高等数学习题精讲之4中值定理与导数的应用.doc

第4章 中值定理与导数的应用第4章 中值定理与导数的应用4.1 微分中值定理1费马定理 设在的某邻域连续，且存在，则或 2罗尔定理 若在连续，在内可导，且，则至少存在一点，使得几何意义：在点处有水平切线。3. 拉格朗日定理 若在连续，在内可导，则至少存在一点，使得几何意义：在点的切线平行于连接曲线在区间两端点的直线。推论1：若在内恒有，则，推论2：若在内，则，4. 柯西定理 若在连续，在内可导，且，则至少存在一点，使得 几何意义：在参数坐标系下点的切线平行于连接曲线两端点直线。5. 泰勒公式 若在具有阶导数，则，有，介于与之间余项估计式：设，则 令，得麦克劳林公式，介于与之间常用函数的麦克劳林展开式； ；4.2 导数的应用1. 罗必达法则注意：振荡无极限法则失效。2. 导数在几何方面的应用（1）单调性判别法：；（2）极值： 驻点：一阶导数为零的点极值必要条件：可导函数的极值点必为驻点极值第一充分条件： 极值第二充分条件：若，则（3）函数的最值： （4）曲线的凹向： （）凹向判别法： 拐点：曲线凹向的分界点拐点必要条件：若是拐点，且存在，则必有拐点第一充分条件：，则为拐点拐点第二充分条件：若，则为拐点（5）渐近线： 为水平渐近线 为铅直渐近线， 为斜渐近线3. 导数在经济方面的应用（1）边际分析边际函数：在经济学中，导函数称为边际函数。其经济意义表示当自变量改变一个单位时函数的改变量（单位函数的改变量等于函数的变化率）。最大利润原则： 其中，成本；收益；利润；销售量（产量）；价格（2）弹性分析弹性：相对变化率之比的极限，其经济意义表示当自变量改变时，函数改变（单位百分比函数的变幅）。（3）需求弹性分析收益：若时，需求的变幅价格的变幅，收益与价格同向变化；若时，需求的变幅价格的变幅，；若时，需求的变幅价格的变幅，收益与价格反向变化。常用公式：需求价格弹性：； 供给价格弹性：收益价格弹性： 边际收益与需求弹性关系：； 4.3 典型例题解析1. 关于微分中值定理的验证命题解题思路 验证定理的条件是否满足；若条件满足，求出定理结论的例2 验证拉格朗日中值定理对在上的正确性解 显然在上连续，在内可导，故在处连续，从而在上连续。故在处可导，从而在内可导。且于是在上满足拉格朗日定理，使 当时， 当时， 2. 有关微分学的存在性命题解题思路1 形如的命题：（1）利用端点阶导数的符号及其导数的定义，验证为的最值或极值点，用费马定理求证；（2）已知一端点函数值，由介质定理确定另一端点函数值相等，在两端点函数值对应区间上运用罗尔定理求证；（3）利用已知条件和介质定理或某中值定理确定区间内点，在，上运用(或多次运用)罗尔定理求证；（4）若，利用函数在区间两端点的阶泰勒展开式和闭区间连续函数的性质求证。例4 设在上连续，在内可导，且，,证明必存在，使证 由题设知在上连续，必有最大值和最小值，于是 由介质定理，至少存在一点，使得因为，且在上连续，在内可导，由罗尔定理有，例5 设在上二阶可导，且，证明至少存在一点，使。证 不妨设，则 ， ，由零点定理必有，由于，在，上分别运用罗尔定理有，；，再对在上运用罗尔定理有，例6 设在上二阶可导，连接点与的直线，交于（）,证明至少存在一点，使得分析：三点，在一条直线上，斜率相等由拉格朗日定理有，再在上运用罗尔定理。证 由于在，上满足拉格朗日定理条件，分别有，；，又，且在内二阶可导，故在上满足罗尔定理条件，至少存在一点，使得例7 设函数在上具有三阶连续导数，且，证明至少存在一点，使得。证 ，在与之间，分别令，得 ，两式相减得，又在上连续，必有最值。由介质定理有 ，解题思路2 形如的命题：（1）若代数式，将方程改写为拉格朗日定理或柯西定理的标准形式，由此引入辅助函数，验证辅助函数满足相应微分中值定理的条件；（2）将方程改写为的形式，由此引入辅助函数，验证满足罗尔定理条件；（3）若方程同时含，将方程改写为的形式，由此引入辅助函数，利用罗尔定理求解。例9 设在上可导，且，证明至少存在一点，使得。证 即证 ，设，显然在上可导，且 则，由罗尔定理至少存在一点, 使得 例10 设在上二阶可导，且，证明至少存在一点, 使得。