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1 中值定理题型中值定理题型 题型一 中值定理中关于题型一 中值定理中关于 的问题的问题 例题 1 设 0 arctan aCxxf aaffaf 0 求 2 0 lim a 解答 2 1 1 x xf 由aaffaf 0 得 22 1 arctan a a a 解得 aa aa arctan arctan 2 2 3 1 3 1 1 1 lim arctan lim arctan arctan limlim 2 2 0 3 0 2 0 2 0 a a a aa aa aa aaaa 于是 3 1 lim 0 a 例题 2 设 xf二阶连续可导 且0 x f 又hhxfxfhxf 10 证明 2 1 lim 0 h 解答 由泰勒公式得 2 2 h f hxfxfhxf 其中 位于 x 与 hx 之间 于是 2 2 h f hxfxfhhxfxf 或 2 f h xfhxf 从而有 2 f h xfhxf 两边取极限再由二阶连续可导得 2 1 lim 0 h 题型二 证明题型二 证明0 n f 常见思路 1 罗尔定理 2 极值法 3 泰勒公式 例题 1 设 3 0 Cxf 在 3 0 内可导 且1 3 3 2 1 0 ffff 证明 存在 3 0 使得0 f 解答 因为 2 0 Cxf 所以 xf 在 2 0 上取到最小值m和最大值M 由 Mfffm3 2 1 0 3 得 Mm 1 由介值定理 存在 2 0 c 使得 1 cf 因为 1 3 fcf 所以由罗尔定理 存在 3 0 3 c 使得 0 f 例题 2 设 xf在 1 0 上三阶可导 0 1 f 令 3 xfxxH 证明 存在 1 0 2 使得0 H 解答 由0 1 0 HH 存在 1 0 1 使得 0 1 H 因为 3 32 xfxxfxxH 所以 0 0 H 再由罗尔定理 存在 0 12 使 得 0 2 H 因 为 6 6 32 xfxxfxxxfxH 所 以 0 0 H 由 罗 尔 定 理 存 在 1 0 0 2 使得 0 H 题型三 证明题型三 证明 0 0 Cf n 思路 1 高阶导数具有连续性 2 辅助函数构造 例题 1 设 baCxf 在 ba内二阶连续可导 证明 存在 ba 使得 4 2 2 2 f ab af ba fbf 解答 由泰勒公式得 21 2 2 2 2 2 ba a fba a ba f ba faf 2 1 ba a 22 2 2 2 2 2 ba b fba b ba f ba fbf 2 2 b ba 两式相加得 2 4 2 2 21 2 ffab af ba fbf 因为 21 Cxf 所以 x f 在 21 上有最小值m和最大值M 显然M ff m 2 21 由介值定理 存在 21 ba 使得 2 21 f ff 于是 4 2 2 2 f ab af ba fbf 例题 2 设 xf在 1 1 上三阶连续可导 且0 0 1 1 0 1 fff 证明 存 在 1 1 使得3 f 解答 由泰勒公式得 3 0 1 3 2 0 0 1 1 1 ff ff 1 0 3 2 0 0 1 2 2 ff ff 两式相减得 6 1 1 1 21 ffff 即6 21 ff 因为 21 Cxf 所以 xf 在 21 上取到最小值m和最大值M 由Mffm2 2 21 得Mm 3 由介值定理 存在 1 1 21 使得3 f 例题 3 设 n aaa 21 为n个不同的实数 函数 xf在 1n aa上有n阶导数 并 满足0 21 n afafaf 则对每个 1n aac 存在 1n aa 满足等式 21 nn f n acacac cf 解答 1 当 1 niac i 时 任取 1n aa 结论显然成立 2 当 1 niac i 时 21 nn f n acacac cf 等价于 21 n n f acacac cfn 令k acacac