微积分曹定华修订版课后题答案第四章习题详解.docx
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微积分曹定华修订版课后题答案第四章习题详解
习题4-1
π5π
1•验证函数f（x）=InSinx在［-,］上满足罗尔定理的条件，并求出相应的',使f'（ξ=0.
66
解：
显然f（X）=InsinX在—,5π上连续，在Iπ,5π内可导，且f（―）=f（5π）=_In2,∣Lδ66666
满足罗尔定理的条件•
CoSXπ
令f（x）CotX二0,则X二一
SinX2
即存在=-■（-,5π）,使f（J=0成立•
Ot66
2.
下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件
解：
（1）f（x）=ex-1在丨-1,11上连续，在-1,1内可导，且f（-1）=e一1,f
（1）=e一1,即f（—1）=f
（1）
.f（X）在［-1,11上满足罗尔定理的三个条件
2
令f（x）=2xe*=0得x=0,
即存在=0■（-1,1）,使fC-J-0.
1-X0_X：
：
:
1
（2）f（X）「八x—11»2
显然f（X）在（0,1）,（1,2）内连续,又
f（1-0）=limf（x）=lim（1_x）=0,
X1一X1一、
f（1■0）=limf（X）=lim（x-1）=0,即f（1-0）=f（1•0）=f
（1）=0,XT十XT*
所以f（X）在X=1处连续，而且
f（00）=limf（X）=lim（1-x）=1=f（0）,
X—+XT+
f（2-0）二limf（x）二lim（X-1）二1二f
（2）,
即f（X）在X=0处右连续，在X=2处左连续,所以f（X）在∣0,21
上连续■
又
f（x）_f⑴1_x
f」1）=IimIim1,
χj-x_1x—⅛-χ_1
f（x）_f
（1）1_x
f
（1）=IimIim1
x-⅛+X_1xτ1+χ_1
f_（1>f.
（1）.
fX在X=1处不可导从而f（X）在（0,2）内不可导
又
f（0）
=f
（2）
=1
「-1
0：
：
:
X：
：
:
1
又由
f（X）
=4
知f'（χ）≠0
1
1：
：
:
X：
：
:
2
综上所述，函数f（x）满足罗尔定理的条件
（1）,（3）不满足条件
（2）,没有满足定理结论的'.
（3）由f（0•0）=IimSinx=0严f（0）=1知f（x）在x=0不右连续，x_^3十
二f（x）在b,π］上不连续，
显然f（x）在0,π上可导，又f（0）=1,f（π）=0,即f（0）=f（町,且
JMnfMV.π
f（X）=CoSXXE（0,∏,取亠=—E（0,∏,有f（-）=CoSr=CoS—=0.
22
综上所述，函数f（X）满足罗尔定理的条件
（2）,不满足条件
（1）,（3）,有满足定理结论的
巴E=π
2
3.不用求出函数f（X）=（x-1）（x-2）（X一3）的导数，说明方程f（x）=0有几个实根，并指
出它们所在的区间•
解：
显然f（X）在1,2］上连续，在1,2内可导,且f
（1）=f
（2）=0,由罗尔定理知，在
1,2内至少存在一点1,使f
（1）=0,即f（X）=0在1,2内至少有一个实根•
同理f（X）=O在2,3内也至少有一个实根'2•又f（x）=0是二次方程，最多有两个
实根,故f（x）=0有两个实根，分别在区间1,2和2,3内•
3
4.验证拉格朗日中值定理对函数f（X）=x■2x在区间［0,1］上的正确性•
解：
显然f（X）=χ32x在［0,1］上连续，在0,1内可导，满足拉格朗日中值定理的条
件•
从而拉格朗日中值定理对函数f（x）=χ3∙2x在［0,1］上成立.
5.设f（X）在［a,b］上连续，在［a,b］内可导，f,a）=0,f'x'）>0,证明：
f'a）>f（b）。
证：
略。
6.若方程a°χnViX亠亠an丄X=0有一个正根Xo,证明方程
n丄n_2
a0nxτa1（n—1）x亠■亠an丄=0
必有一个小于x0的正根.
证：
令f（X）=a°χn∙aιXn丄a.」X,显然f（x）在1.0,x°.1连续，在0,x°内可导，且
f（0）=0,依题意知f（X。
）=0.即有f（0）=f（X。
）.由罗尔定理，至少存在一点］W（0,X。
）,使
得f「）=0成立,即
a°nn」■ai（n_1）na.」=0
成立,这就说明■是方程a0nχn1∙a1（n-1）Xnrman丄=0的一个小于X0的正根.
7.设f（a）=f（c）=f（b）,且avCVb,f"X）在［a,b］上存在，证明在（a,b）内至少存在一点ξ使
f〃ξ=0.
