中值定理与导数的应用2(终)
??4.求下列函数的最大值、最小值:
42y,x,8x,2, ,1,x,3(1); (2) ; y,sinx,cosx,[0,2π]
2y,ln(x,1),[,1,2](3) ; (4)。 y,x,1,x,,5,x,1
:导数的应用。
,,思路:求函数在闭区间上最值的基本
是先求的点或者不存在的点,然后求这些点处f(x)y,0y的函数值及其闭区间端点处的函数值,比较函数值,最大的即是在该闭区间上的最大值,最小的即f(x)
是在该闭区间上的最小值。 f(x)
3,yxx,,,4160解:(1)在上令,得x,0,x,2; [,1,3]12
? ,,,, y(,1),,5y(0),2y(2),,14y(3),11
42y,x,8x,2, ,1,x,3?比较可得的最小值为,最大值为。 y(2),,14y(3),11
5ππ,(2) 在上,令,得,; [0,2π]yxx,,,cossin0x,x,1244
5ππ?,,,, y(0),1y(2π),1y(),2y(),,244
5ππ?比较可得的最小值为,最大值为。 y,sinx,cosx,[0,2π]y(),,2y(),244
3211,,x,(3)在上,,得; [,5,1]x,y,,0421,x
35?,y(),,y(1),1, y(,5),,5,644
35?比较可得的最小值为,最大值为y(),。 y,x,1,x,,5,x,1y(,5),,5,644
2x,(4)在[,1,2]上令,得; y,,0x,02x,1
y(,1),ln2 ,y(0),0,y(2),ln5, ?
2y,ln(x,1),[,1,2]?比较可得的最小值为y(0),0,最大值为y(2),ln5。 ???5.求下列数列的最大项:
10,,nn,,n(1) ; (2)。 ,,n2,,
知识点:导数的应用。
x,xf(n)f(x)[1,,,)思路:求数列的最大项最小项问题可转化为求函数在区间内的最值问题;若0
f(n),f([x])f(n),f([x],1)为在区间内的最小值点,则与中最小的一个为数f(x)[1,,,)00
x,xf(n),f([x])为在区间内的最大值点,则与列中的最小项;若f(x)[1,,,)00
f(n),f([x],1)中最大的一个为数列中的最大项。 0
10910xxx(10ln2),,,解:设f(x),则在区间内,令,得唯一驻点; fx()0,,x,[1,,,)xx22ln2
108,10()822xxx(9020ln2ln2),,10ln2,,,,由,得, fx(),f()0,,x102ln2ln22
1010,,(或者说:当时,;当时,) fx()0,fx()0,x,x,ln2ln2
1010x,?为f(x)在区间内唯一的极大值点,也是最大值点; x,[1,,,)xln22
1014
1410102?,,且, ,1.00323,1[],14[],141015ln2ln2152
10,,n?当时,取得最大项。 n,14,,n2,,
111ln,xxx,fxx()()0,,f(x),x(2)设,则在区间[1,,,)内,令,得唯一驻点; x,e2x
,,当时,有y,0,当时,有y,0, x,e0,x,e
1
x? 为f(x),x在区间内唯一的极大值点,也是最大值点; [1,,,)x,e
628n,,n?[e],2,[e],1,3,且,?当时,取得最大项。 ,,1n,3393
??6.从一个边长为a的正方形铁皮的四角上截去同样大小的正方形,然后按虚线把四边折起来做成一个
无盖的盒子(见图),问要截去多大的小方块,才能使盒子的容量最大,
x
a
图3-5-6 知识点:求最值问题。
思路:根据题意建立数学函数模型,根据实际意义,确定自变量范围,在所确定的范围上求最值。特别地,
xxf(x)在某个区间内可导且只有一个驻点,且是函数的极值点,则当是极大值时,f(x)f(x)000f(x)f(x)f(x)就是在该区间上的最大值;当是极小值时,就是在该区间上的最小f(x)f(x)000
xf(x)值;在某个区间内可导且只有一个驻点,且在该区间上确实存在最值,则就是f(x)f(x)00f(x)在该区间上的最值。
解:设截去的小正方形的边长为,则根据题意,得 x
dVaaa2V(x),x(a,2x),;令,得(舍去),;x,x,x,(0,),(a,2x)(a,6x),0262dx
aa23V(0),0,V(),0,V(),a?,?可得,当一个边长为的正方形的四角上截去一块边长为 a2627
a的小方块,才能使盒子的容量最大。 6
??7.欲制造一个容积为的圆柱形有盖容器,问如何设计可使材料最省, V
22解:设圆柱形容器的底为r,高为,则
面积,又,?得 S,2πrh,2πrV,πrhh
2V2, S(r),,2πr,0,r,,,r
3V2V,r,令,得唯一的驻点; Sr()40,,,,πr22πr
4V,,,,又由,知, Sr()120,,πSr()4,,π3V3r,r2π
3Vr,?为S(r)的极小值点,也是最小值点; 2π
3Vr,?当,时,可使材料最省,即圆柱形容器的底和半径相等时,可使材料最省。 h,2r2π
R???8.从一块半径为的圆片中应切去怎样的扇形,才能使余下的部分卷成的漏斗(见图)容3,5,8
积为最大,
22R4π,,R,解:设漏斗的半径为,高为,容积为,根据题意,得,,从而有 rh,r,hV2π2π
3222,,R4π,12; V,(),πrh,,0,,,2,2324π
3222R,,4π,88,,,,,,,,令,得(舍去),(舍去),; ,,0V()0,,,23324π
最大值确实存在, ?漏斗的最大容积确实存在,即V(,)(0,,,2,)
又的驻点唯一, V(,)(0,,,2,)
88,,,,,2,?时,取得最大值,即当切去圆心角为的扇形时,余下的V(,)(0,,,2,)33
部分卷成的漏斗容积最大。
F???9.设有重量为5kg的物体,置于水平面上,受力的作用而开始移动(见图),设磨擦系3,5,9
FF数μ,0.25,问力与水平线的交角为多少时,才可使力的大小为最小, α
Pμ,(),0F,,,解:根据题意,得Fcosα,(P,Fsinα)μ,从而有, 即,,cossin2,,,,
1.25,(),0,令f(,),cos,,0.25sin,, F,,,,,cos0.25sin2,,,
,,则由f()sin0.25cos0,,,,,,,,得f(,)在内唯一的驻点α,arctan(0.25); (0,)2
,1.251.25?,, F(0),,1.25F(),,5,,cos0,0.25sin02cos,0.25sin22
1.25F(arctan(0.25)),,1.213且 cos(arctan(0.25)),0.25sin(arctan(0.25))FFα,arctan(0.25)?力与水平线的交角时,才可使力的大小为最小。
49kg???10.有一杠杆,支点在它的一端,在距支点处挂一重量为的物体,加力于杠杆的另一端0.1m
5kg/m使杠杆保持水平(见图),如果杠杆的线密度为,求最省力的杆长。 3,5,10
x解:设杠杆长为,则根据题意和力的平衡关系,得,即 xF,49,0.1,5x,x2
4.95x; F(x),,(x,0)x2
29.8495598.x.,,x,,1.4令,得唯一的驻点; Fx()0,,,,,(x,0)225xx22
?最省力的杠杆长确实存在,?当杠杆长时最省力。 x,1.4m
F
,,
R
O P,5kg
图3-5-9 图3-5-8
SA
0.1m a Fb
xxMO
,
49kg
图3-5-11 图3-5-10
A????11.光源的光线射到平面镜的哪一点再反射到点,光线所走的路径最短(见图SOx
), 3,5,11
解:设入射点为,则所走的路程 M,OM,xS
2222y,SM,MA,a,x,b,(τ,x)(0,x,τ)
aτxτ,x,yx,令y,,,0,得在区间(0,τ)内的唯一驻点, 02222a,baxb,,,()τx
aτMx,?最短的距离确实存在,?当入射点在上的点为时,光源的光线所走的路径最短;OxS0a,b
β容易验证,此时入射角(记为α)等于反射角(记为),即
aττ,τ,xxτa,b00, tanβ,,,,,tanαbba,ba
此为著名的光的反射定律。
????12.甲船以每小时里的速度向东行驶,同一时间乙船在甲船正北里处以每小时里的速度208216向南行驶,问经过多少时间两船距离最近,
解:设两船的距离为,且经过小时两船距离最近,则根据题意得 tS
22S(t),(82,16t),(20t)(t,0)
6561312t,,令,得在区间内唯一的驻点; S(t)(0,,,)St()0,,t,222(8216)(20),,tt
22?两船最短的距离确实存在,?时,Stttt()(8216)(20)(0),,,,取得最小值,即经过t,2
2小时后两船距离最近。
内容概要
名称 主要内容(3.6) 3.6 函渐近线的概念:
数图形1)水平渐近线:若函数的定义域是无穷区间,且,则称直线 limf(x),Cy,f(x)x,,的描绘
为曲线的水平渐近线; y,Cy,f(x)
x,xxlimf(x),,2)铅直渐近线:若函数在处间断,且,则称直线为曲y,f(x)00x,x0
线的铅直渐近线; y,f(x)
3)斜渐近线:设函数,若lim[f(x),(ax,b)],0,则称为y,f(x)y,ax,bx,,
