北大附中高考數學專題復習導數與微分知識拓展

1、學科：數學教學內容：導數與微分學問拓展（一）【學問拓展】1如函數y f（ x）是由參數方程所確定的，該怎樣求它的導數？前面我們爭論了顯函數和隱函數的導數，但在某些情形下，因變量 y 與自變量 x 的關系是通過另一參變量t 由參數方程xt 和 yt 來給出的，對于這類函數，有時可以把它很簡潔地表示成顯函數的形式，但有時就比較麻煩甚至不行能因此， 我們有必要找出這類函數的求導方法設 xt的反函數t1 x，并設它滿意反函數求導的條件，于是可把y 看作復合函數yt1 x .由復合函數與反函數的求導法就，得dydydydydt dxdtdxdxdt' t. tx例1求參數方程ycost, sin

2、 t ,dy所確定的函數的導數. dx規(guī)范解法dydydtdxdx dtsin t costcos t sin tcot t .x例2求參數方程yt1,t 32t所確定的函數的二階導2，d 2y數.dx22d 2 yddydyd y思路啟發(fā)依據二階導數的定義dx 2dxdx, 因此要求dxdx 2, 只要把 y 對 x 的導數 y 求出來， 再將 y 與 x t 1 聯系， 重復利用參數方程求導公式，求出 y 對 x 的導數，即 dy'dx也即是我們要求y 對 x 的二階導數d 2 y2 .dx規(guī)范解法dydydtdx dx dt 3t 2d4t. dyd 2 ydx 2ddydxdx

3、dtdx dx dt3t 24tt16t42 3t2 .假如函數 y f （x）是由極坐標方程 （ ）給出來的，就可把極坐標方程先化成參數方程，再求導數即 x （ ） cos,y （ ） sin ,從而dydyddxdx dsin coscos sintan.tan2什么是羅爾定理？我們先考察一個函數yf xx 2 ，簡潔驗證這個函數滿意：（）在閉區(qū)間1， 1 上連續(xù)（）在開區(qū)間（1， 1）內可導（） f（ 1） f（ 1） 1這個函數的導數fx2x , 令fx2x0, 得 x0（ 1，1）即在開區(qū)間（1， 1）內存在點x使得 f00 （如圖 314）一般地，我們有（即羅爾定理）如函數 f（x

4、）滿意條件 （） 在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù)；（） 在開區(qū)間 （ a,b）內可導；（）在區(qū)間 a,b 的兩個端點的函數值相等，即（fa）（fb），就至少存在一點a, b使得 f0.羅爾定理的幾何意義是：兩個端點的縱坐標相等的到處存在切線（端點除外） 的連續(xù)曲線 y f （ x ）上，至少有一點, f的切線是水平的如圖315例 證明 f xx 22x3, x1,3 滿意羅爾定理 .規(guī)范證法f xx1 x3 , f1f 30.fx2x22 x1 ,明顯 f （ x）滿意羅爾定理的三個條件，其中a 1,b 3存在點 1（ 1， 3），使 f10. 即符合羅爾定理的結論3什么是拉格朗日中值定理？在羅爾定

5、理的幾何意義中，可以看出在羅爾定理的條件下，曲線上至少有一條切線是水平的，這時曲線的兩個端點的連線也是水平的（f （ a） f （b） ，因此也可以說成是至少有一點處的切線平行于兩個端的連線這個結論可以推廣到更一般的情形，即有下面更一般的結論（即拉格朗日中值定理）如函數 f （ x）滿意：（）在閉區(qū)間a,b 上連續(xù)；（）在開區(qū)間（a， b）內可導；就至少存在一點 （ a，b），使 ff bf a . bafbfa證明：作幫助函數f xfxfaxa ba簡潔驗證， f（ x ）在 a， b 上滿意羅爾定理的條件，從而至少存在一點 （ a， b），使 f0.又f x fxf bf a , ba從而