证：
显然f（X）分别在∣a,c1和∣c,bl上满足罗尔定理的条件，从而至少存在
1∙（a,c）,；■（c,b）,使得f
（1）=f
（2）=0.
又由题意知f（x）在l>,21上满足罗尔定理的条件，从而至少存在一点匚≡（1,2）（a,b）,
使得f「）=0.
即在（a,b）内至少存在一点■,使ftJ=0.
习题4-2
1.
X
e_x_1
（2）lim-
XTX（ex—1）
利用洛必达法则求下列极限:
Sin3x
（1）Iim;
^^tan5x
m
X⑶lim1—
XTX
m
—a
n
—a
XX
（a十x）—a
lim2,（a>0）;
x「0X
InX
Iim
x「0cotX
IimSin
xInX;
（9）
ln（1■
Iim-j：
'；arcCotX
1
亠Sinx）X;
Iim（1
X0
（11）
X
3—eCSM）（）
（13）
X
32
X
Iim
x—0'2X
Xd-X）;
解:
X
e
（8）Iim（
XjX
（10）
（12）
（14）
1
X
e「1
2Iim-（―arctan
Xrrπ
1
2~
ex;
IimX
JO
Iim
X—0Ile
1
（1-X）
X
X）
Sin3χ
3cos3X
3
2
（1）Iim
=Iim
=—
Iimcos3Xcos5X
πtan5X
Xπ
5SeC5X
5
Xπ
3
23
（一1）
（-1）
5
5
X
X
X
e-X
-1
e
-1
e
（2）IimIimIim
XXXXXX
xt0x（e—1）xt0e—1+χext0e+e+Xe
=Iim
x_Q
m
X
n
X
Iim
XT
Iim
X_0
（a
=Iim
X-0
2X
m
—a
n
—a
-X）X
2
X
Iim
Xra
（a■X）X
m
mχ
n
DX
=Iim
X-O
=Iim
X——a
m-D
X
X-
XIX
（ax）Ii
d（ax）-aIna
1
a*
n
n
2χ
2
XI丄/■丄∖x/1丄a∖x∣2
aχ）（a■χ）
（2）-aIna
a+x」a+x（a+x）
2
a°〔Ina∙0「a°（F）~a°in2a
aa
a
InX
（5）
Iim
XQ
Iim
XQ
（7）
（8）
（9）
cotX
Iim-
X-P
X
2
-CSC
=Iim-
X.01
2
SinX
2SinXcosX=-Iim
X-0亠
-2Sin0
CoS0=0
inXIn
ln（1
Iim
X.：
：
arc
Iim
Q
X
e
（
X
Iim
X-0
Iim
（1
（10）
Iim
（11）
In
X=Iim-
X0CSCX
Sin
-Iim
X0.X
Iim-
X0-CSCXcotX
—Iim-
XF■
SinX
■tanX
Iimtan
X∙0'
=一10
=0
cotX
Iim一
XT址
Iim
:
I）
=Iim
X-0
2
X■-XX
X
e（e-1）
2x
2e
Xe
：
：
；-e
-1
亠Sin
X）
Iim
（—arctanX—>⅛
X）
Iim（
3—e
arctan
X-0
CSC
=Iim
■X
2_e
XT
3
Iim
XQJ
X
X（e-1）
2x
4e..e
In（1
-■sinX）
e
X
—Iim
CSC
Iim
In（1
=eX0
xln（
XIn
X-0
■X）43-eX）
2
（2
（2'X）
CaSX
2
—arctan
X）
arctan
X
3_e
=Iim
Iim
X:
1
1
2
e
Iim-
X-0
0
4e
Xe
0
02e
:
:
SinX）
Iim
Iim
=e
ln（
CaSX
arctan
Iim
CaSX
X）
Iim
arctanX
X∙0
In
X
3_e
In
X
3_e
Sin
Iim
SinX
Iim
Xo,（3_eX）（2∙X）
CaS
1
1
~~2
2x2
（12）IimXe
eX
=Iim
0
01
2
X
1
e7/1、•
e（r）丄
2
Iim=Iime=：
：
X∙01.XT
r）
X
2
32X+X+1
（13）Iim（JX+x+x+1_x）=Iim
X心X-3（χ3.χ2.χ.1）2.X3X3.X2
2•设
=Iim
X-：
：
：
1
+—
X
11
+■—+—
23
X
_1丄
（14）Iim（1■x）*xX0Ile
Iim-—
_e×0.2（1∙x）
1
ln（1
IimX
^eX0
.χ）JL
Iim
=ex0
In（1：
：
；x）_x
2
X
Iim1X
=IeX02x
2
X+mx+nIim
X-LX-1
=5,求常数
m,n的值.
