1、微分中值定理与导数的应用 利用导数证明不等式及导数应用题 不定积分的概念与换元积分法 不定积分的分部积专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印第五讲：微分中值定理与导数的应用的强化练习题答案一、单项选择题（每小题 4 分，共 24 分） 1、已知 f(x)?(x?3)x(?4x)?(，则f(x)?有 0 （B ）A 一个实根 B 两个实根 C 三个实根 D 无实根 解：（1）?f(x)在3，4连续在（3 ，4）可导且 f(3)?f(4)?0?f(x)在3，4满足罗尔定理条件故有 f(?1)?0（3?1?4）(2)同理 f(x)在4,5满足罗尔定理有 f(?2)?0,4?2?5综上所述，f
2、(x)?0 在(3,5?至少有两个实根3）f(x)?0 是一元二次方程，至多有两个根，故选2下列函数在所给区间满足罗尔定理条件的是 （D ） A f(x)?x2,x?0,3 B f(x)?1x2,x?1,1C f(x)?x,x?1,1 Df(x)?x?0,3 解：f(x)?0,3连续f(x)?f(x)在0，3可导且 f(0)?0，f(3)?0 满足罗尔定理条件故选 D3设曲线 y?3x?x3，则其拐点坐标为（C ）A 0 B（0， 1）C（0， 0） D 1解：y?3?x3,y?6x令 y?0得 x?0当 x?0,有 y?0当 x?0 时，y?0 故（0， 0）为曲线的拐点 C4若 f(x)?
3、f(?x),且在（0，+?）内f(x)?0,f(x)?0 则在（?，0）必有（C） A f(x)?0,f(x)?0 B f(x)?0,f(x)?0 C f(x)?0,f(x)?0 D f(x)?0,f(x)?0解：?f(x)为偶函数且在（0 ，?）?f(x)单调递增 ,曲线为凹弧如示意图，故有(?,0),f(x)?0,f?0?选 C（1专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印35设 （fx）?alnx?bx?3x解：原式=limf(x0?2h)?f(x0)2hn?0?2在 x?1，x?2 取得极值。则 a,b 为 （） A a?12,b?2 B a?2,b?1212?2f(x0)?2?0
4、?0128f(x)?lnxx的单调增加区间为(0,e)1?lnxx2C a?,b?2 D a?2,b?ax解：（1）定义域(0,?)（2）f(x)?解： ?f(x)?2bx?3x?f(1)?0当 0xe 时。f(x)?0 故 f(x)的单调增区间为（0，e ） 9f(x)?x?322?a?3?2b?f(2)?0,a?6?8b? 6b?3?0 得 b?得 a?2 答 a?2,b?1212代入x3 的极小值是?11解：（1）f(x)?1?x?13?x3?11答案选6下列命题中正确的是-（B） A x0 为极值点，则必有f(x0)?0B 若 f(x)在点 x0 处可导，且 x0 为 f(x) 的极值
5、点，则必有 f(x0)?0x3x?0 是 f?x?（2）令 f?x?0，驻点 x?132?12C 若 f(x)在（a，b）有极大值也有极小值则极大值必大于极小值。D 若 f(x0)?0 则点 x0 必有 f(x)的极值点。 解：可导函数的极值点一定是驻点，故有f(x)=0 选 B（3）极小值 f(1)?1?210f(x)?1?(x?2)3 在0 ，3的最大值为 1 解：（1）f(x)? 不可导点。2二、填空题（每小题 4 分，共 24 分） 7设 f(x)可导，且 f(x0)是 f(x)的极小值。则 limf(x0?2n)?f(x0)n?023(x-2)3,x?2 是 f(x)的?1n?0（2
6、）?f(2)?1,f(0)?1?23,f(3)?0 （3 ）最大值为 f(2)?12专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印11曲线 y?x?1x(2x?1)221的水平渐进线为1f(x)?2?2x?13?2x3?11令 f(x)?0x3解：?limx?12x?x1221?limx?x?2?1 122?x驻点，x?1,f?x?的不可导点 x?0直线 y?是曲线的一条水平渐进线12函数 f(x)?xlnx 在1，2 满足拉格朗日4e，极中值定理条件的?（3）极大值ff?0?0，?x?在解：（1）f(2)f(1)=f(?)(2?1)2ln2?0?(1?ln?1,0?单调减f?x?在?,?1?
