考研数学超强题型总结,不怕你考不了高分

玛丽莲梦兔
523次浏览
2020年07月31日 04:55
最佳经验
本文由作者推荐

余庆中学-学校大型活动策划


第一讲 求极限的各种方法
教学
目的
通过教学使学生掌握求极限 的各种方法，重点掌握
用等价无穷小量代换求极
限；用罗必塔法则求极限；用对数恒等式求limf(x)
数列极限转化成函数极限求解

1．用等价无穷小量代换求极限
g(x)
极限 ；利用Taylor公式求极限；
重
点
难
点
2．用罗必塔法则求极限
3．用对数恒等式求
limf(x)
g(x)
极限
4．利用Taylor公式求极限
5．数列极限转化成函数极限求解



教




学



提




纲



1．约去零因子求极限
2．分子分母同除求极限
3．分子(母)有理化求极限
4．应用两个重要极限求极限
5．用等价无穷小量代换求极限
6．用罗必塔法则求极限
7．用对数恒等式求
limf(x)
g(x)
极限
8．数列极限转化成函数极限求解
9．n项和数列极限问题
10．单调有界数列的极限问题


第一讲 求极限的各种方法
求极限是历年考试的重点，过去数学一经常考填空题或选择题，但近年两次作为大题出现，说
明极限作 为微积分的基础，地位有所加强。数学二、三一般以大题的形式出现。
用等价无穷小量代换求极限，用 对数恒等式求
limf(x)
零因子是解题的重要技巧。
1．约去零因子求极限
g(x)
极限是重点，及时分离极限式中的非
x
4
1
例1 ：求极限
lim

x1
x1
【说明】
x1
表 明
x与1
无限接近，但
x1
，所以
x1
这一零因子可以 约去。
(x1)(x1)(x
2
1)
lim(x1)(x
2
1)6
【解】
lim
x1x1
x1
2．分子分母同除求极限
x
3
x
2
例2：求极限
lim

x
3x
3
1
【说明】

型且分子分母都以多项式给出的极限 ,可通过分子分母同除来求。

1
1
x
3
x
2
1
x
【解】
lim

lim
x
3x
3
1
x
3
1
3
x
3
【评注】(1) 一般分子分母同除
x
的最高次方；


0
nn1
axa
n1
xa
0

(2) < br>lim
n
m



m1
x
b xbb
0

a
mm1
x
n


b
n
3．分子(母)有理化求极限
例3：求极限
lim(x3
x
2
mn
mn

mn
x
2
1)

【说明】分子或分母有理化求极限，是通过有理化化去无理式。
【解】
lim(x 3
x
2
x1)lim
2
(x
2
3 x
2
1)(x
2
3x
2
1)
x3x 1
22
x


lim
2
x3x 1
22
x
0

例4：求极限
lim
x0
1tanx1sinx

3
x
【解】
lim
x0
1tanx1sinxtanxs inx

lim
x0
3
x
3
x1tanx 1sinx
1
limlim
x0
tanxsinx1tanxsi nx1
lim

33
x0x0
24
xx
1 tanx1sinx
【注】本题除了使用分子有理化方法外，及时分离极限式中的非零因子是解题 的关键
．．．．．．．．．．．．．
4．应用两个重要极限求极限
11
sinx
两个重要极限是
lim
第一个重要极限
1
和
li m(1)
x
lim(1)
n
lim(1x)
x
 e
，
xnx0
x0
xn
x
过于简单且可通过等 价无穷小来实现。主要考第二个重要极限。
1

x1

例5：求极限
lim


x
x1

【说明】第二个重要极限主要搞清楚凑的步骤：先凑出１ ，再凑

xx
x
1
，最后凑指数部分。
X
2x1
1

2

2

1


2

2


x1

2
< br>
【解】
lim

lim

1
< br>lim


1
x1


1


e

x
x1
xx
x 1

x1

2



1

x2a

例6：(1)
lim

12

；(2)已知
lim

8
，求
a。
xx

x

xa

5． 用等价无穷小量代换求极限
【说明】
(1)常见等价无穷小有：
当
x0
时,
x~sinx~tanx~arcsinx~arctanx ~ln(1x)~
e1
,
x
xx
1cosx~
1< br>2
b
x,

1ax

1~abx
；
2
(2) 等价无穷小量代换,只能代换极限式中的因式；
．．

lim
sinxxxx
＝
lim＝0
是不正确的
x0< br>tan
3
x
x0
x
３
(3)此方法在各种求极限的 方法中应作为首选。
．．．．．
例7：求极限
lim
x0
xln (1x)


1cosx
【解】
lim
x0
xln(1x)xx
lim2
.
x 0
1
1cosx
x
2
2
sinxx

x0
tan
3
x
例8：求极限
lim
2
1
sinxxcosx11
sinxx
2
x
liml imlim
【解】
lim

322
x0x0x0x0
tan
3
x
6
x3x3x
sinxsin
sinx


sinx


例9：求极限
lim
.
x0
x
4
【解】
lim
( sinxsinsinx)sinxsinxsinsinxcosxcos(sinx)
gcosx

limlim
x0x0x0
x
4
x
3
3x
2
lim
cosx(1cos(sinx))sin( sinx)
g
cosxsinx1
limlim

x0x0x0
6x3x
2
6x6
6．用罗必塔法则求极限 < br>lncos2xln(1sin
2
x)
例10：求极限
lim
x0
x
2
【说明】

0
或型的极限,可通 过罗必塔法则来求。

0
2
2sin2xsin2x

2
lncos2xln(1sinx)
cos2x
1sinx
【解】
lim
lim
x0
x0
x
2
2x
 lim
sin2x

21



3

2
x0
2x

cos2x
1sinx
< br>例11：求
lim
x

cos(t
2
)dt0
2
x
2
x0
sin
10
x
.
【说明】许多变动上显的积分表示的极限，常用罗必塔法则求解
【解】
lim
x

costdt
0
2
x
2
2
x0
sin
10
x
lim
x

cost2
dt
0
2
x
2
x0
x
10
2x2xcosx
4
lim

x0
10x
9


1
8
x
1cosx
4
1
2
l im

lim

x0x0
5x
8
10
5x
8
g(x)
7．用对数恒等式求
limf(x)
极 限
例12：极限
lim[1ln(1x)]

x0
2
x
【说明】（１）该类问题一般用对数恒等式降低问题的难度
（２）注意
x0
时，
ln(1x)~x

【解】
lim[1ln(1x)]
=
lime
x0x0
2
x
2
ln[1ln(1x)]
x
=
e
2ln[1ln (1x)]
x0
x
lim
e
2ln(1x)
x0
x
lim
e
2
.

1
例13：求极限< br>lim
3
x0
x


2cosx
x



1

.
3






2cosx

ln
< br>1
3


lim
x0
x
2
【解】 原式
lim
x0
e

2cosx

xln


3
x
3
ln（1

lim
x01
x
cosx1
）
cosx11
3

l im
x0
3x
2
6
x
2
【又如】
lim
(1x)e

x
x0
x
8．数列极限转化成函数极限求解
例14：极限
lim

nsin


n

1
< br>

n

n
2
【说明】这是
1
形式 的的数列极限，由于数列极限不能使用罗必塔法则，若直接求有一定难度，若
转化成函数极限，可通过7 提供的方法结合罗必塔法则求解。
1

【解】考虑辅助极限
lim

xsin

x
x

x
2
l ime
x
1

x
2

xsin1

x

lim

e
y0

1
1

siny1


2

yy

e


1
6
1

所以，
lim

nsin

n
n

9．n项和数列极限问题
n
2
e


1
6
n项和数列极限问题极限问题有两种处理方法
(1)用定积分的定义把极限转化为定积分来计算；


(2)利用两边夹法则求极限。

111
例15：极限lim


22
n

n
2
2
2
n
2
n
2

n1





【说明】用定积分的定义把极限转化为定积分计算,是把
f( x)
看成［0,1］定积分。
lim
1
1


1< br>
2

n


ffff(x)d x




0
n
n

n

n



n



1

111
【解】原式＝
lim

 
222
n
n


1

2

n

1

1


1

n

n

n




1
0








121

dxln
2
2
21
1x


< br>

1

111

例16：极限
li m

2
n

n
2
2n
2
 n

n1
【说明】
(1)该题与上一题类似，但是不能凑成
lim
法则求解；
1
< br>
1

2

n


ff f



的形式，因而用两边夹
n
n< br>
nnn



(2) 两边夹法则需要放大不等式，常用的方法是都换成最大的或最小的。
【解】
lim


111

2
n

n
2
2n
2
n

n1
n
nn
2
< br>



1
nn
2
因为
< br>1
n1
2

1
n2
2

n
n1
2

又
lim
n
nn
2
n
lim
n
n1
2
n
1


111

所以
lim

2
n 

n
2
2n
2
n

n1
2n

1


2
n

nn
22



例17：求
lim

n

n1
11

nn

2n



＝１


【说明】该题需要把两边夹法则与定 积分的定义相结合方可解决问题。
【解】
n12221
(222) (2
n
2
n
2
n
)

1 1
nn1nn1
nn
2n
12n12n
n1
n1
lim(22
n
2
n
)lim(2
n< br>2
n
2
n
)

n
n1nn
n
1
2
x
1
1
x


2dx|
0


0
ln2ln2
2n

1


2
n

nn
22


1

lim


n

n 1
11

ln2
nn

2n

1 0．单调有界数列的极限问题
例18：已知
x
1
1
，
x
n
1
1
n
2
n
n
n
1
n
2
n
n
n
12n
x
n1
,n2< br>，证明
limx
n
存在，并求该极限
n
1x
n1
【分析】 一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在.
【解】
1x
n
1
x
n1
2

1x< br>n1
x
n1
x
n
1
x
n
xx
n
x
n1
1
1
n1
(x
n
x
n1
)

1x
n
1x
n 1
(1x
n1
)(1x
n
)9

1
9
n1
(x
2
x
1
)0

nn
该数列单调增加有上界，所以
limx
n
存在，设
limx
n
＝Ａ
对于
x
n
1
xn1
15
A
,
令
n
，
A!

