微积分第四章典型例题

1、第四章典型例题分析例1、设f(x)在x = 0处有二阶导数，且 f (0) =0,f (0) =1, f (0)=2，求 lim心0f (x) - X2x解：由 f(X)连续得，lim f (x) = f (0) = 1，故x屮o -O 一一一moH X(x) -11 lim f (x)- f (0)iim2x 2x 0例2若函数f(x)具有连续的一阶导数且f"(x0) =2，求limf (x°：x) -2f (x°) f (x° -.x).I 。u0(lx)1 2” lim 解: .x01石hnf (Xolx) _2f (Xo)f (Xo - . ：x

2、) 0 f (XoLX) - f(Xo _ . ：x)lim X0f (x0 - - x)-lim.x 0(x)2:f(X。+Zx) f (X0)limfx 02 x二1f (X。)f (x°).l-f (x°)=2-xa e例3、若函数f (x)= X , x c 0在 = o可导，求常数J +bsin 2x, x 3 0a, b解：由f(x)在x =0可导得f (x)在x=0连续，所以-X a ef (0 -0) = limt_ x=f (0) = 1，从而 lim (a - e )=0，即f (0 lim 1 bsin2x 化 lim 口xT=x_0x_0=x_0x

3、-0二 2b,Xf j0) = lim _-lim _X 50= X 0X沿X1 - e x2X(0)-Xe 1xlimlim -x 刃=2x Xr0 = 2x例4、证明：对任意的 X，R，证明1 xln(x 1 x2 ) _ . 1 x2 。证：设 f (x) = 1 xln(x1 x2 ) - 1 x2，则 f (x) = ln( V x2 ) , x = 0 为唯一驻点，由f (x 120得x =0为极小值点，从而为最小值点，故对任意的* R , f(x) 一 f(0) =0。巧+x4例5、证明：当x = 0时，ex 1 x 。所以x=0为极小值点，从而为最小值，所以当 x = 0时，f

4、(x) .f(0)=0，即ex . V x。(方法二)设 f (x)二ex 一1 x，贝y f (x) =ex -1,令 f (x) =0，解得唯一驻点为 x = 0,当 x ：0 时，f (x) ： 0，故 f (x)在(一：,0上单调减少，从而当 x ： 0 时，f(x) .f(0)=0当x 0时，f (x) . 0，故f (x)在0,：J上单调增加，从而当x . 0时，f(x).f(0)=0总之，当 x = 0时，f(x) . f (00，即 ex . V x3x 例6、证明x 0时，sinx . x-3!32xx.证：f(x)=sixo-x ,贝U 在(0,：)内 f (x) = co

5、sx -1, f (x) = - si n x x ,3!2f (x) - -cosx 10 ,且 f(x), f (x), f (x)在 x = 0处连续,所以f “(x)在0,=)上单调增加，从而 x 0时，f “(X).厂(0)=0, 故f (x)在0, ：)上单调增加，即有 x 0时，f (x) . f (0) =0 ,于是f (x)在0,：)上单调增加，故x 0时，f(x).f(0)=：0例7. 证明当0证明(1 )先证：当兀2:：x时，x : sin x ： x 2二n0 x ：时，sin x x。2法一：(利用单调性)设 f (x) =sin x-x ,则 f (x)在0,上连续

6、，且在(0,)内 f (x) = cosx - 1 ： 0 ,2 2JI所以f (x)在0,上单调减少，从而当 0 ： x 时,2 2f (x) ： f (0) = 0 ，即 sin x x。法二：(利用微分中值定理)由拉格朗日中值定理得，存在-5 (0, x)，使得 sin x - sin 0 二 cos (x - 0),由于 cos ：1，所以当 0 ： X 时，sin x ： x。22(2) 证明：当 0 ： x 时，一 x ： si nx。2兀、2，则 f (x)在0, 上连续，且 f (x)二 cosx 。令 f (x) = 0 ,2n2法一：(利用单调性)设f(x)二sinx-xn

7、：得 x0 =arccos2。n当0：x：x°时，f(x)0,所以f(x)在0,x。上单调增加，从而当0：x乞X0时，f(x)f(0)=0 ；当X0JITEJIJT:x 时，f (x) ：0,所以 f (x)在x。，上单调减少，从而当 x。：:： x 时，f(x) f( )=0。2222总之,、/n 2当 0 . x 时，一 x ： sinx。2法二:2yr(用最值)设f (x) = sin x x，则f (x)在0,上连续，从而有最大值和最小值。2JI22令 f (x) =cosx 0，得 x0 =arccos。再由jijif (X)= sin x ： 0 ,0,上的最小值为f(0

