《第三章练习题答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第三章练习题答案（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第三章 练习题一、填空1、设常数，函数在内零点的个数为 2 2、3、曲线的拐点是（1,4） 4、曲线的拐点是 (0, 0) 5 5、. .曲线的拐点是.6、217、38. 9、函数的极小值点是 _xxey 1x10、函数 在 上的最小值是 0 xxeyxcos, 011 1 xexx1limsin0二、选择1、设，则有（ B ）实根.A 一个 B. 两个 C. 三个 D. 无2 2、设，则（ D ）.A是的极大值 B是的极大值C是的极小值 D是曲线的拐点3 3、的拐点是（ C ）A. B C. D.4( B )A、 B、C、 D、5( B )A、 B、C、 D、6( C )A、 B、C、 D、
2、7( A )A、 B、 C、 D、8AA、 B、C、 D、9( A )A、 B、C、 D、10DA、 B、 C、 D、11( C ) A、B、 C、 D、12函数( C )A、0 B、132 C、120 D、6013( B ) A、B、C、D、14（ B ）A、B、C、D、1515、在上，则，或几个数的大小次序为（B ）. A B C D 16设在2 处 （ A ）A. 连续 B.不连续 C. 可导 D.不存在极限17( B )A、 B、C、 D、18.设，则 （ C ）A. 0 B. 1 C.-1. D. 23、计算与证明：计算与证明：1、 解：xexx1 11lim 011lim 0 xx
3、xexex 11lim 0 xxxxxeee 21 21limlim 00 xxeeeexxxxxx2、 2000ln 1ln 111limlimlimln 1ln 1xxxxxxx xxxxx解：00111limlim221xxxx xxx1 23、 2lnlnarctan2limarctanlimxxxxxxe 解：112lnln arctan2arctan1 11 2limlimxxxxxxxee2 e4、 1 1ln1=limxxxe解：原式11lnlnlim111limxxxxxxee11lim11=xx ee5、 1)1 (1lim11)1 (1limcot)11ln( lim22
4、 xxxxxx xarcxxxx6、 解：解：= =2 xxxeexxxsin2lim 0xeexxxcos12lim 0xeexxxsinlim 0 xeexxxcoslim 07、 解 = xxxsin0lim xxxelnsin0lim而= = 0 0lim xxxlnsin0lim xxxln0lim x xx 1ln0lim x 211xx0lim x)( x故= xxxsin0lim 10e8、 解：原式= 30sinlimxxxx203cos1limxxxxxx6sinlim 0619、 解： 函数在，内连续() yexx10解得唯一驻点 上单调减，函数在时 当0, 00yx上单
5、调增，函数在时当0, 0,0yx10、 求函数的单调区间和极值.解：定义域为， (,) 2 12363 (2),0,0,2,yxxx xyxx令得列表如下：x(,0)0(0, 2)2(2, + )y+00+y1-3(,0)所以函数的单调增区间为及(2, + )，单调减区间为(0, 2)，. 01-xx当时取极大值，当=2时取极小值311求函数的极值yeexx2解：， 定义域，且连续(), yeexx21 22()驻点：x 1 21 2ln由于 yeexx2022)21ln21(, ,y故函数有极小值12、确定函数的单调区间及极值和凹凸区间。解：函数定义域为，且 . 令，得驻点,136xxy11
6、2 xy0y11x，定义域32x分为，1,3 , 1， , 3在和1,区间，故函数单调增；在，故函数单调减。 令，得分为, 30y3 , 10y0 y1x，两个区间，1 , 1在区间 凸区间 ,在区间，故为凹区间 1 ,0 y, 10y极大值，极小值3) 1(f61)3(f13、 求函数的极值与拐点解:令 得 令,得 0181262xxy3, 1xx01212 xy1x列表 x1,-1(-1,1)1(1,3)3, 3 xf +0-0+ xf -+ xf凸极大 17凸拐点 （1 ，- 15）凹极小 -47凹14; 求函数的极值f xxxx( ) 32615402( )312153(1)(5)fx
