考研中值定理课件.pptx

1、1(0,)( ),xf x 若若对对一一切切函函数数的的一一、二二阶阶例例 导导数数均均存存在在6 6+lim( )=0 xfxa 且且，则则对对任任意意正正常常数数 , ,必必有有（ ） +( ) lim()( )1( ) lim()( )0( ) lim()( )() lim()( ).xxxxAfxafxBfxafxCfxafxDfxafx ；不不存存在在解解 +lim()( )limxxfxafx ( )fa xxa 介介于于 与与之之间间，+lim( ) =fa 0.B2( ) , f xa b设设在在上上四四阶阶可可导导，例例7( )( )( )f af bf b 且且(4)( )

2、( )0,:( , )( )0.fbfba bf 证证明明 必必使使分析分析1:( )( )f af b 从从想想到到罗罗而而定定理理, ,11( , ),()0,a bf 使使得得( )0f b 又又，212(, ),()0,bf 使使得得( )0fb 又又，323(, ),()0,bf 使使得得( )0fb 又又，(4)3(, ),( )0.bf 使使得得(4)( , )( )0.a bf 则则必必使使3分析分析2:( )( )( )( )( )0f af bf bfbfb 从从想想到到泰泰勒勒公公式式2( )( )( )( )()()2!fbf xf bf b xbxb (4)34( )

3、( )()()3!4!fbfxbxb (4)4( )( )() ,4!ff xxb (4)4( )( )() ,4!ff aab ( )0,f a (4)( )0.f ( ) , f xa b设设在在上上四四阶阶可可导导，例例7( )( )( )f af bf b 且且(4)( )( )0,:( , )( )0.fbfba bf 证证明明 必必使使4例例8( ), ( ) , f xg xa b设设在在上上二二阶阶可可导导, ,且且( )( )( )0,f af bg a :( , ),a b 证证明明 必必使使( ) ( )2( )( )( )( )0.fgfgfg 分析分析从结论想从结论想

4、( )( ) ( ),xf x g x ( )( ) ( )( )( ),xfx g xf x g x 有有( )( ) ( )2( )( )( )( ),xfx g xfx g xf x gx 证明证明1:( )( ) ( ),xf x g x 设设( ) , ( , )xa ba b 则则在在上上连连续续, ,在在内内可可导导，( )( ) ( )0, ( )( ) ( )0,af a g abf b g b 且且由罗而定理，由罗而定理，1( , )a b , ,使使得得1()0 ，5由罗而定理，由罗而定理，1( , )a b , ,使使得得1()0 ，( )( ) ( )( )( ),x

5、fx g xf x g x 又又( )( ) ( )( )( )0,afa g af a g a 1( ) ,xa 则则在在上上满满足足罗罗而而定定理理的的条条件件1( ,)a , ,使使得得( )0 ，( )( ) ( )2( )( )( )( ),xfx g xfx g xf x gx 而而( ) ( )2( )( )( )( )0.fgfgfg 例例8( ), ( ) , f xg xa b设设在在上上二二阶阶可可导导, ,且且( )( )( )0,f af bg a :( , ),a b 证证明明 必必使使( ) ( )2( )( )( )( )0.fgfgfg 6证明证明2:( )(

6、 ) ( ),xf x g x 设设a将将它它在在点点 按按泰泰勒勒公公式式展展开开，2( )( )( )( )()() ,2!xaaxaxa 则由已知条件得则由已知条件得2( )( )( )( )()()0,2!baa baba ( , ),a b ( )0,b ( )0,a ( )( ) ( )( )( )0,afa g af a g a ( )( ) ( )2( )( )( )( )0.fgfgfg 例例8( ), ( ) , f xg xa b设设在在上上二二阶阶可可导导, ,且且( )( )( )0,f af bg a :( , ),a b 证证明明 必必使使( ) ( )2( )(

7、 )( )( )0.fgfgfg ( ) ( )2( )( )( )( )0.fgfgfg 7例例9. 证明不等式证明不等式ln(1)(0).1xxxxx 2.证明不等式证明不等式),1ln()(xxf 设设( )0, ,f xx在在上上满满足足拉拉格格朗朗日日定定理理的的条条件件( )(0)( )(0),(0 xf xffx ,11)(, 0) 0(xxff 由上式得由上式得,1)1ln( xxx 111, 11111 x,11xxxx .)1ln(1xxxx x 0又又即即8( )2,fx 例例10. 设函数设函数在在( )f x0,1上二阶可导上二阶可导,(0)(1),ff 且且证明证明

