導數(shù)與微分知識拓展

1、【知識拓展】若函數(shù)y=f （x）是由參數(shù)方程所確定的，該怎樣求它的導數(shù)？前面我們討論了顯函數(shù)和隱函數(shù)的導數(shù)，但在某些情況下，因變量y與自變量x的關系 是通過另一參變量t由參數(shù)方程x =私）和y =wQ來給出的，對于這類函數(shù)，有時可以把 它很簡單地表示成顯函數(shù)的形式，但有時就比較麻煩甚至不可能.因此，我們有必要找出這 類函數(shù)的求導方法.設x =亂）的反函數(shù)t = ），并設它滿足反函數(shù)求導的條件，于是可把y看作復合函 數(shù).y =y（t ）=w，t。）1由復合函數(shù)與反函數(shù)的求導法則，得空 Cdy _ dy dy _ dt _ V）.dx dt dx dx 甲，3dt例1求參數(shù)方程/ = 7 C0St

2、，所確定的函數(shù)的導數(shù)也.y = 7 sin t,dx規(guī)范解法dy M 處耳= 一cott.dx 史 （y cost J-7Sintdt例2求參數(shù)方程:=七-1,所確定的函數(shù)的二階導數(shù)d2y. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark18 o Current Document y = t3 2t2，dx2思路啟迪 根據(jù)二階導數(shù)的定義典 fdy卜也，因此要求性，只要把y對x的 dx2 dx Idx） dxdx2導數(shù)y求出來，再將y與x=t1聯(lián)系，重復利用參數(shù)方程求導公式，求出y對x的導數(shù)，即當 也即是我們要求y對x的二階導數(shù)典.dxdx2規(guī)范解法世=dxdy-dtdx-

3、dt= 6t-4 = 2（3t-2）=3t2 4t.d2y _ d .dy） _ dtdx 2 dx dx Jdxdt如果函數(shù)y=f （x）是由極坐標方程丫 =Y （0）給出來的，則可把極坐標方程先化成 參數(shù)方程，再求導數(shù).即 x=Y （0）cos0 ,y=Y （0）sin0，從而dy = dO = Y dx dx y，G）sin 0 + y（0）cos 0 _ y（9）tan 0 + y0（9）cos 0 - y（0）sin 0y（0）tan 0dO什么是羅爾定理？我們先考察一個函數(shù)y = f）= x2,容易驗證這個函數(shù)滿足：（I ）在閉區(qū)間1, 1上連續(xù).（II）在開區(qū)間（一1, 1）內(nèi)可

4、導.（III）f （-1） =f （1） =1.這個函數(shù)的導數(shù)f）=2x,令f）=2x = 0,得x=0 （1, 1）即在開區(qū)間（一1,1）內(nèi)存在點乂=使得f，（0）=0 （如圖3T4）.圖 3-14一般地，我們有（即羅爾定理）.若函數(shù)f （x）滿足條件（I ）在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（II）在開區(qū)間（a,b）內(nèi)可導；（III） 在區(qū)間a,b的兩個端點的函數(shù)值相等，即f（a）=f（b）,則至少存在一點ge（a,b）使得ffQ）=O.羅爾定理的幾何意義是：兩個端點的縱坐標相等的處處存在切線（端點除外）的連續(xù)曲 線y=f（x）上，至少有一點）的切線是水平的.如圖3-15.例 證明f (x)= x2

5、2x -3,x eL 1,3滿足羅爾定理.規(guī)范證法 f (x)= (x + 1)X - 3)f (-1)= f G)= 0.f ,(x )= 2x - 2 = 2(x -1)顯然f (x)滿足羅爾定理的三個條件，其中a= 1,b = 3.存在點& =1仁(一1, 3), 使f G)= 0.即符合羅爾定理的結論.什么是拉格朗日中值定理？在羅爾定理的幾何意義中，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況，即有下面更一般的 結論(即拉格朗

6、日中值定理).少存在一點& (a, b),證明：作輔助函數(shù)F(x)= f(x) f(a)一瓦)(x a)b 一 a容易驗證，F(xiàn) (x)在a，b上滿足羅爾定理的條件，從而至少存在一點& e(a，b)， 使 f，G)= 0.若函數(shù)f (x)滿足：(I)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；(II)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)可導；則至 ()f (b ) f0 使f &= b a .XF(x) = f )- 1iQ, b a 從而 F，G)= f，G)一 = 0. b 一 a即f，G)=四項a?. b 一 a拉格朗日中值定理的幾何意義是：處處存在切線(兩個端點除外)的連續(xù)曲線y=f(x) 上，至少有一條切線平行于兩個端點的

