罗尔拉格朗日柯西中值定理洛必达法则与导数的应用

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第3章中值定理与导数的应用

∴

f(x)0有3个实根，分别为ξ1(1,2)、ξ2(2,3)、ξ3(3,4)。

★★★11.证明以下不等式：

（1）

arctanaarctanbab；（2）当x

1时，exex；

。

（3）设x

11

0，证明ln(1x)x；（4）当x0时，ln(1)

x1x

知识点：利用拉格朗日中值定理。

思路：用拉格朗日中值定理证明不等式的过程：寻觅函数yf(x)，通过式子f(ξ)

（或

f(b)f(a)ba

f(b)f(a)f(ξ)(ba)）证明的不等式。

证明：（1）令f(x)arctanx，∵f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，

∴由拉格朗日中值定理，得

arctanaarctanbf(ξ)(ba)

1

baba2

1ξ

。

（2）令

f(x)ex(x1)，∵f(x)在[1,x]上连续，在(1,x)内可导，

x

∴由拉格朗日中值定理，得e∵1

eeξ(x1)，

ξx，∴exeeξ(x1)e(x1)exe，从而当x1时，exex。

（3）令

f(x)ln(1x)(x0)，∵f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导，

∴由拉格朗日中值定理，得ln(1x)ln(1x)ln(10)f(ξ)(x0)

1

x，1ξ

∵0ξx，∴

1

xx，即x0，ln(1x)x。1ξ

（4）令

f(x)lnx(x0)，∵f(x)在[x,1x]上连续，在(x,1x)内可导，

∴由拉格朗日中值定理，得ln(1

11

)ln(1x)lnxf(ξ)(10)xξ

。

，

∵xξ1x，∴

1111

，即当x0时，ln(1)

x1xξ1x

★★12.证明等式：2arctanxarcsin

2x

π(x1).

1x2

知识点：f(x)0f(x)C（C为常数）。

思路：证明一个函数表达式f(x)恒等于一个常数，只要证f(x)0

2x

(x1)，

1x2

当x1时，有2arctan1arcsin1π；当x1时，有

证明：令f(x)2arctanxarcsin

2

f(x)2

1x

2(1x2)2x2x2122x2

22222

(1x)1xx(1x)；

22

()0，∴f(x)Cf(1)1x21x2

2x

π(x1)成立。∴2arctanxarcsin2

1x

★★★13.证明：若函数

f(x)在(-,)内满足关系式f(x)f(x)，且f(0)1，则f(x)ex。

知识点：f(x)0f(x)C

思路：由于f(x)exexf(x)1，所以当设F(x)exf(x)时，只要证F(x)0即可证明：构造辅助函数F(x)exf(x)，

则F(x)e∴F(x)e∴

xx

f(x)exf(x)0；

f(x)CF(0)1

f(x)ex。

f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内有二阶导数，且有

f(a)f(b)0,f(c)0(acb)，

★★★14.设函数

试证在(a,b)内至少存在一点ξ，使f(ξ)0。

知识点：拉格朗日中值定理的应用。思路：关于导函数f

(n)

(ξ)在一点处符号的判断，根据已知条件和拉格朗日中值定理的结论，逐层分析

各层导函数改变量和自变量改变量的符号，得出结论。

证明：∵f(x)在[a,c]、[c,b]上连续，在(a,c)、(c,b)内可导，

∴由拉格朗日中值定理，至少有一点ξ1(a,c)、ξ2使得又

(c,b)，

f(ξ2)

f(c)f(b)f(a)f(c)

0，f(ξ1)0；

cbac

f(x)在[ξ1,ξ2]上连续，在(ξ1,ξ2)内可导，从而至少有一点ξ(ξ1,ξ2)，

使得

f(ξ)

f(ξ2)f(ξ1)

0。

ξ2ξ1

★★★15.设

f(x)在[a,b]上可微，且f(a)0,f(b)0,f(a)

f(b)

/

试证明f(x)在A,

(a,b)内至少有两个零点。

知识点：极限的保号性、介值定理、微分中值定理。

思路：要证明在某个区间(a,b)内导函数至少存在两个零点，只要证该函数在[a,b]上有三个零点，即可

以利用罗尔中值定理，得出结论。

证明：∵f(a)lim

f(x)f(a)