8、( )1.fx 0,1,x 由泰勒公式得由泰勒公式得(0)f(1)f两式相减得两式相减得2211220( )( )(1)( )fxfxfx ( )f x ( )fx x 212( )fx (01) 212( )( )(1)( )(1)(01)f xfxxfx20000( )( )()()()()2!ff xf xfxxxxx 0(xx 在在与与之之间间) )221122( )( )(1)( )fxfxfx221122( ) (1)( )fxfx22(1)xx12 (1)xx 1,0,1x ( )1.fx 93. 证明有关中值问题的结论证明有关中值问题的结论题型一题型一.( )0().fA 证证

9、明明：使使或或常常数数例例11. 设设10( )0,1( )d0, ( )0,1f xCf xxg x 且且在在上上有有连连续续导导数数1120(0,1)( )0,( ) ( )d0,(0,1)g xf x g xx 在在内内又又，证证明明: : 不不同同分析：分析：( )0f 若若证证, ,可可用用零零点点定定理理, ,罗罗尔尔定定理理. .证证明明12( )()0.ff 使使0( )( )d ,xF xf tt 令令(, ,0,1,( )( )( )0)a b cF aF bF c 欲欲证证结结论论, ,需需找找使使(0)0,(1)0,FF 由由已已知知( )( ),F xf x 又又10

10、( ) ( )d0f x g xx 由由已已知知知知10( ) ( )d0,F x g xx 01 101100 ( ) ( )( )( )d0F x g xF x g xx 即即10( )( )d0F x g xx 10:(0,1)( ) ( )d( ) ( )(10)0F x g xxFg 由由积积分分中中值值定定理理得得使使(0)0,(1)0,FF 由由已已知知( )( ),F xf x 又又10( ) ( )d0f x g xx 由由已已知知知知10( ) ( )d0,F x g xx 0( )( )dxF xf tt ( )0( )0g xF 由由已已知知 01 ( )0, F x

11、对对在在上上用用罗罗尔尔定定理理：111(0, )(0,1)()0()0.Ff 使使即即( ) ,1F x 对对在在上上用用罗罗尔尔定定理理：222( ,1)(0,1)()0()0.Ff 使使即即证证毕毕11题型二题型二.( )0( )0.ff 证证明明：使使或或证证明明思思路路：1.( )0:f 使使2.( )0:f 使使(1)( )f xx 验验证证在在处处取取得得极极值值，用用费费马马定定理理. .(2)( )f xx 验验证证在在包包含含的的闭闭区区间间上上满满足足罗罗尔尔定定理理. ., ,( )( )( 0)a bf af b 这这里里关关键键 需需找找使使(1)( ),fx 对对

12、用用费费马马定定理理 罗罗尔尔定定理理. .(2), , ,( )( )( ),()a b cf af bf cabc 需需找找三三个个点点使使1122( , )()0;( , )()0;a bfb cf 则则使使使使12( ),fx 对对在在上上用用罗罗尔尔定定理理即即得得结结论论. .12例例12. 设设( )0,3,( )(0,3),(0)(1)(2)3,f xCf xDfff 且且(3)1,(0,3)( )0.ff 证证明明: :使使03研研数数三三分析：用罗尔定理时找辅助函数的方法分析：用罗尔定理时找辅助函数的方法(1); (2)( )( ); (3) ( ).xfxf xf x 为

13、为辅辅助助函函数数( )0,2,f xMm设设在在上上的的最最大大值值为为与与最最小小值值为为 ，证证(0),(1),(2)mfffM ，(0)(1)(2)3fffmM1mM ，(0)(1)(2)0,2( )13ffff 有有介介值值定定理理得得：使使(3)1f 又又( ) ,3f x 在在上上满满足足罗罗尔尔定定理理的的条条件件，( ,3)(0,3),( )0.f 所所以以: :使使证证毕毕 03 213例例13. 设设0( )( )lim0,(1)0,xf xf xfx具具有有二二阶阶导导数数且且(0,1)( )0.f 证证明明: :使使0( )lim0 xf xx证证(0)0,(0)0,