7、連線(如圖316).在拉格朗日定理的證明中，米用的方法是先作出一個輔助函數(shù)，故這種方法也稱輔助函 數(shù)法.輔助函數(shù)法也稱為構造法.它是數(shù)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輔助函數(shù)，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.為運用方便，可把這個公式寫成下列幾種形式.f )=乩)一 f(a)* e(a,b).b aGlf(b)- f(a )=f，)b a e(a,b).Gilfb)- f(af 希(b a)!b a)(0 0 v 1)Wf

8、(xo+A x) f(x0 )= f G0 +0 xX x,(0 0 1)(vX y = f0 +0 X xX x,G 0 1)對于這些公式要靈活運用，比如：不必局限于3函若某函數(shù)f (x)在開區(qū)間(a， b)(有限或無限)內(nèi)處處有導數(shù)，則對Vx1,x2 e(a,b)可以斷言，在x1與x2之間存在&使f，G)=f -).乂2 x1f &)_ f G)拉格朗日定理建立了函數(shù)f (x)在a，b上的平均變化率E E (整體性質(zhì))與該 b 一 a函數(shù)在(a，b)內(nèi)某點處導數(shù)fG)(局部性質(zhì))之間聯(lián)系，從而為利用導數(shù)解決整體性問 題提供了可能性.需要說明的是：在拉格朗日定理中，只指出“中間值”& (或0

9、)的存在 性，而沒有提供確定& (或0 )的方法.例1證明：若f (x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的導數(shù)恒為零，那么f (x)在區(qū)間(a，b)內(nèi) 是一個常數(shù).思路啟迪 要證明f (x)在怎，b)內(nèi)是一個常數(shù)，只要能證明：對于(a，b)內(nèi)的任 意不相同的兩點x1,x2都有f1)= f2)即可.規(guī)范證法 任取x1,x2 e(a,b)，不妨設x1 x2，因為f (x)在(a，b)內(nèi)可導，從而f (x)在lx ,x 上連續(xù)，在(x ,x)內(nèi)可導，由微分中值定理，至少存在一點geG ,x )， 121212使得f(x2 )- f(x1 )=(x2 - X1 AQ由已知，對Vx e(a,b)有f0 時，由f。在b

10、，a上應用拉格朗日定理，即fG)-f(0)=fQa-0)即 f(a)=af，)6 或 a )再由f (x)在b,a+b上應用拉格朗日定理得f (a + b)= f (b)+ f，(y)a, (b y f (y)注意到a30，故有af6 af (y)，于是f (a + b ) g vx；f，(x)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；而不是，這一點在利用上面的公式時一定要注意.若limjg仍是一個不定式，并f)且它仍滿足上面的三個條件，則此時對lim=c再用一次洛必達法則，即此時有 xrag 板)f，(x)f(x)lim二c=lim=m，即洛必達法則可以重復應用.上面

11、的x的變化趨勢x-a可換成 xrag xragXT a-, X Ta+,X Tco,x T+co 或 X TCO,結論仍成立.例1求limX-xcosx仁型xto x-sinx I。)思路啟迪由于當x0時，xxcosxOxsinx0,所以這是一個不定式，考慮利用 洛必達法則.規(guī)范解法 易知這是:型不定式，應用洛必達法則得：7. x 一 xcosx 7. 1 一 cosx + xsinx (0 lim= limxt0 x一sinxxt01 一cosx-型0 Jsin x + sin x + x cos x =lim x T0=lim 2 +x roksin xx)cos X sin x)2 +

12、lim X - lim cos x no sinx xt02 +1 = 3.lim1 -C0SX + XSinX .由極限公式： X項1 - cosx當x0時，1 cosx+xsinx0,1 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則.點評本題在應用一次洛必達法則以后得極限:例2 求 limf0 型.xr0 x3 k0 J思路啟迪 當x 0時，x - sinx 0,x3 0,考慮利用洛必達法則.規(guī)范解法limM = iim上*x r0 x3x r0 3x2 sinx 1=lim=-x項 6x 6丸arctan x , 口 、 例3求lim 2