0，由极限的保号性知，

xaxa

b-af(x)f(a)

0，），对于x(a,δ1)，均有(a,δ1)（不妨设δ1

2xa

特别地，x1(a,δ1)，使得

f(x1)f(a)

0，∴得f(x1)f(a)A；

x1a

b-a2

），使得

同理，由

f(b)0,得x2(b,δ2)（δ2

f(x2)f(b)

0，

x2b

从而得又∵∵

f(x2)f(b)A；

f(x)在[x1,x2]上连续，∴由介值定理知，至少有一点ξ(x1,x2)使得f(ξ)A；

f(x)在[a,ξ]、[ξ,b]上连续，在(a,ξ)、(ξ,b)内可导，且f(a)f(ξ)f(b)A，

∴由罗尔中值定理知，至少有一点ξ1(a,ξ)、ξ2

★★★16.设

(ξ,b)，使得f(ξ1)f(ξ2)0，结论成立。

f(x)在闭区间[a,b]上满足f(x)0，试证明存在唯一的c,acb，使得

f(c)

f(b)f(a)

。

ba

知识点：微分中值定理或函数单调性的应用。

思路：证明唯一性的题目或考虑利用反证法；或正面论述。此题用反证法和罗尔中值定理，或利用函数的

单调性得出结论。

证明：存在性。

∵

f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，∴由拉格朗日中值定理知，至少有一点c(a,b)，使得

f(b)f(a)

。

ba

f(b)f(a)

，

ba

f(c)

唯一性的证明如下：

方法一：利用反证法。假设另外存在一点d(a,b)，使得f(d)

又∵

f(x)在[c,d]（或[d,c]）上连续，在(c,d)（或(d,c)）内可导，

(c,d)(a,b)（或ξ(d,c)(a,b)），使得f(ξ)0，

∴由罗尔中值定理知，至少存在一点ξ这与

f(x)在闭区间[a,b]上满足f(x)0矛盾。从而结论成立。

方法二：∵f(x)在闭区间[a,b]上满足f(x)0，∴f(x)在[a,b]单调递增，

从而存在存在唯一的c(a,b)，使得

★★★17.设函数

f(c)

f(b)f(a)

。结论成立。

ba

yf(x)在x0的某个邻域内具有n阶导数，且

f(0)f(0)f(n1)(0)0,试用柯西中值定理证明：

f(x)f(n)(θx)

(0θ1)。

n!xn

知识点：柯西中值定理。

思路：对f(x)、g(x)xn在[0,x]上连续使用n次柯西中值定理便可得结论。证明：∵f(x)、g(x)xn及其各阶导数在[0,x]上连续，在(0,x)上可导，

且在(0,x)每一点处，g

(n1)

(x)n!x0，又f(0)f(0)f(n1)(0)0,，

∴连续使用n次柯西中值定理得，

f(n1)(ξn1)f(n1)(0)f(x)f(x)f(0)f(1)f(ξ1)f(0)

n

xnxg(0)n1n1nξ1n1g(0)n!ξn1g(n1)(0)

f(n)(θx)(0θ1)，从而结论成立。

n!

习题3-2

★★1.用洛必达法则求以下极限：

1ln(1)

lnsinxsinxsinaee；

（1）lim；（2）lim；（3）lim；（4）lim2πxax0xarccotxx-asinxx(π-2x)2

x

x

lntan7xtanxxx31lnx

lim（5）lim；（6）lim；（7）

x0lntan2xx0x-sinxx1exe

1

；（8）limxcot

x0

2x；

（9）limx

x0

2

ex

2

；（10）limx(e

x

1

x

11x1lim(x)；lim()；1)；（11）（12）x0xx1x-1lnxe1

ax1tanxexln(1x)1sinx

x；（15）lim()；（16）lim（13）lim(1)；（14）lim；

xx0x0x0xxx-arctanx1x1n22x

(ln)；lim(1sinx)；（17）（18）lim（19）lim(xx)；（20）lim(ntan)。

x0xx0nxn

知识点：洛必达法则。

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：

1

x

1

00

型与

型未定

式，对于这种形式可连续使用洛必达法则；对于型与0型的未定式，可通过通分或者取倒数的形式化为基本形式；对于0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。

exexexex

lim2；解：（1）lim

x0x0sinxcosx

（2）lim

sinxsinacosx

limcosa；

xaxaxa1

cosx

lnsinxsinxlimcosxlimsinx1；

（3）limlim2ππππ88x(π2x)x4(2xπ)x4(2xπ)x

2

2

2

2

11ln(1)