f(x)的斜渐近线,其中。 y,f(x)a,lim(a,0),b,lim[f(x),ax]x,,x,,x
fx()lim[f(x),ax]注:若不存在,或虽然它存在但不存在,则y,f(x)不存在斜limx,,x,,x
渐近线。
函数图形描绘的步骤:
,,,1)确定函数f(x)的定义域,求出函数的一阶导数fx()和二阶导数fx();
,,,,,,2)求出fx()和fx()的全部零点,f(x)的间断点,fx()和fx()不存在的点;用这些
点把函数定义域划分成若干个部分区间;
,,,3)确定在这些部分区间内fx()和fx()的符号,并由此确定函数的增减性和凹凸性,极值
点和拐点;
4)确定函数图形的渐近线以及其他变化趋势;
,,,fx()fx()5)算出和的全部零点及其不存在时的点所对应的函数值,并在坐标平面内描出
相应的点,有时适当补充一些辅助点,根据以上步骤画出函数大致图形。
习题3-6
?1.求下列曲线的渐近线:
1x,e,xxy,x,ey,(1); (2) ; (3) 。 y,e1,x
知识点:渐近线的概念。
思路:求出函数定义域;在间断点处或无穷大时,讨论的极限情况,用以求出的水平f(x)f(x)fx()
f(x)渐近线和垂直渐近线;讨论、无穷大时的极限,用以求出斜渐近线。 f(x),axx
111,,,xxx解:(1)的定义域为;?,, y,e(,,,0):(0,,,)lime,,,lime,1,x,,x,0?为铅直渐近线,为水平渐近线,容易验证该函数没有斜渐近线。 y,1x,0
xxxeeey,,,lim,0lim(2) 的定义域为;?,, (,,,,1):(,1,,,)x,,1x,,,1,x1,xx1,
?为铅直渐近线,为水平渐近线,容易验证该函数没有斜渐近线。 y,0x,,1
,x,xy,x,elim(x,e),,(3)的定义域为;?,?函数不存在铅直渐近线及水平(),,,,,x,,渐近线,
,xx,e,xlim,1,alim[(x,e),ax],0,b而,, x,,,x,,,x
,xy,x,ey,x?为函数的斜渐近线。 ???2.描绘下列函数的图形:
22(x,3)x2xy,y,(1) ; (2) ; (3); y,224(x,1)x,11,x
lnx(4) ; (5)y,。 y,x3,xx
知识点:函数的性质及导数的应用。 思路:根据函数的定义域、周期性、奇偶性、单调性和极值、凹凸性和拐点、渐近线及其关键点的坐标,
描绘函数图形。
22xy,解:(1)1)的定义域为(,,,,1):(,1,1):(1,,,); 2x,1
224(1)224xxxxx,,,,,,y,,,02)令,得驻点;时y不存在;x,0x,,12222(1)(1)xx,,
2124x,,,y,,0无解; 23(1)x,
3)现列表讨论其单调性和极值,凹凸性和拐点:
x ,101 (,,,,1)(,1,0)(0,1)(1,,,)
不存在 , 不存在 ,,, 0, fx()
不存在 , ,, 不存在 ,, ,, fx()
不存在? 不存在极大?,,? ? ,, f(x)值点
22222x2x2x2xlimlim,,,,,,lim,,,lim,,,4),,,,2222,--,x,,1x,,x,x,111x1x1x1x1,,,,
2x2lim,2,?为铅直渐近线,为水平渐近线, y,2x,,12x,,x,1
22xy,容易验证,函数没有斜渐近线; 2x,1
22xy,5)根据以上讨论,可描绘出函数的图形如下: 2x,1
y
2
,101
x
图3-6-2-1
(0,1):(1,,,)注:也可以利用函数的奇偶性,只讨论函数在内的情况,描绘出此区间上函数图形,然
后再利用图像的对称性,将函数图形补充完整。
x(2)1)的定义域为; y,(,,,,,)21,x
223xxxx,,,,12126xx,,,,y,,,0y,,0x,,12)令,得驻点;令,得1,2222223(1)(1)xx,,(1)x,x,0,; x,,353,4
x3)?为奇函数,?在内列表讨论其单调性和极值,凹凸性和拐点: y,(0,,,)21,x
x1 (0,1) (1,3)3(3,,,)
, , ,, 0, fx()
, , , , 0,, fx()
拐点 极大点 ?,?,? , f(x)
f(1),1/23f(3), 4xx4),?为水平渐近线,容易验证,函数没有斜渐近线; y,0y,lim,022x,,x1,x1,
x5)根据以上讨论和函数的奇偶性,可描绘出该函数的图形如下: y,21,x
y
1/2,
.,
3/4 .
x 013
图3-6-2-2
2(x,3)y,(3)1)(,,,1):(1,,,)的定义域为; 4(x,1)
(3)(1)xx,,,y,,0x,,1x,32)令,得驻点,; 1224(1)x,
8,,,,x,1y,,0y时,不存在;无解; 334(1)x,
3)现列表讨论其单调性和极值,凹凸性和拐点:
x ,113 (,,,,1)(,1,1)(1,3)(3,,,)
, 不存,,, 00, fx()在
, , ,不存 ,,, ,, fx()在
不存 ? 极小极大点 ?,,? ? ,, f(x)在 点
22(x3),(x,3)lim,,,,,,lim4),?为铅直渐近线, x,1,-x,x,114(x1)4(x,1),
2(x,3)y,容易验证,函数没有水平渐近线; 4(x,1)
222(3)1(3)(3)15x,x,x,lim,,alim[,ax],lim[,x],,而,, x,,x,,x,,4(1)44(1)4(1)44xx,x,x,
15?为斜渐近线。 y,x,44
又f(,1),,2 , f(3),0
5)根据以上讨论,可描绘出该函数的图形如下:
y
0135,1
15 y,x, x44 ,5/4
,2
图3-6-2-3
(,,,3](4) 1)的定义域为; y,x3,x
,,163x,,yxx,,,,,,30x,32)令,得驻点;时,y不存在; x,222323,,xx
1,,,,,33(63)xx312x,23,x在上无解; ,,(,,,3]y,,,032(3),x24(3),x3)现列表讨论其单调性和极值,凹凸性和拐点:
x 23 (,,,2)(2,3)
, 不存在, 0, fx()
, , , 不存在 ,, fx()
极大值?,? ,0 f(x)点 4)容易验证,函数没有渐近线。 y,x3,x
又 f(2),2 , f(3),0, f(0),0
5)根据以上讨论,可描绘出该函数的图形如下:
y
032
x
图3-6-2-4
lnx(5)1)的定义域为; y,(0,,,)x
31ln,x2ln3x,2,,,x,ex,e2)令,得驻点;令,得; y,,0y,,01223xx
3)现列表讨论其单调性和极值,凹凸性和拐点:
33 xe3(0,e) 222(e,e)(e,,,) e
,, , , 0,fx()
, ,, , 0,,fx()
拐点 ? 极大值?,,? , f(x)点
xxlnln4),?为铅直渐近线,为水平渐近线;函数无斜渐近线。 y,0,,lim,0limx,0x,0x,,,xx
5)根据以上讨论,可描绘出该函数的图形如下:
y
,1 e
3/2 3/2e
x
3/2 e0 e
图3-6-2-5
内容概要
名称 主要内容(3.7)
3.7 /2ds,1,(y)dx弧微分计算公式:,其中为弧函数,其性质为单调增加。 s,s(x) 曲率
曲率计算公式:设曲线方程为,具有二阶导数,则曲线在点处y,f(x)f(x)y,f(x)x
//y
的曲率计算公式为K,。 3/22(1,(y))
M1) 曲率圆与曲率半径:设曲线在点处的曲率为,在点处y,f(x)M(x,y)K(K,0)
1DD,的曲线的法线上,在凹的一侧取点,使得。以为圆心,为半径DM,,,K
MDM的圆成为曲线在点处的曲率圆。曲率圆的圆心称为曲线在点处的曲率圆心。曲率
M,圆的半径称为曲线在点处的曲率半径。
2) y,f(x)在点M(x,y)处的曲率圆的圆心记为(,,,),则其计算公式为:
//2,,y(1(y)),,,x,//y,。 ,/2,1(y),,,,y//,y,
习题3-7
???1.求曲线的最大曲率。 y,lnx
知识点:曲率的计算公式及最值的应用。
思路:根据曲率计算公式,计算函数的导数及其二阶导数,代入公式,得关于的曲率函数,然后求该函x数的最大值,便得原来函数的最大曲率,最小值便为原来函数的最小曲率。
11,,,解:?,,?得函数在处的曲率为 y,lnxxy,,y,2xx
1
2,,yxx, Kxx()(0),,,,333122222,(1())(1)(1),,,yx2x
的最大值: 下面求Kxx(),(0),
22213212,,xx,x,,x,,由,得;舍去 Kxx()()0,,,,,35522222222(1)2(1)(1),,,xxx
22,,0,,xx,当时,;当时,, Kx()0,Kx()0,22
222x,?当时,在内取得极大值,也是在内的最K(x)(0,,,)K(x)(0,,,)K(),2233
2大值,即曲线的最大曲率为。 y,lnx
33
2y,x,3x,2?2.求抛物线在点处的曲率和曲率半径。 x,1
知识点:曲率和曲率半径的计算公式。
思路:利用曲率及曲率半径的公式即可。
2,,,y,x,3x,2解:?,,?函数在处的曲率和曲率半径分别为 yx,,23y,2x