7、xxxx解： 12( )015( )612fxxxfxx 令，得， ff xxfff xx()( )()( )( )118011161540485301205，在处取得极大值，在处取得极小值f ( ) 5125150754060 15、求函数=的单调区间和极值（5 分）解 = 令 ，得 ， )(xf 12662 xx) 1)(2(6xx0)( xf21x12xx)2,(-2) 1 , 2(1), 1 ( )(xf +0-0+)(xf增极大 值减极小 值增故在与是增函数，在是减函数，是函数的极大值，)(xf)2,(), 1 ( ) 1 , 2(22)2(f是函数的极小值 5) 1 (f16、求函
8、数 的单调区间yxxx24332解： 函数在，内连续() yxx21 32()()令 解得驻点 ， yxx012 312x) 1,(,) 11(, )12 32 3(,)2 3y/+00+y 32132 1,(， 单调减区间为，及故函数单调增区间为17、求函数的单调区间和极值.22+22822xxyxx Q解：0,20.2,+0.xyxy当时，当时，0,22,+函数在内单调递减，在内单调递增.=2xy当时，极小值为=818、证明不等式：当时. 证明：【方法一】 （利用拉格朗日中值定理）令，tetf)(则当，在满足拉格朗日中值定理条件，于是有时1xtetf)(1 x，其中，即) 1)() 1 (
9、)(xffxfx1) 1( xeeex由于，则有x1) 1() 1(xexeeex即 亦即：exexeeex) 1(xeexx 时，1【方法二】 （利用函数单调性）令，xeexfx)(则 当有eexfx)(时，1x0)(eexfx从而，当单调增加， 于是有，即时，1x)(xf) 1 ()(fxf0xeex亦即：xeexx 时，119、证明：当时，证明 设， 22( )ln(1) 1xf xxx x 0x 则 = 22211( ) 11(1)fx xxx 2220 1(1)xxx 故在是增函数，有 22( )ln(1) 1xf xxx x (0,)( )(0)0f xf所以当时，成立 0x 22
10、ln(1) 1xxx x 20、2:( )ln(1),( )0,2xf xxxf x证明【方法一】令则在内连续可导21( )111xfxxxx 且 0 +0 +0,f xfx在，上连续，在，内 0 +00 ,f xxf xf因此在，上单调减少，从而当时， 22ln(10 =00 =)2ln(100).2xff xfxxxxx由于，所以，即，亦即2 ( )ln(1),( )0,2tf tttf t 【方法二】令则在内连续可导21( )111tf tttt 且对在上应用拉格朗日中值定理 则至少存在使即 f txxf xffxxxxx( ) , ,( , ),( )( )( )ln()*000211
11、22 又故有从而当时 有 ( , ),001002 x xxxxxxxxx2221021ln()ln() 即21证明 当时成立:,ln.0 yxxy xx yxy y证明 令则在连续 可导:( )ln ,( )( ,),f ttf t0 当时 对在上应用拉格朗日中值定理则至少存在使0 yxf ty xy xf xf yfxy,( ) , ( , ),( )( )( )()即lnln()xyxy1 又且则yxxyxy()0111从而有当时成立0 yxxy xx yxy y,ln22、证明 令则时可导 且:( )(),( ),( )f xxnxf xfxnxnn101当时对在上应用拉格朗日中值定理 则至少存在使0 abf xa ba bf bf afba( ) , ,( , ),( )( )( ) ()即 banbannn1()又因及则abnabnnn1111,故当时时0111abnnababanbbannnn,()()23、 111,2f xxx 证明：令 11 22 1fxx 则 00,0 +xfxf x当时，即在，上单调递减， 100 =01+12xf xfxx当时，即24、证明不等式： （）证明：当时. 满足拉格朗日中值定理的条件0xxxf1ln)(所以， 即 ， 01ln1lnxfx上，在x