1x2x(x1)limlim1；（4）lim

xarccotxxxx(x1)1

1x2

7sec27x

lntan7x7cos22xtan2xtan7xlimlim1；（5）lim

x0lntan2xx02sec22xx0tan7x2cos27x

tan2x

x31lnx

（6）limlim

x1x1exe

3x2

1

4；

eex

tanxxsec2x12tanxsec2x2

limlimlim2；（7）lim

x0xsinxx01cosxx0x0cos3xsinx

（8）limxcot

x0

2xlim

x11

lim；

x0tan2xx02sec22x2

1

1

1

（9）limx

x0

2

ex

2

2x2

1e3ex2

limlimlimex；x01x0x02

3

x2x

1u

1x（或解为：limx

x0

2x2

e

eueu

limlim）uuu1

1

x

1

12ex11

(e1)limlimex1；（10）limx(ex1)lim

xxxx11

2

xx

1

1e1/x11/xx

lim1）（或解为：∵当x时，e1~，∴limx(e1)lim

xx1/xx1/xx

1

x

11ex1x(e1)~xex1xex11

（11）lim(x)limlimlim；x2x0xx0x0x0e1x(e1)x2x2

x

（12）lim(

x1

x1xlnxx1

)limlim

x1x1x1lnx(x1)lnx

lnx1lnx1

lim；x1x1lnx22lnx

x

xlnxx1ux1(u1)ln(u1)uln(u1)~u(u1)ln(u1)u

limlim（或解为：lim2x1(x1)lnxu0u0uln(u1)u

lim

ln(u1)1

）

u02u2

alimxln(1)xx

（13）lim(1

x

ax

)ex

x0

e

lim

aln(1)

xlim

x

x

e

alimxxx

ea；

lim

tanxsinxx

（14）

x0

limxsinxe

limsinxlnx

lnx

e

x0cscx

e

x0xcotxcscx

lim

1

e

x0

e01；

1tanx

lime（15）lim()

x0xx0

lnx

limx0cotx

lime

x0

1

lim2x0cscx

lime

x0

sin2x

xx0lim

e01；

1

exln(1x)1(1x2)(xexex1)x1（16）limlimlimx0x0x0xarctanx(x1)x2

1

1x2

ex

(xexex1)xex1limlim；

x0x02xx22

（17）lim(1sinx)

x0

1

x

lime

x0

ln(1sinx)x0xlim

lime

x0

cosx

x01sinxlim

e；

1x

（18）lim(ln)e

x0x

ln[lnx]

limx0

x

e

11()limx02

x

e

lim

x

x0lnx

e

lim

1

x01/x

1；

11x2

1

xx2

（19）

x

lim(xx2)e

12

f(x)(xtan)x

x

2t2tant

lim

2t3

1x

ln(x1x2)xxlim

e

x

lim

xx2

e

x

lim

1；

lntantlnt

t（20）令

lim1x2tanttt0

)e，则lim(xtan)lim(xt0xt

t

1

x

1

e

t0

lim

tsec2ttanttsec2ttant

e

t0

e

13

t0

lim

tsintcost2t3cos2t

e

1

tsin2tlim3

2tt0

e

t0

lim

1cos2t(1cosx)~6t

x2

2

e

t06t

lim

2t2

e

1

1n2

∴lim(ntan)e3nn

★★2.验证极限lim

x

xsinx

存在，但不能用洛必达法则求出。x

知识点：洛必达法则。

思路：求导后极限假使不存在，不能说明原式极限不存在，只能说洛必达法则失效。洛必达法则不能解决

所有的未定型极限问题。

xsinxsinxxsinx

lim(1)101，∴极限lim存在；

xxxxxx

xsinx1cosx

lim1limcosx，若使用洛必达法则，得lim

xxxx1

解：∵lim

而limcos

x

x不存在，所以不能用洛必达法则求出。

★★★3.若

f(x)有二阶导数，证明f(x)lim

h0

f(xh)2f(x)f(xh)