14、ff (1)0,f 又又(0,1),( )0.f 得得：使使( )0,1f x在在上上满满足足罗罗尔尔定定理理的的条条件件，(0, )(0,1)( )0.f 所所以以: :使使证证毕毕( )0, fx 在在上上满满足足罗罗尔尔定定理理的的条条件件， 01 14例例14. 设设在在( )f x0,1内可导内可导, 且且(1)0,f 证明至少存在一点证明至少存在一点2( )( ).ff 使使(0,1), 上连续上连续, 在在(0,1)分析分析: 问题转化为证：问题转化为证：( )2 ( )0.ff 证明证明 设辅助函数设辅助函数2( )( )xx f x 显然显然( )0,1x 在在上上满满足足罗

15、罗尔尔定定理理的的条条件件，故至少故至少(0,1) , 使使22( )( )0ff 即有即有( )f 2( ).f 存在一点存在一点( )0 2( )2( )0ff 只只需需证证：2( )=( )2( )xx fxx f x 1522( )0,1(0,1)111(0)0(1),0,322( )( ).f xffff 设设函函数数在在闭闭区区间间上上连连续续, ,在在开开区区间间内内可可导导, , 且且, ,证证明明: :存存在在（）( (, ,1 1) ), , 证证明明22( )( )0ff 将将结结论论变变形形为为: :，31( )( ),3F xf xx 令令110,22在在 , ,1

16、1 上上分分别别使使用用中中值值定定理理，11( )(0)( )(0),22FFF 11(1)( )( )(1),22FFF 两两式式子子相相加加：1(1)(0)( )( ),2FFFF 31( )( ),3F xf xx 2211(1)(0)( )( ),32ffff 1(1), (0)0,3ff 22( )( )0,ff 22( )( )0.ff 分析分析:证明证明例例1510年考研题年考研题16总之，总之， 有关中值问题的解题方法有关中值问题的解题方法: :利用逆向思维利用逆向思维 , 设辅助函数设辅助函数 .一般一般解题方法解题方法:(1)证明含一个中值的等式或根的存在证明含一个中值的

17、等式或根的存在 ,(2) 若结论中涉及含中值的两个不同函若结论中涉及含中值的两个不同函数数 ,(3) 若结论中含两个或两个以上的中值若结论中含两个或两个以上的中值 ,可用原函数法找辅助函数可用原函数法找辅助函数 .多用多用罗尔定理罗尔定理,可考虑用可考虑用柯柯西中值定理西中值定理 .必须必须多次应用多次应用中值定理中值定理 .(4) 若已知条件中含高阶导数若已知条件中含高阶导数 , 多考虑用多考虑用泰勒公式泰勒公式 ,有时也可考虑有时也可考虑对导数用中值定理对导数用中值定理 .171) lim( )lim( )0 xaxaf xF x ( )3) lim( )xafxF x 存在存在 (或为或

18、为 )( )( )limlim( )( )xaxaf xfxF xF x 2)( )( )( ),f xF xa 与与在在内内可可导导( )0F x 且且定理定理 1.(洛必达法则洛必达法则) 推论推论1. 定理定理 1 中中xa换为换为,xa ,xa ,x x 之一之一,推论推论 2. 若若( )lim( )fxF x 0,( ),( )0fxF x仍仍属属型型 且且满满足足定定理理1条件条件, 则则( )( )limlim( )( )f xfxF xF x ( )lim( )fxFx 条件条件 2) 作相应的修改作相应的修改 , 定理定理 1 仍然成立仍然成立.,x 二、洛比达法则及其应用

19、二、洛比达法则及其应用181) lim( )lim( )xaxaf xF x ( )3) lim( )xafxF x 存在存在 (或为或为)( )lim( )xaf xF x定理定理 2.( )lim( )xafxF x (洛必达法则洛必达法则)2)( )( )( ),f xF xa 与与在在内内可可导导( )0F x 且且说明说明: 定理中定理中xa换为换为之一之一,条件条件 2) 作相应的修改作相应的修改 , 定理仍然成立定理仍然成立.,xa ,xa ,x x ,x 19例例130sincos limsinxxxxx 计计算算解解原原式式0 xxxeln1lim xxxelnlim 01.