8、)= f(于=°，最大值在2 .x : sinx。jiXo处取得。所以当jif (0) = f () =0得，f(x)在2ji0 . x 时，2f(x)0 ,即本例还可以这样证：只需证明不等式 2：叱；：1在(0,丄)内成立令x2sin xTt0 ： x z 2则f(x)在0,-上连续，在(0,-)内可导，且f心注严3TJTJT令 g(x) = xcosx-sinx, x 0,，则 g(x)在0,上连续，在(0, )内 g (x)二 222所以g(x)在0, 上单调减少，于是 0 ： x 时，g(x) ： g(0) = 0，从而f (x) ： 0，即f(x)在2 271xsin x

9、： 0，2i0,上单调减少，故当 0 :： X 时 f( ) : f (X)2 2 二2注：利用导数的性质证明不等式，主要有以下思路：利用函数的凹凸性。sin xf (0) = 1。x利用微分中值定理； 利用函数的单调性； 利用最值;，勺内可导，且 xmf(xe，二河f(x)一 f(x一1)，求c的值。解：由已知得 f(x)在x -1, x上可导，满足拉格朗日中值定理的条件，故_ -三(X1, x)，使得f(X)- f(X1) = f ( ) 1，并且 X'时，一，：。从而 lim f (x) - f (x -1) = lim f ( ) = lim_ f ( ) = e。所以显然c

10、= 0 (若c = 0，则lij =iimT=1式e),且-c x匸x-cx c x2c 云limlim 1 -xr".X -cx 匚.二e2c,故 e2c=e.X -C1即 C 二一。2例9.求极限(1) lim 2Tx21 , sin xInx1im (sin x ex)' ； (3)lim x"xx1e ，1) Ln x -ex Asin x 1=limx_2x刃x2limx )0sin x - x 0 cosx -1(6)四3；厂sin x -ex Jsin x*x limX 0 x1法二：lim (sin x - ex)xIn (sin x：；ex)xln

11、(sin x Jex) limx 0 x二 e '0 lim CO土二 ex 0sinxex(3)lim i1 - x1(1 t)T -e1 ln(1 t).et =limt a tt-I n(1 t)e1 0严1 t)1 . t° e t2 =lim t_p1= lim(1 "lim1 厂吨 t) "limt-(1 t)ln(1 t) t0r0t2t=02t (1 t)002= elim2t 3tt 刃 2 6t001 -1n(1 t) -1=elimt_.0注：用洛必达法则计算极限时，注意利用等价无穷小代换等方法来化简；若某因子的极限存在并且不为 零，

12、或某加数的极限存在，应该及时利用极限的四则运算求出，以简化极限；多次使用洛必达法则时，必 须每次使用前验证洛必达法则的条件。例 10.设 ai - 0, ai = 1,i =1, 2, 3，求极限zmaxa1,a2,a3)n 孑孑Fn 丄n 丄n 、a1n+a2+a3n<3maxa1,a2,a3n n< 3丿< 3 丿< 3 丿1解：（1）nna3n .a na 2-n即 maxa1,a2,a3乞13n兰 max a1 ,a2, a3。又因为 何maX先比心 =maX七乂彳，所以由夹逼定理得13n二 maxaa2,a3。1xxm1 1a牀 a2x a3XtJx=Iim

13、t#a. In a -a2t In a:aj In 玄彳In a1；a2!|a3t Jn3=lim et 0In a/ -In a-ln a3-3 a1 a2 a3所以limn_jpc1ain a21o1-a3n例11.设f (x)在X = a处连续，且Iim丄也1，问X = a是否是f (x)的极值点，若是，是极大值点t x a还是极小值点。解：由 f(X)在 X =a 处连续得 f (a) =lim f (x) = lim 丄也(x-a) = (-1) 0 = 0，即 x = a 为 f(x)的 tt x_a驻点，又 f (a) = Iim f (x)f (a) - Iim= _1 ： o

