第3章中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(包括題)

1、第三章 中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用基本內(nèi)容(一) 中值定理1. 羅爾定理如果函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且f(a) = f(b),那么在(a,b)內(nèi)存在一點©，使得f'(©)=0.2.拉格朗日中值定理如果函數(shù)f (x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，那么在(a,b)內(nèi)至少f4f(b) fb -a其微分形式為f(X + Ax) - f(X)= f'(叢X這里匕=x+0血x,0 <0 <1 .推論 如果函數(shù)f (X)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)的導(dǎo)數(shù)恒為零，那么f(x)在(a,b)內(nèi)是個常數(shù).3.柯西中值定理如果函數(shù)

2、f (x)及g(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且g'(x)在 (a,b)內(nèi)的每一點均不為零，那么在(a,b)內(nèi)至少有一點©，使得f(b)-f(a) _ f® g(b)-g(a) g'G)中值定理是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的理論基礎(chǔ)，在應(yīng)用中值定理證明題時，關(guān)鍵是構(gòu)造適當(dāng)?shù)?輔助函數(shù).(二) 洛必達(dá)法則1.法則1如果函數(shù)f (x)及g(x)滿足條件: lim f(x) =0, lim g(x) =0 ；XJaxS在點a的某去心鄰域內(nèi)，f '(X)及g(X)都存在且g '(x) H 0 ；lim匚也存在（或為無窮大），那么T g '

3、（X）limf2XL|im 空T g(x) yg'(x)2. 法則2如果函數(shù)f（X）及g（x）滿足條件:(1)lim f(x) =0, lim g(x) =0；x_jiC當(dāng)XN時，f '（X）及g '（X）都存在且g '（x） h 0 ；存在（或為無窮大）；那么lim竺=lim匸兇Yg(x)Yg'(x)以上兩個法則是針對2型未定式對一型未定式，也有相應(yīng)的兩個法則0比對0、乂、00、1汽ac0型未定式，可以通過變形將其轉(zhuǎn)化成0或一型來求.0 處（三）泰勒公式1. 帶拉格朗日余項的泰勒公式設(shè)函數(shù)y = f（X）在xo的某鄰域U （x。®）內(nèi)有n +

4、1階導(dǎo)數(shù)，那么在此鄰域內(nèi)有f(X)= f (X0)+ f(X0)(X -X0)+ f (X0)(X X0)2 +2n!帥=甘（0嚴(yán)其中©在Xo和X之間，Rn（x）是拉格朗日余項 （四）函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)單調(diào)性的判別法 設(shè)函數(shù)y=f（x）在a,b上連續(xù)，在（a,b）內(nèi)可導(dǎo).如果在（a,b）內(nèi)f '（X）0，那么函數(shù)y = f （x）在a,b上單調(diào)增加;如果在（a,b）內(nèi)廠（X）co，那么函數(shù)y = f （x）在a,b上單調(diào)減少.(五) 函數(shù)的極值與最值1.函數(shù)在一點取得極值的必要條件設(shè)函數(shù)y = f(x)在xo點取得極值，如果f(x)在Xo點可導(dǎo)，那么f(X0)=O.使f x)

5、=0的點X稱為函數(shù)f(X)的駐點.駐點不一定是極值點駐點和不可導(dǎo)點是函數(shù)的所有可能的極值點.2.極值點的兩個判別定理判別之一設(shè)函數(shù)丫二彳)在x0點連續(xù)，在x0的某去心領(lǐng)域U(x0,6)內(nèi)可導(dǎo)，有(1)如果在(X0 -6X0)內(nèi) f '(X)C。，在(X0,X0 +6)內(nèi) f '(X)>0，那么 f (X)在 X0取得極小值;如果在(X0 -6X0)內(nèi) f '(X)A0，在(X0,X0 +6)內(nèi) f '(X)< 0 ,那么 f (x)在 X0取得極大值;如果f(X)在U(X0V)內(nèi)符號保持不變，那么f (X)在X0沒有極值.判別之二 設(shè)函數(shù)y=f(x)

6、在X0點處有二階導(dǎo)數(shù)，且f'(X0)=0，貝U有(1)如果f"(X0)A0,那么在X0取得極小值; 如果f ”(X0)“，那么在X0取得極大值3. 函數(shù)的最大值與最小值的求法(1)求出f (x)在(a,b)內(nèi)的零點和不存在的點X1,X2，,Xn，計算出f (X)在這些點處的函數(shù)值 f&J f (x2)/' , f (xn);計算出f (x)在a,b的兩個端點上的值f (a), f (b) ma乂 f(xi), f(X2),f(Xn)f(a), f (b)是 f(x)在a,b上的最大值 min f(xi), f(X2),f(Xn)f(a), f (b)是 f (