,,y12R(x),,, Kx(),,33K(x)2222,(1())(1(23)),,,yx
1K,R,1326将分别代入K(x)、R(x)中,得曲率和曲率半径为,。 x,11326
x,a(t-sint),π??3.计算摆线在t,处的曲率。 ,y,a(1,cost)2,
,dyytt()sin解:? , 1,,,πππ,,,ttt,dxxtt()1cos,222
22dyttttsin1cos(1cos)sin11,,,; ,,,,,,()πππ22,,,ttt,dxtxttata1cos()(1cos)(1cos),,,222
1
,,yaπ2? 在处的曲率为。 t,K,,,3324a222,(1())(11),,y
???4.曲线弧上的哪一点处的曲率半径最小,求出该点处的曲率半径。 y,sinx(0,x,π)
知识点:同1。
思路:同1。
,,,,,?得函数在处的曲率半径为 解:?yx,cosyx,,siny,sinxx
332222,1(1())(1cos),,yxRxx()(0),,,,,π, ,,Kxyx()sin
?和的单调性一致,?可通过求的最值得到的最值 Rx()ln()Rxln()RxRx()
32 ln()ln(1cos)lnsin,(0)Rxxxx,,,,,π2
2232cossincoscos(3sin1cos),,,xxxxxx,(ln())0Rx,,,,,, 2221cossin(1cos)sin,,xxxx
π得唯一的驻点; x,2
ππ,,当时,;当时,; (ln())0Rx,(ln())0Rx,0,x,,x,π22
ππ?当时,ln()Rx也是Rx()在(0,π)内取得极小值,也是R(x)在(0,π)内的最小x,R(),122
ππ值,即曲线弧y,sinx(0,x,π)在处的曲率半径最小,且该点处的曲率半径为。 x,R(),122
注:此题也可通过求曲率Kx()的最大值点和最大值得到结果。
2?5.求曲线在(0,0)处的曲率。 y,ln(x,1,x)
dy1,,1解:? , x,0x,02dx1,x
2dyx,,,0; x,0x,023dx22x(1,)
,,y02? 曲线y,ln(x,1,x)在(0,0)处的曲率为。 K,,,033222,(1())(11),,y
????6.汽车连同载重共,在抛物线拱桥上行驶,速度为,桥的跨度为,拱的矢高为5t21.6km/h10m
,求汽车越过桥顶时对桥的压力。 0.25m
知识点:曲率在物理中的应用。
思路:根据题意,利用数学知识,结合物理问题,建立数学模型。
2y,ax(a,0)y解:取桥顶为原点,垂直向下为轴正向,则抛物线方程为,从而桥端点坐标为
0.252,,,y,0.01x在抛物线上,?,;?, (5,0.25)y,y.(0)0(0)002,,a,,0.0125
322,(1()),yR()050,,?顶点处抛物线的曲率半径; 0x,,,y
233mv5,1021.6,102F,,(),3600(N)利用物理知识,得顶点处汽车的离心力, R5060,60
3,5,10,9.8,3600,454009(N)?得汽车越过桥顶时对桥的压力为。 G,mg,F
??7.求曲线在其与轴的交点处的曲率圆方程。 y,lnxx
知识点:曲率圆的概念和计算公式。
思路:先根据曲率半径公式,计算曲率圆半径,然后再根据渐屈线的方程求曲率圆的圆心,得出曲率圆方
程。
11,,,解:? 与轴的交点为,,, y,lnx(1,0)xyy,,,,,,11xx,,11xx,,112xx
,,y11,?曲率圆的半径为;又由渐屈线方程的参数方程得 R,,22K,,3K2222,(1()),y
2,,,yy(1()),ξ,,,x3,,(10)(10),,,y,,即曲率圆的圆心为(3,,2), ,2,1,(y),η,,,,y2,,(10)(10),,,y,
22(x,3),(y,2),8从而曲线在其与轴的交点处的曲率圆方程为。 y,lnxx
2y,2px??8.求曲线的渐屈线方程。
知识点:渐屈线的概念。
思路:根据渐屈线的参数方程公式求方程。
2,,pypp2,,,,y,,,y,2pxy,22yyp,解: 由,得,,; 23yyy
22222,,yy(1()),(py)(1(py))y3y2p,,ξ,,x?, ,,,23,,y2p2ppy,
223,1()1(),,ypyy,即所求渐屈线的参数方程为: η,,,,,,yy232,,ypyp,
22,,3y2p,ξ,2p,y(为参数)。 ,3y,,,η2,p,
总习题三
??1.证明下列不等式:
n,1nnn,1nb(a,b),a,b,na(a,b)(1) 设,证明:; a,b,0,n,1
a,baa,b(2)设,证明:。 ,ln,a,b,0abb
知识点:拉格朗日中值定理。
fbfa()(),,,思路:关键是寻找,用公式,当确定了的范围, y,f(x)f(),f()ξ,ba,
fbfa()(),即可定的范围,从而证明结论。 ba,
nn,1,fxx(),fxnx(),证明:设 ,易见在连续,在可导,且, 由拉格朗日中fx()[,]ba(,)ba
nnn,1,a,b,nξ(a,b)值定理可知,至少存在一使 即, ,,(,)bafafbf()()(),,,
n,1nnn,1nb(a,b),a,b,na(a,b)又 ,故 。 baab,,,,,,()0
,???2.设f(x)在[0,1]上可导,且0,f(x),1,对于任何x,(0,1),都有fx()1,,试证:在(0,1)内,有且仅有一个数,使f(ξ),ξ。 ξ
知识点:零点定理,罗尔中值定理或者单调性的应用。
思路:从结论出发构造辅助函数,利用零点定理证明存在性,利用反证法和罗尔中值定理证明唯一性;或者是利用单调性证明唯一性。
证明:1)存在性。设Fxfxx()(),,,易见函数在[0,1]上连续,
Ff(0)(0)0,,Ff(1)(1)10,,,且 ,,
,,(0,1)F()0,,f(,),,由零点定理可知,至少存在一点,使 ,即。 2)唯一性。
,,(0,1),f(,),,Fx()[,]([,]),,,,假设存在另一点,使,则在上连续,在相应开区间内可导,
,FF()()0,,,,,,(,,,),(0,1)F()0,,且,由罗尔定理可知,至少存在某,使,从而
/,,f(x),1f()10,,,f()1,,f(ξ),ξ,,这与矛盾,故有且仅有一个数,使。 ξ
,,,???3.若时,可微函数有,则方程f(x)fafb,fa,fb()()0()0()0,,,,fx()0,a,b
在内() (a,b)
(A) 无实根; (B) 有且仅有一实根; (C) 有且仅有二实根; (D)至少有二实根。
知识点:极限的保号性,零点定理,罗尔中值定理。
思路:根据保号性及零点定理,可得在内有零点,再两次利用中值定理便得结论。 f(x)(a,b)
f(x),f(a),解:由得 fa,()0,lim,0,,x,ax,a
b-af(x),f(a),δ,0()a,x,a,δδ,根据保号性,知,当时,有 ,0,0002x,a
x,(a,a,δ)f(x),0,取,则有; 从而有f(x),f(a),0000
b-a,δ,(),δ,0b,δ,x,b同理,由可知,,当时,有, fb()0,f(x),f(b),01112
x,(b,δ,b)f(x),0取,则有; 111
ξ,(x,x)由零点定理,至少有一点,使; f(ξ),001
易知,f(x)在[a,ξ]、在上连续,在(a,ξ)、(ξ,b)内可导, [ξ,b]
,,f()0ξ,f()0ξ,ξ,(a,ξ)ξ,(ξ,b)?由罗尔中值定理,知至少有一点、,使得,; 1212
故选(D)。
???4.设f(x)于[0,π]上连续,于(0,π)内可导,求证:存在ξ,(0,π),使得
,f()()cotξ,,fξξ
知识点:罗尔定理
思路:设置辅助函数,使其满足罗尔定理。
解:设Fxfxx()()si,n,则Fx()在[0,,]上连续,在(0,,)内可导, 且F(0),f(0)sin0,0,
F(π),f(π)sinπ,0FF(0)(),,,即;
,,由罗尔定理,至少存在一,,(0,,),F()0,,,即ff()sin()cos0,,,,, ,,
/f(ξ),,f(ξ)cotξ又sin0,(0,),,,,,,故。
,fxx()cos,fxfxx()()cot,,,,,注:辅助函数可通过如下推导获得:? fxx()sin
,,,, ,,,[ln()][lnsin]fxx,,,,[ln(()sin)]0[()sin]0fxxfxx
?设Fxfxx()()sin,
???5.设在上连续,在可导,且,试证:对任意给定的正数在f(x)[0,1](0,1)f(0),0,f(1),1a,b
abab,,,内存在不同的,使。 (0,1),,,,,f()()ξf,
知识点:拉格朗日中值定理。
思路:证明在至少存在不相等的,满足某种关系式,一般不构造辅助函数,而是依据结论中(a,b),,,
各部分的特点分别利用微分中值定理。
a证明:显然,;又由在上连续,且, f(x)[0,1]f(0),0,f(1),10,,1a,b
a根据介值定理,至少存在一点,使f(τ),; τ,(0,1)a,b易知在、上满足拉格朗日中值定理,从而存在,分别使 f(x),,(0,,),,,(,,1)[0,τ][τ,1]
a,, (1); f()(0)(0)()()τ,,,,,fτfξτfξab,