Iim（x-1）二0,而Iim
XLX1
2
Xmxn
2
Iim（Xmxn）=0
XL
2
M（X+mx且Iim
X—1（X-1）'
n）
=5
（x2：
；,m=）5
mn=—1
于是得
m=3,n
3•验证极限
x+sinIim-
X-;:
-存在,
但不能由洛必达法则得出
Sin
=Iim（1
X—√:
Iim
X
SinX
=Iim（1CoSx）
X-H:
因Iimcos
X—⅞□C
X不存在，所以不能用洛必达法则得出
f（X+h）—2f（X）+f（X—h）
h2
4.设f（X）二阶可导，求IhimO
解：
这是0型未定式，利用洛必达法则有
0
习题4-3
1.求函数f（x）=XeX的n阶马克劳林公式.
解：
XXX
f（X）=eXee（1"x）,
..XXX
f（X）=e（1-X）e^e（2x）,
f（K）（X）=eX（k■x）1
（k=1,2,3,…）
（k-1）!
又f（O）=O
（0：
：
:
V：
：
:
1）
432
解：
函数f（X）=X-5XX-3X4,根据泰勒公式按（X-4）的幕的展开式是
3!
432
f（4）=.4-544-34■4-一56,
f⑷-∣4χ3-15χ2亠2x-3［∕=21,
2!
J12x-30x2S37,
f（4）
3!
十4x_3°―11,
f（4）⑷1
24=1
4!
4!
所以，f（x）=_56•21（X-4）•37（X-4）∙11（（χ-4）（x-4）
习题4-4
1.求下面函数的单调区间与极值：
32
（1）f（x）=2x-6x-18X-7;
（2）f（x）=x-Inx；
2
⑶f（x）=1—（X-2）3；（4）f（X）=X（X-4）•
解：
（1）f（x）=6χ2-12X-18=6（x∙1）（x-3）,
令f（x）=O得驻点χ1=一1,χ2=-3,
■■在［一匚亠一1,3,上,f（X）■0,在-1,3上f（X）<0
”•”f（X）在（-∞,一1］,［3,代）上单调增加，在［-1,3］上单调减少.
当X--1时，f（X）有极大值,极大值为f（-1）=3,
当X=3时，f（X）有极小值，极小值为f（3）--61.
.1X—1.
（2）f（X）=1-=,令f（X）=0得驻点X=1
XX
■在0,1上,f（X）<0;在1,；上,f（X）■0
■f（X）在（0,1］上单调递减；在［1,；）上单调递增•
当X=1时，f（X）有极小值，极小值为f
（1）=1•
21
H£—IH»»
（3）f（X）=-,f（X）=O但当X=2时，f（X）不存在，
3JX—2
'在（一：
：
，2）上,f（X）0;在（2,；）上,f（X）<0,
.f（x）在（-：
：
，2］上单调递增；在［2,;）上单调递减
当X=2时,f（X）有极大值，极大值为f
（2）=1.
[2x_4
则f（X）二
_2x+4
且当X=O时,f（X）不存在，又令f（X）=O得X=2
■在（一：
：
，0）,（2,•：
:
）上,f（X）.0,在（0,2）上f（X）：
:
:
0
.f（X）在（-：
：
，0］,［2,：
：
）上单调递增；在［0,2］上单调递减;
当x=0时,f（X）有极大值,极大值为f（0）=0；
当X=2时，f（X）有极小值，极小值为f
（2）--4.
2.试证方程SinX=X只有一个根.
证：
显然x=0是方程SinX=X得一个根（亦可将f（X）=sinx-X运用零点定理）.令
f（x）=SinX—X,则f（X）=CoSx-1_0,而f（x）=0的点不是单调区间的分界点，故f（x）
在（L：
；）内单调下降，所以f（X）在（L：
；）内只有一个零点，即方程Sinx=x只有
X=0—个根.
3'.已知f（x）∙C（［0,：
：
））,若f（0）=0,f（x）在［0,；）内存在且单调增加，试利用本节内
容及拉格朗日中值定理证明丄血在［0,+∞内也单调增加.
X
解：
-X0,由题意知f（X）在∣0,X］上满足拉格朗日中值定理的条件，利用拉格朗日中值定
理得，（0,X）,使
f（X）-f（0）=Xf（■）,
因f（X）在[0,；）单调增加，且f（0）=0,所以
F（X）=Xf（X）T（X）一0
X
所以F（X）单调递增，即竺在（0,•：
:
）内单调增加
X
4.证明下列不等式：
2
X
（2）Xln（1∙x）：
：
•X（x0）.
2
Iii1
证：
（1）令f（X）=1X—.,1∙X,则f（X）
（1）,
22√∏Γχ
当X>0时,’y,f"（X）>0即f（X）单调递增，从而
J+x，
1I
f（x）.f（0）=0,故1■X..1■X.