,
得Ａ＝
1x
n1
2
1A
15

2
即
limx
n
＝
n
例19：设数列

x
n

满足
0x
1


, x
n1
sinx
n
(n1,2,L)

1

x
n1

x
n
2
（Ⅰ）证明
limx< br>n
存在，并求该极限；（Ⅱ）计算
lim

.
n
n

x
n

【解】 （Ⅰ）因为0x
1


，则
0x
2
sinx
1
1

.


可推得
0x
n1< br>sinx
n
1

,n1,2,L
，则数列

x
n

有界.
于是
x
n1
sinx
n
1
，
sinxx
）（因当
x0时，
， 则有
x
n1
x
n
，可见数列

x
n< br>
单调减少，
x
n
x
n
n
故由单调减少 有下界数列必有极限知极限
limx
n
存在.
设
limx
n
l
，在
x
n1
sinx
n
两边令
n
，得
lsinl
，解得
l0
，即
limxn
0
.
n
n
11

x

（Ⅱ） 因
l im

n1

n

x
n

1
2
x
n

sinx
n

x
n< br>2
，由（Ⅰ）知该极限为
1

型，
lim
< br>n

x
n

1

1

sinxx
2
x
3

sinx1


1

x
2
x
2

x

lim

sinx

lim

elim
e
x0

x
x0x0

1
e

1
6
(使用了罗必塔法则)
1

x

故
lim

n1

n

x
n

2
x
n
1


sinx
n

x
n
2
lim
e
6
.

n
x
n






第二讲 无穷小与函数的连续性
教学
目的
重
点
难
点
1．用等价无穷小量代换求极限
2．函数的连续性的判
3. 间断点的求法
１. 无穷小
如果
lim

0
,就说在这个极限过过程中

是无穷小量。
通过教学使学生掌握
无穷小量及无穷小量，无穷大量的概念。无穷小量与无穷大
量之间的关系< br>，函数的连续性的判定及函数的间断点的求法。


教




学



提




纲



２.无穷大
｜

｜
，就说在这个极限过过程中

是无穷大量。
lim

＋
，
lim

－
，lim

３无界量

4.函数的连续性
定义1 函数< br>yf

x

在点
x
0
的某一领域内有定义 ，如果
limf

x

存在； (1)极限
xx
0
(2)
limf

x

f

x0

。

xx
0
那么就称
yf

x

在点
x
0
连续。
５、函数的间断点
第一类间断点 左右极限相等（可去间断点）
间断点 （左右极限都存在） 左右极限不相等（跳跃间断点）
第二类间断点（左右极限至少有一个不存在



第二讲 无穷小与函数的连续性
无穷小量、函数的连续性、间断点的判定等问题的实质是极限问题，理解这 些问题的概念，熟练
运用求极限的方法是解决这类问题的关键。
１. 无穷小
如果
lim

0
,就说在这个极限过过程中

是无穷小量。
【说明】（1）说一个函数（数列）是无穷小量，必需指明在哪个极限过程中。在这个极限过程中

是无穷小量，在另一个极限过程中

不一定是无穷小量。
x0
时，
sinx
是无穷小量，但
x1
时，
sinx
不是无穷 小量；
（2）0是唯一可作为无穷小的常数；
23
（3）
x3x
作为无穷小量（
x0
），主要看低次方项；作为无穷大量（
x
），主 要看高
次方项；
在同一变化过程中

0
,就说
是比

高阶的无穷小,记作

o


;


如果
lim
,就说

是比

低阶的无穷小.


如果
limc0
,就说
与

是同阶无穷小;


如果
limk
c0,k0
,就说

是关于

的k阶无穷小，

O(

k
)
.


如果< br>lim1
,就说

与

是等价无穷小,记作
~

.

如果
lim
2
例1：当
x 0
时，

(x)kx
与

(x)1xarcsin xcosx
是等价无穷小，则求k.
【解】 由题设，
lim

(x)1xarcsinxcosx

li m
x0

(x)
x0
kx
2
xarcsinx 1cosx
kx(1xarcsinxcosx)
2
=
lim
x0

=
得
k
1xarcsinx 1cosx3
lim1
，
2k
x0
4k
x
2
3
.

4< /p>


例2：
x0
时无穷小量



< br>x
0
costdt,



tantdt,



sint
3
dt
，排列起来，使排在后面
0 0
2
x
2
x
的是排在前面的一个的高阶无穷小量。排列顺序是（ ）
a)

,

,

． b)

,

,

． c)

,

,

． d)

,

,

．
【说明】（1）无穷小量的阶主 要看它和哪个
x
同阶，然后再
x
阶排定顺序；
（2）无穷小量求导数后阶数降低一阶。
kk


＝2xtanx(2阶) ，


＝
【解】


＝cosx(0阶)，
2
1
2x
sin(x)
3
(1阶)
，应选 Ｂ。
例3：设函数
f(x)
在
x
＝０的某邻域具有二阶连续导数，且
f (0),f

(0),f

(0)0
．证明：存在惟
一 的一组实数
a,b,c
，使得当
h0
时，
af(h)bf(2h)cf(3h)f(0)o(h
2
)
．
【分析】条件告诉我们
lim
因而
af(h)bf(2h)cf(3h)f(0)
0

2
x 0
h
f(x)连续
limaf(h)bf(2h)cf(3h)f(0)
x0
limaf(0)bf(0)cf(0)f(0)0

x0
f(0)0,abc10

af(h)bf(2h)c f(3h)f(0)
罗
af

(h)2bf

(2h) 3cf

(3h)
limlim0

2
x0x0
2h
h
同上
af

(0)2bf

(0 )3cf

(0)0
，
f

(0)0,a2bb 3c0

。。。。。。。。。。。。。
【证】略
２.无穷大
｜

｜
，就说在这个极限过过程中

是无穷大量。
lim

＋
，
lim

－
，lim
定理：当自变量在同一变化过程中时，
（１）若
f(x)
为无穷大量，则
1
为无穷小量。
f(x)
1
为无穷大量。
f(x)
（２）若
f(x)为无穷小量，且
f(x)0
，则


lnnnna(a1) n
【说明】常见无穷大量的阶
　
３无界量
knn
(n)

如不存在
M0
使，对
x I
，都有
|f(x)|M
，则称
f(x)
在
I
上无界

limf(x)
，则
(a

,a)上无界，
limf(x)
，则
(a,)
上无界
xax
例4：
x
０时，变量
11
是( C )
sin
2
x
x
a)无穷小 b) 无穷大；c)无界，但不是无穷大； d)有界，但不是无穷小．
4.函数的连续性
函数
yf

x

在点
x
0
的某一领域内 有定义，如果
limf

x

存在； (1)极限
xx
0
(2)
limf

x

f

x
0

。

xx
0
那么就称
yf< br>
x

在点
x
0
连续。
如果函数
f(x)
在开区间
(a,b)
内每一点都连续,则称
f(x)
在开区 间
(a,b)
内连续;如果函数
f(x)
在开区间
(a,b)
内连续,在点
a
右连续,在点
b
左连续,则称函数
f(x)
在闭区间
[a,b]
上连续。
如果
lim

f

x

f

x
0

,就说函数
f

x

在点
xx
0
x
0
左连 续。
如果
lim

f

x

f

x
0

,就说函数
f

x

在点
xx
0
x
0
右连续。

1e
t anx
,

x

例５：
f(x)

ar csin
2

2x


ae,
xx
0< br>x0,
在x0连续，则a=(2)
。
x0,
xx
0
【解】
lim

f

x

－2
，
lim

f

x

a
，
a2

５、函数的间断点
设函数< br>f

x

在点
x
0
的某去心领域内有定义. 在此前提下,如果函数
f

x

有下列三种情形之一:


在
xx
0
没有定义;
虽在
xx
0
有定义,但
limf

x

不存在;
xx
0
虽在
xx
0
有定义,且
limf

x

存在,但
limf

x

f

x
0

;
xx
0
xx
0
则函数< br>f

x

在点
x
0
为不连续,而点
x
0
称为函数
f

x

的不连续点或间断点.
间断点
x
0
的分类:


可去间断点: < br>f

x

f

x

，(补充定义 使之连续)
跳跃间断点:
f

x

f

x

，
第二类间断点: 左极限
f

x
及右极限
f

x

至少有一个不存在，

第一类间断点:左极限
fx
0
及右极限
fx
0
都存在， < br>
0

0

0

0

0< br>
0
无穷间断点:
limf

x


，
xx
0
第一类间断点 左右极限相等（可去间断点）
间断点 （左右极限都存在） 左右极限不相等（跳跃间断点）
第二类间断点（左右极限至少有一个不存在）
例6：求
f(x)
lnx
x
2
3x2
的间断点，并指出它的类型。
【分析】由于初等函数在定义域内都是连续的，所以间断点必定是无定义的或分段函数的分点。
【解】
limf(x)lim
x0
lnx
x3x2
2x0

，
x0
是第二类间断点

limf( x)lim
x1x1
lnx1x
lim1
，
x1是第一类间断点
x
2
3x2
x1
2x3
ln x

，
x2
是第二类间断点
x
2
3x2
x
sintsinx

lim f(x)lim
x2x2
例7：
f(x)lim


sint


tx
sinx

，求
f(x)
的间断点，并指出其类型．
sint
1)
lim
sinx
tx
sintsinx
x(
cost
lim
sinx
tx
cost
x
【解】
f(x)e

sint

xln

11


sinx

l im
tx
sintsinx
eee
x
sinx

x0
可去间断点，
x2k

(k0)
第二类间断点，




ln(1ax
3
)

xarcsinx
例8：
f(x)

6

e
ax
x
2
ax1

x

xsin
4

x0
x0
,
a
=时,
f(x)
在 x=0点连续，x=0是可去间断点。
x0
ln(1ax
3
)ax3
lim

【解】
f(00)lim

f(x)lim


x0x0
xarcsinx
x0
xarcsinx
=
lim

x0
1
3ax
2
1
1x
2
3ax
2
6a.
=
lim

l im

2
x0
x0
1
1x1
x
2
2
3ax
2
e
ax
x
2
ax1< br>f(00)lim

f(x)lim


x0x0
x
xsin
4
ax2ax
exax1ae2xa
2
4lim2a4.
=
4lim

2< br>
x0x0
2x
x
令
f(00)f(00)
，有
6a2a4
，得
a1
或
a2
.
当a=-1时，
limf(x)6f(0)
，即f(x)在x=0处连续. x0
2
当a=-2时，
limf(x)12f(0)
，因而x=0 是f(x)的可去间断点.
x0
e
x
b
例5：确定
a ,b
的值，使得
f(x)
有第二类间断点
x0
及可去间断点x1
。
(xa)(x1)
e
x
b
A
常数
lim（e
x
b）0
，
be
【解】
l imf(x)lim
x1x1
(xa)(x1)
x1
e
x
e
limf(x)lim
x0x0
(xa)(x1) ，
a0



第三讲 导数与微分法研究
教学
目的
通过教学使学生掌握导数的定义，导数的几何意义及微分的概念，熟练掌
握导数的各种求导方法。
1．
隐函数的导数求法

2．
参数方程确定的函数的导数求法

3．
形如
yf(x)
g(x)
的函数的导数求法――取对数求导法
４. 变动上线的积分表示的函数的导数

重
点
难
点

一、基本概念


教




学



提




纲



1．导数及其变形
2．分段函数的导数通过左右导数来求
３.导数的几何意义
4.微分的定义
二、求导方法

１.求导公式及其应用
２.复合函数求导法
３．隐函数的导数求法
4．参数方程确定的函数的导数求法
5．极坐标方程表示的的函数的导数求法
６．形如
yf(x)
g(x)
的函数的导数求法――取对数求导法
７．分段函数的导数
８．变动上线的积分表示的函数的导数






第三讲 导数与微分法研究
一元函 数的导数与微分是微积分的基础，经常出选择题与填空题，可作为求极限、求驻点、求拐
点、求多元函数 的偏导数与全微分等问题的基础。重点掌握分段函数的导数、隐函数的导数、参数（极
坐标）方程确定的 函数的导数。变动上限的积分表示的函数的导数每年都考。
一、基本概念
1．导数及其变形
xx
0
lim
f(x)f(x
0
)f(x
0< br>x)f(x
0
)f(x
0
h)f(x
0
)
limlim

x0h0
xx
0
xh
例1：设
f(x)
在
x
0
可导，求
(1)
li m
h0
f(x
0
3h)f(x
0
)f(x
0
2h)f(x
0
2h)
， (2)
lim

h0
hh
(3)
limn[f(x
0

n0
1 1
)f(x
0
)]

n2n
2．分段函数的导数通过左右导数来求
例2：设
f(x)|xa |

(x),

(x)
在
xa
连续，文在什么条 件下
f(x)
在
xa
可导
【解】
lim
xa
f(x)f(a)
lim



(x)

(a)

xa
xa
f(x)f(a)
l im


(x)

(a)

xaxa
xa
当


(a)

(a)
，即

(a)0
时，
f(x)
在
xa
可导。
< br>lim

【讨论】
f(x)|x|
，
f(x)x|x|< br>，
f(x)x(x1)(x1)|x1|
分别有几个不可导点。
2< br>
x
2
x1
例3：已知函数
f(x)

处处可导，试确定
a、b
的值。

axbx1
【解】(1)欲 使
f(x)
在
x1
处可导，必先在
x1
处连续， 故有
lim

f(x)limf(x)f(1)
，即
ab 1


x1x1
（2）又
f(x)
在
x 1
处的左、右导数分别为
(1x)
2
1
f


(1)lim

2
x0
x
，


f


(1)lim

x0
a(1x )b1ax
lim

a
x0
xx
， < br>故
a2
，从而
b1
，所以，当
a2
，
b1
时
f(x)
处处可导。
３.导数的几何意义
设函数< br>yf(x)
在点
x
0
的导数存在，为
f'(x
0< br>)
，则导数值为函数
yf(x)
上一点（
x
0
，< br>f(x
0
)
）
yy
0
f'(x
0
)(xx
0
)
；处的切线的斜率。此时，切线方程为：法线方程为：
y y
0

例4：求
yx
的切线方程，使此切线与直线
y x1
的斜率相同。
【解】设切点为（
x
0
，
y
0
），则有：
y
0
x
0
，
由已知，切线斜率与
yx1
相同，则
y'|
x
0
1
，
可解得：
x
0

2
2
1

(x x
0
)
。
f'(x
0
)
11
，
 y
0


24
111
x
即
yx
。
424
4
切线方程为：
y
例5： 函数
yf(x)
由方程
xy2lnxy
确定，求
yf(x)
在
(1,1)
处的切线方程。【解】略
4.微分的定义
设函数< br>yf

x

在某区间内有定义，
x
0
及< br>x
0
x
在这区间内，如果因变量的增量
yf

x
0
x

f

x
0

可 表示为
yAx0

x

，其中A是不依赖于
x
的常数，而
0

x

是
那么称函数
y f

x

在点
x
0
是可微的。而
Ax< br>叫做函数
yf

x

在
x0
时比x
高阶的无穷小，
点
x
0
相应于自变量增量
x的微分，记作
dy
。即
dyAx
。
二、求导方法

１.求导公式及其应用(略)２.复合函数求导法（略）３．隐函数的导数求法
d
2
y
1
例6：求由方程
xysiny0
所确定的隐函数
yf

x

的二阶导数
2
2
dx
【解 】两边对
x
求导得：
1y


y

co sy0
………………………… （*）
2



2si nyy

2
d
2
yd

24siny

y


由此得

23

2cosy
2cosy
dx
2
dx


2c osy



2cosy

y


方法二：对（*）式再两端求导得：
2
1

y

cosyy

sinyy


0
2


2
1
2

siny
ysiny

2
2cosy

y

siny4siny

y


2



3
1
2cosy2cosy

2cosy

1cosy
2
4．参数方程确定的函数的导数求法
（1）若参数方程


x


t

确定
x
与
y
之间函数关 系，则称此函数为由参数方程所确定的函数。

y

t

（2）计算导数的方法
dyd
2
y
d
dx
dy



t

dt



t



，
2
dx
dx



t

dt



t

dx
t

dy
d
2
y

x

sinudu
a
例7:函数
yf(x)
由参数方程

确定，求 ，
2
d x
dx


ysint
【解】


< br>dxsintdt
dycostdt
dy
cott

dx
d
2
y1
dy
2


d()csctdt

23
dx
dxsint
xt
2
2t
例8:函数
yf(x)
由方程
2

tysiny1
【解】略
5．极坐标方程表示的的函数的导数求法
d
2
y
确定，求 2
dx
设极坐标方程为

＝

(

)
，化为直角坐标

例9: 函数
yf(x)
的极坐标方程为

＝e
2


x

(

)c os

，进一步转化为直角坐标求解。

y

(

)sin

dy

dx
，求

xe
2

cos

【解】


2

yesin


< br>dxe
2

(2cos

sin

)d



2

dye(2sin

co s

)d


dy2cos

s in



dx2sin

cos

６ ．形如
yf(x)
g(x)
的函数的导数求法――取对数求导法
，求例10:
y＝(sinx1)
cosx
dy

dx
【解】
lny＝cosxln(sinx1)