a,, (2), ff(1)()(1)()1(1)()ττff,,,,,,,,,,ab,
将(1)(2)两式相加,消去即得 ,
abab,,,。 ,,f()()ξf,
,???6.设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,证明:在(a,b)内存在点和,使 ,
ab,,,f()()ξf,,。 2,知识点:同5。
思路:同5。
2g(x),x证明:易知,f(x)、在[a,b]上满足柯西中值定理,从而,,,(a,b),使得
,fbfaf()()(),,, (1) 22ba,2,
,ξ,(a,b)又由朗格朗日中值定理知,,使得
fbfa()(),, (2) ,f()ξba,
,1()1f,由(1)(2)两式相比得, ,baf,2()ξ,
ab,,,f()()ξf,,即。 2,
3f(x),x,3x,a???7.证明多项式在上不可能有两个零点。 [0,1]
知识点:罗尔中值定理。
思路:反证法。
3f(x),x,3x,axx,解:假设在上有两个零点, [0,1]12
xx,(,)xxfxfx()0,()0,,[,]xx,易知在上连续,在上可导,且, 不妨设fx()12121212
2,,,,(,)(0,1)xx330,,,由罗尔定理,至少存在一,使得 ,即 , f()0,,12
23330,(0,1),,,,,f(x),x,3x,a但,矛盾。故多项式在上不可能有两个零点。 [0,1]
,???8.设可导,试证的两个零点之间一定有函数的零点。 f(x)f(x)fxfx()(),
知识点:拉格朗日中值定理。
思路:对于证明至少有一点ξ,(a,b),使得f(ξ),0,一般从结论出发,构造辅助函数Fx(),然后
,根据具体的条件使用零点定理,证明F()0,,;或者使用罗尔中值定理,证明F()0,,。
,fx(),,fxfxfxfx()()0()()1,,,,,,,, ? fx()
xx,,,,,,,,,,,[ln()][ln(())]0(())0fxxfxefxe,
xF(x),f(x)e故可构造辅助函数
xxx,F(x),f(x)exx,[x,x]证明:设f(x)的两个零点,不妨设,再令,易知,F(x)在上121212
(x,x)f(x),f(x),0F(x),F(x),0连续,在内可导,又,从而, 121212
,ξ,(x,x)由罗尔中值定理知,至少有一点,使得F()0ξ,, 12
xxx,,,,,Fxfxefxefxfxe()()()(()()),,,,(()())e0fξfξ,,又,从而有,
ξ,?,?f()()0ξ,,fξ,结论成立。 e,0
aa,1nn2a,,?,(,1),0???9.设,证明方程 1n32,1
πacosx,acos3x,?,acos(2n,1)x,0在内至少有一个实根。 (0,)12n2
知识点:罗尔中值定理。
思路:构造辅助函数,证明辅助函数有驻点。
sin3xsin(2n1)x,,证明:设,易知在上连续, fx()[0,]fx()asinxaa,,,,12n2321n,
aa,,n1,2n在上可导,且,, f(0)0,(0,),,,,,,f()a(1)012,232n1
,,由罗尔中值定理知,至少存在,使得 , f()0,,,(0,),2
,fxaxaxanx()coscos3cos(21),,,,,又, 12n
πacosx,acos3x,?,acos(2n,1)x,0故 在内至少有一个实根。 (0,)12n2
,,,???10.设在上处处有,且,证明在内方程 [1,,,)fx()0,f,f(1)2(1)3,,,(1,,,)
仅有一实根。 f(x),0
知识点:零点定理及其函数的单调性。
思路:利用零点定理,或者证明有实根;再利用函数单调性证明根唯一。 f(x),0
证明:由泰勒公式得:
,,,,f()()ξfξ22,; fxffxxxx()(1)(1)(1)(1)35(1),,,,,,,,,,22!!
,,f()ξ2,,?在上处处有,?,从而; [1,,,)fx()0,f(x),,3x,5(1)0x,,2!
x,2取,则有f(2)32510,,,,,,,,又f(1),2,0, 0
?由零点定理知,,,,(1,2),使得f(,),0,根的存在性成立;下证唯一性:
,,,?在[1,,,)上处处有fx()0,,?fx()在[1,,,)上单调递减,
,,从而在[1,,,)上,有fxf()(1)3,,,,
f(x)[1,,,)f(x),0?在上严格单调递减,从而仅有一实根。
,,f(x)[1,2]fx()f(2),f(1),0F(x),(x,1)f(x)???11.设在上具有二阶导数,且.若,证
,,ξ,(1,2)F()0ξ,明:至少存在一点,使得。
知识点:罗尔中值定理。
(n)f(ξ),0思路:证明至少存在一点ξ,(a,b),使得的命题,可考虑连续n次使用罗尔中值定理。
F(x)[1,2](1,2)F(1),F(2),0证明:由题意可知在上连续,在上可导,且 ,
,,,由罗尔定理,至少存在,使得 ;又, ,,(1,2)F()0,,Fxfxxfx()()(1)(),,,
,,在上连续,在上可导, 且, 由题意Fx()(1,),Ff(1)(1)00,,,[1,],
,,,,即 ,由罗尔定理,至少存在,使得。 FF(1)()0,,,ξ,(1,,),(1,2)F()0ξ,
,,fafb()()0,,???12.设函数在上可导,且,则在内存在一点,使得f(x)[a,b](a,b)ξ,,
,。 f()0ξ,
知识点:费马引理。
内存在极值点即可。 思路:可导的极值点必为驻点,所以证明在(a,b)
,,,,fafb()()0,,fa()0,fb()0,证明:?,?不妨设,; ,,,,
fxfa()(),,?,由极限的保号性知, fa()lim0,,,,xa,xa,
f(x),f(a),δ,0a,x,a,δ,当时,有,即有: (1) f(x),f(a),011x,a
f(x),f(b),fb()0,,δ,0b,δ,x,b同理由知,,当时,有, ,0,22x,b
即有f(x),f(b) (2) 易知,f(x)在[a,b]上连续,从而f(x)在[a,b]上必有最值,且由(1)(2)知,f(x)的最小值点
,必在(a,b)内取得,设为,则由费马引理知,f()0ξ,,结论成立。 ξ
???13.用洛必达法则求下列极限:
2,,ln(1,x)11πxlimlim(1)tan(1) ; (2) ; (3) ; lim,,x,,x,0x,1x,,1secx,cosx2x1ln(x2),,,,
111sinxsinx2xx1,cosxxlim()lim()(4) ; (5) ; (6) 。 lim(sinx,e)0x,x,0,x0xx
知识点:洛必达法则。
0,思路:注意洛必达法则的适用范围。该法则解决的是未定型的极限问题,基本形式为:型与型未定0,式,对于这种形式可连续使用洛必达法则;对于,,,型与型的未定式,可通过通分或者取倒数的0,,
,00形式化为基本形式;对于型、1型与,型的未定式,可通过取对数等手段化为未定式;此外,还可0
以结合等价无穷小替换、两个重要的极限、换元等手段使问题简化。
222xxxxxln(1,)cos,ln(1,)2lim,lim,lim,lim,1解:(1)。 22x,0x,0x,0x,0xxxxsec,cos2cossinxx1,cos1,cos
πxx,(1)sinπxx,,1122(2)。 ,x,,,,lim(1)tanlimlimlimx,1x,1x,1x,1πxπxππxπ2,coscossin2222
,,11ln(x,2),x,1ln(x,2),x,1(3) lim,,lim,lim,,2x,,x,,x,,111x,1ln(x,2)(x,1)ln(x,1,1)(x,1),,
11,(1x)1,,x2,limlim。 ,,,,x,,1x,,12(x1)2(x1)(x2)2,,,
xx,lnsinlnxcos1,x11sin12xxsinxlnsinxxxxx,,1cos1cos2(4) lim(),lime,lime,limexxxx,,,,0000x
xcosxsinxxcosxsinxxsinx,,,1,232xsinxx3x3,lime,lime,lime,e x0x0x0,,,
xcosx,e11xln(sinx,e)x2xxxx,esinlim(sinx,e),lime,lime,e(5)方法一: x,0x,0x,0
xxesin,,111x,,,,xxxxxesin,,1,,,,,lim(sinxe)lim[1(sinxe1)]方法二: ,,xx,0,0,,,,
1xxsinx,e,1sinxe,1xxsinx,e,1lim[1,(sinx,e,1)],e 又,xxx, lim,lim,lim,2x,0x,0x,0x,0
1x2x故 。 lim(sinx,e),e,x0
cosx1,1lnsinxlnxxcosxsinx,,sinxxsinx222xx2x2xsinx(6) lim(),lime,lime,limex0x0x0x0,,,,x
xcosxsinxxsinx,,1,322x6x6,lime,lime,e。 x0x0,,
,lim()fxklim[f(x,a),f(x)]??14.设,,求。 x,,x,,
知识点:拉格朗日中值定理。