20、e xxx1lim例例230sincoslim,xxxxx 30(sincos )lim()xxxxx = =20coscossinlim3xxxxxx 2201lim.33xxx 用用罗罗比比达达法法则则1 limxxx 计计算算解解1limxxe lim1nnn 20注意：注意：1)条件充分但不必要条件充分但不必要.洛必达法则的使用条件洛必达法则的使用条件.( )lim(),( )fxF x 若若不不存存在在时时( )( )limlim.( )( )f xfxF xFx 例如例如,sinlimxxxx 1coslim1xx 极限不存在也极限不存在也不是无穷大不是无穷大sinlim(1)xx

21、x 1 2)对有些极限失效对有些极限失效对对数列数列极限极限失效失效.对对( )lim()( )f xg x 不存在不存在时时失失效效.21有时有时出现循环，出现循环，这时罗比达法则这时罗比达法则失效失效.如：如： xxxxxeeeelim事实上：事实上： xxxxxeeeelim有时会有时会越用越复杂，越用越复杂，这时这时不必不必用罗比达法则用罗比达法则. xxxxxeeeelimxxxxxeeee lim. 111lim22 xxxee如：如： xxxx3sincos1seclim220 xxxx3sincostanlim220 220)3(coslimxxxx.91cos91lim0 x

22、x223)用洛必达法则之前应先用洛必达法则之前应先(1)检查极限的类型是否为检查极限的类型是否为(2)结合以前的方法化简函数，如等价无穷小代换、结合以前的方法化简函数，如等价无穷小代换、四则法则、变量代换等四则法则、变量代换等.00 型型、 型型注意：注意： 洛必达法则是求未定式的一种有效方法，但与其洛必达法则是求未定式的一种有效方法，但与其它求极限方法结合使用，效果更好它求极限方法结合使用，效果更好. 常用的有等常用的有等价无穷价无穷小代换、重要极限、变量代换，极限的运算法则等小代换、重要极限、变量代换，极限的运算法则等.23三、函数单调性的判别法三、函数单调性的判别法若若),( bax 有

23、有，0 )(xf 若若),( bax 有有，0 )(xf 设函数设函数)(xfy 在在,ba上上连续连续，),(ba内内可导可导，在在则则)(xf在在上上单调增加单调增加. .,ba则则)(xf在在上上单调减少单调减少. .,ba注意：判别法的条件是充分条件而非必要条件注意：判别法的条件是充分条件而非必要条件.3(- ,)yx 如如: :在在内内单单调调增增加加，而而23yx 0 ，0.y 却却不不是是问题：问题：00()0,( )fxfxx 若若必必有有在在 的的邻邻域域内内单单调调增增加加？错！一个点不存在单调性错！一个点不存在单调性24四、函数的极值四、函数的极值，)()(0 xfxf

24、0 x设函数设函数)(xf在点在点的某个邻域内有定的某个邻域内有定对于该邻域内异于对于该邻域内异于0 x的点的点，x如果对适合不等式如果对适合不等式则称函数在点则称函数在点0 x有有),(0 xf如果对适合不等式如果对适合不等式，)()(0 xfxf 函数在点函数在点0 x有有),(0 xf0 x将点将点则称则称0 x点点义，义，25极值与最值的区别：极值与最值的区别：是对整个区间而言，是对整个区间而言，绝对的、绝对的、是对某个点的邻域而言、是对某个点的邻域而言、相对的、可以不是唯一的相对的、可以不是唯一的. .如何求极值？如何求极值？观察图形知：观察图形知：是整体的、是整体的、唯一的唯一的.

25、 .是局部的、是局部的、260 x)(xf在点在点处处且在点且在点. 0)(0 xf0 x)(xf,3xy , 00 xy0 x0 x0 x0 x,xy 0 x27,31xy 0 x28设设函数函数)(xf的极值的极值的一个邻域内的一个邻域内在在0 x0(x可除外可除外)可导可导. .到大到大经过点经过点0 x时，时， 若若(1)(1)在在0 x的两侧，的两侧，)(xf ，)(0 xf则则是是(2)(2)在在0 x的两侧，的两侧，)(xf )(0 xf则则是是)(xf 在在0 x的两侧，的两侧，(3)(3)则则0 xxyoxyo0 x0 x xyo0 x 当当x由小由小，0 x为为xyo0 x

26、 290 x设函数设函数)(xf在点在点处具有处具有二阶导数，二阶导数，0)(0 xf那么那么0(1,)0( )fx 当当时时0 x函数函数)(xf在点在点处取得处取得极大值极大值；(2)当当0)(0 xf时，时，0 x函数函数)(xf在点在点处取得处取得极小值极小值. .，0)(0 xf且且( )f x问题：问题：0()0fx 是是否否为为极极值值？五、函数的最值五、函数的最值1.1.闭区间闭区间 a,b 上连续函数的最值的求法上连续函数的最值的求法(比较法比较法)步骤步骤: :(1)求求驻点驻点和和不可导点不可导点;(2)求区间求区间端点端点及及驻点驻点和和不可导点不可导点的的函数值函数值