方程两边关于
x
求导
1cos
2
x
y

＝sinxln(sinx1)

ysinx1
y

＝(sinx1)
7．分段函数的导数 cosx

cos
2
x


sinxln( sinx1)


sinx1

分段函数的导数在分段点通过左右倒数来讨论。

g(x)e
x

x0
，
g(x)
有二解连续的导数 ，
g(0)1,

g

(0)1,
求
f

(x)
例1 1:设
f(x)

x

x0

0
【解 】 当
x0
时
[g

(x)e
x
]xg (x)e
x
f

(x)

x
2
当
x0
时
g(x)e
x
g< br>
(x)e
x
g

(x)e
x
g

(0)1
f(0)limlimlim

x0x 0x0
2x22
x
2
8.变动上线的积分表示的函数的导数

f(x)
连续，若
F(x)
例12：求导数
x
a

f(t)dt
，则
F

(x)f(x)

d
x
（1）
cos(2t)e
t
dtcos(2x)e
x< br>

dx
a
d
3
t2x
cos(2t)ed t2cos(4x)e
（2）

2x
dx
d
x
2
t2x
2
2x
cos(2t)edt2xcos(x)e2cos( 2x)e
（3）

2x
dx
x
d
x
dd
x
tt
xcos(2t)edt[x

xcos(2t)edt] cos(2t)e
t
dtxcos(2x)e
x
（4）
< br>dx
a
dx
a
dx
a
d
1
（5）< br>f(x)是连续函数，求

f(tx)dt

dx
0


1
x
令ytx,则

f(tx)dt

f(y)dy

0
x
0
d
1
1
x
1
所以，
f(tx)dtf(y)dyf(x)

dx
0
x
x
2

0
1
例13：设
f(x)
可导，
f

(x)xf

(x1)4
，并且

1
0
f(xt)dt

f(t1)dt

0
x
x
3
x
2
2x
求
f(x)

1
x
【解】
令ytx,则

f(tx)dt

f(y)dy

0
x
0
1
代入
得


1
0
x
0
f(xt)dt

f(t1)dt
x
3
x
2
2x

0
x
f(t)dtx

f(t1)dt
x
4
x
3
2x
2 两边两次求导
0
2
x

f(x1)6x3x

f(x)6x
2
15x9


例14：设函数f(x )连续，且
f(0)0
，求极限
lim
x0
x
0
(xt)f(t)dt
x
0
.

x

f(xt)dt
【解】 由于

x
0
f(xt)dt
xtu
0

x
f(u)(du)
f(u)du
,于是
0
xx
00
x
lim
x0
x
0
(xt)f(t)dt
x
0
x

f(xt)dt
x
lim
x

f(t) dt

tf(t)dt
x

f(u)du
0
x< br>x0


=
lim
x0
0
f(t) dtxf(x)xf(x)

x
=
lim


x
0
x
0
f(t)dt
=
0
f(u)duxf(x)
x0
f(0)1
.
=
f(0)f(0)2
f(u)duxf(x)
xf(

１< br>)
.
x0
xf(

)xf(0)
２
li n
第四讲 微积分中存在性问题的证明方法


教学
目的
重
点
难
点
通过教学使学生掌握微积分中存在性问题证明的一般方法，熟练 掌握用介
值定理或根的存在性定理证明存在性问题；用中值定理证明存在性问题；用泰
勒公式证 明存在性问题
1．用介值定理或根的存在性定理证明存在性问题
2．用中值定理证明存在性问题
3．用泰勒公式证明存在性问题

1．基本结论
(1)有界性；最值性；零点定理；介值性定理；罗尔定理；拉格朗日中值定理；柯西


教




学



提




纲



中值定理
2．证明思路
(1)设
f(x)
在[ a,b]上连续，条件中不涉及到导数或可微，证明存在

[a,b]
，使得
f(x)c
，一般用介值定理或根的存在性定理。
(2) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，证明存在

(a,b)
，使得结论中包 含

和一阶导数的等式成立，一般用中值定理。
(3) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上二阶可微，证明存在

(a,b)
，使得结 论中
包含

和二阶导数的等式成立，一般三次使用中值定理或用泰勒公式。
(4)设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上三次（或以上）可导，证明存在

(a,b)
，使
得结论中包含

和三阶导数的等式成立，一般 用泰勒公式。
(5)条件中包含
f(c)

b
a
f(x )dx
时，要首先使用积分中值定理处理，得到
f(c)f(

)
，作为其他证明的条件。
3.存在性证明中辅助函数的构造方法


第四讲 微积分中存在性问题的证明方法
微积分中存在性问题的证明问题涉及 闭区间上连续函数的性质、微分中值定理、积分中值定理和
泰勒公式，是历年考试的重点，一定熟练掌握 。这一问题的突破点是选择正确的解题思路并合理构造
辅助函数，有时辅助函数需要借助微分方程来寻找 寻找。
1．基本结论
(1)有界性：若
f(x)C[a,b]M0,x [a,b],f(x)M
。
(2)最值性：若
f(x)C[a,b]
，则
f(x)
在
[a,b]
能取到最大值和最小值。
(3)零点定 理：若
f(x)C[a,b]
，且
f(a)f(b)0
，则在
( a,b)
内至少存在一点
c
，使
f(c)0
。
(4)介 值性：若
f(x)C[a,b]
，
M,m
分别是
f(x)
在
[a,b]
上的最大值和最小值，则


[m,M]
， 在
[a,b]
至少存在一点
c
，使
f(c)

。
(5)罗尔定理 如果函数
f(x)
满足：（1）在闭区间
[a,b]
上连续 （2）在开区间
(a,b)
内可导 （3）
在区间端点处的函数值相等，即
f (x)
在该点的导数等于零，即
f(a)f(b)
那么在
(a,b)
内至少在一点

(a

b)
使得函数
f
'
(

)0

(6)拉格朗日中值定理 如果函数
f(x)
满足（1）在闭区间
[a,b]
上连续 （2）在开区间
(a,b)
内
可导 那么在
(a,b)
内至少有一点

(a

b)
使得等式
f(b)f(a)f
'
(

)(ba)

(7)柯西中值定理 如果函数
f(x)
及
F(x)
在闭区间
[a,b]
上连续,在开区间
(a,b)
内可导,且
F(x)
在< br>'
(a,b)
内每一点均不为零，那末在
(a,b)
内至少有一点
(a

b)
,使等式
2．证明思路
f(b)f(a)f
'
(

)
成立

F(b)F(a)
F
'
(

)
(1)设
f(x)
在[a,b]上连续，条件中不涉及到导数或可微，证明存在
[a,b]
，使得
f(x)c
，
一般用介值定理或根的存在性定理。
(2) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，证明存在

(a,b)
，使得结论中包含

和一阶导
数的等式成立，一般用中 值定理。
(3) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上二阶可微，证明 存在

(a,b)
，使得结论中包含

和二
阶导数的等式 成立，一般三次使用中值定理或用泰勒公式。
(4)设
f(x)
在[a,b]上连续 ，在(a,b)上三次（或以上）可导，证明存在

(a,b)
，使得结论中包


含

和三阶导数的等式成立，一般用泰勒公式。
(5)条件中包含
f(c)
他证明的条件。
3.存在性证明中辅助函数的构造方法
存在性证明中成功构造辅助函数是解题的关键。辅助函 数大多来源于结论，从对结论的分析中得出辅
助函数。
例1、设
f(x)
在 [0，2a]上连续，
f(0)f(2a)
，证明在[0,a]上存在

使 得

f(a

)f(

)
.
【分析】
f(a

)f(

)f(a

) f(

)0f(ax)f(x)0

【证明】令
G(x )f(ax)f(x)
，
x[0,a]
．
G(x)
在[0, a]上连续，且

G(a)f(2a)f(a)f(0)f(a)


b
a
f(x)dx
时，要首先使用积分中值定理处理，得到
f(c)f(

)
，作为其
G(0)f(a)f(0)
< br>当
f(a)f(0)
时，取

0
，即有
f(a

)f(

)
；
当
f(a)f(0)
时，
G(0)G(a)0
，由根的存在性定理知存在

(0,a)使得，
G(

)0
，即
f(a

)f(

)
．
例2设函数f(x)在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且 f(0)+f(1)+f(2)=3, f(3)=1.试证必存在

(0,3)
， 使
f

(

)0.