7、,?0,?单调增15 求由方程 xy?y?1(y?0)所确定 y?y(x)的极值。解：（1）求驻点： 2xy?x2yy?y?0 令 y?0,2xy?0,(y?0)驻点 x?0 （2 ）判别极值点2y?2x2yy?4xyy?2x(y?yy)?y?022222222（2）ln?2ln2?1?ln4?lne ?4e?1,2?三、计算题（每小题 8 分，共 64 分） 13.已知 f(x)?px2?qx?r 在区间a,b满足拉格朗日中值定理条件，求? 解： (1)f(b)?f(a)?(2p?q)(b?a)p(b?a)?q(b?a)?(2p?q)(b?a)22当 x?0 时 y?1 代入上式 2+0+0
8、+0+y?0?0y(0)=?2?0.x?0 为极大值点，（3）极大值 y(0)?1 16求 f(x)?p(a?b)?q?2p?q，2p?p(a?b)?2，4上的最大值，最小值。2?1?22解：（ 1）f(x)?2x(x?6)3(6x?24x)?3?a?b2?(a,b)214求函数 f(x)?2x?3x 的单调区间3令 f?x?0， x?0 为不可导点 （2）f(?2)?f(4)?4与极值。解：（）3?4,f(0)?0,（3）比较上述函数的大小最小值为?4 ，最大值为 0专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印17求曲线 y?595x?(x?1)的凹凸区间与32为曲线的一条垂直渐近线 19
9、判别函数 f(x)?性。解：（1）f(x)?xcosx?sinxx2sinxx拐点。解：（1）定义域（ -，+） （2）y?y?109?109109x?532在(0,?2)的单调(x?1)3?13(x?1)1)?0（）令 g(x)?xcosx?sinx,g(x)?xsinx ?o?g(x)?x?(0,令 y?0,y?101?2)且 g(0)?0?9(x?1)3g(x)?g(0)?0?g(x)?0得 x?0； y不存在的点为 x?1 （3）列表（3）?f(x)?在(0,?2g(x)x?0?f(x)?sinxx)单调减。20设59f(x)?x2,x?0?xarctanx,x?0 确定 f(x)单调
10、的区间。 解：（1）f?(0)?limf?(0)?lim?x?0x?0.2x?0?0.答：拐点（0，?1 ）及（1，） ；(?,0)，xarctanxx?0x?0（0，1）为凸区间。 (1,?)为凹区间，1故有 f(0)?0 为驻点（2）当 x?0 时，f(x)?2x?0?f(x)?(x?0)x?0 时， f(x)?arctanx?x1?x218求曲线 y?(1?e)x 的水平渐近线与垂直渐近线。1x解：（1）?lim(1?e)x?1?1?y?1 是曲x?x0?0线的一条水平渐近线。1?f(x)?(x?0)（2）?lim(1?e)xx?x?eln(1?ex)x?xlim?（3）除 x?0 外，
11、f(x)?0f(x)在(?,?)单调增加。四、综合题（每小题 10 分，共分）21 已知函数的图形上有一拐点（ 2，4） ，在拐点处曲线的切线斜率为?3 ，而且该函数满足y?6x?a，求此函数4?e?e?y?e 是曲线的另一条水平渐近线1ex?1?exlimexx?exlimex（3） lim(1?e)x?2x?0?x?x?0专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印解（1）已知； y(2)?3,y(2)?0,y(2)?4 （2）求常数a:?y?6x?a,由 y(2)?0得 12?a?0，a?12 即 y?6x?12极大值 f(1)?e?1，拐点(2,2e?2) （4）渐近线与函数变化趋势
12、?limxexx?x?lim1ex?0?y?0 是曲线的?x（3）求 y：?y?6x?12一条水平渐进线，limxey?3x?12x?c1，2x?（5）描点作图 当 x?0 时 y?0由 y(2)?3,12?24?c1?3 知 c1?9即 y?3x?12x?92（4）求函数 y:?y?3x2?12x?9?y?x?6x?9x?c2 由 y(2)?4 得 c2?23答：所求函数 y=x3?6x2?9x?2 22 利用导数描绘 y?xe?x 的图形解：（1）定义域(?,?)，非奇非偶函数 （2）求驻点和 y?0 的点 y?1?x?e?x五、证明题（每小题 9 分，共 18 分） 23 设 x?0,f
13、(x)连续，f(0)?0,当 x?0 时,f(x)存在且 f(x)单调增加，证明当 x?0 时f?x?x单调增加f(x)x，令 y?0，驻点 x?1证明：1）令 F(x)?，令 y?0，得 x?2(2)F(x)?(x?0)y?x?2?e?xxf(x)?f(x)x2f(0)?0xf(x)?f(x)?f(0)x2微分中值定理 xf(x)?xf(?)5x?f(x)?f(?)x2(0?x)专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印?当 x?0 时，f(x)单调增加 ?f(?)?f(x),即 f(x)?f(?)?0（3）?f(x)在-q-p,q-p连续且 f(?q?p)?q?p?p?qcos?q?p