6、 fff bf a0.ba即ff bf a .ba拉格朗日中值定理的幾何意義是：到處存在切線 兩個端點除外 的連續(xù)曲線y fx上，至少有一條切線平行于兩個端點的連線 如圖 3 16 在拉格朗日定理的證明中，采納的方法是先作出一個幫助函數，故這種方法也稱幫助函數法 幫助函數法也稱為構造法它是數學分析中一種重要的證題方法，這種方法的基本思想是先構造一個與欲證結果有關的幫助函數，然后再由已知條件、概念和定理， 推斷所要證明的結論的正確性拉格朗日定理是應用最廣泛的微分中值定理，也是微分學中最重要的定理之一，它的結論常稱為拉格朗日中值公式為運用便利，可把這個公式寫成以下幾種形式ffbfa , baa,

7、b . fbfaf ba ,a, b . fbfafa baba , 01 . fx 0 xfx0fx 0 x x, 01 . yfx 0 x x, 01 .對于這些公式要敏捷運用，比如：不必局限于a<b；如某函數f（ x ）在開區(qū)間（ a，b）（有限或無限）內到處有導數，就對x 1, x 2a, b可以斷言，在x1 與 x 2 之間存在 使ffx 2f x 1.x 2x 1拉格朗日定理建立了函數f（x ）在 a， b 上的平均變化率f bf a ba（整體性質）與該函數在（ a， b）內某點處導數f（局部性質）之間聯系，從而為利用導數解決整體性問題供應了可能性需要說明的是：在拉格朗日定

8、理中，只指出“中間值”（或 ）的存在性，而沒有供應確定 （或 ）的方法例 1證明：如 f（ x ）在區(qū)間（ a，b）內的導數恒為零，那么f （ x）在區(qū)間（ a， b）內是一個常數思路啟發(fā)要證明 f（ x）在（ a，b）內是一個常數，只要能證明：對于（a， b）內的任意不相同的兩點x1 , x 2 都有 f x 1fx 2即可規(guī)范證法任取x 1 , x 2a, b，不妨設x 1x 2 ，由于f（ x）在（ a， b）內可導，從而f （ x）在x 1 , x 2上連續(xù)，在x 1 , x 2內可導，由微分中值定理，至少存在一點x 1 , x 2，使得f x 2f x1x 2x 1 f.由已知，對x

9、a, b ,有fx0,從而f 0, 于是fx 2f x 10即f x2f x1 .即函數 f （x）在（ a， b）內是一個常數利用拉格朗日定理可以證明不等式，常用的步驟為：（ 1）挑選適當的函數f（ x ）及相應區(qū)間 a ，b （ 2）驗證條件，應用拉格朗日定理得f bf afba ,a, b .3依據 fx 在 a, b 內的符號或單調性證得不等式 .例 2設 f （x）在 0 ， c 上定義， fx 存在且單調遞減，f （0） 0證明：對于0 ab a b c，恒有 f（ a b） f（ a） f （ b）思路啟發(fā)對函數f （x ）在區(qū)間 0 ， a與b,a b 上分別應用拉格朗日中值定

10、理，再結合 fx的單調遞減性即可證得規(guī)范證法（ 1）如 a 0 時明顯成立（ 2）如 a>0 時，由fx在 0，a上應用拉格朗日定理，即faf0f a0 .即faaf 0a .再由 f （ x）在 b,a b 上應用拉格朗日定理得f abfbfy a, byab .因 fx單調遞減，故對<a b<y ，有 ffy 留意到 a 0，故有 afafy，于是f abf baff bf a .從上面可以看出，拉格朗日中值定理是羅爾定理的推廣，而羅爾定理是拉格朗日的一種特別情形（只要令f（ a） f（ b）即得羅爾定理） 4怎樣利用導數求不定式的極限？ 我們先看幾個例子：2limxli