2
22人XzIl1X
（2）令f（X）=ln（1∙X）-X,则f（X）IX=
2X+11+X
当X0时,有f（X）■0,即f（X）单调递增，从而f（X）■f（0）=0,即
2
X
ln（1x）X-—
2
当X0时,g（X）•0,即g（x）单调递增，从而g（x）.g（0）=0,即X∙ln（1x）.
2综上所述，当X>0时有X—X：
：
:
In（1亠x）：
：
:
X.
2
1兀
5.试问a为何值时，f（x）=asinx+Sin3X在X=—处取得极值？
是极大值还是极小值？
并求
33
出此极值.
解：
f（x）=aCoSX亠CoS3X
∏∏
若X为极值点，则acoscos∏=0,所以a=2.
33
又f（X）--2sinX-3sin3x,f（M）--3：
：
:
0
3
ππ
处取得极大值，极大值为f（）=
33
习题4-5
1.某个体户以每条10元的价格购进一批牛仔裤，设此批牛仔裤的需求函数为Q=40-2P,
问该个体户应将销售价定为多少时，才能获得最大利润
2
解：
利润L（P）=PQ—10Q--2P60P-400,
L（P）=_4P6,令L（P）=：
0得P=15
所以应将销售价定为每条15元,才能获得最大利润.
2•设f（x）=CXa（O0,0VaV1）为一生产函数，其中C为效率因子，X为投入量，产品的价格P与原料价格Q均为常量，问：
投入量为多少时可使利润最大？
解：
依题意，总利润
L（X）=Pf（X）-Q（X）=IPex：
-Qx
则
L（X）=PC：
x：
」-Q
令
1
L（X）-O得XQ
Pc:
1
所以,投入量为—7时利润最大
VPCOtJ
3.某产品的成本函数为
（1）生产数量为多少时，可使平均成本最小？
（2）
求出边际成本，并验证边际成本等于平均成本时平均成本最小
故生产数量Q=3时,可使平均成本最小
（2）MC=C（Q）=15-12Q3Q2
当Q=3时，MC=15-12339=6
2
C（Q）=15-63-3=6
即边际成本等于平均成本时平均成本最小
4.已知某厂生产Q件产品的成本为
C=25000+2000Q+—Q2（元）.
40
问:
（1）要使平均成本最小，应生产多少件产品？
（2）若产品以每件5000元售出，要使利润最大，应生产多少件产品
解：
（1）平均成本C（Q）=25000*2000■1Q
Q40
1边际成本C（Q）=2000Q.
20
当C（Q）=C（Q）时,平均成本最小
由C（Q）=C（Q）即25000■2000•丄Q=2000■—Q
Q4020
得Q=1000（负值不合题意已舍去）.
40
L（Q）=5000Q_C（Q）=5000Q-25000-2000Q
-3000Q-25000
40
1
令L（Q）Q3000=0,得Q=60000（件）
20
所以应生产60000件产品.
5.
2400
某厂全年消耗（需求）某种钢材5170吨，每次订购费用为5700元，每吨钢材单价为
元，每吨钢材一年的库存维护费用为钢材单价的13.2%,求：
（1）最优订购批量；
（2）最优批次；
（3）最优进货周期；（4）最小总费用.
解：
由题意R=5170,C2=5700,T=1,C^240013.2%=316.8
则
（1）最优订购批量
0
431.325
（2）最优批次
R5170,
n*12（次）
q*431.325
（3）最优进货周期
T365
t30.452（天）
n*12
⑷最小总费用
E*f2C1C2TRhf2316.8570015170：
-136643.9（元）
6.用一块半径为R的圆形铁皮，剪去一圆心角为α的扇形后，做成一个漏斗形容器，问
为何值时，容器的容积最大？
解：
设漏斗的底面半径为r,高为h,为了计算方便令=2慕一∙H,则
漏斗的容积
价V为时间t的函数V=ke't,（k>0）为常数•若贮存成本为零，年利率为r,则应何时将酒
售出方获得最大利润（按连续复利计算）.
F-rtXt-rt
解：
A（t）=keeke
200
又设火车行驶s（km）后,所耗费用为,
E=（kv3200）S=（kv2•型）s
V
人V2003J
令E=（）s=0,得V=.2000027.14（km/h）,
100V
所以,最经济得行驶速度为27.14km/h.
习题4-6
1.讨论下列函数的凸性，并求曲线的拐点：
232
（1）y=X—X；
（2）y=In（1+X）；
X
（3）y=Xe;
⑷y=（XT）4+eX；
arctan
⑹y=e
X
T；
（X3）
解：
（1）
2
y=2x-3x,
1y■=2-6x,令y■=0得X.
3
r1112
当X时,y•0;当X时，y：
：
：
0,且f（）：
33327
231112
所以，曲线y=x-x在（L：
—）内是下凸的，在（一，=）内是上凸的
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