高等数学B：习题课(4)

证证明明：（1）若若)()(bfaf，则则由由Rolle定定理理直直接接得得证证。若若)()(bfaf，不不妨妨设设)()(bfaf，以以及及0)(af，0)(bf，则则 0)()(lim)(axafxfafax，P90 习题七 15习习 题题 课课 四四 由由极极限限的的保保号号性性可可知知，当当 x 在在点点 a 的的右右侧侧充充分分靠靠 近近a时时，有有0)()(axafxf，0 ax，0)()(afxf，),(1bax ，使使)()()(1bfafxf 。由由介介值值定定理理可可知知，),(12bxx ，)()(2afxf ，再再由由Rolle定定理理，),(2xa ，0)(f。证法证法 2：不妨设：不妨设0)(af，0)(bf。0)()(lim)(axafxfafax，由由极极限限的的保保号号性性知知，当当 x 在在点点 a 右右侧侧充充分分靠靠近近 a 时时，有有0)()(axafxf，0 ax，)()(afxf，上的最大值上的最大值在在不是不是,)()(baxfaf。同理，同理，推出推出由由 0)(bf，,)()(baxfbf在在也不是也不是上上 的最大值。的最大值。故故取取得得最最大大值值内内的的某某点点必必在在 ),()(baxf。（2）设设 是是介介于于)()(bfaf 与与之之间间的的任任何何值值，要要证证),(ba ，使使 )(f。)()(xfxF，)()(afaF，)()(bfbF，0)()(bFaF，由由（1）知知),(ba ，使使0)(F，即即 )(f。)(xf在在 ,ba上上可可导导，),(ba ，由由Fermat引引理理知知，0)(f。设设 xxfxF )()(，则则)(xF在在 ,ba上上可可导导，注注：本题的第二个结论称为：本题的第二个结论称为达布定理达布定理。本题的第一个本题的第一个 结论说明：导数结论说明：导数)(xf 具有类似连续函数的零点定理具有类似连续函数的零点定理 的性质；达布定理进一步说明：函数的导数的性质；达布定理进一步说明：函数的导数)(xf 具有具有 介值性质，但是这两个命题都不需要导数介值性质，但是这两个命题都不需要导数)(xf 连续。连续。证明证明：),(bxx ，则，则)(xf在在,xx上满足拉格朗日中上满足拉格朗日中 值定理值定理，故故),(xx ，使使)()()(fxxxfxf，从从而而Affxxxfxfxxxxx )(lim)(lim)()(lim，即即Axf )(。同同理理可可证证Bxf )(。P90 习题七 10分段函数在分段点分段函数在分段点x处的导数处的导数)(xf 的求法的求法 方方法法一一 求求出出xxxfxfxfxx )()(lim)(和和 xxxfxfxfxx )()(lim)(，若若axfxf )()(，则则axf )(.若若)()(xfxf 或或)(),(xfxf 有有 一一个个不不存存在在，则则)(xf 不不存存在在.方方法法二二 先先考考察察)(xf在在x是是否否连连续续，若若不不连连续续，则则)(xf 不不存存在在。若若连连续续，则则求求出出xx 时时的的导导函函数数)(xf ，若若)(limxfxx 存存在在，则则)(xf 也也存存在在，且且)(lim)(xfxfxx .解：可导必连续，).2()02()02(fff ,lim)(lim)02(222eexffxxx ,2)(lim)02(2babaxfx 在在点点2 x处处可可导导。例例确确定定常常数数ba ,，使使函函数数 2 ,2 ,)(xbaxxexfx)(xf在在点点2 x处处连连续续，有有 22eba ，aeb22 。当当2 x时，时，xexf )(；当当2 x时，时，axf )(；22lim)2(eefxx ，aafx 2lim)2(，由由)2()2(ff，得得2ea，.2eb 从而从而1落在平静水面上的石头产生同心圆形波纹。若最落在平静水面上的石头产生同心圆形波纹。若最 外一圈半径的增大率总是外一圈半径的增大率总是sm/6，问，问 2 秒末受到扰秒末受到扰 动的水面面积的增大率为多少？动的水面面积的增大率为多少？解解：设设圆圆的的半半径径为为 R，圆圆的的面面积积为为 S，则则2RS ，dtdRRdtdS 2，当当2 t时时，1226 R，6 dtdR，故故)/(144612222smdtdSt .解：设在时刻解：设在时刻 t 漏斗中溶液的深漏斗中溶液的深 度为度为)(1th，圆柱形容器中溶液，圆柱形容器中溶液 的深度为的深度为)(2th。