思路:结论中含有函数改变量,可联想到利用中值定理求得结论。
,x,afxafxf()()(),,,,ξa解: 由朗格朗日中值定理得,(介于x与之间), ξ
,,lim[()()]lim()lim()fxafxfξafξaka,,,,,,,,从而有 。 xx,,,,,,ξ
sin3xa???15.当与为何值时,。 alim(,,b),0b32x,0xx
知识点:极限和洛必达法则。
思路:根据题意和已有的结论得关于与等式,求得与的值。 aabb
3cos3x,ax,axsin3解:由题意知,在该式左边应用洛必达法则可得 lim, ,,b,,blim32x,0x,03xx上式成立,必须 ,故,代入上式后,左边再应用洛必达法则,得 lim(3cos3x,a),0a,,3x,0
9sin39399,x,,xlim,从而有,。 b,,,,,,ba,,3x,06622xx
???16.设,由拉格朗日中值定理得:使得 f(x),ln(1,x),x,(,1,1),x,0,,θ,(0,1),
11,证明: 。 ,,,,,,limln(1)ln(10)xxx,0,,21x
知识点:拉格朗日中值定理。
思路:根据已知条件,求出的表达式,再利用求极限的方法求出极限。 ,
x,ln(1,x)xxxx,,,,ln(1)ln(1)θ,limlimlimθ,,证明:由题意知,,? 2xxx,,,000xln(1,x)xxxln(1),
1,1x1x,1。 ,,,limlimxx,,00xxx,22(1)2
1f(x)3xx,0lim(1,x,),e???17.设在的某个邻域内有二阶导数,且,求 f(x)0,x0x
,,,f,f,f(0)(0)(0)。
知识点:导数的定义。
思路:求抽象函数在具体某一点处的导数值,根据题意和导数定义,分别求出各阶导数值。
1fxf(x)()3xlim(1,x,),elimf(x),0解: 由,可得,从而; lim,0,x0x,0x,0xx
x,0f(0),limf(x),0?f(x)在的某个邻域内有二阶导数,?有, 0x,0
fxffx()(0)(),,从而有; f(0)limlim,,,0xx,,00xx,0
2xxfx(),122f(x)x,f(x)23xf(x),xx再由,知 lim(1,x,),lim[(1,)],exx00,,xx
2,,xfxxfx,,()2()fx()limlim3,,,?,从而有 lim4,2xx,,00x,0xx2x
,,,fxffx()(0)(),,,。 f(0)limlim4,,,xx,,00xx,0
xf(x),ecosx??18.求的三阶麦克劳林公式。 知识点:麦克劳林公式。
思路:利用公式直接展开。
0xx,,,f(0),ecos0,1解:,,, fexx(0)(cossin)1,,,fex(0)2sin0,,,,0,0xx
(4)xx,,,f(x),,4ecosx,, fexx(0)2(sincos)2,,,,,,0x
xf(x),ecosx从而得的三阶麦克劳林公式为
()4,,,,,fff(0)(0)()θx234,fxffxxxx()(0)(0),,,,, 2!3!4!
θx1ecosθx34,1,x,x,x(0,θ,1)。 36
311x21,x,1,x,x,(0,θ,1)??19.证明:。 528216(1,θx)
11,f(0),,证明:设,则,, f(0),1f(x),1,xx,02x21,
35,,11322,,,,,fx,,,,,,,(0)(1)fxx()(1),,从而有 x,0448
,,,,,ff(0)()θx23,1(0)(0),,,,,xffxxx2!3!
311x2,1,x,x,(0,θ,1)。 528216(1,θx)
22xxπ1cos,,x,???20.设,证明:。 0,x,2π2
知识点:麦克劳林公式的应用。
思路:泰勒公式(麦克劳林公式)可以应用于证明不等式;将函数展开到适当的形式,然后利用已知条件
和结论得到结果。
2xcosθx4cosx,1,,x(0,θ,1)证明:由麦克劳林公式,得,从而有 2!4!
21cosθxxcosθx1cosθxπ42221,cosx,,x,x(,x),x;?,? 0,x,2!242242224
211π48π48103211cosθx24(),,,,,,,,,,又,?有 x,0224296969696963π4!22xx1cos,,x,,结论成立。 2π
2sinxπ???21.证明不等式:。 ,,1(0,x,)πx2
知识点:导数的应用。
思路:拉格朗日中值定理,函数单调性,泰勒公式等都是常用的证明不等式的方法;根据此题特点,可以
用拉格朗日中值定理或函数单调性的判定定理。
sinx,ππ0,x,,: 令 ,则易知在上连续; 证明:方法一F(x)F(x),[0,]x,22,1x,0,
πcos(tan)xxx,,?当时,有,?由拉格朗日中值定理,易知 0,x,Fx()0,,22x
π2πππ,,即有:F(x),F(), ?; FxFF()()()()0(0),,,,,,,ξxxξ2π222
,又有即: ?; FxFFxx()(0)()(0)0(0),,F(x),F(0),1,,,,,,
ππ2sinx从而由??知,当时,有,即,结论成立。 0,x,F(),F(x),F(0),,12πx2
sinx,ππ0,x,,方法二:令 ,则易知F(x)在上连续 F(x),[0,]x,22,1x,0,
πcos(tan)xxx,,?当时,有 0,x,Fx()0,,22x
2,?Fx()严格单调降,?,得证 ,,,,FFxF()()(0)12,
???22.利用函数的泰勒展开式求下列极限:
2x,21cosx,e,,2limx,xln(1,)(1) ; (2)。 lim,,2x,,0,xx,,xx,ln(1,x),,
知识点: 泰勒公式的应用。
思路:间接展开法。利用已知的结论将函数展开到适当的形式,然后利用极限的运算性质得到结果。
11111,,,,,o解:(1)由泰勒公式得 ?有 ln(1)()22xxxx2
11111111,,,,,,222limx,xln(1,),limx,x(,,,o()),lim,xo()),。 222,,,,,,x,,x,,x,,222xxxxx,,,,,,
224xxx25ln(1,x),,x,,o(x)cosx,1,,,o(x)(2)由泰勒公式得 ,, 2!4!2
2x22()x224,xxx4422,? e,1,,,o(x),1,,,o(x)22!28
24242xxxx1x5444,1,,,o(x),(1,,,o(x)),x,o(x)2cosx,e2!4!2812 ,,221x,,x,ln(1,x)x4422,x,o(x)[,,o(x)]x22
21x44,xox(),,2xecos1,12从而。 lim,,2,0x16,,xxln(1x),,44xox(),,2
x2222,p(x),o(x),o(x)???23.求一个二次多项式p(x),使式中代表时比高阶的xx,022
无穷小。
知识点:泰勒公式的应用。
x思路:将函数的麦克劳林公式展开,再根据已知条件即得结果。 2
2ln2xxln222x22,p(x),o(x),2,e,1,xln2,x,o(x)解:由麦克劳林公式得:,再由22
2ln22p(x),1,xln2,x可知。 22
???24.求下列函数的单调区间:
n,x23y,xe(n,0,x,0)y,(2x,a)(a,x)(a,0)(1); (2); (3)。 y,x,sin2x知识点:导数的应用。
思路:利用一阶导数符号判断函数的单调性。求函数的单调区间,用导数为零的点及不可导点,将定义域
划分成若干个区间,然后在每个区间上判断函数的单调性;如果划分定义域的点有两个或以上,可列表讨论,使得思路更清晰一些。
23y,(2x,a)(a,x)(a,0)解:(1)的定义域为(,,,,,);
2211,,2223ax,3333,yxaaxxaax,,,,,,,,(2)()(2)()0令,得驻点为 2333(2)()xaax,,
2ax,a;不可导点为,。列表讨论如下: x,ax,31223
x a2aa2(a,,,) (,,,)(,)(a,a)3223
,,, , ,fx()
??? ? f(x)
2a223由上表可知,在、内严格单增,而在内y,(2x,a)(a,x)(a,0)[a,,,)(,,,][a,a]33严格单减。
n,xnxnxnx,,,,,11,y,xe(n,0,x,0)ynxexexenx()0,,,,,(2),令,
,,得x,0,x,n;当时,,当时,; y,0y,0x,n0,x,n12
n,xy,xe(n,0,x,0)?的单增区间为,单减区间为。 [0,n](n,,,)
,,xxnxnsin2,,,,,,,,,2(3)由知,yxx,,,sin2, y,x,sin2x,,,xxnxnsin2,,,,,,,,,,2,
,,12cos2xnx,,,,,,2,y,?; ,,,12cos2xnxn,,,,,,,,,2,
ππ,nπ,,,xnπ?当时,令,得, y,0x,,nπ23
πππ,,并且当时,,函数单调递增,当时,,函数y,0y,0nπ,x,,nπ,nπ,x,,nπ332单调递减;
π5π,nπ,,,,xnππ?当时,令y,0,得; x,,nπ26