。2

h

知识点：导数定义和洛必达法则。

思路：使用洛必达法则，对极限中的函数上下求关于h的导数，然后利用导数定义得结论。

f(xh)2f(x)f(xh)f(xh)f(xh)

lim证明：∵

h0h0h22hf(xh)f(x)f(x)f(xh)limh02h1f(xh)f(x)1f(xh)f(x)limlimf//(x)，∴结论成立。2h0h2h0h

(1x)x0[],

★★★4.探讨函数f(x)在点x0处的连续性。e

x0

e,

lim

知识点：函数在一点连续的概念。

思路：探讨分段函数在分段点处的连续性，要利用函数在一点处左、右连续的概念。

(1x)解：∵limf(x)lim[e

x0x0ee

11lim2x01x

1

1(1x)xlimln

ex0x

ex0

lim

ln(1x)x

x2

e

1

1lim

x02x

e

12

f(0)，∴f(x)在x0处右连续；

12

又∵

x0

limf(x)ef(0)，∴f(x)在x0处左连续；

从而可知，

(1x)x0[],

在点x0处连续。f(x)e

x0

e,

★★★5.设

g(x)在x0处二阶可导，且g(0)0。试确定a的值使f(x)在x0处可导，并求

f(0)，其中

g(x)

,x0

f(x)x。

x0a,

知识点：连续和可导的关系、洛必达法则。

思路：探讨分段函数在分段点处的连续性、可导性，一般考虑利用定义。解：要使f(x)在x0处可导，则必有f(x)在x0处连续，

又∵g(x)在x

0处g(0)0，∴alimf(x)lim

x0

x0

g(x)g(x)g(0)

limg/(0)；x0xx0

g(x)

g(0)

f(x)f(0)g(x)g(0)x

由导数定义，f(0)limlimlim2x0x0x0x0x0x

g(x)g(0)1limg(0)。x02x2

内容概要名称3.3泰勒公式主要内容(3.3)

泰勒中值定理：假使

f(x)在含有x0的某个开区间(a,b)内具有n1阶的导数，则对任一

x(a,b),有f(x)f(x0)f/(x0)(xx0)

f//(x0)(xx0

)22!

f(n)(x0)(xx0)nRn(x),此公式称为n阶泰勒公式；n!

其中

f(n1)()Rn(x)(xx0)n1((n1)!

介于

,称为拉格朗日型余项；或x0于x之间)

Rn(x)o[(xx0)n],称为皮亚诺型余项。

n阶麦克劳林公式：f(x)f(0)f/(0)xf//(0)2f(n)(0)nxxRn(x)2!n!

其中Rn(x)

f(n1)(x)n1x(01)或Rn(x)o(xn)。(n1)!x

常用的初等函数的麦克劳林公式：1)e

1x

x2xno(xn)2!n!

习题3-3

★1.按(x

1)的幂展开多项式f(x)x43x24。

知识点：泰勒公式。

思路：直接展开法。求f(x)按(x

x0)的幂展开的n阶泰勒公式，则依次求f(x)直到n1阶的导

数在x

x0处的值，然后带代入公式即可。

32

解：f(x)4x6x，f(1)10；f(x)12x6，f(1)18；

f(x)24x，f(1)24；f(4)(x)24；f(4)(1)24；f(5)(x)0；

将以上结果代入泰勒公式，得

f(1)f(1)f(1)f(4)(1)23

f(x)f(1)(x1)(x1)(x1)(x1)4

1!2!3!4!

810(x1)9(x1)24(x1)3(x1)4。

★★2.求函数

f(x)x按(x4)的幂展开的带有拉格朗日型余项的三阶泰勒公式。

知识点：泰勒公式。

思路：同1。解：f(x)

，

1113

f(4)；f(x)x2，f(4)；

4324

7

335152(4)

f(x)x2，f(4)(x)x；将以上结果代入泰勒公式，得；f

256816

f(4)f(4)f(4)f(4)(ξ)23

f(x)f(4)(x4)(x4)(x4)(x4)4

1!2!3!4!