13、型x *81 k 0 Jx思路啟迪由于limx r+8k丸一 arctan x 2=0, lim - = 0,故考慮利用洛必達法則.x r+8 xlg (x) 例4設f (x )=思路啟迪按照導數(shù)的定義，兀 t1規(guī)范解法 lim 2= lim 1 + x2 = lim 土 = 1.x r+81x r+81 x r+8 1 + x2_ xx2，且已知g（o）= g0）= 0,g（0）= 3.試求T（0） x = 0,我們有 f 血)=lim f f )= lim-=lim g(x)xroX xro X xro x2由已知g（0）存在可知g （x）在點x=0連續(xù)，故limg（x）= g（0）= 0

14、,顯然x2 - 0（x - 0）,X T0g（x）g 0 皿或v 心）g（x） . g（x） 1g（x）一 gG）故極限lim 為一型不定式.又g ）存在，從而lim = lim =一lim x-0 x20 x頊（x2） x項 2x2x_0 x - 0=、七）存在.2規(guī)范解法當x豐0時，四以） =四 x 0 x2.由洛必達法則得f (0 )=lim超=limMx2x項 x2 x 0 2xx Tx Tg) - g (0 )=limx 0 x - 0=-g (0)= 3.（0）= 0,即limM仍為不定式，但我們不 x0 2x22點評 雖然g（0）存在，此時有l(wèi)img （x）= gx0能再次利用洛

15、必達法則而用以解法：f （0）=lim遂 = limM =limM = -g（0）= 3.因為已知條件中只給出當x=0時g x0 x2x0 2xx0 222（x）的兩階導數(shù)即g（0）存在，而當x尹0時，g （x）的兩階導數(shù)即g（x）x。0）不一定存在， 即使g）x。0）存在，極限limg（x）也不一定存在，故兩次利用洛必達法則是錯誤的.x 0(2)-型不定式.(洛必達法則II)8若f(x)g(x)在點a的某去心鄰域可導，且g(x) 0;limf(x)=8, limg(x )=8；xaxalim* 存在0括8)xa g 板)f(x)fG) . f(x)則lim ()也存在，且lim ( )= l

16、im / ).xa g板)xa g板)xa g (x):這里的變化趨熱“x a”同樣可換成“x a - ,x a + ,x 3,x -3,x +3”J心llnsin mx f 8 八例5 求lim型.x0 + ln sin nx(8)思路啟迪 由于lim lnsinmx = -8, lim lnsinnx = -8，故這是個不定式極限，考慮利x0+x 0+用洛必達法則II.規(guī)范解法lim些些x 項+ ln sin nx m sin nx cos mx m=lim= limx 項+ n sin mx cosnx n x 項+sinnx f0 型sin mx 0 )mlimn x項+ncosnxm

17、cosmx例6 求lim 土L（1為正整數(shù)，a 0）xr+8 eM8 思路啟迪 當x + 8時，xn T+8,eM T+8,故這是個一型不定式的極限，考慮利8用洛必達法則II,故有相繼應用洛必達法則n次得.規(guī)范解法 lim 仝一=lim xT+8 e 人x x T+8 Xe 人xn(n - 1)xn-2=lim x t+8入ne 入x! n!= =lim= 0.x *8入ne入x點評對該不定式利用n-1次.洛必達法則的每一結果仍是不定式，第n次應用洛必 達法則極限存在，故該極限需相繼使用n次洛必達法則才能求出極限.除上述討論的0型與8型不定式之外，在實際問題中，我們還常遇到一些象8-8、080

18、8、00、18、80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8型或一型的不定式，從而可以得到解決.下面我們通過一些例題加以說明.8例 7 lim x2 ln x （0 8型）思路啟迪 由于當x 0 +時，x 2 0,lnx T-8,故這是一個0.8型不定式，考慮首先將其變成0或-型，再利用洛必達法則. 08規(guī)范解法lim x2 lnx = lim岑 型 TOC o 1-5 h z x項+x項+k8 ）x21v x 2=lim= lim22x t0+x t0+ 2x3=0.8點評 上述解題過程是將08型變成一型，再應用洛必達法則，我們看會出現(xiàn)什么8結果.X2 lim x2 ln x