【分析】 根据罗尔定理， 只需再证明存在一点c
[0,3)
，使得
f(c)1f(3)
，然后在 [c,3]上应
用罗尔定理即可. 条件f(0)+f(1)+f(2)=3等价于
的最值之间，最终用介值定理可以达到目的.
【证明】 因为f(x)在[0，3]上连续，所以f(x)在[0，2]上连续，且在[0，2]上 必有最大值M和最
小值m，于是

mf(0)M
，
mf(1)M
，
mf(2)M
.
f(0)f(1)f (2)
1
，问题转化为1介于f(x)
3


故
m< br>f(0)f(1)f(2)
M.

3
由介值定理知，至少存在一点
c[0,2]
，使
f(c)
f(0)f(1)f(2)
1.

3
因为f(c)=1=f(3), 且f(x)在[c,3]上连续，在(c,3)内可导，所以由罗尔定理知，必 存在

(c,3)(0,3)
，使
f

(
< br>)0.

例3、设函数
f(x)
在[0,1]上连续，在(0,1) 上可导，
f(1)0
，证明：在(0,1)内存在

，使得
f
(

)
f(

)

．【分析】 本题的难点是构造辅助函数，可如下分析：
f

(

)
f(

)


f(

)

f

(

)0f(x)xf

(x)0

xf(x)

0

【证明】令
G(x)xf(x)< br>，则
G(x)
在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，且

G(0)0f(0)0,G(1)1f(1)0
,
G

(x)f (x)xf

(x)

由罗尔中值定理知，存在

(0 ,1)
，使得
G

(

)f(

)< br>
f

(

)
．即
f

(

)
f(

)


例4设函数
f(x)
在［0，1］上连续，（0，1）内可导，且
f(1)k
证明：


(0,1)，使f

(

)(1
【分析】本题的难点是构造辅助函数，
1

f

(

)(1

)f(

)
1

1
k
0
xe
1x
f(x)dx

)f(

)
（
k1
）．

f

(

)(

1)f(

)
[xf( x)]

xf(x)

f

(

)f (

)

f(

)
xe
x
f (x)1


xf

(x)f(x)xf(x)< br>x
令
g(x)xef(x)
xf(x)e
x
f(1)

e
1

f(

)

g(1)g(

)

【证明】略
例5设函数
f (x)
在［0，1］上连续，（0，1）内可导，且
f(0)f(1)0,f(
1
2
)1

,1)，使f(

)

证明 ：(1)


(
1
2


(2)对 于任意实数

，


(0,

)，使f

(

)

(f(

)

) 1
【分析】本题的难点是构造辅助函数，

f

(
)

(f(

)

)1

f

(x)

f(x)1

x

f(x)e


dx

f

(

)

f(

)

1f

(x)

f(x)

x10


C(1

x)e



dx
dx

Ce

x
x




C
令
g(x)e


x
[f(x)x]

[f(x)x]e


x
例6、设函数
f(x)
在［0， 1］上连续，（0，1）内可导，且
f(0)0,x(0,1),f(x)0

证明：


(0,1)，使
nf

(

)f

(1

)

f(

)f(1

)
（
n
为自然数）．
【分析】本题构造辅助函数的难度大于上一题，需要积分（即解微分方程）方可得到：
nf< br>
(

)f

(1

)nf
< br>()f

(1x)nf

(x)f

(1x)< br>

dx

dx
f(

)f(1

)f(x)f(1x)f(x)f(1x)
n

11
df(x)

df

(1x)lnf
n
(x) lnf(1x)

f(x)f(1x)


f
n
(x)f(1x)1
n
【证明】令
G(x)f(x)f(1x)，则
G(x)
在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，且
G(0)G(1) 0
，


(0,1)，使
G

(
< br>)0
，即
nf
n1
(

)f

(x)f(1

)f
n
(

)f

(1

)0
又
f(x)0
，约去
f
n1< br>，
(x)
，整理得证．
例7、设函数
f(x)
在[0,1 ]上连续，在(0,1)上可导，
f(0)0
，
f(1)1
.证明： < br>(1)在(0,1)内存在

，使得
f(

)1

．
(2) 在(0,1)内存在两个不同的点

，
< br>使得f(

)f(

)1

【分析】 第一部分显 然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗
日中值定理，但应注意利用 第一部分已得结论.


【证明】 （I） 令
F(x)f(x)1x
，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由
介值定理知，存在存在

(0,1),
使得< br>F(

)0
，即
f(

)1

.
（II） 在
[0,

]
和
[

, 1]
上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点

(0,

),

(

,1)
，使得
f
(

)
f(

)f(0)f(1)f(

)
，
f

(

)


01

于是
f

(

)f

(

)
类似地还有
f(

) 1f(

)1

1.


1
1

例8、设函数
f(x)
在[a,b]上连续，在(a ,b)上可导，证明：在(a,b)内存在

,

使得
f
< br>(

)
ab

f(

)
． 2

例9：设函数
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，
f(a)f(b)1
证明：在(a,b)内存在

,

使得
e



[f

(

)f (

)]1
．
例10：设函数
f
(
x
),
g
(
x
)在[
a
,
b
]上连续，在(
a
,
b
)内具有二阶导数且存在相等的 最大值，
f
(
a
)=
g
(
a
),
f
(
b
)=
g
(
b
), 证明：存在
(a,b)
，使得
f

(

)g
(

).

【分析】需要证明的结论与导数有关，自然联想 到用微分中值定理，事实上，若令
F(x)f(x)g(x)
，则问题转化为证明
F

(

)0
, 只需对
F

(x)
用罗尔定理，关键是找到
F

(x)
的端点函数值相等的区间(特别 是两个一阶导数同时为零的点)，而利用
F
(
a
)=
F
(< br>b
)=0, 若能再找一点
c(a,b)
，使得
F(c)0
，则在区间
[a,c],[c,b]
上两次利用罗尔定理有一阶导函数相等的两点，再
对
F

(x)
用罗尔定理即可。
【证明】构造辅助函数
F(x)f(x)g(x)
，由题设有
F
(
a
)=
F< br>(
b
)=0. 又
f
(
x
),
g
(
x
)在(
a
,
b
)内具
有相等的最大值, 不妨设存在
x
1
x
2
,
x
1
,x
2
(a,b)
使得
f(x
1
)Mmaxf(x),g(x
2
)Mmaxg(x)
，
[ a,b][a,b]
若
x
1
x
2
，令
cx1
, 则
F(c)0.


若
x
1x
2
，因
F(x
1
)f(x
1
)g(x
1
)0,F(x
2
)f(x
2
)g(x
2< br>)0
，从而存在
c[x
1
,x
2
](a,b )
，使
F(c)0.

在区间
[a,c],[c,b]
上分别利用罗尔定理知，存在

1
(a,c),

2
( c,b)
，使得
F

(

1
)F
(

2
)0
. 再对
F

(x)
在 区间
[

1
,

2
]
上应用罗尔定理，知 存在

(

1
,

2
)(a,b)< br>，有
F

(

)0
， 即
f
(

)g

(

).


第五讲 微积分中不等式的证明方法讨论


教学
目的 < br>通过教学使学生掌握利用函数的单调性证明不等式；利用拉格朗日中值定
理证明不等式；利用函数 的最值证明不等式；利用泰勒公式证明不等式；积分
表示的不等式的证明
1．利用函数的单调性证明不等式
2．利用泰勒公式证明不等式
3．积分表示的不等式的证明


1.利用函数的单调性证明不等式
重
点
难
点


教




学



提




纲



若在
(a,b)上总有
f

(x)0
，则
f(x)
在
(a, b)
单调增加；若在
(a,b)
上总有
f

(x)0，则
f(x)
在
(a,b)
单调减少。
2.利用拉格朗日中值定理证明不等式
对于不等式中含有
f(b)f(a)的因子 ,可考虑用
拉格朗日中值定理先处理
以下。
3.利用函数的最值证明不等式
令
f(x)在区间[b,a]
上连续，则
f(x)在区间[b,a]
存在最 大值
M
和最小值
m
，
那么：
mf(x)M

4.利用泰勒公式证明不等式
如果要证明的不等式中，含有函数的二阶或二阶以上的导数，一般通过泰
勒公式证明不等式。
5.积分表示的不等式的证明



第五讲 微积分中不等式的证明方法讨论
不等式的证明题作为微分的应用经常出现在考研题中。利用函数的单调 性证明不等式是不等式
证明的基本方法，有时需要两次甚至三次连续使用该方法。其他方法可作为该方法 的补充，辅助函数
的构造仍是解决问题的关键。
1.利用函数的单调性证明不等式
若在
(a,b)
上总有
f

(x)0
，则
f(x )
在
(a,b)
单调增加；若在
(a,b)
上总有
f

(x)0
，则
f(x)
在
(a,b)
单调减少。 < br>【评注】构造恰当的辅助函数是解决问题的基础，有时需要两次利用函数的单调性证明不等式，有
时需要对
(a,b)
进行分割，分别在小区间上讨论。
例１：证明：当
0ab

时，
bsinb2cosb< br>
basina2cosa

a
.
【分析】 利用“参数变易法”构造辅助函数，再利用函数的单调性证明.
【解】 令
f(x)xs inx2cosx

xasina2cosa

a,0ax b

，
则
f

(x)sinxxcosx2s inx

xcosxsinx

，且
f

(

)0
.
又
f

(x)cosxx sinxcosxxsinx0
，（
0x

时,xsinx0
），
故当
0axb

时，
f

(x)
单调减少，即
f

(x)f

(

)0
，则
f(x)
单调增加，于是
f(b)f(a)0
，即
bsinb2cosb

basina2cosa

a< br>.

