即：(1, )x (
8、 )(1)( )1f xffx5，( )(1)(1)( )(1)xf xfeexfxe又，故，所以Q(1, )xee，即ee(1)e(1)exxx。eexx14证明：在的某邻域内具有阶导数，由柯西中值定理，得：( )yf x0x n使1(0, )x，反复使用柯西中值定理，得：11 11 11( )( )(0)( )( )(0) 00nnnnnffff xf xf xxnn ，使得21321(0,).(0,).(0,)(0, )nxL( ) 12 12 12( )(0)()(0)( )( ) 0(1)0!nnnnfffff xf xnn nn L即，使，使得：。(0,1) (0, )xx( )(
9、 )(),(01)!nnf xfx xn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!fff xffxxx.32( )(2)2(2)4(2)6f xxxx2.解：因为( )( ) 1( 1)!(0)1,( ),(0)( 1)!,1,2,(1)k kkk kkffxfk kx L所以.1 21 2( 1)( )1( 1),(01)(1)n nnn nf xxxxxx L63.解：因为2(0)0,( )sec,(0)1,ffxx f，2( )2sectan ,(
10、0)0fxxx f，224( )4sectan2sec,(0)2fxxxx f，(4)234(4)( )8sectan16sectan ,(0)0fxxxxx f，所以(5)24426(5)( )16sectan88sectan16sec,(0)16fxxxxxx f.35512( )()315f xxxxo x4.解：，所以，( )f xx3 211( ),( )42fxfxxx 5 23( )8fxx，令代入得7 (4)215( )16fxx 4x ，由泰勒公式，得113(4)2,(4),(4),(4)432256ffff .4 23 7 211115(4)2(4)(4)(4)464512
11、4!164(4)xxxxx x 5.解：因为，一般地，有1( )f xx234123!( ),( ),( )fxfxfxxxx ，所以( ) 1!( )( 1)nn nnfxx ，一般地，有：( 1)1,( 1)1,( 1)2,( 1)3!ffff ( )( 1)!nfn 所以，由泰勒公式，得1 21 21(1)1 (1)(1)(1) ( 1),(01). 1(1)n nn nxxxxxx L6.解：，所以( )xf xxe( )( )011( )()( 1)( 1)( )0nxnnxnx nnfxxeC e xC ex 7，又，所以1( 1)( 1)nxnxxen e ( )1(0)( 1)
12、nnfn .3 21( )( 1)()2(1)!n nnxxf xxxo xn L7.解：（1）因为22 3(27)(27)(27)(27)(27)(27)(27)23!fxfxxffx23 7121153(27)(27)(27)2733xxx所以误差为：3303.10724,(4)4(4)412( )3(27) 3100.000024!4!3ff（2）331sin,sin180.309993!103!10xxxoQ误差为.(5)5 5sin( )2 105!x8.解：（1）由于分式的分母，我们只需将分子中的和33sin(0)xxx :sin x分别用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即
13、cosxx，于是3 3sin0()3!xxxx3 3cos0()2!xxxxx，故33 33331sincos0()0()0()3!2!3xxxxxxxxxxx。33330010()sincos13limlimsin3xxxxxxx xx（2）因为分子关于的次数为 2x1 225511 111 5(1 5 )1(5 )1(5 )()52! 55xxxxo x 2212()xxo x 8原式.22201lim12()(1)2xx xxo xx 9.解：（1）355sinsin(01)3!5!2xxxxx因此；5541111|( )|,5!5! 238402xR xx（2）解：设，则因为( )1f xx1 211(0)1,( )(1),(0)22ffxxf35 22113( )(1),(0),( )(1)448fxxffxx 所以带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为(