由由1561hr，得得521hr，2 2溶溶液液从从深深 1 15 5cm，顶顶直直径径 1 12 2cm 的的正正圆圆锥锥形形漏漏斗斗漏漏入入 一一直直径径为为 1 10 0cm 的的圆圆柱柱形形容容器器中中，开开始始时时漏漏斗斗中中盛盛满满 了了溶溶液液。已已知知当当溶溶液液在在漏漏斗斗中中深深为为 1 12 2cm 时时，其其液液面面 下下降降的的速速率率为为min1cm。问问这这时时圆圆柱柱形形容容器器中中液液面面上上升升 的的速速率率是是多多少少？(教教材材 P1 13 36 6 第第 1 10 0 题题)2h1hr 即即2231252543115631hh ，从从而而dtdhdtdhh212125254 ，又又当当121 h时时，11 dtdh，dtdh222512254 ，得得)(92.0625576min2cmdtdh 。答答：圆圆柱柱形形容容器器中中液液面面上上升升的的速速率率为为min92.0cm。依题意依题意 2212253115631hhr ，3.3.一飞机在离地面一飞机在离地面km2的高度，以的高度，以km200/h的速度的速度 飞行到某目标上空，以便进行航空摄影，试求飞机飞飞行到某目标上空，以便进行航空摄影，试求飞机飞 到该目标正上方时，摄影机转动的角速度。（到该目标正上方时，摄影机转动的角速度。（8 8 分）分）2cotx ，2cotxarc ，dtdxxdtd 21)2(112，把把0 x，hkmdtdx/200 代代入入上上式式，得得:)/(361)/(100)200(211sradhraddtd 。2xxyo解：设飞机与目标的水平距离为解：设飞机与目标的水平距离为kmx.一、选择题一、选择题1设函数设函数)(uf可导，可导，)(2xfy 当自变量当自变量 x 在在1 x处处 取得增量取得增量1.0 x时，相应的函数增量时，相应的函数增量y 的线性主部的线性主部 为为1.0，则，则 )1(f（）（A）1；（B）1.0；（C）1；（D）5.0。解：解：1.0121.01)(21.0 xxxxxxfxdy )1(2.0)1.0)(1()1(2ff ，5.021)1(f。D2 2设设xxxxf233)(，则使，则使)0()(nf存在的最高阶存在的最高阶 导数的阶数导数的阶数 n 为（为（）（A A）0 0；（B B）1 1；（C C）2 2；（D D）3 3。C解：解：0,20,4)(33xxxxxf，0)0()0(ff，12)0(24)0(ff，从从而而)0(f 不不存存在在。故故选选（C C）。二二、填填空空题题 1设设 ttyttxsincos，则，则 22dxyd 。解：解：ttttttdxdysincoscossin ，3222)sin(cos2)sincoscossin(ttttdxdtttttttdxydt 。32)sin(cos2tttt 2设设22tan)(cosxxfy ，其中，其中可可微微 f，dy 则则 .dxxxxxfsec2)(cos2sin222 3已已知知函函数数)(xyy 由由方方程程0162 xxyey确确定定，则则 )0(y 。解解：当当0 x时时，0)0(y。0266 xyxyyey 0)0(,0yx.0)0(y02666 yxyyyeyeyy 0)0(0)0(,0yyx.2)0(y2 4.4.设设1)(22 xxxf，则则)()(xfn 。解：解：)1111(2111111)(222 xxxxxxf，)1(1)1(1!)1(21)(11)(nnnnxxnxf。)1(1)1(1!)1(2111 nnnxxn5 5设设)1ln()(2xxxf ，则则)0()(nf 。解解：xxnxxxfnnn2)1ln()1ln()()1(2)()(2)1ln(2)1()2(nxnn，kkkxkx )1()!1()1()1ln(1)(故故1221)()1()!2()1(2)1()!1()1()(nnnnnxnnxxxnxf 23)1()!3()1()1(nnxnnn，.2!)1()!3)(1()1()0(13)(nnnnnfnnn2!)1(1 nnn解：解：0)2323()2323(0 xxxxxfdxdyx 43)23(12)2323arctan(022 xxxx。43 三三、求求下下列列函函数数的的导导数数 dxdy 2xaaaxaaaxy 解：解：)(ln)(ln1 xaaxaaaaaxaaxayxaa aaaaaxaaxaxaaxaaxaalnlnln11 。