14、?0 f(q-p)=q-p+p+qcos(q?p)0?由零点定理知：f(x)?0 至少有一实根故有 F(x)?0.即f(x)x在(0,?)单调增加24 设 f(x)在a,b连续，证在（a,b)可导，明 n?n?1f(b)?f(a)?(bn?an)f(?)，(4)综上所述：f(x)?0 有且仅有一个实根?(a,b)证明：1）构造辅助函数：F(x)?xf(b)?f(a)?(b?a)f(x)在（a,b)可导， （2 ）?F(x)在a,b连续，且nnn第六讲: 利用导数证明不等式及导数应用题的强化练习题答案F(a)?af(b)?af(a)?bf(a)?af(a)F(b)?bf(b)?bf(a)?bf(
15、b)?af(b)F(a)?F(b)?af(b)?bf(a)nnnnnnnnnn1当 x?0 时, 证明1?1?ln?1?成立. x?1x?x?1?ln?1?x?lnx,这 x?1证：(1)变形:ln?1?由罗尔定理知 F(?)?0.即 n?n?1是对数函数的增量形式 令 f?t?lnt,t?x,1?x?f(b)?f(a)?(b?a)f(?)nn(2)f(t)?lnt 在?x,1?x?应用拉格朗日中值定理:ln?1?x?lnx?1?(a,b) 选做题证明方程：x?p?qcosx?0 恰有一实根，1?x?1?x?其中 p,q 常数，且 0?q?1 证明：（1 ）令 f(x)?x?p?qcosx(2
16、)f(x)?1?qsinx?0?f(x)?故 f(x)?0 最多有一实根6x?1?1?1x,x?x?1(3)?x?x?1,?1x?1?1?1x故有1?1?ln?1?x?0? x?1x?x?1专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印证毕！2证明 :arctana?arctanb?a?b 成立 证：(1)构造辅助函数,令 f?x?arctanx,?b,a?,b?a(2)f?x?arctanx 在?b,a?应用拉格朗日证：(1)令 f?x?arctanx?(2) ?f?x?11?x21x?2?x2?0?1x2?1x?1?x2?0?f?x?在?0,?单调减少(3) ?f?x?在?0,?单调减少,
17、且定理:arctana?arctanb?11?(a?b)x?limf?x?1?lim?arctanx?0 x?x2?b?a?f?x?0 故当 x?0 时,arctana?arctanb?11?a?barctaxn?5当 0?x?1x?2证毕2x 成立.(3)?0?11?2?1?arctana?arctanb?a?b时,证明 sinx?sinxx?2对于 b?a 的情形, 同理可证. 证毕3证明 :当 x?0 时,有 x?ex?1?xex 成立. 证：(1) 构造辅助函数：?e?1?e?exx证：(1)变形,?x?0?sinxx?令 f?x?(2)f?x?2?0?x? ?2?xcosx?sinx
18、x2令 g?x?xcosx?sinx令 f?t?e,t?0,x?tg?x?cosx?xsinx?cosx?xsinx?0(2) f?t?e 在?0,x?应用拉格朗日中值定t0?x?2?g?x?理,e?e?exx0?x?0?,0?x且 g?0?0?g?x?g?0?0(3) ?e 是单调增函数0?xxx?e?e?e，故有 x?e?1?xe,x?0从而 f?x?g?x?x2?0?证毕4当 x?0 时, 证明 arctanx?1x?2成立.7?f?x?在?0,?单调减少?2?专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印(3)f?x?且 f?=0 2?(2)f?x?4lnx?4?2x?2?4lnx?(
19、2x?2)?f?x?f?0 ?2?2x 成立x令 f?x?0,驻点 x?1 (3) f?x?4x?2,f?(1)?4?2?2?0，即有 sinx?6当 x?0 时, 证明 e?1?x?1?cosx 成立.证：(1)变形，令 f?x?ex?(1?x)?1?cosxx?1 为极小值点.由单峰原理,x?1 是最小值点 最小值 f?1?1?0 故有 f?x?f?1?0,即?e?x?cosx?2x4xlnx?x?2x?4?0?0?x?2?2x(2)f?x?e?1?sinx证毕8设 0?x?1,p?1,证明12p?1(一阶导数符号不易判定,借助 f?x?)xf?x?=e?cosx?0?x?0?xp?1?x
20、?p?1 成立.ppf?x?且 f?0?0? f?x?f?0?0? f?x?0?f?x?单调增加证：(1)令 f?x?x?1?x?p?1,0?x?1p?1?p?1?x?(2)f?x?pxp?1?0(3)?f?x?在?0,?单调增, 且 f?0?0,?f?x?f?0?0x?1?x,驻点 x?p12p故有 e?(1?x)?1?cosx?x?0?x1?1?1?(3)f?1?2?2?2?12p?1?2?12p证毕7当 0?x?2 时,证明:4xlnx?x?2x?4?0 成立.解：(1)令 f?x?4xlnx?x?2x?4 (0?x?2)2,f?0?1,f?1?12(4)比较上述函数值的大小 :m?12p?1,M?1故有 m?f?x?M,即8专业精神 诚信教育 高等数学内部教材 严禁翻印12p?1?xp?1?x?p?1(3)综上所述:f?x?0 有且只有一个实根. 证毕11证明方程 x3?x?cosx 只有一个正根. 证(1) f(x)?x?x?cosx?x?0?32f?x?3x?1?sinx?0p?1,0?x?1证毕9证明 :当 x?1 时,有 4x?x4?5. 证：(1) 令 f?x?4x?x,x?143