证 即证，设，显然在上二阶可导，且，由罗尔定理至少存在一点, 使得又，对在上运用罗尔定理必有 ，例11 设，在上二阶可导，且， ，证明：（1），使，（2），使证（1）设，使，在，上分别运用罗尔定理有，；，对在上再次运用罗尔定理有，这与题设矛盾，命题得证。（2）设，则由题设知 由罗尔定理有 ，其中，由（1）结论知，且由题设知例12 设在上连续，在内可导，且，求证：（1）存在，使；（2）对任意实数，必存在，使得证（1）即证 ，设，显然在上连续，且；由零点定理知，存在，使，即（2）即证 ，或 设，显然在上连续，在内可导，且，由罗尔定理有 ，即 解题思路3 形如的命题：（1）若，将命题改写为的形式，先证是某中值定理代数式，并化为某中值定理的标准形式，从而引入辅助函数求解；（2）若命题可改写为的形式，分别验证，满足拉格朗日定理或柯西定理条件，比较两结论求解；（3）将等式中含的因子与含的因子分别移至等式两边，根据题意确定区间内点，分别对相应函数在，上应用拉格朗日定理或柯西定理列方程，再将相应结论联立求解（注意，）。例13 设函数在上连续，在内可导，证明：存在，使得证 由拉格朗日定理知，再证 设，由题知，在上可导，且，由柯西定理有至少存在一点，使得 所以 例14 设在上可导，且，证明，证 即证 设，则在上满足拉氏条件，使得 由于，故 再设，在上运用拉格朗日定理有 ，故 4. 利用微分学的方法证明不等式解题思路（1）将不等式移项使不为零的一边设为辅助函数，或恒等变形引出辅助函数，利用函数的单调性求证，当一阶导数不能判别时，可用二阶或更高阶导数判别；（2）利用闭区间连续函数的有界和最值定理证明不等式；（3）利用函数曲线的凹凸性的定义证明不等式；（4）将不等式的代数式部分写成某中值定理的标准形式，由此引出辅助函数并验证其满足相应中值定理，利用的恒等变形求解；（5）若不等式含，可利用函数在区间两端点的泰勒阶展开式，并对适当缩放求解。例18 证明：， 分析：若由作辅助函数，证明其单调性有困难，将不等式变形为 ，问题归结为求的单调性。证 令，（），则 例20 证明（，）证 即证 ，设，则， 上凹由凹凸性定义知 例22 证明 （）证法1 即证 ，设，则，当时, ，则（） 证法2 即证 ，设在上应用拉格朗日定理得，设, （）， ，则 ， 5. 利用洛必达法则求极限解题思路1 、型未定式，将函数化简（特别是等价无穷小的替换），直接应用洛必达法则求解；其它可化为、型的未定式如下：（1） ；或 （2） 通分；根式有理化；变量替换法（3）, 取对数 例24 求下列极限（5）解法1 其中，解法2 （6）解法1 其中，解法2 （8）解法1 解法2 （7）解 原式（9）解 （10）解 原式例25 设有二阶连续导数，在的去心邻域内，求解 由 例27 求下列极限式的常数的值（1） 解 （2）解 设，则 ，（3）设有无穷间断点，可去间断点，求满足题意的的值。解 为可去间断点，则 ，为无穷间断点，则 故，满足题意6. 利用拉格朗日定理求极限解题思路 设在上可导，则在变量同一极限过程中，例28 求下列极限（1）解法1 设，则在或满足拉氏条件， 解法2 （2）解法1 设，显然当时，在可导， 解法2 例30 设在内可导，且极限与都存在，证明。证明 ，显然在上满足拉格朗日定理条件，必有，设，则 ，由于，时，故7. 利用泰勒展开式求极限解题思路 （1）根据分母或分子无穷小主部的阶数，将分子或分母函数展开为相应阶泰勒多项式，注意等价无穷小的应用；（2）根据乘积因子无穷大的阶数，将相乘因子展开为相应阶泰勒多项式。例32 求下列极限（2）解法1 原式解法2 原式（3）解 （4）解 （5）已知，求解 例33 求解下列各题（1）已知函数在的某邻域内有连续导数，且，求，。解法1 解法2 （2）已知在的某邻域二阶可导，且，求，及。解 由题设知极限为，则 8. 利用泰勒公式求函数的高阶导数解题思路 （1）利用间接法求函数的泰勒展开式，直接求展开式的阶导数；（2）利用泰勒展开式的唯一性，比较抽象式与具体式的系数求解。例36 求下列函数在处的各阶导数（1）解 比较抽象式的同次幂系数，得 而在处的其它各阶导数均为零（3）解 麦克劳林展开式为比较系数得； ；9. 利用导数证明恒等式解题思路 （1）若函数在区间上的导数恒为零，则必为常数；（2）利用拉格朗日定理的推论求证。例37 证明：当，证法1 令，则所以，又，故证法2 令，在上运用拉格朗日定理得， ，例38 设在内满足，且，证明。