11、m x0; limxsin1 xlimsin1 不存在；lim3x232.x0xx0x0xx0xx4xx14從上面幾個例子可以看出，有兩個函數f（ x）和 g（ x），當 x a（或 x ）時都趨于零，或都趨于窮大，但這時的極限f xlim可能存在，也可能不存在，通常把這種類型的xa g xx極限稱為不定式的極限如x a 時， f （x）與 g（x）都趨于0，就稱極限f xlim為 0 型xa g x0不定式； 如當 x a 時，f（ x ）與 g（ x）都趨于無窮大， 就稱極限lim fx為型不定式 關xa g x于不定式的極限，我們有下面的結論0(1) 型不定式. 洛必達法就0如f x ,

12、 gx 在點a的某去心鄰域內可導，且 gx0; limfxlimg x0;xaxafx limxa gxfx存在 包括.fxfx就lim存在,且 limlim.xa g xxa g xxa gx注： 上面等式的右端分式是左端分式的分子和分母分別求導的結果，即是f x，而g x不是fx，這一點在利用上面的公式時肯定要留意如lim fx仍是一個不定式，并g xxa gx且 它 仍 滿 足 上 面 的 三 個 條 件 ， 就 此 時 對lim fx再 用 一 次 洛 必 達 法 就 ， 即 此 時 有xa gxlim fxlim fx，即洛必達法就可以重復應用上面的x 的變化趨勢x a 可換成xa

13、gxxa gxxa， xa, x, x或x, 結論仍成立例1求 lim xx cos x0 型 .x0xsin x0思路啟發(fā)由于當 x 0 時， x xcosx 0,x sinx 0，所以這是一個不定式，考慮利用洛必達法就規(guī)范解法易知這是0 型不定式，應用洛必達法就得：0lim xxcos xlim 1cosxx sin x0 型x0xsin xx01cos x0limsin xsin xx cos xx0sin xlim2xcosxx02limsin xxlim cos xx0 sin xx0213.點評此題在應用一次洛必達法就以后得極限：lim 1cosxx sin x由極限公式：x01c

14、osx當 x 0 時，1 cosxxsinx 0,1 cosx0,故仍是一個不定式，且它的分子分母分別求導之后的極限存在，因此再應用一次洛必達法就例2求 lim xsin x0 型 .x0x 30思路啟發(fā)當x0時，xsinx0, x30，考慮利用洛必達法 就.規(guī)范解法xlimsin x1limcos xx0limx 3sin xx03x 21x06x6例3求lim2xarctan x0型.10x思路啟發(fā)由于limx2arctan x10, limxx0, 故考慮利用洛必達法就規(guī)范解法lim2xarctan x 1xlimx11x 21x 2limxx 21.1x 2g x例4設fxxx0,且已

15、知g 0g00,g03.試求f0 .0x0,思路啟發(fā)依據導數的定義，我們有f0g x lim f xf 0limx0g xlim.x0x0x0x0x0 x 2由已知 g0 存在可知g（ x ）在點 x 0 連續(xù)，故 lim g xg 00, 明顯 x 20 x0 ，x0故極限lim g x為 0 型不定式 又 g0 存在， 從而gxlimgxlim1gxg 0limx0 x 20x0 x 2x02x2 x0x01 g0 . 存在2規(guī)范解法當x0時，fxf 0g x ,由洛必達法就得x0x 2f0lim g xlim gxx0 x 2x02x1 gxg0lim2 x0x013g0.22點評雖然

16、g0 存在，此時有l(wèi)im gxg00, 即gxlim仍為不定式，但我們不x0能再次利用洛必達法就而用以解法：x02xg xf 0limgxlimgxlim13g 0. 由于已知條件中只給出當x 0 時 gx0 x 2x02xx0222（x ）的兩階導數即g0 存在， 而當 x 0 時，g（x）的兩階導數即gxx0 不肯定存在，即使 gxx0存在，極限lim gx 也不肯定存在，故兩次利用洛必達法就是錯誤的x0(2) 型不定式. 洛必達法就如f x , gx 在點a的某去心鄰域可導，且 gx0; limfxxafx,limg x;xa limxa gxfx存在 包括.fxfx就limxa g x