cfn n 21 则有 21n acacackcfn 令 21n axaxaxkxfnx 显 然 x 有1 n个 不 同 零 点 n aaac 21 不断使用罗尔定理 存在 1n aa 使得0 n 而 knxfnx nn 所以kf n 即 21 n n f acacac cfn 所以结论成立 题型四 结论中含一个中值题型四 结论中含一个中值 不含 不含ba 导数的差距为一阶 导数的差距为一阶 4 例题 1 设 1 0 Cxf 在 1 0 内可导 且 2 1 0 2 2 1 dxxfxf 证明 存在 1 0 使得0 2 ff 解答 令 2 xfxx 由积分中值定理得 2 1 2 2 1 2 2 1 0 2 cfcdxxfxf 其中 2 1 0 c 即 1 1 22 cfcf 于是有 1 c 由罗尔定理 存在 1 0 1 c 使得0 而 2 2 xxfxfxx 所以0 2 2 ff 注意到0 所以有 0 2 ff 例题 2 设 2 1 Cxf 在 2 1 内可导 且2 2 2 1 1 ff 证明 存在 2 1 使得 2 f f 解答 令 2 xfxx 因为2 2 2 1 1 ff 所以 2 1 2 1 由罗尔定理 存在 2 1 使得0 于是有 2 f f 例题 3 设 1 0 Cxf 在 1 0 内可导 且 2 1 1 1 2 1 0 0 fff 1 证明 存在 1 0 c 使得ccf 2 对任意的实数k 存在 1 0 使得1 fkf 解答 1 令xxfxh 2 1 1 2 1 2 1 0 0 hhh 因为0 1 2 1 hh 所以存在 1 0 1 2 1 c 使得0 ch 即ccf 2 令 xhex kx 因为0 0 chh 所以由罗尔定理 存在 1 0 0 c 使得0 于是1 fkf 题型五 含两个中值题型五 含两个中值 的问题的问题 例题 1 设 xf在 ba上连续 在 ba内可导 且0 xf 证明 存在 ba 5 使得 e ab ee f f ab 解答 令 x exF 0 x exF 由柯西中值定理 存在 ba 使得 F f aFbF afbf 即 e f ee afbf ab 于是有 e f ab ee ab afbf ab 再由拉格朗日中值定理 存在 ba 使得 ab afbf f 故原结论成立 例题 2 设 xf在 ba上连续 在 ba内可导 1 bfaf 证明 存在 ba 使得 eff 解答 令 xfex x 由拉格朗日中值定理 存在 ba 使得 ab ab 即 ffe ab ee ab 再由拉格朗日中值定理 存在 ba 使得 e ab ee ab 所以原结论成立 例题 3 设 1 0 Cxf 在 1 0 内可导 且1 1 0 0 ff 证明 对任意的正数ba 存在 1 0 使得ba f b f a 解答 因为 1 0 f ba a f 所以存在 1 0 c 使得 ba a cf 由拉格朗日中值定理 存在 1 0 cc 使得 cffcf 0 1 1 cfcff 整理得结论 例题 4 设 baCxf 在 ba内可导 0 a 证明 存在 321 ba 使 2 3 322 2 2 1 3 2 f baba f baf 解答 令 3 1 xxF 03 2 1 xxF 由柯西定理 存在 3 ba 使得 6 2 3 3 33 3 f ab afbf 于是 2 3 322 3 f baba ab afbf 令 2 2 xxF 02 2 xxF 由柯西定理 存在 2 ba 使得 2 2 22 2 f ab afbf 于是 2 2 2 f ba ab afbf 再由拉格朗日中值定理 存在 1 ba 使得 1 f ab afbf 故原结论成立 题型六 含题型六 含ba 及中值及中值 的问题的问题 情形一 ba 与 可分离 例题 1 设 0baab 证明 存在 ba 使得 ebabeae ab 1 解答 ebabeae ab 1 等价于 e ba beae ab 1 或 e ab a e b e ab 1 11 令 x xF