π5π5π,,并且当时,y,0,函数单调递增,当时,y,0,nπ,,x,,nπ,nπ,x,π,nπ266函数单调递减;
nπnππnππnππ综上可知,函数的增区间为,函数的减区间为。 [,,][,,,]2322223
???25.证明下列不等式:
22(1)当时,1,xln(x,1,x),1,x; x,0
13(2)当时,。 x,x,sinx,xx,03
知识点:函数单调性的应用。
思路:利用函数单调性是证明不等式常用的方法。
22f(x)[0,,,)证明:(1)令f(x),1,xln(x,1,x),1,x,则在内连续,可导,
xx22,fxxxxx()ln(1)ln(1)0,,,,,,,,,, 2211,,xx
22?在上严格单增;从而, [0,,,)f(x),f(0),0f(x),1,xln(x,1,x),1,x
22即,结论成立。 1,xln(x,1,x),1,x
(2)令,则在内连续,可导, f(x),x,sinxf(x)[0,,,)
,,,且仅在可数的孤立点处成立, fxx()1cos0,,,fx()0,
?在上严格单增,从而,即; f(x),x,sinx[0,,,)f(x),f(0),0x,sinx(x,0)
13令,则在内连续,可导, g(x),sinx,x,xg(x)[0,,,)3
22xxx2222,gxxx()cos1,,,,x,2sin,x,,,0(x,0)且, 222
13从而在上严格单增,从而,即; g(x)[0,,,)g(x),g(0),0sinx,x,x(x,0)3
13综上可知,结论成立。 x,x,sinx,x3
b2(b,a)ln,???26.设证明:。 b,a,0,aa,b
知识点:导数的应用。
思路:可以将看作变量,利用函数单调性证得结论。 xb
证明:设f(x),(lnx,lna)(a,x),2(x,a),(x,a),则
1a,, fxaxxaxa()()(lnln)2(lnln)1,,,,,,,,,xx
11axa,,,, fxaxxaxa()()(lnln)20, (),,,,,,,,,,22xxxx
,,,?fx()在[a,,,)内严格单调递增,?fxfa()()0,,, 从而有f(x),(lnx,lna)(a,x),2(x,a)在[a,,,)内严格单调递增, ?当时,有f(b),(lnb,lna)(a,b),2(b,a),f(a),0, b,a
b2(b,a)ln,即有,结论成立。 aa,b
??27.求下列函数图形的拐点及凹凸区间:
4,x3y,x(12lnx,7)y,xe(1) ; (2) ; (3) 。 y,1,x,2知识点:导数的应用。
思路:利用二阶导数的符号判断函数的凹凸性;求拐点和凹凸区间,用二阶导数为零的点及不可导点,将
定义域划分成若干个区间,然后在每个区间上判断函数的凹凸性;如果划分定义域的点有两个或以上,可
列表讨论,使得思路更清晰一些。
4y,x(12lnx,7)解:(1)的定义域为, (0,,,)
1343,, yxxxxx,,,,,,,4(12ln7)124(12ln4)x
1232,,,,,令,得; y,0yxxxxx,,,,,,12(12ln4)412144lnx,1x
,,,,当时,,当时,, y,0y,00,x,1x,1
4y,x(12lnx,7)?的凸区间为,凹区间为,拐点为。 (0,1][1,,,)(1,,7)
,x,x,x,,,,,y,xeyex(1)yex(2),,,,(2)的定义域为,,,令, (,,,,,)y,0
,,,,;当时,,当时,, 得y,0y,0x,2x,2x,2
,x,2y,xe(2,2e)?的凸区间为,凹区间为,拐点为。 (,,,2][2,,,)
2,133,,,yx(2)(3) 的定义域为,, (,,,,,)y,1,x,23
5,1223,,,,,,,,,,yx()(2),为不存在的点; yx,25333,9(2)x
,,,,当时,y,0,当时,y,0, x,2x,2
3?的凹区间为,凸区间为,拐点为。 (,,,2][2,,,)(2,1)y,1,x,2
???28.利用函数图形的凹凸性,证明不等式:
x,yxx(1) ; (2)。 xlnx,ylny,(x,y)ln(x,0,y,0,x,y)sin,(0,x,π)22π
知识点:函数凹凸性的概念。
1,,,证明:(1)令,,,?在内是凹的。yttt,,ln, (0)yt,,1lny,tlnt(0,,,)y,,0t
xlnx,ylnyx,yx,y,ln利用凹函数的定义,,x,y,(0,,,)(x,0,y,0,x,y),有,222
x,yxlnx,ylny,(x,y)ln从而有,结论成立。 2
xx11x1x,,,f(x),sin,(2)令,,由, y,,cosyx,,,,,sin0, (0)π2π22π42
xx00ππf(x),sin,可知在(0,π)内是凸的;又,,f(0),sin,,0f(π),sin,,02π2π2π
xxxx?由凸函数的定义知,,即sin,,结论成立。 f(x),sin,,0(0,x,π)2π2π
(也可用单调性证明)
32,2f(x),x,ax,bxy,f(x)???29.设在处有极值,试确定系数,并求出的所有a,bx,1
极值点及拐点。
知识点:导数的应用。
思路:根据题意,得关于的关系式,确定的值;利用一阶导数符号判断函数的单调性和极值(可a,ba,b导的驻点还有第二充分条件);利用二阶导数的符号求函数的凹凸和拐点。
,,,fx()21,a,b,,2,x,1,2,fxxaxb()32,,,,根据题意有,即有,解得 解:,,3,2a,b,0,fx()0,,,x,1,
3f(x),x,3x,从而; a,0,b,,3
2,fxx()330,,,x,,1令,得; 1,2
,,当或者时,,当时,, fx()0,fx()0,x,,1x,1,1,x,1
,,x,0从而知,为极大值点,为极小值点;令,得; fxx()60,,x,,1x,13
,,,,当时,,当时,,从而知为拐点。 fx()0,fx()0,(0,0)x,0x,0
???30.求下列函数的极值:
1,3xx,xy,2e,ey,(1) ;(2) ; (3) 。 y,x,tanx24,5x
知识点:极值的充分条件。
,,思路:求y,0的点或者不存在的点,然后利用极值的第一或者第二充分条件进行判断。当所有的极y
值可疑点多于两个时,若利用第一充分条件,可列表讨论;第二充分条件仅用来对驻点是否为极值点进行
判断。
1,3xy,解:(1)的定义域为(,,,,,), 24,5x
5x2345(13),,,,xx212125,x45,x,令,得x,; y,,,0222545,x(45)45,,xx
1212,,x,x,当时,y,0,当时,y,0, 55
12122051,3xf(),y,x,?在处取得极大值为。 251054,5x
x,xy,2e,e(2)的定义域为(,,,,,),
2x21e,1,xx,yee,,,,20令,得, x,,ln2xe2
xx,,,,,yee20,,,又,?, y,01x,,ln22
11x,xy,2e,e从而在处取得极小值为。 x,,ln2f(,ln2),2222
ππ2,yx,,,1sec0(3) 的定义域为,, y,x,tanx(kπ,,kπ,)(k,Z)22?没有极值点。 y,x,tanx
,x,1f(x),xe???31.研究函数的极值。 思路:先去掉函数的绝对值,将函数写成分段函数的形式,然后再求极值。
x,1,xe,x,0,,x,1x,1解: ,定义域为, (,,,,,)0,x,1fxxexe,,(),
,,x,1x,1xe,
x,1,,,(1)xex,0,x,1,, ,令,得驻点; fx()0,0,x,1x,,1fxxe()(1),,,
,,,x1x,1(1),xe,
x,1fxfxe()(0)0,,,,1,在处,有fe(0)limlim,,,,, x,0,,,xx,,00xx,,00
x,1fxfxe()(0)0,,,1,fe(0)limlim,,,, ,,,xx,,00xx,,00
,,ff(0)(0),?,?f(x)在处不可导,同理,f(x)在也处不可导; x,0x,1,,
,,易知,当时,fx()0,,当时,fx()0,, x,,1,1,x,0
,2f(,1),e?在处取得极大值为; f(x)x,,1
,,当时,fx()0,,当时,fx()0,,?f(x)在处取得极小值为,1,x,00,x,1x,0
f(0),0;
,,fx()0,fx()0,f(x)f(1),1当时,,当时,,?在处取得极大值为。 0,x,1x,1x,1
???32.求下列函数的最大值、最小值:
12x1xy,,x,[,,1]y,x,x,(0,,,)(1); (2) 。 1,x2
知识点:导数的应用。
222xx,x1,y,,0y,,x,[,,1]解:(1),令,得; x,02(1),x1,x2
111?,,, f(1),f(,),f(0),0222211x1y,?在区间上的最大值为,最小值为。 f(,),f(1),f(0),0[,,1]1,x222
111ln,xxx,yx,,()0(2) ,令,得唯一驻点; y,x,x,(0,,,)x,e2x
,,当时,有,当时,有, y,0y,0x,e0,x,e
1
x? 为在区间内唯一的极大值点, y,x[1,,,)x,e
11xe从而在区间内的最大值为,没有最小值。 y,xf(e),e[1,,,)
11f(x),,???33.设,求的最大值。 a,01,x1,x,a