7、x)在a,b上的最小值.(六) 曲線的凹凸與函數(shù)的作圖1.凹凸的定義設(shè)函數(shù)y = f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，如果對于a,b上任意兩點xi,X2，恒有f(X1 + X2f (X1 ) + f (X2)22那么稱曲線y = f(x)在a,b上是凹的；如果恒有X1 +X2f (Xi) + f (X2)那么稱曲線y = f (x)在a,b上是凸的.2.凹凸的判定設(shè)函數(shù)y=f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，那么(1)如果在(a,b)內(nèi)f"(x)：0,那么函數(shù)y=f(x)在a,b上的圖形是凹的;如果在(a,b)內(nèi)f”(x)v0，那么函數(shù)y=f(x)在a,b上的圖形是凸的.3

8、.拐點及其求法連續(xù)曲線y = f (x)上凹弧與凸弧的分界點稱為這曲線的拐點求出所有f "(X)= 0或f "(X)不存在的點X1,X2，,Xn，拐點從(Xi, f(Xi) (i =1,2,，n)中找.4.函數(shù)作圖(1)確定函數(shù)的定義域；求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點，曲線的凹凸區(qū)間和拐點； 求函數(shù)圖形的水平漸近線和鉛直漸近線；求出函數(shù)在特殊點(包括間斷點及一階導(dǎo)數(shù)、二階導(dǎo)數(shù)為零或不存在的點)處的函數(shù)值，定出圖形上相應(yīng)的點，結(jié)合前面的結(jié)果，連結(jié)這些點畫出函數(shù)圖形的大概形 狀.(七)曲率1.定義稱Kpmo礦為曲線y = f(x)在M點處的曲率.其中is是的長 dS度，ia是曲線在

9、M與M '處切線的夾角，M與M '是曲線上兩點2.計算公式若 y = f(X)，則 K(x)=(1 +yl_y嚀23.曲率與曲率半徑P的關(guān)系二、練習(xí)題3.1設(shè)f(x)可導(dǎo)，求證：f(x)的兩個零點之間一定有f(x) +(x)的零點.證明 設(shè) f(a) = f(b)=0，avb,令 F(xeXf (x)，則 F(a) = F(b)=0,根據(jù)羅爾定理，存在共(a,b)使得F徨)=0，即)+(©)= 0于是f(r)+ f 徉)=0.33.2設(shè)函數(shù)f(x)在0,1上三次可導(dǎo)，且f(0)=f(1)=0,設(shè)F(x)=x f(x).證明；存在©-(0,1)，使F 7

10、69;) =0.證明由條件可知F(0)=F(1)=0，F(xiàn)(x在0,1上可導(dǎo)，根據(jù)羅爾定理，存在-(0,1)使得又由 F(X)=3x2f(x)+ x3(x)知道F '(0) =0這樣F (0) =F 牡1)=0，F(xiàn)(X)=0在0上 1可導(dǎo).根據(jù)羅爾定理，存在y(0,q)u (0,1)使得F 徑)=0又由 F "(X)= 6xf(X)+6x2 f '(X)+x3 f "(X)知道F "(0) =0根據(jù)羅爾定理，存在(0,匕2)匚(0,1)使得F 75=03.3設(shè)f (x)在閉區(qū)間a, b上連續(xù)，在開區(qū)間(a, b)內(nèi)可導(dǎo)，a>0.證明：在(a，b

11、)內(nèi)存在“z，使fSF+b)坍器證明 由拉格朗日中值定理存在x (a,b)，使得f(b)f(a)=f(x1)b a根據(jù)柯西中值定理，存在x (a,b),x (a,b)使得f(b)-f(a)b2 -a2f(b)-f(a)b3 -a3_ f(X2)2x2 f(X3)(F(x) =x2)3(F(x) =x )由上面三個等式可知原結(jié)論成立.3.4設(shè)f(x)在0, 1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f(O) = f (1)求證：在(0, 1)內(nèi)存在的兩個不同的C1,C2，使 f'(C1)+ f'(C2)= 0 .1 1證明 將0, 1分成兩部分0,-,-,1分別在其上應(yīng)用拉格朗日中值定理，

