北大附中高考数学专题复习导数与微分知识拓展

1、学科：数学教学内容：导数与微分学问拓展（一）【学问拓展】1如函数y f（ x）是由参数方程所确定的，该怎样求它的导数？前面我们争论了显函数和隐函数的导数，但在某些情形下，因变量 y 与自变量 x 的关系是通过另一参变量t 由参数方程xt 和 yt 来给出的，对于这类函数，有时可以把它很简洁地表示成显函数的形式，但有时就比较麻烦甚至不行能因此， 我们有必要找出这类函数的求导方法设 xt的反函数t1 x，并设它满意反函数求导的条件，于是可把y 看作复合函数yt1 x .由复合函数与反函数的求导法就，得dydydydydt dxdtdxdxdt' t. tx例1求参数方程ycost, sin

2、 t ,dy所确定的函数的导数. dx规范解法dydydtdxdx dtsin t costcos t sin tcot t .x例2求参数方程yt1,t 32t所确定的函数的二阶导2，d 2y数.dx22d 2 yddydyd y思路启发依据二阶导数的定义dx 2dxdx, 因此要求dxdx 2, 只要把 y 对 x 的导数 y 求出来， 再将 y 与 x t 1 联系， 重复利用参数方程求导公式，求出 y 对 x 的导数，即 dy'dx也即是我们要求y 对 x 的二阶导数d 2 y2 .dx规范解法dydydtdx dx dt 3t 2d4t. dyd 2 ydx 2ddydxdx

3、dtdx dx dt3t 24tt16t42 3t2 .假如函数 y f （x）是由极坐标方程 （ ）给出来的，就可把极坐标方程先化成参数方程，再求导数即 x （ ） cos,y （ ） sin ,从而dydyddxdx dsin coscos sintan.tan2什么是罗尔定理？我们先考察一个函数yf xx 2 ，简洁验证这个函数满意：（）在闭区间1， 1 上连续（）在开区间（1， 1）内可导（） f（ 1） f（ 1） 1这个函数的导数fx2x , 令fx2x0, 得 x0（ 1，1）即在开区间（1， 1）内存在点x使得 f00 （如图 314）一般地，我们有（即罗尔定理）如函数 f（x

4、）满意条件 （） 在闭区间 a,b 上连续；（） 在开区间 （ a,b）内可导；（）在区间 a,b 的两个端点的函数值相等，即（fa）（fb），就至少存在一点a, b使得 f0.罗尔定理的几何意义是：两个端点的纵坐标相等的到处存在切线（端点除外） 的连续曲线 y f （ x ）上，至少有一点, f的切线是水平的如图315例 证明 f xx 22x3, x1,3 满意罗尔定理 .规范证法f xx1 x3 , f1f 30.fx2x22 x1 ,明显 f （ x）满意罗尔定理的三个条件，其中a 1,b 3存在点 1（ 1， 3），使 f10. 即符合罗尔定理的结论3什么是拉格朗日中值定理？在罗尔定

5、理的几何意义中，可以看出在罗尔定理的条件下，曲线上至少有一条切线是水平的，这时曲线的两个端点的连线也是水平的（f （ a） f （b） ，因此也可以说成是至少有一点处的切线平行于两个端的连线这个结论可以推广到更一般的情形，即有下面更一般的结论（即拉格朗日中值定理）如函数 f （ x）满意：（）在闭区间a,b 上连续；（）在开区间（a， b）内可导；就至少存在一点 （ a，b），使 ff bf a . bafbfa证明：作帮助函数f xfxfaxa ba简洁验证， f（ x ）在 a， b 上满意罗尔定理的条件，从而至少存在一点 （ a， b），使 f0.又f x fxf bf a , ba从而

6、 fff bf a0.ba即ff bf a .ba拉格朗日中值定理的几何意义是：到处存在切线 两个端点除外 的连续曲线y fx上，至少有一条切线平行于两个端点的连线 如图 3 16 在拉格朗日定理的证明中，采纳的方法是先作出一个帮助函数，故这种方法也称帮助函数法 帮助函数法也称为构造法它是数学分析中一种重要的证题方法，这种方法的基本思想是先构造一个与欲证结果有关的帮助函数，然后再由已知条件、概念和定理， 推断所要证明的结论的正确性拉格朗日定理是应用最广泛的微分中值定理，也是微分学中最重要的定理之一，它的结论常称为拉格朗日中值公式为运用便利，可把这个公式写成以下几种形式ffbfa , baa,

7、b . fbfaf ba ,a, b . fbfafa baba , 01 . fx 0 xfx0fx 0 x x, 01 . yfx 0 x x, 01 .对于这些公式要敏捷运用，比如：不必局限于a<b；如某函数f（ x ）在开区间（ a，b）（有限或无限）内到处有导数，就对x 1, x 2a, b可以断言，在x1 与 x 2 之间存在 使ffx 2f x 1.x 2x 1拉格朗日定理建立了函数f（x ）在 a， b 上的平均变化率f bf a ba（整体性质）与该函数在（ a， b）内某点处导数f（局部性质）之间联系，从而为利用导数解决整体性问题供应了可能性需要说明的是：在拉格朗日定