知识点:导数的应用。
思路:先去掉函数的绝对值,将函数写成分段函数的形式,然后再求最值。
11,,,,0x,11,,,xax,11,解:, fxxa(),0,,,,,11,,,xax,
11,,,,xa,11,,,xxa,
,11,,x0,22(1)(1),,,xax,
,11,; fxxa()0,,,,,,22(1)(1),,,xax,
,11,,,xa,22(1)(1),,,xxa,
,,时,fx()0,,函数f(x)单调递增;当时,fx()0,,函数f(x)单调递减, 当x,ax,0
11f(x),,?在定义域(,,,,,)上的最大值即为在[0,a]上的最大值; 1,x1,x,a
2,aa4a,f(0),f(a),令fx()0,,得,又f(),,, x,222,a1,a
242,aa,,,,0且, 2,a1,a(2,a)(1,a)
2,a11?函数f(x),,在定义域上的最大值为。 f(0),f(a),(,,,,,)1,x1,x,a1,a
3,,,(1n)???34. 求数列的最小项的项数及该项的数值。 ,,2(1n),,,
知识点:导数的应用。
x,x思路:求数列的最大项最小项问题可转化为求函数在区间内的最值问题;若f(n)f(x)[1,,,)0
f(n),f([x])f(n),f([x],1)为在区间内的最值点,则与其中之一为数列中的f(x)[1,,,)00最值项。
3(1),xfxx(), (2),,,则在区间内, 解:设[2,,,)2(1),x
22323(1)(1)2(1)(1)(1)(5),,,,,,,xxxxxx,fx()0,,,令,得唯一驻点; x,543(1)(1),,xx
,,当时,,当时,, fx()0,fx()0,2,x,5x,5
3(1,x)?为在区间内唯一的极小值点,也是最小值点; [2,,,)f(x),x,52(1,x)
3,,,(1n)27?当时,取得最小项,且该项的数值为。 n,5,,22(1,n),,
1pp???35. 证明:。 ,x,(1,x),1(0,x,1,p,1),1p2
知识点:导数的应用。
思路:求函数在闭区间上的最大值和最小值。
pppp,,11,f(x),x,(1,x),x,[0,1]fxpxpx()(1),,,证明:设,则,
1,令fx()0,,得; x,2
11,,当时,fx()0,,当时,fx()0,, 0,x,,x,122
1ppf(x),x,(1,x)?在处取得极小值, x,2
1111()又f(0),f(1),1,, f,,,ppp,12222
1pp1f(x),x,(1,x)[0,1]?在上的最小值为,最大值为, p,12
1pp从而有。 ,x,(1,x),1(0,x,1),1p2
????36. 某商店每年销售某种商品件,每次购进的手续费为元,而每件的库存费为元/年,若该商cab
品均匀销售,且上批销售完后,立即进下一批货,问商店应分几批购进此种商品,能使所用的手续费及库存费总和最少,
知识点:导数的应用。
思路:根据题意,建立函数模型,求函数的最值。
a解:设商店分批购进商品,则所用手续费为元,因为商品均匀销售,所以商店的库存量为件,xbx2x
acac库存费为元,从而手续费和库存费总和函数为; y,bx,,(x,0)2x2x
acacacac,,,,,y()0,x,令,得;又,, yb,,,0y,,0232b2bx2x
acacx,?为的极小值点,也为最小值点; y,bx,,(x,0)2b2x
ac从而可知,商店应分批购进此种商品,能使所用的手续费及库存费总和最少。 2b
????37. 以汽船拖载重相等的小船若干只,在两港之间来回运送货物。已知每次拖4只小船一日能来回16次,每次拖7只小船则一日能来回10次。如果小船增多的只数与来回减少的次数成正比,问每日来回多少次,每次拖多少只小船能使运货总量达到最大,
知识点:同36。
思路:同36。
y,axz解:设每日来回次,每次拖只小船,每只小船运货为,则每日的运货总量为,又根据题zxa
z,47,41,意(小船增多的只数与来回减少的次数成正比)可得,? , z,12,x16,x16,102
1从而得每日运货总量函数为(x,0), y,ax(12,x)2
11,令,得; yaxaxax,,,,,,,(12)()(12)0x,1222
1,,,,又,,?为的极大值点,也为最大值点,ya,,,0y(12)0,(x,0)y,ax(12,x)x,122
又时,,?每日来回12次,每次拖6只小船能使运货总量达到最大。 x,12z,6
33xyaxy,,,30???38.求笛卡尔曲线的斜渐近线。
知识点:斜渐近线的概念。
思路:利用结论:
f(x)k,lim,b,lim[f(x),kx],y,kx,b为y,f(x)的斜渐近线 L:xx,,,,xxx,,,,,,,,,,,,,,x,,,x,,,,,,,
3at,x,3,,1,t33x,y,3axy,0解:笛卡尔曲线的参数方程为, ,23at,,y3,,1t,
23f(x)3at1,tk,lim,lim,,limt,,1, 3x,,t,,1t,,1x3at1,t
23363at,atat,alimlim,,,,a, b,lim[f(x),kx],lim[f(x),kx]32t,,1t,,1x,,x,,13,tt
y,,x,a?所求斜渐近线为。
??39求曲线在点处的曲率及曲率半径。 y,ln(secx)(x,y)
知识点:曲率和曲率半径的计算公式。 思路:利用曲率及曲率半径的公式即可。
12,,,yx,sec解: ?,, yxxx,,,,sectantansecx
?曲线在点处的曲率及曲率半径分别为 y,ln(secx)(x,y)
22secx,,ysecx1,,cosx,。 R,,secxK,,333Ksecx2222,(1())(1tan),,yx
2xy???40.证明曲线在点处的曲率半径为。 (x,y)y,achaa
xxxxxx,,,xaa11aaaaaa,y,ach,(e,e),,,,,yeeee()()解:?,, a222a
xxxx,,11aaaaeeee,,()()xx,,,yaa221aa,,yee,,(), K,,,33xxxx,,a21122322aaaa,,y(1()),,,eeee(1())[()]42
1
aaa, ,,,xxxx2,,y1a22aaaa[(ee)][(ee)],,22
2x1y(x,y)?曲线y,ach在点处的曲率半径。 R,,aKa
222333x,y,a???41.求内摆线的曲率半径和曲率圆心坐标。
知识点:曲率半径和曲率圆的概念。
思路:利用曲率半径和曲率圆中心公式。
3,222x,acosθ,333x,y,a解:内摆线的参数方程为, ,3,y,asinθ,
2,11y3sincosaθθ4,,,,,,, ,,,,y(tan)seccscθθθy,,,,,tanθ,2,,xa3xa3cossinθθ,,
44seccscseccscθθθθ,,y1, K,,,,3333sincosaθθ3secaθ2222,(1())3(1tan),,yaθ
22231333,asin2θ?的曲率半径为;令曲率圆的圆心为,则有 x,y,a(ξ,,)R,2K
22,,yy(1())tan(1tan),,,θθ322ξxacoscos(cos3sin)θaθθθ,,,,,,1,,y4seccscθθ3a, 22,1()1tanyθ,,322,,,,,,,yasinsin(sin3cos)θaθθθ1,,4yseccscθθ3a
2222(cos(cos3sin)sin(sin3cos))aθθθ,,,aθθθ即曲率圆的圆心为。
课外习题与解答
????1、求下列极限
21n(1)、(1998)n lim(tan),,nn
12t,lntanlnsectanttttt,,1xlimlim221tant1222,,xxtttt2tantt,,00lim(tan)lim()x,解:令fx,x,则 ,,ee()(tan),x,,,0t,xtx
1tt,sin22ttttt,,sincos1cos2212limlimlimlim32322,,,,ttttt2cos266tttt,,,,00003,,,,,eeeee。
a12(2)、(1997) lim[,(,a)ln(1,ax)](a,0)2x,0xx
a1aln(1,ax)22解: lim[,(,a)ln(1,ax)],lim[,,aln(1,ax)]22x,x,00xxxx
aa,aln(1ax)axln(1ax),,,1ax, lim[]limlim,,,,22x,0x,0x,0x2xxx
22aaxaa,,,,lim。 x,02x(1,ax)2
1,tanx,1,sinx(3)、(1999)lim 2x,0xln(1,x),x
1,tanx,1,sinxtanx,sinxlim,lim解: 22x,0x,0xln(1,x),x(xln(1,x),x)(1,tanx,1,sinx)
2x
sin(1cos)121,xxx2 ,,,,,limlimlimxxx,,,00012cos(ln(1))2(ln(1))42,,,,xxxxxx(1),1,x
nat(natx)n,is(nisx)(4)、mil x,0natx,nisx
213333解:?, tanx,x,x,o(x)sinx,x,x,o(x)3!3!