27、, ,就是最小值就是最小值; ;比较大小比较大小,最大的数就是最大值最大的数就是最大值, ,最小的数最小的数302.)(xf在在 ba,上上连续，连续， 在在),(ba内可导，内可导，且只有且只有一个驻一个驻点，点， 它是极大它是极大( (小小) )点，点， 则它则它一定是最大一定是最大( (小小) )值点值点. .3.对于实际问题，对于实际问题，且知且知最最若在一定区间内有若在一定区间内有唯一驻点唯一驻点，大大( (小小) )值一定存在，值一定存在， 而且一定在定义区间内取得，而且一定在定义区间内取得， 那么那么可以可以不必讨论是否为极值，不必讨论是否为极值， 就可就可断定该点就是断定该点就

28、是最大最大(小小)值点值点.六、曲线的凹凸性和拐点六、曲线的凹凸性和拐点xyo( )yf x 1x2xxyo1x2x( )yf x 31yox2x1x221xx 1.定义：定义：( )f xI设设函函数数在在区区间间 上上连连续续，12,xxI ，(1) 若恒有若恒有1212()()()22xxf xf xf ，( )f x则则称称的的图图形形是是凹凹的的；(2) 若恒有若恒有1212()()()22xxf xf xf ，( )f x则则称称的的图图形形是是凸凸的的；yox1x221xx 2x连续曲线上有切线的连续曲线上有切线的凹凸分界点称为凹凸分界点称为拐点拐点 .yox注意注意:拐点处的切

29、线必在拐点处穿过曲线拐点处的切线必在拐点处穿过曲线.322.凹凸区间的求法凹凸区间的求法如果如果)(xf在在),(ba内具有二阶导数，内具有二阶导数， 若在若在),(ba内内(1), 0)( xf(2), 0)( xf则曲线则曲线在在),(ba内是内是凹的凹的. .)(xf)(xf则曲线则曲线在在),(ba内是内是凸的凸的. .注意：注意： 该定理换成其它区间仍然成立该定理换成其它区间仍然成立.3.拐点的求法拐点的求法(第一充分条件第一充分条件)0( ),f xx设设在在处处连连续续0,x在在 的的左左右右邻邻域域内内二二阶阶可可导导0(1)( ),xfx 若若在在两两侧侧异异号号 00,()

30、( );xf xf x则则点点为为的的拐拐点点0(2)( ),xfx 若若在在两两侧侧同同号号 00,()( ).xf xf x则则点点不不是是的的拐拐点点33拐点的求法拐点的求法(第一充分条件第一充分条件)00()0 () 0 fxfx设设且且 00,()( );xf xf x则则点点为为的的拐拐点点七、曲线的渐近线七、曲线的渐近线1.1.水平渐近线水平渐近线)(轴的渐近线轴的渐近线平行于平行于 x lim( ),xxxf xb 若若yb 则则为为水水平平渐渐近近线线；2.2.垂直渐近线垂直渐近线)(轴的渐近线轴的渐近线垂直于垂直于 xlim( ),xaxaxaf x 若若xa 则则为为垂垂

31、直直渐渐近近线线；3.3.斜渐近线斜渐近线( )lim,xf xax 如如果果lim ( ),xf xaxb.yaxb则则为为曲曲线线的的一一条条斜斜渐渐近近线线34曲线弯曲程度的描述曲线弯曲程度的描述曲率曲率;曲率圆曲率圆(弧弧)可以近似代替曲线弧可以近似代替曲线弧.(2)曲率曲率(3)曲率半径曲率半径32)1 (yyK K1 2d1 dsyx (1)弧微分弧微分:222(d )(d )(d ) .sxy思考：思考： 曲线在一点处的曲率圆与曲线有何密切关系曲线在一点处的曲率圆与曲线有何密切关系?答答: 有公切线有公切线 ;凹向一致凹向一致 ;曲率相同曲率相同.TyxO),(DR),(yxMC