【评注】 证明数值不等式一般需构造辅助函数，辅助函数一般通过移项，使不等 式一端为“0”，另一端即
为所作辅助函数
f(x)
，然后求导验证
f(x)
的增减性，并求出区间端点的函数值（或极限值）。
例2：设
eabe
, 证明
lnblna
【分析】即证< br>lnb
2
2
22
4
(ba)
.
e
2
44
2
blnaa

22
ee
4lnx4
2

2
， 【证明】设

(x)lnx
2
x
， 则


(x)2
x
ee





(x)2
1lnx
,
x
2
2
所以当x>e时，


(x)0,
故


(x)
单调减少，从而当
exe
时，



(x)


(e)
2
2
44
0
，
22
ee
即当
exe
时，
(x)
单调增加.
因此当
eabe
时，
< br>(b)

(a)
，
2
44
2
blnaa
，
22
ee
4
22
故
lnblna
2
(ba)
.
e
即
lnb
2
【评注】 本题也可设辅助函数为

(x)lnxl na
例3：证明不等式：
(x1)lnx(x1) (x0)

22
22
4
(xa),eaxe
2
，请自己证明。
2
e
【分析】当
x1
时，两端都等于0，等号成立；应分
0x1及1x
两种情况讨论。
即证：（1）
x1,(x1)lnxx1

（2）
x1,(x1)lnx(x1)

（3）
x1,(x1)lnxx1

下面的证明就简单了。
例4： 设
bae
，证明：
ln
22
b2(ba)


aab
【分析】该题的关键是设辅助函数，由多种设法
（1）
f(x)ln
x2(xa)
,
bae

aax
（2）
f(x)(ab)(lnxlna)2(xa)
，
bae

当然，第二种设法更简单
例5：设
x0,ae
，证明
a
ax
(ax)
a

【分析】辅助函数也有多种设法
（1）
f(x)a
ax(ax)
a
，
x0,ae

（2）
f(x)(ax)lnaaln(ax)
，
x0,ae


（3）
f(y)ylnaalny
，
yae

当然，第三种设法更简单。
【练习】设
ba0< br>，证明不等式
2alnblna1


ba
a
2
b
2
ab
2.利用拉格朗日中值定理证明不等式
对于不等式中含有
f(b)f(a)的因子,可考虑用
拉格朗日中值定理先处理以下。
abaab

ln
abb
1lnalnb1
【分析】即证：


aabb
例6：证明：当0【证明】令
f(x)lnx,x [b,a]
，在
[b,a]
上使用拉格朗日中值定理，知存在

(b,a)，使
lnalnb1
f

(

)

ab

111
1lnalnb1

，即

，变形得证。
a

b
aabb
2
b< br>
a,
所以
例7：设
eabe
, 证明
lnblna
2
22
4
(ba)

2
e
【证明】 对函数
f(x)lnx
在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得

lnblna
22
2ln



(ba),a< br>
b.

下面证明
2ln


4
,a

b.

2
e
设

(t)lnt1lnt
，则


(t)
，
2
t
t
2
当t>e时，


(t)0,
所以

(t)
单调减少，从而

(

)

(e)
，即
lne
2
2

2

2
，

ee
ln

故
lnblna
例8：设0ab
，则
22
4
(ba)
.
2
e
2alnblna1


22
baab
ab


【提示】证明
lnblna1a
a(l nxlna)
，可构造
f(x)x
ba
ab
x
3 .利用函数的最值证明不等式
令
f(x)在区间[b,a]
上连续，则
f( x)在区间[b,a]
存在最大值
M
和最小值
m
，那么：
mf(x)M

例9：设
1x1
, 证明
p
1
2
p1
x
p
(1x)
p
1,
p
(p1)

证明：令
f(x)x(1p),
由
f

(x)px
得
x
p1
p1
x[0,1]
，
p(1x)
p1
0

(1x)
p1
，球的惟一的驻点
x
1
，
2
f(0)f(1)1,f(
1
2
)
所以：
1
2
p1
，
1
2
p1
和1是
f(x )
在[0，1]上的最小值和最大值。

1
2
p1
x
p
(1x)
p
1,
４..利用函数的凹凸性证明不等式
（1）在上，若
f

(x)0
，则
yf(x)的图像是凹的，弦在图像的上方；
（a,b）
（２）在上，若
f
< br>(x)＜0
，则
yf(x)
的图像是凸的，弦在图像的下方；
（a,b）
例10: 设
0xy

2
, 证明
tanxtany2tan
xy

2
解：
f(x)tanx,0x

2

f< br>
(x)sec
2
xtanx0,0x
1
2

2

所以
yf(x)
的图像是凹的，
[f(x)f (y)]f(
５.利用泰勒公式证明不等式（见第七讲）

xy
)
得证
2



第六讲 中值定理的其它应用
（1） 正确理解函数在指定区间上单调性的判定法。
教学
（2） 会球函数的极值与最值。
目的
（3） 掌握用定义及二阶导数判定函数图形的凹凸性并求出拐点。
会求曲线的水平与垂直渐进线
重
点
难
点


教




学



提




纲






1.函数单调性的判定
2.一元函数的极值
（１）极值是函数的局部概念
（２）极值点在驻点及不可导点取得
（３）极值点的判别法
3..曲线的凹凸性与拐点
曲线的凹凸性与其二阶导数的符号之间的关系。
设
f(x)
在
< br>a,b

上连续，在

a,b

内具有一阶和二阶导 数，那么
(1) 若在

a,b

内
f
(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的图 形是凹的；
(2) 若在

a,b

内
f
< br>(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的 图形是凸的;
(3) （拐点）曲线的凹，凸的分界点称为拐点。
４.函数的最值
假定
f(x)
在

a,b

上连续，在开区间

a,b

内可导，且至多存在有限个点处的导数为
零或不存在的情况下讨论函 数
f(x)
在

a,b

上最大值和最小值的求法
５.函数的渐近线

重点：函数单调性的判定，曲线凹凸的判定及拐点的求法与判定
难点：函数单调性的判定，曲线凹凸的判定及拐点的求法与判定


第六讲 中值定理的其它应用
中值定理用于求函数的增减区间、判定函数的 增减性、求函数的凹凸区间，求函数的拐点、
求函数的极值与最值、求函数的渐近线等。
1.函数单调性的判定
函数
yf

x

在
a,b

上连续，在

a,b

内可导。
(1)如果

a,b

内
f

(x)＞0，那么函数
yf

x

在

a,b
上单调增加；
(2)如果

a,b

内
f

(x)
＜0，那么函数
yf

x

在

a,b

上单调减少。
2.一元函数的极值
（１）极值是函数的局部概念
（２）极值点在驻点及不可导点取得
（３）极值点的判别法
第一充分条件：设函数
f(x)
在
x
0
处连续，
若
x

x
0


,x
0
时，
f

(x)0
，而
x

x
0
,x
0



时，
f

(x) 0
，则
f(x)
在
x
0
处取
得极大值；
若
x

x
0


,x
0
时，
f

(x)0
，而
x

x
0
,x
0



时，
f

(x) 0
，则
f(x)

x
0
处取得极小值；
第二充分 条件：设函数
f(x)
在
x
0
处具有二阶导数且
f

(x
0
)0,f

(x
0
)0

当
f

(x
0
)0
时，函数
f(x)
在
x
0
处取得极大值；当
f

(x
0< br>)0
时，函数
f(x)
在
x
0
处
取得极小 值。
求函数
f(x)
的极值的步骤
（1）求出导数
f

(x)
；（2）求出
f(x)
的全部驻点以及使得导数不存在的点
（3）用第一充分判别法考察这些点是否为极值点，如果是，再判断类型。
例1：.求函数
f(x)x
2
11
的极值
【解】
f

(x)6x(x1)