8、理中，只指出“中间值”（或 ）的存在性，而没有供应确定 （或 ）的方法例 1证明：如 f（ x ）在区间（ a，b）内的导数恒为零，那么f （ x）在区间（ a， b）内是一个常数思路启发要证明 f（ x）在（ a，b）内是一个常数，只要能证明：对于（a， b）内的任意不相同的两点x1 , x 2 都有 f x 1fx 2即可规范证法任取x 1 , x 2a, b，不妨设x 1x 2 ，由于f（ x）在（ a， b）内可导，从而f （ x）在x 1 , x 2上连续，在x 1 , x 2内可导，由微分中值定理，至少存在一点x 1 , x 2，使得f x 2f x1x 2x 1 f.由已知，对x

9、a, b ,有fx0,从而f 0, 于是fx 2f x 10即f x2f x1 .即函数 f （x）在（ a， b）内是一个常数利用拉格朗日定理可以证明不等式，常用的步骤为：（ 1）挑选适当的函数f（ x ）及相应区间 a ，b （ 2）验证条件，应用拉格朗日定理得f bf afba ,a, b .3依据 fx 在 a, b 内的符号或单调性证得不等式 .例 2设 f （x）在 0 ， c 上定义， fx 存在且单调递减，f （0） 0证明：对于0 ab a b c，恒有 f（ a b） f（ a） f （ b）思路启发对函数f （x ）在区间 0 ， a与b,a b 上分别应用拉格朗日中值定

10、理，再结合 fx的单调递减性即可证得规范证法（ 1）如 a 0 时明显成立（ 2）如 a>0 时，由fx在 0，a上应用拉格朗日定理，即faf0f a0 .即faaf 0a .再由 f （ x）在 b,a b 上应用拉格朗日定理得f abfbfy a, byab .因 fx单调递减，故对<a b<y ，有 ffy 留意到 a 0，故有 afafy，于是f abf baff bf a .从上面可以看出，拉格朗日中值定理是罗尔定理的推广，而罗尔定理是拉格朗日的一种特别情形（只要令f（ a） f（ b）即得罗尔定理） 4怎样利用导数求不定式的极限？ 我们先看几个例子：2limxli

11、m x0; limxsin1 xlimsin1 不存在；lim3x232.x0xx0x0xx0xx4xx14从上面几个例子可以看出，有两个函数f（ x）和 g（ x），当 x a（或 x ）时都趋于零，或都趋于穷大，但这时的极限f xlim可能存在，也可能不存在，通常把这种类型的xa g xx极限称为不定式的极限如x a 时， f （x）与 g（x）都趋于0，就称极限f xlim为 0 型xa g x0不定式； 如当 x a 时，f（ x ）与 g（ x）都趋于无穷大， 就称极限lim fx为型不定式 关xa g x于不定式的极限，我们有下面的结论0(1) 型不定式. 洛必达法就0如f x ,

12、 gx 在点a的某去心邻域内可导，且 gx0; limfxlimg x0;xaxafx limxa gxfx存在 包括.fxfx就lim存在,且 limlim.xa g xxa g xxa gx注： 上面等式的右端分式是左端分式的分子和分母分别求导的结果，即是f x，而g x不是fx，这一点在利用上面的公式时肯定要留意如lim fx仍是一个不定式，并g xxa gx且 它 仍 满 足 上 面 的 三 个 条 件 ， 就 此 时 对lim fx再 用 一 次 洛 必 达 法 就 ， 即 此 时 有xa gxlim fxlim fx，即洛必达法就可以重复应用上面的x 的变化趋势x a 可换成xa

13、gxxa gxxa， xa, x, x或x, 结论仍成立例1求 lim xx cos x0 型 .x0xsin x0思路启发由于当 x 0 时， x xcosx 0,x sinx 0，所以这是一个不定式，考虑利用洛必达法就规范解法易知这是0 型不定式，应用洛必达法就得：0lim xxcos xlim 1cosxx sin x0 型x0xsin xx01cos x0limsin xsin xx cos xx0sin xlim2xcosxx02limsin xxlim cos xx0 sin xx0213.点评此题在应用一次洛必达法就以后得极限：lim 1cosxx sin x由极限公式：x01c

14、osx当 x 0 时，1 cosxxsinx 0,1 cosx0,故仍是一个不定式，且它的分子分母分别求导之后的极限存在，因此再应用一次洛必达法就例2求 lim xsin x0 型 .x0x 30思路启发当x0时，xsinx0, x30，考虑利用洛必达法 就.规范解法xlimsin x1limcos xx0limx 3sin xx03x 21x06x6例3求lim2xarctan x0型.10x思路启发由于limx2arctan x10, limxx0, 故考虑利用洛必达法就规范解法lim2xarctan x 1xlimx11x 21x 2limxx 21.1x 2g x例4设fxxx0,且已