32、1MMTR0M0 xxxx xyodydxds八、曲率、曲率半径八、曲率、曲率半径35典型例题分析典型例题分析题型一、证明不等式题型一、证明不等式可以利用：可以利用：1)单调性单调性2)中值定理中值定理3)泰勒公式泰勒公式4)凹凸性凹凸性5)求最值求最值36例例1310tan.23xxxx 当当时时，证证明明证证31( )tan,3f xxxx设设( )(0,)2f x 则则在在内内连连续续可可导导，2222( )sec1tanfxxxxx 且且(tan)(tan)xxxx ( )tan,g xxx 再再构构造造函函数数2( )sec1g xx 则则2tan x20tan0,2xx 当当时时，

33、( )0,g x ( )0,fx 从从而而(0)0,f 又又( )(0,)2f x 在在内内单单调调增增加加，0,( )(0)0 xf xf 当当时时 有有，31tan0,3xxx即即31tan.3xxx所所以以37说明说明1)用单调性证明不等式的步骤：用单调性证明不等式的步骤：将不等式变形为一边为零将不等式变形为一边为零,另一边就是要设的辅助函数另一边就是要设的辅助函数( ).f x判断判断 的单调性的单调性. ( )f x用单调性的定义与端点的函数值比较可得所证的不等式用单调性的定义与端点的函数值比较可得所证的不等式.2)为快速的证明为快速的证明,可先对不等式做恒等变形后再设辅助函数可先对

34、不等式做恒等变形后再设辅助函数.3)为证不等式为证不等式 可用可用 的单调性的单调性.( )0fx ( )fx 01x 如如：时时，11xxxeex 思考思考: 证明证明1ln(1)(01)1arcsinxxxxx 时时, 如何设辅助如何设辅助函数更好函数更好 ?2( )(1)ln(1)1arcsinxxxxx 提示提示:（提提示示：两两边边取取对对数数）38例例2. 证明证明arctanln(1)(0).1xxxx 证证( )(1)ln(1)arctan ,(0)xxxxx 设设(0)0, 21( )1ln(1)1xxx ( )(0,)x 则则在在内内连连续续可可导导, ,且且22ln(1)

35、1xxx 0 ，(0),x 故故0 x 时时, 单调增加单调增加 ,从而从而所以原不等式成立所以原不等式成立.( )x 0( )(0)0,xx 时时, ,39例例3 .ee 证证明明分析分析 取对数取对数ln,e ( )ln ,f xxex 设设0,x ( )1efxx 0, ,xe 得得驻驻点点2( )efxx 又又，1( )fee 0, ( ),f xxe 在在处处取取得得极极小小值值( )f x又又可可导导且且只只有有唯唯一一驻驻点点，( )f x的的极极小小值值就就是是最最小小值值，,( )( )xef xf e 对对一一切切有有，()( )0ff e ，ln0,e .ee 即即40(

36、1)设设( )yf x 是方程是方程240yyy 的一个解的一个解,0()0,f x 若若0()0,fx 且且则则0( )()f xx在在(A) 取得极大值取得极大值 ;(B) 取得极小值取得极小值 ;(C) 在某邻域内单调增加在某邻域内单调增加 ;(D) 在某邻域内单调减少在某邻域内单调减少 .提示提示:( ),f x将将代代入入方方程程00()4 ()0fxf x A0,xx 令令得得(2)设设2( )( )lim1,()xaf xf axa 则在点则在点 a 处处( ).( )( )( )0A f xf a 的的导导数数存存在在且且；B( )( )B f x 取取得得极极大大值值；( )

37、( )Cf x 取取得得极极小小值值；()( ).D f x 的的导导数数不不存存在在例例4题型二、极值和拐点题型二、极值和拐点41( )0f xx 设设在在的的某某邻邻域域内内三三阶阶可可导导, ,且且0( )1lim,1 cos2xfxx 则则（ ）( ) (0)( )( ) (0)( )( )(0)( )()(0)( )A ff xB ff xC ffxD ffx 必必是是的的一一个个极极大大值值；必必是是的的一一个个极极小小值值；必必是是的的一一个个极极大大值值；必必是是的的一一个个极极大大值值解解0( )1lim,1 cos2xfxx 0lim( )0,xfx (0)0,f 0( )