x e xf x 1 0 1 2 x xF 由柯西中值定理 存 在 ba 使得 F f aFbF afbf 整理得 ebabeae ab 1 情形二 ba 与 不可分离 例题 2 设 baxgxf 在 ba内可导 且0 xg 证明 存在 ba 使得 g f bgg faf 解答 g f bgg faf 等价于 0 gfgffbggaf 令 xgxfbgxfxgafxF 因为 bgafbFaF 所以由罗尔定理 存在 ba 使得0 F 整理 7 得 g f bgg faf 题型七 杂例题型七 杂例 例题 设 xf在 ba上二阶可导 且0 0 bfafbfaf 证明 1 存在 21 ba 21 使得 0 11 ff 0 22 ff 2 存在 ba 使得 ff 解答 1 设0 0 bfaf 由0 af 存在 1 bax 使得0 1 afxf 由0 bf 存在 2 bax 使得0 2 bfxf 因为0 21 xf或0 xf 则通常有如下两种思路 思路一 思路一 设 0 0 xf 则 xf 单调增加 单调减少 例题 1 设 xf在 0 上连续 且0 0 0 fxf 证明 对任意的0 0 ba 有 bafbfaf 证明 不妨设ba 由微分中值定理得 affaf 0 1 其中a 1 0 afbfbaf 2 其中bab xf且 21 所以 21 ff 从而 0 bfbaffaf 于是 bafbfaf x xf x 所以由极限的保号性 存在0 当 x xf 因为0 2 2 x 所以0 xf 从而 xf 单调增加 又因为 0 2 f 所以当 2 2 x时 0 xf 于是2 x 为极小点 2 由02 2 f得0 2 lim 2 2 lim 22 x xf x fxf xx 根据极限的保号性 存在 0 当 x xf 当 2 2 x时 0 xf 故 2 2 f是拐点 例题 3 设 xf在 2 上满足 0 1 2 3 2 xfff 证明函数 xf在 2 内有且仅有一个零点 解答 因为0 xf 所以 xf 单调增加 又因为1 2 f 所以1 xf 从 而 当2x 时 2 2 2 xxffxf 其 中x 2 于 是 2 2 xfxf 由极限的保号性 limxf x 再由03 2 xf得 xf单调增加 故零点是唯一的 思路二 思路二 使用泰勒中值定理得到一个重要不等式 定理 设 xf在 ba上二阶可导 则有 1 若0 xf 则 000 xxxfxfxf 等号成立当且仅当 0 xx 2 若0 xf 取 1 nibaxi 设 1 0niki 9 且1 21 n kkk 证明 22112211nnnn xfkxfkxfkxkxkxkf 解答 令 nnx kxkxkx 22110 因为0 x f 所以 000 xxxfxfxf 于是 000 02002 01001 xxxfxfxf xxxfxfxf xxxfxfxf nn 故 000 02200222 01100111 xxkxfxfkxfk xxkxfxfkxfk xxkxfxfkxfk nnnnn 相加得 02211 xfxfkxfkxfk nn 例题 5 设 Cxf 0 xf 且1 lim 0 x xf x 证明 xxf 解答 由1 lim 0 x xf x 得1 0 0 0 ff 因为0 x f 所以 000 xxxfxfxf 取0 0 x 则有xxf 题型九 中值定理证明不等式问题题型九 中值定理证明不等式问题 例题 1 baCxf 在 ba内可导 bfaf 且 xf不是常数 证明 存 在 ba 使得0 f 解答 因为 bfaf 且 xf不为常数 所以存在 bac 使得 afcf 不 妨设 afcf 由拉格朗日中值定理 存在 baca 使得 0 ac afcf f 例题 2 设 baCxf 在 ba内可导 且曲线 xfy 非直线 证明 存在 ba 使得 ab afbf f 解答 过端点的直线为 ax ab afbf afy 令 ax ab afbf afxfx 显然0 ba 因为 xf不为直线 