同济5版高数课后答案3

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1、习题3−1π5π1.验证罗尔定理对函数y=lnsinx在区间[,]上的正确性.66π5ππ5ππ5π解因为y=lnsinx在区间[,]上连续,在(,)内可导,且y()=y(),所以由666666π5π罗尔定理知,至少存在一点ξ∈(,),使得y′(ξ)=cotξ=0.66ππ5π由y′(x)=cotx=0得∈(,).266ππ5π因此确有ξ=∈(,),使y′(ξ)=cotξ=0.266322.验证拉格朗日中值定理对函数y=4x−5x+x−2在区间[0,1]上的正确性.32解因为y=4x−5x+x−

2、2在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,由拉格朗日中值定理知,至y)1(−y)0(少存在一点ξ∈(0,1),使y′(ξ)==0.1−025±13由y′(x)=12x−10x+1=0得x=∈)1,0(.125±13y)1(−y)0(因此确有ξ=∈)1,0(,使y′(ξ)=.121−0π3.对函数f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间,0[]上验证柯西中值定理的正确性.2ππ解因为f(x)=sinx及F(x)=x+cosx在区间,0[]上连续,在,0()可导,且F′(x)=1−sin

3、x22ππ在,0()内不为0,所以由柯西中值定理知至少存在一点ξ∈,0(),使得22πf()−f)0(2f′(ξ)=.πF′(ξ)F()−F)0(2πf()−f)0(f′(x)2cosx2令=,即=.F′(x)π1−sinxπ−2F()−F)0(2888π化简得sinx=−1.易证0<−1<1,所以sinx=−1在,0()内有(π−)22+4(π−)22+4(π−)22+42π解,即确实存在ξ∈,0(),使得2πf()−f)0(2f′(ξ)=.πF′(ξ)F()−F)0(224.试证明对函数y=

4、px+qx+r应用拉格朗日中值定理时所求得的点ξ总是位于区间的正中间.2证明因为函数y=px+qx+r在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,由拉格朗日中值定理,至少存在一点ξ∈(a,b),使得y(b)−y(a)=y′(ξ)(b−a),即22(pb+qb+r)−(pa+qa+r)=(2pξ+q)(b−a).化间上式得p(b−a)(b+a)=2pξ(b−a),a+b故ξ=.25.不用求出函数f(x)=(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)的导数，说明方程f′(x)=0有几个实根,并指

5、出它们所在的区间.解由于f(x)在[1,2]上连续,在(1,2)内可导,且f(1)=f(2)=0,所以由罗尔定理可知,存在ξ1∈(1,2),使f′(ξ1)=0.同理存在ξ2∈(2,3),使f′(ξ2)=0;存在ξ3∈(3,4),使f′(ξ3)=0.显然ξ1、ξ2、ξ3都是方程f′(x)=0的根.注意到方程f′(x)=0是三次方程,它至多能有三个实根,现已发现它的三个实根,故它们也就是方程f′(x)=0的全部根.π6.证明恒等式:arcsinx+arccosx=(−1≤x≤1).2证明设f(x)=

6、arcsinx+arccosx.因为11f′(x)=−≡0,1−x21−x2所以f(x)≡C,其中C是一常数.ππ因此f(x)=f)0(=arcsinx+arccosx=,即arcsinx+arccosx=.22nn−17.若方程a0x+a1x+⋅⋅⋅+an−1x=0有一个正根x0,证明方程n−1n−2a0nx+a1(n−1)x+⋅⋅⋅+an−1=0必有一个小于x0的正根.nn−1证明设F(x)=a0x+a1x+⋅⋅⋅+an−1x,由于F(x)在[0,x0]上连续,在(0,x0)内可导,且F(0

7、)=F(x0)=0,根据罗尔定理,至少存在一点ξ∈(0,x0),使F′(ξ)=0,即方程n−1n−2a0nx+a1(n−1)x+⋅⋅⋅+an−1=0必有一个小于x0的正根.8.若函数f(x)在(a,b)内具有二阶导数,且f(x1)=f(x2)=f(x3),其中a

8、0.同理存在一点ξ2∈(x2,x3),使f′(ξ2)=0.又由于f′(x)在[ξ1,ξ2]上连续,在(ξ1,ξ2)内可导,且f′(ξ1)=f′(ξ2)=0,根据罗尔定理,至少存在一点ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(x1,x3),使f′′(ξ)=0.9.设a>b>0,n>1,证明:n−1nnn−1nb(a−b)