38、1lim,sin2xfxx 0,x 当当时时C (3)( )0;fx 0,x 当当时时( )0,fx ( )=0fxx 在在处处左左增增右右减减. .(0)( )ffx 必必是是的的一一个个极极大大值值. .42例例532291,yxaxbxx函函数数有有两两个个极极值值点点2,.x 求求它它的的极极值值解解262yxaxb ，1,2xx 是是它它的的两两个个极极值值点点，1,2xx 是是它它的的两两个个驻驻点点，(1)620,(2)2440yabyab 9,12,ab 解解得得3229129,yxxx261812yxx ，1218yx 从从而而，(1)60y ，1(1)14yxy 在在处处取

39、取得得极极大大值值，(2)60y 又又，2(2)13.yxy 在在取取得得极极小小值值43例例6.22( ),2xxxe ( )0,x 令令0,x 得得驻驻点点( )0,x 令令1,1.xx 得得22(1)(1)( ).2xxxxe 求函数求函数221( )2xxe 的极值与拐点的极值与拐点.解解 定义区间为定义区间为(,), 列表确定函数升降区间列表确定函数升降区间,凹凸区间及极值点与拐点凹凸区间及极值点与拐点:x) 1,( ), 1 ( )0 , 1( 1 ) 1 , 0()(x )(x 00)(x 01 拐点拐点极大极大值值 21)21, 1(e 0拐点拐点)21, 1 (e 44例例7

40、 求数列求数列 nn的最大项的最大项 .证证1( )(1),xf xxx 设设求导得求导得12( )(1 ln)xfxxx ，11ln( ),xxxf xxe 1ln1( )(ln )xxfxexx 1ln2211(ln)xxexxx1ln2(1ln )xxexx ( )0fx 令令xe 列表判别列表判别:x( )fx ( )f x(1, )ee( ,)e 01ee,xe 因此在因此在处处( )f x也取最大值也取最大值 .又因又因xe 23,e 33.nn故故为为数数列列中中的的最最大大项项内只有唯一的极大点内只有唯一的极大点( )1,)f x 因因为为在在2 且且有有68 69 33,45

41、试问试问 为何值时为何值时,a1( )sinsin33f xxxa23x 在在时取得极值时取得极值 ,解解( )fx 由题意应有由题意应有2()3f 2a 又又( )fx 2()3f 则则( )f x取得极大值为取得极大值为23()3f 例例8coscos3 ,axx 22cos()cos3()33a 0 2sin3sin3xx 0 求出该极值求出该极值,并指出它是极大还是极并指出它是极大还是极小小.46例例9ln0.xxA 讨讨论论方方程程有有几几个个根根题型三、讨论方程根的个数题型三、讨论方程根的个数.解解( )ln,(0,),f xxxA x 设设1( )ln1ln ,fxxxxx 1,

42、xe 得得唯唯一一驻驻点点1( )fxx 又又0, 曲曲线线是是凹凹的的，1()fee 又又0, 1( )f xxe 在在处处有有极极小小值值，且且此此极极小小值值必必为为最最小小值值，lim( )lim (ln)xxf xxxA 又又, 00lim( )lim(ln)xxf xxxA 又又0lim(ln)xAxx 4700lim( )lim(ln)xxf xxxA 又又0lim(ln)xAxx 0lnlim1xxAx 021lim1xxAx .A(1)0A 若若，(0,),x 11()0f eAe ，1Ae ，oxy 1e 而而且且最最小小值值为为111()lnf eeeA图图形形如如右右.

43、 .x它它与与 轴轴只只有有一一个个交交点点，即即方方程程有有一一个个实实根根. .例例9ln0.xxA 讨讨论论方方程程有有几几个个根根lim( ),xf x A481(2)0Ae 若若时时，oxy 1e 11()f eAe ，x此此时时, ,它它与与 轴轴有有两两个个交交点点，图图形形如如右右. .即即方方程程有有两两个个实实根根，11(0,)(,)ee分分别别在在内内. .1(3)Ae 当当时时，1()0f e 最最小小值值，oxy 1e x此此时时, ,它它与与 轴轴只只有有一一个个交交点点，即即方方程程有有一一个个实实根根. .1(4)Ae 当当时时，例例9ln0.xxA 讨讨论论方

44、方程程有有几几个个根根lim( ),xf x 0lim( ),xf xA A A A 方方程程无无实实根根. .491)水平渐近线水平渐近线: lim( ),xxxf xbyb 若若则则为为水水平平渐渐近近线线；lim( ),xaxaxaxaf x 若若则则为为垂垂直直渐渐近近线线；2)垂直渐近线垂直渐近线:3)斜渐近线斜渐近线:题型四题型四.求曲线的渐近线求曲线的渐近线( )lim,xf xax 如如果果lim ( ),xf xaxb.yaxb则则为为曲曲线线的的一一条条斜斜渐渐近近线线50解解:(,).D 没有铅直渐近线没有铅直渐近线322lim,1xxx 所以它没有水平渐近线所以它没有水