1)(xfexy 解解：xeyxflnln)(，xexxfeyyxfxf1ln)1()(1)()(，ln)(1)()(xxfxexyxfexf 。2222222211)1()1(2)1()1(21xxxxx 。3212cot21xxarcy .解：解：)12()12(1121222 xxxxdxdy 2222222)1()2(2)1(2)1()1(21xxxxxx 4已已知知xxeyxsin1ln ，求求)2(y.解解：xxeyxsinln21ln21)1ln(41 xxexxxeeyxxxcot2121)1(41sin2cos21)1(4 ，1)1(41)2(2ey。5xyxxeysin 解：解：xxyxeeylnsin )1sinln(cos)1(lnxsinxxxxxedxdyedxdyyx )1sinln(cos)1(lnsinxxxxeedxdyexxyxyx yxxyxexxxxxedxdy 1)sinln(cossin。四四、求高阶导数、求高阶导数 解解：)(cos)(222xfxfxdxdy )(cos)(4)(cos)(22222222xfxfxxfxfdxyd )(sin)(42222xfxfx 2设设4cos)1()(2xxxxfnn ，求求)1()(nf。解解：!22!41cos1)1(2)(nnfnn 1设设)(sin2xfy，其中，其中 f 具有二阶导数，具有二阶导数，22 dxyd求求。3 3已知已知xxy5cos3sin2 ，求，求)(ny。解：解：xxxxxy5cos6cos215cos215cos26cos1 ,cos4111cos415cos21xxx ).2cos(41)211cos(1141)25cos(521)(nxnxnxynnn4 4已知已知 0,00,1sin)(xxxxxfk（k 为正常数），为正常数），讨论讨论 k 为何值时存在二阶导数为何值时存在二阶导数)0(f 。解：解：xxxxxxfxffkxkxx1sinlim1sinlim0)0()(lim)0(1000 ，当当0 x时，时，xxxkxxfkk1cos1sin)(21 ，要要使使)0(f 存存在在，必必须须 1 k 。且且当当1 k时时，0)0(f。0,0 0 ,1cos1sin)(21xxxxxkxxfkk（1 k）。xxxxkxxfxffkkxx1cos1sinlim0)0()(lim)0(2100 )1cos1sin(lim320 xxxkxkkx 要要使使)0(f 存存在在，必必须须 3 k 。1设设)(xf有有一一阶阶连连续续导导数数，2)1(f，求求)(coslim0 xfdxdx。解：解：21)sin)(coslim)(coslim00 xxxfxfdxdxx 12211)1(21sinlim)(coslim2100 fxxxfxx。1设函数设函数内可导内可导在在上连续上连续在在)3,0(,3,0)(xf，且，且 3)2()1()0(fff，1)3(f，试证必存在，试证必存在 0)(),3,0(f使使。证证明明：上上连连续续在在3,0)(xf，上上连连续续在在2,0)(xf，且在且在mM 2 ,0和和最最小小值值上上必必有有最最大大值值，于是，于是 Mfffm 3)2()1()0(，Mfm )0(，Mfm )1(，Mfm )2(，故，故 由介值定理知，至少存在一点由介值定理知，至少存在一点2 ,0 C，使使13)2()1()0()(fffCf，上上连连续续在在3,)(Cxf，在，在内内可可导导)3,(C，由由Rolle定定理理知知，必必存存在在0)(),3,0()3,(fC使使。且且)3(1)(fCf ，),()(1):xfexFx 设设证明证明),()()(xfxfexFx ,)(定理的条件定理的条件上均满足上均满足和和在在则则RollebccaxF,0)(),(),(21 iFbcca使使).2 ,1(0)()(iffeiii即即,0 ie).2,1(0)()(iffii),()()()2(xfxfexGx 设设)()()()()(xfxfexfxfexGxx )()(xfxfex ,)(21定理的条件定理的条件上满足上满足在在则则RollexG ,0)(),(),(21 Gba使使,0)()(ffe即即).()(,0)()(,0 ffffe从而从而