所以存在 bac 使得0 c 不妨设0 c 10 由拉格朗日中值定理 存在 21 bcca 使得 0 0 21 cb cb ac ac 而 ab afbf xfx 所以 ab afbf f ab afbf f 21 1 若0 ab afbf 则 1 ab afbf f 1 2 若0 ab afbf 由 ab afbf f 取 2 例题 3 baCxf 在 ba内二阶可导 且0 0 afbfaf 证明 存在 ba 使得0 af 存在 bac 使得 afcf 由拉格朗日中值定理 存在 21 bcca 使得 0 1 ac afcf f 0 2 cb cfbf f 再由拉格朗日中值定理 存在 21 ba 使得0 12 12 ff f 例题 4 设 xf在 ba上满足 2fx 且 xf在 ba内取到最小值 证明 2 abbfaf 解答 因为 xf在 ba内取最小值 所以存在 bac 使得 cf最小 于是 0 c f 由拉格朗日中值定理 存在 21 bcca 使得 1 acfafcf 2 cbfcfbf 即 2 1 cbfbf acfaf 取绝对值得 2 2 cbbf acaf 两式相加得结论 例题 5 设 1 0 Cxf 在 1 0 内可导 且0 1 0 ff 1 min 10 xf x 证明 存在 1 0 使得8 f 解答 因为1 min 10 xf x 所以存在 1 0 c 使得1 cf且0 c f 11 由泰勒公式得 21 2 0 c f cff 其中 0 1 c 22 1 2 1 c f cff 其中 1 2 c 于是有 2 2 2 1 1 2 2 c f c f 1 当 2 1 0 c时 8 2 2 1 c f 2 当 1 2 1 c时 2 1 0 1 c 8 1 2 2 2 c f 例题 6 设 xf在 1 0 上二阶可导 且bxfaxf 对任意的 1 0 c 证明 2 2 b acf 解答 由泰勒公式得 0 2 0 0 1 21 cc f ccfcff 1 1 2 1 1 2 22 cc f ccfcff 两式相减得 1 2 1 0 1 2 1 2 2 cfcfcfff 或 1 2 1 0 1 2 1 2 2 cfcfffcf 取绝对值得 1 2 1 0 1 2 1 2 2 cfcfffcf 1 2 2 22 cc b a 因为 1 0 c 所以 1 0 1 c 于是cccc 1 1 22 故 2 2 b acf 例题 7 一车从开始启动 速度为零 到刹车停止用单位时间走完单位路程 证明至少有 一个时间点其加速度的绝对值不小于 4 解答 设物体的运动规律为 tSS 显然0 1 1 1 0 0 0 0 SSSS 由泰 勒公式得 1 2 1 4 1 2 1 2 1 2 1 0 4 1 2 0 2 1 2 2 1 1 S SS S SS 两式相减得 12 8 21 SS 取绝对值得 8 21 SS 1 当 21 SS 时 4 1 S 2 当 21 SS 时 4 2 S 例题 8 设 xf在 ba上二阶可导 且0 bfaf 证明 存在 ba 使 得 2 4 abafbff 解答 由泰勒公式得 2 2 2 2 1 21 ba a ba a f af ba f 2 2 2 2 2 21 b baba b f bf ba f 两式相减得 8 21 2 ff ab afbf 取绝对值得 8 21 2 ff ab afbf 1 若 21 ff 时 2 1 4 ab afbf f 2 若 21 ff MMxf 证明 对此邻域内 任一不同于 0 x的a 有 2 0 2 0 0 0 12 2 xa M xa xfbfaf xf 其中b是a关于 0 x的对称点 解答 由泰勒公式得 4 0 1 4 3 0 02 0 0 000 4 3 2 xa f xa xf xa xf xaxfxfaf 其中 1 介于a与 0 x之间 13 4 0 2 4 3 0 02 0 0 000 4 3 2 xb f xb xf xb xf xbxfxfbf 其中 