12、得f(2)f(0)f (C1)1 -02f(1)-f(£)= f '(C2)1 -丄2C1 亡(02)C2 壬(1 1)又由條件f (0) = f(1)，可知f (C1)f(C2)=03.5已知軒+弓+ b) =0，求a,b的值. 解 因lim(Sin3+| + b0，由洛必達(dá)法則3sin3x +ax +bx lim XTx32 .3cos3x+a+3bx lim xT3x2(0)(0)由 lim 3cos3x + a + 3bx2再繼續(xù)用洛必達(dá)法則23cos3x 3 + 3bx0可知a = -3xmo3x2-9 si n 3x +6bx（0）6x-27cos360于是四-2

13、7cos3x+6b=0 '知 b=93.6用洛必達(dá)法則求下列極限:(1)lim 忙)Y J1+ X21jI:lim (一 - arctanx)lnx ;2x1.,a -xlna、7 処()x ； T b -xln bx,x x 1(4)a +b +c 尸(abcAO)exx=11兀;(2) !im一 - arctan x)ln( -arctan x)lim =ex護(hù)ln xX2lim -arctan x =e 2limx-?=e .11 -arctan x2limXY=e1 X-arcta n x2=elim1+x2X（3）令四（blnb1ln 字=yIn yln(a -xlna)-l

14、n(b -xln b) =limXTlim02Xaxln a-ln aqX -xln a同理ax lna -In a lim axlna XT2xbxl nb-l nb bx -xlnb 2xX(a j)lna (aX-xlnaT 1)2xX .2a ln a= limT 2 bx ln b l nbln 2 alim XTbx xln bln2bIn y2x2 2ln a-ln b2 2In a-ln b原式=e222X 丄X 丄 x 1(4)令lim (-一b一)- =y3,ax +bx +cxIn 0In y = lim3(-)7 x03 a Ina+b In b+c Inc =Iimx

15、xxT>ax +bx +cx_ In a +ln b + ln c _ In abcIn abc= e-故原式=Vabc3.7設(shè)f(x)與g(x)在0,+=c)存在二階導(dǎo)數(shù)，且滿足條件：f(O)=g(O),f0)=g0) , g”(x)f “(x)(x >0)試分別用函數(shù)的單調(diào)性、拉格朗日中值定理和泰勒公式證明：X aO時，g(x)Af(x).證明(法一)令F(x) = f(X)-g(x)由條件 F(0)=0,F(0)=0,F“(x)c0 (x>0)于是F (x)在(0,址)單調(diào)遞減又由F“(0)存在，故F(x)在x = 0連續(xù)，即有F'(x)在0,址單調(diào)遞減所以，當(dāng)

16、x0時，F(xiàn)'(x)<F(0) = 0,于是F(x)在0,址單調(diào)遞減，所以，當(dāng)x>0時,F(x)cF(0)=0 即 f(x)g(x)<0, g(x)Af(x).(法二)令 F(x) = f(x)-g(x)由條件 F(0)=0,F'(0)=0,F“(x)<0 (x>0)由拉格朗日中值定理，得F(x)-F(0)=F(©)x(紅(0,x)= F'(r)-F'(0) ” X = F"(n)M 吠(H-(0,©) <0故 F(x)£0，g(x)>f(x).(法三)令 F(x) = f(x)-g

17、(x)(xaO)其中 X >0上 (0,x)由條件 F(0) =0,F (0) =0,F “(x)<0根據(jù)泰勒公式F(x) =F(0)+F(0)x+1f”(©)x22故 F(x) <0, g(x) A f(x).1 13-8利用泰勒公式計算極限：xmn廠cotx).解原式=iimT X ta nx. tan X x “、lim 3 (ta n X x)sin x-xcosx im XT(cosx - 1)3x3YX - = +o(x3) -x1 -I-62limXT2x + o(x2)133x3-x3+o(x3)xT3.9設(shè)函數(shù)f (x)在0, 1上具有連續(xù)的三階導(dǎo)

18、數(shù)，且f(0) =1, f(1) =2，廠(丄)=0.2證明在(0, 1)內(nèi)至少存在一點©，使I廠牡)124.1證明將f(x)在x-點展開，并分別令x=0和心，得1(1)邇厲+諄今+字中+竽.1)3 5=町)+怕(扣 單(2)2+竽(2)31一(i)得：i=fU)lCi)48If 徉)|+|牡2)imf 牟2)-f 卞1)|=48 取匕為© g中三階導(dǎo)數(shù)的絕對值較大的點，因go,護(hù)“知時心)，且3.10數(shù)列1, 72, V3,，亦，中哪一項最大1解令f(X)=xX，則f(x)=xx(1lnx)、xA(1ln x)X當(dāng) x(0,e)時，f'(x)A0 , f(x)在