45、平渐近线;322 1xyx 曲曲线线的的渐渐近近线线方方程程为为_ _ _ _ _ _ _ _ _. .例例10limxyax 222lim2,1xxx = =lim()xby ax 322lim1xxxx - -2 2= =332222lim0,1xxxxx - -2yx 2yx 【】51单调增区间为单调增区间为 ;的连续性及导函数的连续性及导函数(1) 设函数设函数( )(,)f x 在在上上连连续续，( )f x则则的的其导数图形如图所示其导数图形如图所示,单调减区间为单调减区间为 ;极小值点为极小值点为 ;极大值点为极大值点为 .12(,),(0,)xx12(,0),(,)xx12,x

46、x0 x 提示提示:( )f x根根据据的正负作的正负作 f (x) 的示意图的示意图. )(xf O2x1xyxOx)(xf1x2x题型五、与曲线的图形有关的问题题型五、与曲线的图形有关的问题 例例1152O)(xfx .在区间在区间 上是凸弧上是凸弧 ;拐点为拐点为 12(,),(0,)xx1122(,(),(,(),(0,(0)xf xxf xf提示提示:( )( )f xfx 根根据据的的可可导导性性及及的正负作的正负作 f (x) 的示意图的示意图. 形在区间形在区间 上是凹弧上是凹弧; 则函数则函数 f (x) 的图的图 (2) 设函设函数数( )(,)f x 在在上上可可导导，的

47、图形如图所示的图形如图所示,12(,0),(,)xx)(xf O2x1xyx2x( )fx 1x 53(3) 设函数设函数 在在 内连续，其导函数的图内连续，其导函数的图形如图所示，则形如图所示，则 有有( )(A) 一个极小值点和两个极大值点一个极小值点和两个极大值点. (B) 两个极小值点和一个极大值点两个极小值点和一个极大值点. (C) 两个极小值点和两个极大值点两个极小值点和两个极大值点.(D) 三个极小值点和一个极大值点三个极小值点和一个极大值点. (,) ( )f xxyo( )fx C2003数一、数二研数一、数二研( )f x54题型六、利用泰勒公式求极限题型六、利用泰勒公式求

48、极限( )2(0)(0)( )(0)(0)()2!nnnfff xffxxxO xn 200000( )00()( )()()()()2!() ()()!nnnfxf xf xfxxxxxfxxxO xn 1、泰勒公式、泰勒公式2、麦克劳林公式、麦克劳林公式55常用函数的麦克劳林公式常用函数的麦克劳林公式)()!12()1(!5!3sin121253 nnnxonxxxxx)()!2()1(!6!4!21cos22642nnnxonxxxxx )(1)1(32)1ln(1132 nnnxonxxxxx)(1112nnxoxxxx 21()2!nxnxxexo xn5622240cos1 lim

49、;limln(1).si nxxxxexxxx 求求极极限限(1)(2)(1)(2)例例12122240coslimsinxxxex (1)解解2240coslim,xxxex 4分分母母的的次次幂幂为为 ，22cos4.xxex 只只要要把把，展展开开到到出出现现 的的 次次幂幂即即可可244cos(),xxxO x1111=1-+=1-+2!4!2!4!222242()(),xexxO x 111111=1-+-+=1-+-+22!222!22240coslimsinxxxex 444011()()4!8limxxO xx 1.12 5722111 11ln(1)()(),2xxxx (2

50、)解解21limln(1)xxxx22211 11lim()()2xxxxxx 1lim1 2x 1.2)(1)1(32)1ln(1132 nnnxonxxxxx22240cos1 lim;limln(1).si nxxxxexxxx 求求极极限限(1)(2)(1)(2)例例121258谢谢大家！谢谢大家！5944arctan30.3xx 讨讨论论方方程程有有2 2个个实实根根4( )4arctan3,3F xxx 令令解解( )(,)F x 则则在在内内连连续续可可导导，24( )11+F xx 而而223,1+xx ( )0Fx 令令，3x 得得，x(,3) 3 (3, 3) 3( 3,)