证 即证，设，则 由，得，故 注意，若设，则，不能证明例39 设在上连续，在内可导，且满足：，证明。证 由于 设，则 ， ；又题设，故。10. 利用导数讨论方程的根及参数的范围解题思路 （1）将方程移项使右端为零，左端不为零部分设为辅助函数，再由参数的取值范围分别确定辅助函数的零点及个数；（2）将方程移项使右端为常数，分别设左右两边为辅助函数，结合函数的性态讨论两曲线交点的个数及对应参数的取值范围。例40 若在上可导，且，在内连续且，证明：在内有且仅有一实数。证 存在性：设 ，则在上可导，必连续，且； 由零点定理有 唯一性：分别用三种方法证明（1） 在内单调 唯一。（2）设，有，则，且在上可导，由罗尔定理必有 ，这与题设矛盾，最多有一个实根（只有一个实根）。（3）设，有，则由拉格朗日定理知，必存在，使得，这与题设矛盾，最多有一个实根（只有一个实根）。例41 设在二阶可导，（），证明：在内恰有两个实根。证 存在性： 由于，得，且，在区间，分别运用零点定理必有，； ，唯一性： 下凹，则例43 设，试求实常数的取值范围，讨论方程的实根的存在性，并确定相应实根的个数分析 方程改写为。将方程的解视为两曲线与交点的横坐标，只需讨论其交点的个数即可解 设，则，令，得内唯一驻点，且，故是极小值点也即最小值点。 令，得，且，曲线下凹；曲线上凹，故取得拐点。又，得铅直渐近线和水平渐近线。综上所述，由曲线的性态可知，在内当时，两曲线有一个交点，原方程有且仅有一个实根；当时，两曲线有两个交点，原方程有且仅有两个实根；当，两曲线有一个交点，原方程有且仅有一个实根；当时，两曲线无一个交点，原方程无实根。10. 关于函数的极值与最值的命题例44 求满足时有极大值，时有极小值的最低幂次多项式。分析 多项式的定义域为，一次多项式在上无极大、极小值；二次多项式在上不能同时取极大、极小值；故所求为三次多项式。解 设，则 故所求多项式为 例45 求中的最大值解 设，令，得唯一驻点，且（）， （） 最大值可能是或。由于 ，所以最大值为例46 设为二次连续可微偶函数，且，证明是的极值点。证 由于 ，则若 ， 是的极小值点；若 ， 是的极大值点。例47 在位于第一象限中的圆弧上找一点，使该点的切线与圆弧及两坐标轴所围成的图像面积最小，并求最小面积。解 设切点为，求导，得，切线方程为 ； 例48令得唯一驻点，故例48 函数对一切实数满足微分方程 （1）若在点（）处有极值，试证它是极小值；（2）若在点处有极值，则它是极大值还是极小值？证（1）处有极值，代入方程得，故为极小值（2）处有极值，因，故为极小值11. 导数在经济分析中的应用例49 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货运总量达到最大？解 令 设每次增拖数为只，则每日来回减少的次数为货运总量船只数来回次数 ，令，得唯一驻点，故所以每日来回次数为次，每次拖只船能使货运总量达到最大例51 某酒厂有一批新酿的好酒，如现在就售出，总收入为元。如果窖藏起来待来日出售，年后收入为，设银行的年利率为，并以连续复利计算，求窖藏多少年售出可使收入的现值最大，并求时的值解 年后出售收入为，按连续复利折算现值为，令得（唯一驻点），故当时，（年），即窖藏11年收入现值最大例52 某商店每年销售某种商品件，每次购进手续费为元，而每件库存费为元/年。若该产品均匀销售，且上批销售完后，立即进下一批货，问商店每年应分几批购进此种商品，能使所用手续费及库存费总和最小。分析 企业为了完成生产或销售任务，必须要保证一定的库存量。在总需求量一定的条件下，订购批量大，订购次数少，订购费用就少，而保管费用就要增加；反之，订购费用大，保管费用就少。因此，如何确定订购批量和订购次数，这是库存优化管理的问题。解 设每年分批进货，批量为，平均库存量为 ，则总费用为 ， ， 令 （唯一驻点），（元）例54 某商品进价为（元/件），根据以往经验，当销售价为（元/件）时，销售量为件，且。市场调查表明，销售价每下降，销售量可上升，现决定一次性降价。试问，当销售价定为多少时，可获得最大利润。解 设为降价后的销售价，为降价后的销售量，则， 需求函数为，利润函数为令，得（唯一驻点），故（元/件）（元），此时定价：例56 某公司经销商品，现银行贷款万元，年利息，且