2016考研高等数学之微分中值定理导数应用基础阶段复习点拨

第一部分微分中值定理导数的应用考点梳 导学：复习目标及重难 一、中值定理，（放入级数中讲 二、法 三、四、函数的性 第二部 微分中值定理导数的应用习题精 一、内容小 二、例题选 考研数学经典400题精讲（数学一） 考研数学《微积分》十五年分类详解（数学三 考研数学《高等数学》十五年分类详解（数学一 /course/15215.html 如满足在连续在可导则至少存在一点例例设，则在区间（-1，0）内，方程有2个实根；在（-1，1）内有2个根例例 在[0，1]可导，且 证明存 证：设∴

使例设 。解设由罗尔定 存使即例， 亦即例如使如使。推论：II，在Ｉ单增（减 对任意满的 设∵∴∵∴例 ，证 求导证1、型 如 2 型：如3 型：如4 5 型：如：6 型：如：7 型：如：22 ）型 法 内 后）有导 ， （3）存在（或无穷），则成立 例：3) 与之间）日型余 2、 得麦克劳林1)2)1(函数单调性的判定法)y=f(x)在[ab]上连续在(ab)内可导.(1)如果在(a,b)内f¢x)>0,那么函数y=f(x)在[a,b]上单调增加; 驻点←极值点ⅱ 例1 满足关系 点处A

， C、 某邻域内单增D、在某邻域内单例2．已知函数对一切 满足 ，，则AA、是的极小B、是的极大C、是曲线的拐 不是的极值，也不是曲线的拐点。例3． 设函数在 的某邻域内可导，，，则是的极大值在内可能极值点唯一，如是极小值则为最小值；如是极大值则为最大值 分别为最小,最大值11 1如则曲线是凹（凸）的,可能的拐点和不存在的点1设，试讨 的性态x01(1,++0-+0+----0+y渐近线如 如则称

渐近线（斜渐近线不讨论∵ ∵ 例3 曲 的渐近线有44例1、 ， 即∴证：设

∴设∴例3、当 证：令 ∵ 例4 证明设令 →在上最大值为,最小值为55，

，证明

时∴单减6设在上可导，且单调减6 ∵单调 ∴，即单调减，即 型 型未定式，否则需转换后使用 不存在时 ；由于、在上都满 日中值定理的条件，故存在点，使, . 又对任 ，所以上述两式相除即.答上述证明方法是错误的．因为对于两个不同的函数 同．也就是说在内不一定存在同一个，使得式和式同时成立． 日中值定理成立的；对 中值定理成立的，两者不等．设函数在区间上存在二阶导数，且.试证明在内至少存在一点，使．还至少存在一点,使分析单纯从所要证明的结果来看，首先应想到用定理．由题设知 内至少存在一点使 证由于 内至少存在一点，使 ， 上满足定理的条件，故 内至少存在一点， ．由，所 例3. 为满足方 的实数，试证明方 内至少有一个实根分析证明一个方程在某个区间内至少有一个实根的问题，就目前所掌握的知识来看主要有两种方， ，并将的原函数求出来，然后对原函数应用 在这个问题中的原函数求起来很容易．求 后，根据题设条件， 上应用定理即可得到所要的结论证． 在上连续，在内可导， 定理知，在内至少存在一点，使得 . 在内至少有一个实根 分析由于直 的斜率为，所以上述命题的本质是要证明 内存在一点，使．由于，因此若设 一点，使得即可．这是一个用定理解决的问题．在上满足定理的前两个条件没问题，只是由题设我们还不能直接得到所满足的是罗和2之间．因此由介值定理知，在内必存在一点，使得．这样在上对应用．在证引入辅助函数上连续,且 .由介值定理知,在内比存在一点，使得．又，且在上满足定理的前两个条件,故在．在内必存在一点，使得．设在内必存在一点,象上述这种含有中值的等式,一般应考虑用微分中值定理去证明．方法一用定理分析要用定理证明一个含有中值的等式，第一步要将等式通过移项的方法化为右端仅为零的等式，．第二步将等式左端中的都换为，并设．第三步是要去确定的原函数，并在相应的区间上对应用 可．本问题中的原函数为．证． 一点，使得 .方法二用日中值定理分析要用日中值定理证明一个含有中值的等式，第一步要将含有的项全部移到等式的右端，其余第二步是把等式右端中的都换为,

.第三步是要去确 的原函 .本问题 的原函 .第四步确定 的原函 后,针对相应的区 或. 在本问题中,由 ,所.因此,本问题可通过对函 上应用日中值定理来证明证.由题设知 上满足日中值定理条件,故 内必存在一点,使,.又由题设 ,所以,.方法三用中值定理分析用中值定理证明一个含有中值 . 第三步把(4)式右端中的全都换为，并设分子函数 ，分母函数 ．即．第四步是 的原函 ．本问题中 分别．第五步针对区 ，验 式左端是否 在本问题中，由于，所=故本问题可通过对函数和在上应 中值定理来证明证． 内，由 知，在内必存在一点，使得又由题设知，所以有

.总结例5中方法一、方法二及方法三的分析，是用定理、日中值定理及中值定理证明含有中值这种等式的一般方法和思路，一定要掌握其要领．至于在遇到具体问题时，应当用哪个定理 等的导数，是非常有用的．下面我们应用例5中介绍的方法和思路再讨论一个问题．例6.设在上连续，在内可导 ，试证明在内必存在一点，使．分析 把(6)式右端的都换成，并设．则和的原函数．．证． 定理知，在内至少存在一个，使得．即.例7.设在上有二阶连续导数， ，.证明存在，.证由于函数

(在与之间)． ，，若， 都可作 ，

，；若，则介于与之间， 介于与之间．由于在．总结用中值定理去证明含有中值的等式，也是一种常用的方法，尤其在题设的函数存在较高阶的导数，并且已知其多点函数值时，更应注意应用练习7的方法去证明．例8.求函 按的幂展开的带 日余项的3 解，．因此，所求3阶,其中介于与之间．例9.求函 的带有佩亚诺型余项的阶林 型余项的阶林可以采用下面的所谓间接方法．解，．，所 是 时 高阶的无穷小．．上式即 的带有佩亚诺型余项的阶林总结理论上可以证明，任何一个函数的同阶在形式上是唯一的．因此，我们可以利用一些已知的的间接展开方法时，必须熟记一些常见函数 ，如等例10.利 求极限解由于是求 去表示．利用函数的麦 ，求出函数的带有佩亚诺型余项的二阶 .若将上式代入函数的分母，则分母是一个最高幂为次的多项式．因此需将函数 的四阶林可利 的林间接获得，．．例11.求极 分析虽然本题是 解 例12.求解所求极限 型未定式，通分化为型.例13. 分析这是一 型未定式，转化为型未定式， 换成连续自变量，再应用法则，得．因 时，必 ，所．总结数列的极限既使是未定式也不能直接应用法则，只有将数列中的换为连续自变量后，才能应例14. 具有二阶连续导数， ， 分析所求极限为 型未定式一般情况下是将该极限转化为或型未定式应用 ， 0，所 ．因此，只须求出极限即可解 0知 ． 型未定 应用一次法则，．因此和都是型未定式．对极限两次应 法则，．．． 考研数学经典400题精讲（数学一） 考研数学必 快 （数学二HYP