22

3


由
f

(x) 0
得
f(x)
的驻点为
x1,x0,x1

f< br>
(x)6(x
2
1)(5x
2
1)
f

(0)60,f

(1)f

(1 )0

∴
f(x)
在
x0
处取得极小值
f(0)0

在
x1,x1
由第二充分判别法无法判定

(,1)

(1,0)

(0,1)



(1,)



f

(x)
的符号
f(x)
的单调性


]



]

Z

Z

由第一充分判别法
f(x)
在
x1,x1
处都没有极值。 < br>例２：求函数
f(x)
x
2

x
2
12
(x
2
t)e
t
dt
的单调区间与极值。 2
【解】
f

(x)2x

e
t
dt
=0
1
驻点为
x0,x1,x1

f

(x)2

e
t
dt4x
2
e
x

1
x
2
22
f

(0)0< br>，
f

(1)0

x0
是极大值点，
x1,x1
是极小值点，
极大值为
1
(1e
1
)
，是极小值为０
2
单增区间
(,1),(0,1)
；单减区间
(1,0),(1, )

例３：设函数f(x)在
(,)
内连续，其导函数的图形如图所 示，判断f(x)有的极值。
y



O x


【解】略
3..曲线的凹凸性与拐点
曲线的凹凸性与其二阶导数的符号之间的关系。
设
f(x)
在
< br>a,b

上连续，在

a,b

内具有一阶和二阶导 数，那么
（１）若在

a,b

内
f

(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的图形 是凹的；
（２）若在

a,b

内
f

(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的图形 是凸的;
（３）（拐点）曲线的凹，凸的分界点称为拐点。拐点必定在二阶导数等于及不可导点取．．．．．．．．．．．
0
．．．．．．．
得。
．．
例3：求曲线
y3x4x1
的拐点及凹、凸的区间
【解】函数的定义域为
(,)

43
y

12x
3
12x
2

2
y

36x
2
24x36x(x)0
< br>3
2
解这个方程的
x
1
0x
2


3



,0


+
凹

2


0,



3

-
凸

2

,


3

+
凹
y

的符号
y
的凹凸性
所以点

0,1

４.函数的最值

211


,

是曲线的拐点。

327

(1)最值必在驻点、不可导点和端点取得；
(2)最值反映了函数的整体性质；
(3)最值的求法：设
f(x)
在
a,b

内的驻点及不可导点为
x
1
,x
2
,Lx
n
，比较
f(a),f(b),f(x
1
),f(x
2
),L,f(x
n
)
的大小，其中最小的是

a ,b

上的最小值，最大的是

a,b

上的最大值。


例４.求函数
f(x)x1x
（
5
≤
x
≤
1
）的最值。
【解】
f< br>
(x)1
2
3
，由
f

(x)0< br>解得
x
，比较
4
21x
f(5)65,
3 5
f(),
44
f(1)1
，得到在

5,1

上，
f(x)
的最小值为
35
f(5)65
， 最大值为
f()
。
44
５.函数的渐近线
xx
0< br>limf(x),xx
0
L
铅直；limf(x)K,yK
L
水平；
x

f(x)
limk,limf(x)kx b,ykxb
L
斜。
xx
x
1
2

例５：求曲线
yxe
x
的渐近线.
【分析】 先考虑是否有水平渐近线，若无水平渐近线应进一步考虑是否存在斜渐近线，而是
否 存在铅直渐近线，应看函数是否存在无定义点.
【解】 当
x
时，极限
limy
均不存在，故不存在水平渐近线； 又因为
x
y
2
2
2
limlime
x< br>1
，
lim(xe
x
x)0
，所以有斜渐近线y=x. 另外，在 x=0 处
yxe
x
无
x
x
x
x
1
1
1
1
定义，且
limxe
x

，可见 x=0为铅直渐近线.
x0
2
例６：曲线
y1
ln(1e
x
)
，渐近线的条数为 ３
x
1
x
【分析】 先找出无定义点，确定其是否为对应垂直渐近线；再考虑水平或斜渐近线。
【解】 因为
lim[ln(1e)]
，所以
x0
为垂直渐近线；
x0
x
又
lim[ln(1e)]0
，所以y=0为水平渐近线；
x
1
x
x
y1ln(1e
x
)ln(1e
x
)e< br>x
]lim1
， 进一步，
limlim[
2

=
lim
x
x
x
x
x
xx 
xx1e

lim[y1x]lim[ln(1e) x]
=
lim[ln(1e)x]

xx
1
x
x
x
x
x
=
lim[lne(1e)x]limln(1e)0
，
xx
xx
于是有斜渐近线：
y
=
x
.


x
3
例７ 求曲线
f

x


2
的渐近线.
x2 x3
f

x

x
3

3
1< br> 【解】
x
x2x
2
3x

(x)
得
k1
.再由（3）式
x
3
f
x

kx
2
x2
x2x3

(x)
得
b2.
从而求得此曲线的斜渐近线方程为
yx 2.

x
3
又由
f

x

易见
limf

x


，
limf

x


垂直渐近线方程为：
x3x1

x3

x1

x＝3,x1




第七讲 泰勒公式及其应用
教学
目的
通过教 学使学生掌握带有皮亚诺余项的泰勒公式,带有Lagrange型余项的
Taylor公式,函数的< br>Maclaurin
公式, 会用一阶泰勒公式解决问题。
1．泰勒公式的内容
2.利用Taylor公式求极限
3．利用Taylor公式求证明题
一、一阶泰勒公式


教




学



提




纲









(3)利用Taylor公式求极限
(4)利用Taylor公式求证明题
(1) 把函数
f(x)
展开成n阶Maclaurin公式
(2)求
f(x)
的n阶导数
1.带有皮亚诺余项的泰勒公式
2.带有Lagrange型余项的Taylor公式
3．函数的Maclaurin公式
二、应用
重
点
难
点


第七讲 泰勒公式其应用
一、一阶泰勒公式
１.带有Lagrange型余项的Taylor公式
定理1（泰勒） 若函数f在(a,b)上存在直到n阶的连续导函数,在(a,b)内存在n＋1阶导 函数,
则对任意给定的
x,x
0
(a,b)
,至少存在一点

使得：
f

(x
0
)f
(n)
(x
0
)
f
(n1)
(

)
n
(x x
0
)
L
(xx
0
)(xx
0
)
n1


f(x)f(x
0
)
1!n!(n1)!


在
x,x
0
之间。
2.带有皮亚诺余项的泰勒公式 < br>定理2若函数f在(a,b)上存在直到n阶的连续导函数,则对任意给定的
x,x
0< br>(a,b)

f

(x
0
)f
(n)(x
0
)
f(x)f(x
0
)(xx
0
)L(xx
0
)
n
0((xx
0
)
n< br>)
（1）
1!n!
称为泰勒公式的余项.
3、 函数的
Maclaurin
公式
x
2
x
n
e1 xL0(x
n
)

2!n!
x
3
x5
x
2m1
m1
sinxx
L
(1) 0(x
2m
)

3!5!(2m1)!
x
2m
x
2
x
4
m
x
cosx1L(1)0(x< br>2m1
)

2!4!(2m)!
n
x
2
x
3
n1
x
ln(1x)xL(1)0(x
n)

23n

(

1)
2

(

1)
L
(

n1)
(1x)

1

xx
L
0(x
n
)

2!n!
1
1xx
2

L
x
n< br>0(x
n
)

1x
二、应用
1.把函数
f(x)
展开成n阶
Maclaurin
公式
16
例１： 把函数
f(x)xsinx
展开成含
x
项的 具
Peano
型余项的
Maclaurin
公式 .
22


x
3
x
5
x
7
( x
7
)
, 【解】
sinxx
3!5!7!
x6
x
10
x
14
( x
14
)
.
sinxx
3!5!7!
22< br>x
8
x
12
x
16
xsinxx( x
16
)

3!5!7!
2
6
例２： 把函数f(x)cosx
展开成含
x
项的具
Peano
型余项的Maclaurin
公式 .
224
x
2
x
4
x
6
( x
6
)
, 【解】
cosx1
2!4!6!
4x< br>4
2
6
x
6
( x
6
),

cos2x12x
3!6!
12x
4
2
5
x
6
22
( x
6
)
.


cosx(1cos2x)1x
23!6!
2
2.求
f( x)
的n阶导数
例３：
f(x)xln(1x)
，求
f< br>22
2(n)
(0)(n3)
.
x
2
x
n2
0(x
n2
))
【解】
f(x)xln(1x)x(x
2n2
f

(0) f
(n)
(0)
n
xx0(x
n
)
又< br>f(x)f(0)
1!n!
x
4
x
n
x 0(x
n
)

2n2
f
(n)
(0)1n!
(n)