111

2(x4)(x4)2(x4)3

464512

1xx2f(x)

1xx2

5128ξ

72

（ξ(x4)4，介于x与4之间）。

★★★3.把

在x

0点展开到含x4项，并求f(3)(0)。

知识点：麦克劳林公式。

思路：间接展开法。f(x)为有理分式时寻常利用已知的结论

1

1xx2xno(xn)。1x

解：

1xx21xx22x2x1f(x)112x(1x)

1xx21xx21xx21x3

12x(1x)(1x3o(x3))12x2x22x4o(x4)；

又由泰勒公式知x前的系数

★★4.求函数

3

f(0)

0，从而f(0)0。3!

f(x)lnx按(x2)的幂展开的带有皮亚诺型余项的n阶泰勒公式。

知识点：泰勒公式。

思路：直接展开法，解法同1；或者间接展开法，f(x)为对数函数时，寻常利用已知的结论

n1

x2x3nx(1)o(xn1)。ln(1x)x23n1

方法一：（直接展开）f(x)

f(x)

2x3

，

1111，f(2)；f(x)2，f(2)；x2x41(n1)!(n)n1(n1)!f(2)；,f(n)(x)(1)n1f(2)(1)，；nn4x2

将以上结果代入泰勒公式，得

f(2)f(2)f(2)f(4)(2)23

lnxf(2)(x2)(x2)(x2)(x2)4

1!2!3!4!111f(n)(2)

(x2)3(x2)no((x2)n)ln2(x2)3(x2)23

2232n!

(1)n1

1

(x2)no((x2)n)。n

n2

x2x21x22

)ln2()2222

1x2nx2n11()o(())ln2(x2)3(x2)2n2222

方法二：f(x)lnxln(2x2)ln2ln(1

1x23

()(1)n132

113n1

(x2)(1)(x2)no((x2)n)。3n

32n2

1

★★5.求函数f(x)按(x1)的幂展开的带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式。

x

知识点：泰勒公式。

思路：直接展开法，解法同1；或者间接展开法，f(x)为有理分式时寻常利用已知的结论

11n1

。1xx2xnxn2

1x(1)

方法一：f(x)

1

x2

，

f(1)1；f(x)

2x3

，

f(1)2；f(x)

6x4

，

f(1)6,f(n)(x)(1)n

将以上结果代入泰勒公式，得

n!n!(n)n

，f(1)(1)n!；n1n1

x(1)

1f(1)f(1)f(1)

f(1)(x1)(x1)2(x1)3x1!2!3!

f(n)(1)f(n1)(ξ)n(x1)(x1)n1

n!(n1)!

(1)n1

1(x1)(x1)(x1)(x1)n2(x1)n1（ξ

ξ

2

3

n

介于x与1之间）。

方法二：

11

[1(x1)(x1)2(x1)3(x1)nx1(x1)

(1)n1(1)n123nn1

n2(x1)]1(x1)(x1)(x1)(x1)n2(x1)n1

ξξ

（ξ介于x与1之间）。

★★6.求函数

yxex的带有皮亚诺型余项的n阶麦克劳林展开式。

知识点：麦克劳林公式。

思路：直接展开法，解法同1；间接展开法。f(x)中含有e时，寻常利用已知结论

x

x2xne1xo(xn)。

2!n!

x

方法一：y(x1)e，y(0)1；y(x2)e，y(0)2；,y

xx(n)

(xn)ex，

y(n)(0)n，将以上结果代入麦克劳林公式，得

f(0)f(0)2f(0)3f(n)(0)n

xef(0)xxxxo(xn)

1!2!3!n!

x

x3xn

xxo(xn)。

2!(n1)!

2

x2xn1x3n12

方法二：xex(1xo(x))xx

2!(n1)!2!

x

xn

o(xn)。

(n1)!