15、知g 0g00,g03.试求f0 .0x0,思路启发依据导数的定义，我们有f0g x lim f xf 0limx0g xlim.x0x0x0x0x0 x 2由已知 g0 存在可知g（ x ）在点 x 0 连续，故 lim g xg 00, 明显 x 20 x0 ，x0故极限lim g x为 0 型不定式 又 g0 存在， 从而gxlimgxlim1gxg 0limx0 x 20x0 x 2x02x2 x0x01 g0 . 存在2规范解法当x0时，fxf 0g x ,由洛必达法就得x0x 2f0lim g xlim gxx0 x 2x02x1 gxg0lim2 x0x013g0.22点评虽然

16、g0 存在，此时有lim gxg00, 即gxlim仍为不定式，但我们不x0能再次利用洛必达法就而用以解法：x02xg xf 0limgxlimgxlim13g 0. 由于已知条件中只给出当x 0 时 gx0 x 2x02xx0222（x ）的两阶导数即g0 存在， 而当 x 0 时，g（x）的两阶导数即gxx0 不肯定存在，即使 gxx0存在，极限lim gx 也不肯定存在，故两次利用洛必达法就是错误的x0(2) 型不定式. 洛必达法就如f x , gx 在点a的某去心邻域可导，且 gx0; limfxxafx,limg x;xa limxa gxfx存在 包括.fxfx就limxa g x

17、也存在，且limxa g xlim.xa gx注：这里的变化趋热“ xa”同样可换成“xa , xa,x,x, x”.例5求limln sin mx型 .x0ln sin nx思路启发由于limln sin mx, limln sin nx，故这是个不定式极限，考虑利x0x0用洛必达法就规范解法limln sin mxx0ln sin nxlimm sin nx cosmxm limsin nx0 型m limn cosnx1.x0nsin mx cos nxn x0sin mx0n x0m cosmx例6求limxx nexn为正整数，a0 .思路启发当 x 时，x n, e x, 故这是个

18、型不定式的极限，考虑利用洛必达法就，故有相继应用洛必达法就n 次得规范解法limxnxe xlimxnx n 1e xlimxn n1 x n 2 n e xlimxn.0.n e x点评对该不定式利用n 1 次洛必达法就的每一结果仍是不定式，第n 次应用洛必达法就极限存在，故该极限需相继使用n 次洛必达法就才能求出极限除上述争论的0 型与型不定式之外，在实际问题中，我们仍常遇到一些象、00·、00 、1、0 型的不定式，对于这些不定式，我们都可以通过一些变化把它变成00型或型的不定式，从而可以得到解决下面我们通过一些例题加以说明例7limx 2 ln x 0型 .x0思路启发由于当

19、 x0 时，x20,lnx, 故这是一个0·型不定式，考虑第一将其变成0 或型，再利用洛必达法就0规范解法limx 2 ln xlimln x型x0x01x 221xxlimlimx02x 30.x02点评上述解题过程是将0·型变成型，再应用洛必达法就，我们看会显现什么结果2lim x 2 ln xlimx0 型x0x010ln xlim2xlim2x 2ln 2 xx011x0ln 2x可以看出， 当变成0 型再利用洛必达法就，不但求不出极限，而且结果比不用洛达法就0以前更复杂，因此该极限不能变成0 型求它的极限由该例我们得到启示：当将0·型变0成 0 型或0型

20、用洛必达法就求不出它的极限时，应考虑将它变成型或 0 型0，再利用洛必达法就求之例8limx x 00 型 .x0思路启发对于00 型不定式， 第一利用恒等式neln n 将其变成0·型， 再利用上述方法求之规范解法lim x ln xlimln xx0x01xlimx0,xlimx0x ln x0lim xex 0e1.x0例9求limsecxtan x型 .x2思路启发第一利用三角关系，将secx tanx 变成 1sin x cos x再利用洛必达法就规范解法limsecxtan xlimx2x21sin x0 型 cosx0limx2cos x0. sin x例10求 lim

21、cosx1x 2 1型 .x0思路启发由于x 0 时， cosx 11故这是 1型不定式，第一利用恒等式x 2neln n ，并将其变成0 型或型，再利用洛必达法就0规范解法1cos x2ln cos xex 2,limln cos xlimcos x1 lim1sin x1 .x0x 2x02xln cos x21lim2 x01cos xx2limcosx x 2ex 0xe 2 .x0例11求 limxx1x21ln x0 型 .2思路启发由于当 x时， x1x1,ln x0.故这是一个0 型不定式，首先利用恒等式eln nn 即可规范解法x1x 21ln xln xe1 x 2ln x.limxlnx1x 2ln xlimx11x 21.1xlimxx1x 21ln xlimexln x1 x 2ln xe1e.从以上解题的过程可以看出，利用洛必达法就求不定式的极限是特别便利的，可以说，洛必达法就是解决不定式的极限的特别有用的方法因此期望读者能够娴熟把握此种方法凡遇到不定式的极限能够想到利用洛必达法就应用洛必达法就应留意以下几个问题：（ 1）审查所求的极限是否为不定式，不是不定式不能应用洛必达法就，由于它不满意洛必法就的条件，如：lim 22cos xlim