2 介于b与 0 x之间 两式相加得 4 0 2 4 1 4 2 000 24 2 xa ff xaxfxfbfaf 于是有 2 0 4 0 2 4 1 4 2 0 0 0 12 24 2 xa M xa ff xa xfbfaf xf 例题 10 设 xf在 1 0 上二阶可导 1 0 ff 且2 xf 证明 对任意的 1 0 x 有1 xf 解答 由泰勒公式得 0 2 0 0 1 21 xx f xxfxff 1 1 2 1 1 2 22 xx f xxfxff 两式相减得 1 2 1 2 2 2 1 xfxfxf 于是1 1 1 2 1 222 2 2 1 xxxfxfxf 极值 凹凸性 渐近线题型极值 凹凸性 渐近线题型 一 选择题 1 设 xf在0 x处二阶可导 0 0 f且2 lim 0 x xfxf x 则 A 0 f是 xf的极大值 B 0 f是 xf的极小值 C 0 0 f是曲线 xfy 的拐点 D 0 f不是 xf的极值点 0 0 f也不是曲线 xfy 的拐点 解答 由2 lim 0 x xfxf x 得0 0 0 ff 于是0 0 f 再由 2 lim 0 x xfxf x 得2 0 0 0 0 lim 0 ff x fxf x fxf x 14 于是02 0 f 故0 x为 xf的极小点 选 B 2 设 xf二阶连续可导 3 2 2 lim 3 2 x xf x 则 A 2 f是 xf的极小值 B 2 f是 xf的极大值 C 2 2 f是曲线 xfy 的拐点 D 2 f不是函数 xf的极值点 2 2 f也不是曲线 xfy 的拐点 解答 因为0 3 2 2 lim 3 2 x xf x 所以由极限保号性 存在0 当 x xf 于是 2 2 0 2 2 0 xxf xxf 故2 x为极小点 选 A 3 设 xf二阶连续可导 且1 lim 0 x xf x 则 A 0 f是 xf的极小值 B 0 f是 xf的极大值 C 0 0 f是曲线 xfy 的拐点 D 0 x 是 xf的驻点但不是极值点 解答 因为01 lim 0 当 0 x时 0 x xf 故有 0 0 0 0 xxf xxf 于是 0 0 f为曲线的拐点 选 C 4 设0 k 则函数k e x xxf ln 的零点个数为 A 0 B 1 C 2 D 3 解答 令0 11 ex xf得ex 因为0 1 2 kefM 因为 lim 0 xf x limxf x 所以 xf有两个零点 选 C 5 曲线 1 1 2 1 1 x e x x y的渐近线的条数为 A 0 B 1 C 2 D 3 解答 因为 limxf x 所以曲线没有水平渐近线 15 由 lim 1 xf x lim 1 xf x 得曲线有两条铅直渐近线1 1 xx 由1lim x y x 1 1 lim lim 1 1 2 xe x x xy x xx 0 1 1 1 1 1 lim 2 1 1 2 x x x e x x x x 得曲线有斜渐近线xy 故曲线有 3 条渐近线 选 D 二 与极值 最值相关的命题 1 设 xgxf在 ba内二阶可导 满足0 xfxgxfxf 且 0 babfafxf 则 xf在 ba内取到最大值 存在 bac 使得0 cfM 且0 cf 代入 关系式得0 cfcf c又是极小点 矛盾 同理若0 0 x f 当ex 时 0 x时 xgxf xxF 由 0 0 0 0 xxF F 得 0 0 xxF 16 由 0 0 0 0 xxF F 得 0 0 xxF 故 0 xxgxf 2 证明 22 1 1ln 1xxxx 解答 令0 0 1 1ln 1 22 fxxxxxf 0 0 1ln 2 fxxxf 0 1 1 2 x xf 由 0 0 0 xf f 得 x时 有 22 1 ln 1 xxx 解答 令0 1 1 ln 1 22 fxxxxf 0

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