1

★★7.验证当0x

2

x2x3

时，按公式e1x26

x

计算e的近似值时，所产生的误差小于

x

0.01，并求的近似值，使误差小于0.01。

知识点：泰勒公式的应用。

思路：利用泰勒公式估计误差，就是估计拉格朗日余项的范围。

解：

111eξ4e4211

0.646。；e1R3(x)xx0.014

28484!4!4!2192

5，求ln1.2的近似值，并估计其误差。

1

2

★★8.用泰勒公式取n

知识点：泰勒公式的应用。

1x)，则解：设f(x)ln(

f(0)f(0)2f(5)(0)5

f(x)f(0)xxx

1!2!5!

x2x5

x

52

误差为：

0.220.230.240.25

0.1823；其，从而ln1.2f(0.2)0.22345

10.266

。R5(x)x0.00001076

66(1ξ)

★★★9.利用函数的泰勒展开式求以下极限：

12

xx2

32（1）lim(x3xxx)；（2）lim2

x0x

(cosxex)sinx2

1

。

知识点：泰勒展开式的应用。

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。

31

解：（1）lim(x3xxx)lim[x(12)3x(1)2]

xxxx

3

2

11

11(1)

1311111lim[x(12o(2))]x(1()2o(2))]

x3x2x2xxx

1911lim(o())。x28xx211

1x2x21x2(1x2)2

（2）limlim22

x0

(cosxex)sinx2x0(cosxex)x2

1

11(1)

141212xo(x4)1x(1x)x4o(x4)

18。limlim24x0x012x3x

(1o(x2)(1x2o(x2)))x2o(x4)

22

x2

ln(1x)。★★10.设x0，证明：x2

知识点：泰勒公式。

思路：用泰勒公式证明不等式是常用的一种方法。特别是不等式的一边为某个函数，另一边为其幂级数展

开的一部分时，可考虑用泰勒公式。

x2x3

解：ln(1x)x

23(1ξ)3x3

（ξ介于0与x之间），∵x0，∴0，3

3(1ξ)

，结论成立。

x2x3x2

从而ln(1x)xx3

23(1ξ)2

（也可用3.4函数单调性的判定定理证明之）

★★11.证明函数

f(x)是n次多项式的充要条件是f(n1)(x)0。

知识点：麦克劳林公式。

思路：将f(x)依照麦克劳林公式形式展开，根据已知条件，得结论。解：必要性。易知，若f(x)是n次多项式，则有f

(n1)

(n1)

(x)0。

f(0)x2

f(x)f(0)f(0)x

2!

充分性。∵

f(x)0，∴f(x)的n阶麦克劳林公式为：

f(0)x2f(0)x3f(n)(0)xnf(n1)(ξ)xn1

f(0)f(0)x

2!3!n!(n1)!

f(0)x3f(n)(0)xn

，即f(x)是n次多项式，结论成立。

n!3!

★★★12.若

f(x)在[a,b]上有n阶导数，且f(a)f(b)f(b)f(b)f(n1)(b)0

证明在(a,b)内至少存在一点ξ，使

f(n)(ξ)0(aξb)。

知识点：泰勒中值定理、拉格朗日中值定理。思路：证明f

(n)

(ξ)0(aξb)，可连续使用拉格朗日中值定理，验证f(n1)(x)在[a,b]上满足

f(x)在xb处的泰勒展开式及已知条件得结论。

罗尔中值定理；或者利用泰勒中值定理，根据

方法一：∵f(x)在[a,b]上可导，且f(a)f(b)，

∴由罗尔中值定理知，在(a,b)内至少存在一点ξ1，使得∵

f(ξ1)0；

f(x)在[ξ1,b][a,b]上可导，且f(b)0，

∴由罗尔中值定理知，在(ξ1,b)依次类推可知，

(a,b)内至少存在一点ξ2，使得f(ξ2)0；

f(n1)(x)在[ξn1,b][a,b]上可导，且f(n1)(ξn1)f(n1)(b)0，

f(n)(ξ)0。

∴由罗尔中值定理知，在(ξn1,b)(a,b)内至少存在一点ξ，使得

方法二：根据已知条件，f(x)在xb处的泰勒展开式为：

f(b)f(n1)(b)f(n)(ξ)2n1

f(x)f(b)f(b)(xb)(xb)(xb)(xb)n

2!(n1)!n!

f(n)(ξ)

(xb)n(xξb)，

n!