19、(0,e單增;當(dāng)X亡(e,七叼時，f "(x) cO，f(x)在e,七 單減 因為2<:e<3，故值最大的項只能為J2或V3，而 由232可知，頁煩所以V3最大.3.11 證明：當(dāng) xaO 時，有 ex1a(1 +x)I n(1+ x).證明 令 f(X)=ex 1 (1+x)ln(1+x),則 f (0) = 0 f '(X) =ex -1 -In(1 +x) f (0) =0r "/X1f(X) =e1 +x當(dāng) XAO 時，f"(x)=o,(x)在0,母)單增，而(0)=0,故f(x)>0 , f(x)在0,址)單增，而 f(0) =

20、 0 故f(x)>0，即當(dāng)xaO時有ex -1+x)ln(1 +x)2 23.12在橢圓務(wù)+與=1位于第一象限的部分上求一點P ,使該點處的切線、橢圓及 a b兩坐標(biāo)所圍圖形的面積為最小(a aO, b0).解 要使所述的面積最小，因橢圓在第一象限部分面積為定值，只要使切線與兩坐標(biāo)所 圍三角形面積最小即可.設(shè)P(xo，yo)貝仙竽+糾型=0a b dxdy 2x /2y b2 xdx _ "力孑""a2 'y可知P點處橢圓切線方程為y-yo 2 (x-xo)a yo分別令y=0和x=0,可得兩截距為2a音b2Fa2yoXo2Xoyo故此三角形面積為.

21、 21(匹.a_ +2(xo b22'/XoXo)( yo屯+ yo)a因(xo, yo)在橢圓上，可令Xo= acosTo, yo =bsn £o代入上式，可得此面積為ab.，因此當(dāng)sin 2% =1即日0 =時，此面積最小，此時Xo sin2T04廠 廠綜上，當(dāng)P點坐標(biāo)為(12a,空b)師，題中所述面積最小2 2測驗題(二)1.設(shè)f(x)和g(x)在a, b上連續(xù)，在(a, b)內(nèi)可導(dǎo)，且f(a)=f(b)= 0,證明:f'(x)g(x) + f (x)g'(x) =0在(a, b)內(nèi)有解證明令F(x) = f (x)g(x)，則F(x在a, bl滿足羅爾

22、定理的條件，存在 (a,b)使得(©)=0,即F'(X)= f'(x)g(x) + f (x)g'(x) =0在(a, b)內(nèi)有解2. 設(shè)f(x)在0,兀上連續(xù)，在(0,兀)內(nèi)可導(dǎo)，且f(0)= 0,證明：存在©亡(0,兀)使£2f 徉)=tan f(r).£證明欲證Zf'©"巧")，只要匕1巴f®co才丁(伽廠0x令 F(x) = f(x)cos-, 有 f(0) =0得F(0) =F (兀)=0.2在0,滿足羅爾定理的條件，故存在© (0,兀)使得F(©)=0

23、,即巴 1巴fC)co才2f(伽廠03. 用洛必達(dá)法則求下列極限(1)=1(1)X sin xIxm0；e匸?)；X s in x lim xt x2(ex -1)1 - cosx四 2x(eX 一1 )+x2eXsin x凹 2(ex -1 片4xeX +x2eXcosxxi2e4e6xex +x2ex 61 xA1(2)lim x(1+) -e(令t =)X護(hù)XX1lim (t)' -e =limT t1 11 1(1 +t)tn(1 +t) +- = limt亠L(fēng)T11(1+ tZt-O+t)n(1+1) =limT2t (1+t)1(注意(1+1)'-? e,1 +tT

24、 1),t -(1 +t)n(1 +t)t_0t21l n(1 +t)-1=elimt-0e=22t4.已知f(x)=x3+ax2 +bx在x=1處有極值-2，試確定系數(shù)a和b，并求出f (x)的所有極值和曲線y = f(X)的拐點.f '(X)=3x2 +2ax +b因f(X)在x=1處有極值-2，故(1) =3+2a+ b =0 f (1) =1+a+b = -2解得仁03，因此有f(x)=x33x.解 f '(X)=3x2 -3，得 X = ±1.當(dāng) x2=,1)時，f(x)>0 ；當(dāng) xj1,1)時，f'(x)vO ；當(dāng) Xj1,+=c)時,f'(X)AO，所以f(x)在x = -1點處取得極大值f(-1) =2,在x=1處取得極小值f(1) =2.解 f "(X)=6x =0，得X =0.x<0時，f“（x）<0,當(dāng) x>0時，f”（x）0