213333 ?, , tan(tanx),tanx,tanx,o(x)sin(sinx),sinx,sinx,o(x)3!3!
21333 tan(tanx),sin(sinx),tanx,sinx,tanx,sinx,o(x)3!3!
21333tanx,sinx,tanx,sinx,o(x)tan(tanx),sin(sinx)3!3!从而 lim,limx,x,00tanx,sinxtanx,sinx
21333xxoxtan,sin,()213!3!,1,lim,1,,2,,2,2。 x,013!3!3x2
f(x),,???2、设在区间内,。试证明函数分别在区间和(,,,,,)f(x),0,f(0),0(,,,0)x(0,,,)内是单调增加的。
,f(x)xfxfx()(),,证明:令F(x),,则, Fx(),2xx
,,,,,,,,再令gxxfxfx()()(),,,则gxfxxfxfxxfx()()()()(),,,,,
,,,,?f(x),0,?当时,gx()0,,当时,gx()0,; x,0x,0
/g(x),xf(x),f(x)?在内单调递减,在内单调递增, (,,,0)(0,,,)由f(0),0,可得g(0)0,,
从而,,,,,,x(,),均有gxg()(0)0,,;
,f(x)xfxfxgx()()(),,F(x),?有,在(,,,0)和(0,,,)内单调递增,结论Fx()0,,,22xxx
成立。
,f(x)[a,b](a,b)f(c),0(x,c)f(x),0??3、设在上可导,若c为内一定点,且,。证明在
[a,b]f(x),0上必有。
,f(x)[a,b](x,c)f(x),0证明:? 在上可导,,
,,?当时,有,单调增;当时,有,单调降, fx()0,fx()fx()0,fx()xc,xc,
,?在上必有 又?f(c),0[a,b]f(x),0
22(x,1)lnx,(x,1)???4、(1999)试证:当时,。 x,0
2x,1121x,,,()0x,,,,证明: 令,则, (x),lnx,,22xxxx(1)(1),,x,1
x,11,1?(x),lnx,在内单调递增;又, (0,,,),,(1),ln1,,0x,11,1
x,122(x,1)lnx,(x,1)?当时,,,从而; (x,1)lnx,x,1,(x),lnx,,00,x,1x,1
x,122(x,1)lnx,(x,1)当时,,,从而,综上(x,1)lnx,x,1,(x),lnx,,0x,1x,1
22(x,1)lnx,(x,1)可知,当时,。 x,0
3222y,2y,2xy,x,1????5、(1996)设由方程所确定。求的驻点,并y,y(x)y,y(x)
判定其是否为极值点。
2,,,64220yyyyxyx,,,,解:对方程两边求关于的导数,得, x
xy,,,y,y,x解得,令,得; y,0232yyx,,
3223222322y,2y,2xy,x,1y,x将代入,得? 2221210xxxxxx,,,,,,,,
322222221(1)(21)0xxxxxxx,,,,,,,,,?是方程?的解,?, x,1
解得驻点;由,得y,1, x,1x,1
2,,,(1)(32)()(621)1,,,,,,,yyyxxyyyy,,又, y,,,0xx,,1122(32)2yyx,,yy,,11
?y,y(x)为的极小值点。 x,1
22BABy,xA(a,a)???6、设抛物线上点()处的法线交该抛物线的另一点为,求线段的a,0
最短长度。
22b,a22B(b,b)A(a,a)k,,b,a解:设,则在点处,法线的斜率, 法b,a
11,b,a,,b,,a,而切线的斜率为,?有,即;从而 kya2,,切xa,2a2a
31222222ABL,AB,(b,a),(b,a),(4a,1)线段的长度; 24a
3122dL1134a,1(2a,1)2222,,(4a,1),,(4a,1),8a,,0令, 323da22a4a2a
1133ABa,,a,,得,且易验证为极小点,也为最小点,故可得的最短长度为。 222
11,????7、设在连续。试证。 f(x)f(x)dxf(x)[0,1]f(0),0 , f(1),1,,,0e证明:根据已知条件,得
111,,,xxx,,, fxfxdxefxfxdxefxefxdx()()()()(()()),,,,,,,,000
1,x1,结论成立。 efx,,()0e
,,????8、在[0,1]上具有二阶连续导数,且满足及,证f(x)f(1),f(0)f(x),M(x,[0,1]
M,明对一切有f(x),成立。 x,[0,1]2
证明:,由泰勒公式,可得 ,x,[0,1]
,,f(),21,1, (介于与之间) ? xffxfxxx(1)()()(1)(1),,,,,12!
,,f(),22,,(介于与之间) ? xffxfxxx(0)()()(0),,,,022!
,,,,ff()(),,2221,?f(1),f(0),? 由?-?,得, fxxx()(1),,,2!2!
22,,x,(1,x),1又,x,[0,1],有,且,从而有 f(x),M(x,[0,1]
,,,,ff()(),,MM212222,fxxxxx()(1)[(1)],,,,,,,,结论成立。 2!2!22
????9、设函数f(x)在区间[,1,1]上具有三阶连续导数,且f(,1),0,f(0),0,f(1),1,
,,,,f(0),0,,(,1,1)f(,),3,证明存在一点,使。 证明:,x,[,1,1],由泰勒公式得
,,,,,ff(0)(),23,,(介于与x之间) fxffxxx()(0)(0),,,,02!3!
分别令和,并结合已知条件得 x,,1x,1
,,,,,f(),f(0)1,1,(介于与之间) ? 0(1),,,,f0126
,,,,,f(),f(0)21(介于与之间) ? ,1(1),,,f0226
,,,,,,ff()()6,,,, 由?-?,得21
,,,?在区间上具有三阶连续导数,?在[,,,]上连续, f(x)[,1,1]fx()12
从而由介值定理知,至少有一点,,[,,,],(,1,1),使得 112
1,,,,,,,,,; ,,,,,,fff()[()()]31122
,,,再由最值定理知,至少有一点,,[,,,],(,1,1)使得在处取得[,,,]上的最大值,fx()x,,1212
,,,,,,ff()()3,,,,,结论成立。 从而有1
,,????10、(1996)设在上具有二阶连续导数,,求证: f(x)[0,1]f(x),a,f(x),b,c,(0,1)
b,f(c),2a,。 2
证明:,由泰勒公式,得 ,x,[0,1]
,,f(),2,,,,又, f(x),a,f(x),b,c,(0,1)fxfcfcxcxc()()()()(),,,,,2!
,,,,ff()(),,22,fcxcfxfcxcfxfcxc()()()()()()()(),,,,,,,,,从而可得 2!2!
b,2a,。 2