∴

f(n)(ξ)

(ab)n0，从而得f(n)(ξ)0，结论成立。

f(a)

n!

习题3-4

★1.证明函数

yxln(1x2)单调增加。

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是常用的方法。在某个区间I上，f(x)0（f(x)0），

则

f(x)在I

单调增加（减少）。

2x(1x)2

0（仅在x1处y0）证明：∵y1，22

1x1x

∴

yxln(1x2)在(,)内是单调增加的。

f(x)xsinx(0x2π)的单调性。

★2.判定函数

解：∵f(x)1cosx0（仅在xπ处f(x)0），

∴

f(x)xsinx(0x2π)是单调增加的。

1382

xx23x1；（2）y2x(x0)；（3）yxx23x3

★★3.求以下函数的单调区间：

（1）

y

；

（4）

yln(xx2)；（5）y(1x)x；（6）y2x2lnx。

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；假使划分定义域的点有两个或以上，可列表探讨，使得思路更明了一些。

解：（1）y

得x1

13

xx23x1的定义域为(,)；令yx22x30，3

1，x23。列表探讨如下：

由上表可知，y

3

xx23x1在(,1)、(3,)内严格单增，而在(1,3

)内严格单减。3

8

（2）在(0,)内，令y220，得x2；

x

当x(0,2)时，有∴

y0；当x(2,)时，有y0；

y2x

8

(x0)在(0,2)内严格单增，在(2,)内严格单减。x

22（3）yxx

3

得x

2213

的定义域为(,)；令yx0，

331；x

0为不可导点。列表探讨如下：

由上表可知，

y

xx23

1)内严格单减。在(,0)、(1,

)内严格单增，而在(0,

（4）

yln(xx2)的定义域为(,)，

y

0，

∴

yln(xx2)在(,)内严格单增。

y(1x)x的定义域为[0,)，∵y(xx)13

2

（5）

0，∴

y(1x)x在[0,)上严格单增。

2

114x21

0，得x（6）y2xlnx的定义域为(0,)，令y4x

2xx

当x(0,

；

11

)时，y0；当x(,)时，y0；22

∴

11

y2x2lnx在(0,)内严格单增，在(,)内严格单减。

22

0时，1

★★4.证明以下不等式：

1

xx；（2）当x4时，2xx2；2

π1

1x)arctanx；（4）0x时，tanxxx3。（3）当x0时，(1x)ln(

23

（1）当x

知识点：导数的应用或者泰勒公式的应用。

思路：利用泰勒公式可以证明一些不等式（见习题3-3第10题），利用函数单调性也是证明不等式常用的

方法。

解：（1）方法一：令f(x)1

则当x

1

xx，2

0时，f(x)

111(1)0，22x

∴

f(x)1

1

xx在[0,)上严格单增；从而f(x)f(0)0，2

即1

1

xx，结论成立。2

方法二：由泰勒公式，得

111

f(x)1xx1x(1x

222

∴

x28(1ξ)

3

2

)

x28(1ξ)

32

（0ξx），

f(x)

x28(1ξ)

3

2

0，从而得1

1

xx，结论成立。2

（2）方法一：令

f(x)2xx2，则当x4时，f(x)2xln22x，

f(x)2xln222f(4)16ln222(ln42)22(lne2)220，

∴

f(x)2xln22x在(4,)内严格单增，

f(x)2xln22xf(4)16ln244(ln161)0，

从而∴

f(x)2xx2在(4,)内严格单增，在(4,)内f(x)2xx2f(4)80，

x

∴2

x2，结论成立。

注：利用f(x)的符号判断f(x)的单调性，利用f(x)的单调性判断其在某区间上的符号，从而得出

f(x)在某区间上的单调性，也是常用的一种方法。

方法二：令f(x)xln22lnx，

当x∴

4时，f/(x)ln2

2111

ln2ln40，x222

f(x)xln22lnx在(4,)内严格单增，

f(x)xln22