17、也存在，且limxa g xlim.xa gx注：這里的變化趨熱“ xa”同樣可換成“xa , xa,x,x, x”.例5求limln sin mx型 .x0ln sin nx思路啟發(fā)由于limln sin mx, limln sin nx，故這是個不定式極限，考慮利x0x0用洛必達法就規(guī)范解法limln sin mxx0ln sin nxlimm sin nx cosmxm limsin nx0 型m limn cosnx1.x0nsin mx cos nxn x0sin mx0n x0m cosmx例6求limxx nexn為正整數，a0 .思路啟發(fā)當 x 時，x n, e x, 故這是個

18、型不定式的極限，考慮利用洛必達法就，故有相繼應用洛必達法就n 次得規(guī)范解法limxnxe xlimxnx n 1e xlimxn n1 x n 2 n e xlimxn.0.n e x點評對該不定式利用n 1 次洛必達法就的每一結果仍是不定式，第n 次應用洛必達法就極限存在，故該極限需相繼使用n 次洛必達法就才能求出極限除上述爭論的0 型與型不定式之外，在實際問題中，我們仍常遇到一些象、00·、00 、1、0 型的不定式，對于這些不定式，我們都可以通過一些變化把它變成00型或型的不定式，從而可以得到解決下面我們通過一些例題加以說明例7limx 2 ln x 0型 .x0思路啟發(fā)由于當

19、 x0 時，x20,lnx, 故這是一個0·型不定式，考慮第一將其變成0 或型，再利用洛必達法就0規(guī)范解法limx 2 ln xlimln x型x0x01x 221xxlimlimx02x 30.x02點評上述解題過程是將0·型變成型，再應用洛必達法就，我們看會顯現什么結果2lim x 2 ln xlimx0 型x0x010ln xlim2xlim2x 2ln 2 xx011x0ln 2x可以看出， 當變成0 型再利用洛必達法就，不但求不出極限，而且結果比不用洛達法就0以前更復雜，因此該極限不能變成0 型求它的極限由該例我們得到啟示：當將0·型變0成 0 型或0型

20、用洛必達法就求不出它的極限時，應考慮將它變成型或 0 型0，再利用洛必達法就求之例8limx x 00 型 .x0思路啟發(fā)對于00 型不定式， 第一利用恒等式neln n 將其變成0·型， 再利用上述方法求之規(guī)范解法lim x ln xlimln xx0x01xlimx0,xlimx0x ln x0lim xex 0e1.x0例9求limsecxtan x型 .x2思路啟發(fā)第一利用三角關系，將secx tanx 變成 1sin x cos x再利用洛必達法就規(guī)范解法limsecxtan xlimx2x21sin x0 型 cosx0limx2cos x0. sin x例10求 lim

21、cosx1x 2 1型 .x0思路啟發(fā)由于x 0 時， cosx 11故這是 1型不定式，第一利用恒等式x 2neln n ，并將其變成0 型或型，再利用洛必達法就0規(guī)范解法1cos x2ln cos xex 2,limln cos xlimcos x1 lim1sin x1 .x0x 2x02xln cos x21lim2 x01cos xx2limcosx x 2ex 0xe 2 .x0例11求 limxx1x21ln x0 型 .2思路啟發(fā)由于當 x時， x1x1,ln x0.故這是一個0 型不定式，首先利用恒等式eln nn 即可規(guī)范解法x1x 21ln xln xe1 x 2ln x.limxlnx1x 2ln xlimx11x 21.1xlimxx1x 21ln xlimexln x1 x 2ln xe1e.從以上解題的過程可以看出，利用洛必達法就求不定式的極限是特別便利的，可以說，洛必達法就是解決不定式的極限的特別有用的方法因此期望讀者能夠嫻熟把握此種方法凡遇到不定式的極限能夠想到利用洛必達法就應用洛必達法就應留意以下幾個問題：（ 1）審查所求的極限是否為不定式，不是不定式不能應用洛必達法就，由于它不滿意洛必法就的條件，如：lim 22cos xlim