14、，所以 x = a 是 f (x)的极大值点。t x ax - a例12已知f(x)在点x0的邻域里有定义，且lim f (x) - f (丫)=k，其中n为正整数，k=0，讨论f(x)f (XX。)在点Xo处是否取极值。解：由极限的保号性，若 k 0，则存在点X。的某空心邻域，使得 f (x) 一 f (丫). 0 ;若k . 0，则存在(X - Xo )点x0的某空心邻域，使得 f (X) 一 f呼):：:0。即存在点x0的某空心邻域，使得 f(X) 一 弋0)与k同号。(X-X°)(X-X°)(1)若n为偶数，则在点x0的某空心邻域里，f(x) - f(x0)与k同号

15、。当k 0时，f(x)f(x°)，从而f(x°)为极小值；当k : 0时，f(x) ： f(x°)，从而f(x°)为极大值。(2若n为奇数，则在点x0的某空心邻域里，f (X) 一 f (：0)与k同号。(X-X°)在X0的左邻域里，f(x)-f(x°)与k异号，在X0的右邻域里，f(x)-f(x°)与k同号，即在X0的左、右邻域，f(x) - f(X。)异号，从而f(X。)不是f(X)的极值。总之，若n为偶数且k 0 , f (Xo)为极小值；若n为偶数且k : 0, f(x。)为极大值；若n为奇数,f (Xo)不是f (

16、X)的极值。注：由lim f (X) - f (Xo) =k，(：. 0, k =0)，我们还可以得到以下结论。f (xx0严(1) lim f (x)-X0"0)观(X_X0)：. k即 lim f(x)=f(x0)，从而 f (x)在 x =x0 处连续。x %(2)若、； 1，贝V lim f (X)f (X°)lim f (X)f (X°)(x x0)= k 0 = 0，即 f (x0) = 0 。XT。x_X0F (X_X0)°f(x) f(X。)若：1,则 lim dfg.iim (Xf二一从而 f(x)在 X = X°处不可导。X

17、fX X0F0 (xx0 严利用以上结果，练习：设f (x)满足lim f(X)_ f(X0)= A&0)，则F (X _ X0)f(x°)是极小值； f (X0)是极大值；f (x)在X = x0处取极值； f (x)在X = x0点处可导且正确选项为。f(X0)=0。例13.已知f (X)在0,：)上连续，f(0)=0,f (x)在(0,：)内存在且单调增加，证明：在(0,：)内,函数丄凶也是单调增加的.Xr证明： f(x)/x)x；f(x)。对于任意的XA0, f (X)在0,x上满足拉格朗日中值定理的条件，IL XX所以三(0,x)，使得 f(x) - f(0) =

18、f ( )(x-0)，即 f(x)二 f ( ) x，从而f (x)-f ()Xf (x)_ f (x)x - f ( )x一 X X2由于f (x)在(0, ：)内单调增加，且0 x，所以f (x) f ()，从而 里刃 -0 ,即有在(0/-)-X内，函数 上凶 单调增加.2In(1 x) - ax - bx 例14.设Iim7x2=2,求 a, b 。解: Iim ln(1 X)；ax-bx2 0 |imx_0x2T-a- 2bxj2，所以2xlim ：- - a -2bx =0，解得 a =1。又x)0 1 xa2bx1 x2xmo5-b =2，所以。2例15.已知y =f(x)有二阶

19、连续导数,f (x)的图形如图所示，f(1)=1, f(2)=4, f(3)=6，求y = f (x)的极值和拐点。解：由图f (1)=0, f (3) =0,所以y = f (x)有两个驻点x =1, x =3。在x =1的左邻域，y厶：0，在x =1的右邻域，y 0，所以x = 1为极小值点，且极小值为f (1) = 1。在x = 3的左右邻域，都有 y ： 0，所以x = 3不是极 值点。由图观察得 (2)=0, (3)=0。在x = 2的左邻域，y 单调增加，从而y “ _ 0 ,在x = 2的右邻域，y 单调减少，从而 y飞0，所以(2, 4)为拐点。y单调增加，从而y”_0，所以(3,6)在x=3的左邻域，y单调减少，从而y、0，在x =3的右邻域,为拐点。总之，y二f(x)的极小值为f(1) =1，拐点为(2,4)和(3,6)。例16.某商品进价为a (元/件)。根据以往经验，当销售价为4为正常数，且ba，市场调查表明，销售价每下降10% ,3b (元/件)时，销售量为c件，a, b, c均销售量可增加40%。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？并求最大利润。b 一 匕 x-a (e x)。4c0 4eb，解得 p = b x。从而 L(x) = p(e - x) -a(