所以，，
f(0)

n!n2
n2
3
3.利用Taylor公式求极限
例4 求极限
(1)
lim
x0
11
cosxe
lim(cotx)
. (2)
x0
xx
x
2
[xln(1x)]

x
2
2
【分析】用泰勒公式求极限把函数展开到
x
多少次方呢对于分 子和分母有一个能确定次数的，把另一
个展开到相同次数即可，例如：


13
1
x
x(xx
3
o(x
3
))
1
xsinx
6
6


lim

li m
lim
6
x0
x0
x
3
x0
x
3
x
3
但是对于分子和分母都不能确定次数的，要以具体情况而定。
x
2
x
4
x
2
x
4
1[1] o(x
4
)
cosxe
22424
＝lim
【解】(1 )
lim
2

2
x0
x[xln(1x)]x0
x
x
2
[xxo(x
3
))]
2

x
2
2
5x
4
o(x
4
)
5

lim
24

4
x0
12
x
o(x
5
)
2
【点评】本题先确定分母展开的次数，
ln(1x)
至少展开到二阶，确定了分母的次数后，以次确定分
子展开的次数。
111sinxxcosx
lim(cotx)lim
(2)
x0

x0
xxxxsinx
x
3
x
2
3
x

(x)x[1

(x
2
)]
3!2!
lim

3
x0
x
11
3
)x

(x
3
)
1
lim
2! 3!
3

x0
x3
.
(
例５：试确定
A,B,C
的值，使得
e
x
(1 BxCx
2
)1Axo(x
3
)
，
3
其中
o(x)
是当
x0
时比
x
高阶的无穷小.
3
【分析】题设方程右边为关于
x
的多项式，要联想到
e
的泰勒级数 展开式，比较
x
的同次项系数，
可得
A,B,C
的值.
x
x
2
x
3
o(x
3
)
代入题设等式得 【解】将
e
的泰勒级数展开式
e1x
26
x
x





x
2
x
3
o (x
3
)

[1BxCx
2
]1Axo(x3
)


1x
26

整理得

1(B1)x

BC
比较两边同次幂系数得


1

2

B1

33

x< br>
C

o(x)1Axo(x)

2

6

2


1


A
< br>
B1A
3


1
2



BC0
，解得

B
.
2
3


1
B
1

C0
C


6
2
6

4.利用Taylor公式求证明题
例6 设
f

(x
0
)
存在，证明
lim
h0
f(x
0
h)f(x
0
h)2f (x
0
)
f

(x
0
)
．
2
h
【证明】
f(x
0
h)f(x
0)f

(x
0
)h
f

(x
0
)
2
ho(h
2
)
,
2!
f(x0
h)f(x
0
)f

(x
0
)h< br>所以：
lim
f

(x
0
)
2
h o(h
2
)
2!
．
h0
f(x
0
 h)f(x
0
h)2f(x
0
)

2
hf

(x
0
h)h
2
o(h
2
)
limf

(x
0
)
2
h0
h

例7 设函数
f(x)
在［0，1］上有三阶连续的导 数，且
f(0)1,f(1)2,f

()0

证明：< br>

(0,1)使f

(

)24
。
1

1
【证明】
f(x)f(
1
2
)f(
2
)(x
2
)
1
2
1
2< br>11
3

f

(
1
2
)(x 
2
)
6
f(

)(x
2
)

1
2
f(
1
2
)
1
2
12
11
3
1

f

(
1
)(x)f(

)(x
2262
)
，

在
2
与x之间

f(0)f(
1
2
)
1
2
1
2
f

(
1
2
)(
2
)
1
6
3
1
f
 
(

1
)(
1
2
)


1
(0,
2
)

11
3
1< br>
11
2
1

f(1)f(
1
2< br>)
2
f(
2
)(
2
)
6
f(< br>
2
)(
2
)


2
(
2
,1)

1f(1)f(0)< br>1
48
[f

(

1
)f
 
(

2
)]

f

(x)
在
[

1
,

2
]
上连续，设
f

(x)
在
[

1
,

2
]
上的最大值和最小值分别为
m,M

则
m[f

(

1
)f

(

2
)]2M
．所以


[

1
,
< br>2
]
使



f

(
< br>)[f

(

1
)f

(
2
)]224

【评论】(1)本题把泰勒公式与介值定理结合使用，有一定难度。
(2) 泰勒公式的展开点一般选在特别的中间点或端点。
例8：
f(x)
在［０，１］上具 有二阶导数，且满足
f(x)a,f

(x)b
，
c
是
（０,１）内的任意一点．证明：
f

(c)2a
【证】< br>f(x)f(c)f

(c)(xc)

f(0)f(c)f

(c)(c)
b

2
1

f

(

)(xc)
2
,

在c，x之间。
2
1
f

(
1
)c
2
,

1
(0,c)
…… …………………(1)
2
1
2

f(1)f(c)f< br>
(c)(1c)f

(

2
)(1c),

2
(0,c)
………………(2)
2
1
22
(2)-(1)得：
f(1)f(0)f

(c)[f
< br>(

2
)(1c)f

(

1
)c]

2
f

(c)f(1)f(0)
11[f

(

2
)(1c)
2
f

(

1
)c
2
]

22
bb b
2a[(1c)
2
c
2
]2a[12c2c2
]2a
，因为
c
2
c

222
例9 设
f(x)
在
[a,b]
上二阶可导,且f

(a)f

(b)0
,则存在

( a,b)
,使得
f

(

)
4
f(b )f(a)
(ba)
2
.
将函数
f(x)
在点
a
与点
b
处
Taylor
展开
x(a,b)
,
【证明】
f(x)f(a)f
(a)(xa)
f(x)f(b)f

(b)(xb)
令< br>x
f

(

1
)
(xa)
2
a

x
1
2!
,,
f

(

2
)
(xb)
2
x

b
2
2!
,.
ab
代入得：

2
f
 
(

1
)
(ba)
2
f

(

2
)
(ba)
2
abab
f()f( a)f()f(b)
22!422!4
, ,
上述二项相减,移项并取绝对值得
(ba)
2
f

(

2
)f

(

1
)
f(b)f(a)
42


(ba)
2
f

(

2
) f

(

1
)
(ba)
2
f< br>
(

)
424
,
4

f(

)f(b)f(a)

2
其中,
f(
)max{f(

1
),f(

2
)}< br>,取
(ba)

ab
【分析】本题在点展开，则
f

(a)f

(b)0
这一条件难以应用。
2



第八讲 不定积分与定积分的各种计算方法
教学
目的
通过教学使学生掌握不定积分与定积分的各种计算方法。
重
点
难
点
1不定积分的概念
2不定积分的计算
3定积分的计算

1.不定积分
不定积分的概念


教




学



提




纲



数
原函数；原函数的个数；原函数的存在性；定积分；一个重要的原函数。
不定积分的计算
(1)裂项积分法；(2)第一换元积分法；(3)第二换元积分法
(4)分部积分法
2.定积分
(1)基本积分法；
(2)分割区域处理分段函数、绝对值函数、取整函数、最大值最小值函
(3)利用函数的奇偶性化简定积分
(4)一类定积分问题



第八讲 不定积分与定积分的各种计算方法
一、不定积分
1不定积分的概念
原函数：若在区间 上
F

(x)f(x)< br>，则称
F(x)
是
原函数的个数: 若

在区间

上的原函数；若

可见，若，则
是

也是
的一个原函数.
，

都是
.
在区间

上的一个原函数, 则对

在区间

上的原函数，则必有

│的全体原函数所成集合为{Ｒ}.
原函数的存在性: 连续函数必有原函数.
不定积分：的带有任意常数项的原函数称为的不定积分。记作

f(x)dx

原函数。 一个重要的原函数：若
f(x)
在区间上连续，
aI
， 则

x
a
f(t)dt
是的一个
2不定积分的计算
(1)裂项积分法
x
4
1x
4
122
2< br>dx

dx(x1)dx
例1：

2
< br>x1x
2
1x
2
1
x
3
x2a rctanxC
。
3
dxcos
2
xsin
2
x


dx

(csc
2
xsec
2
x)dx
例2：

2222
cosxsinxcosxsinx
dx(x
2
1)x
2


22
dx
dx

dx

1
arctanxC
例3：< br>
22

x
2

1x
2
x
x(x1)x(x1)


(2)第一换元积分法
有一些不定积 分，将积分变量进行适当的变换后，就可利用基本积分表求出积分。例如，求不定
积分
cos2 xdx
，如果凑上一个常数因子2，使成为


cos2xdx
3

例4

：
11
cosx•2xdxcos2xd
2x


1
sin2xC


22
2

dxdxdx
2

2

1 x
x

1x

1x

2
2arc tanxC

例5：

x
dx
2
1x
2


1

1

d

< br>
x
1x
2

x

11

1

1

2


x

2
1
2
d
1

x

1

2


1

d


2< br>

x


1


1
 

x

1
1
2
2

1


1






1

2




x


< br>
1

2


d

1
 




x



22
1


1



1
< br>2

1


C1

 C
2


x



x




例6：

arctanx
tx
arct anxarctant
dx2

dx2

dt

2
1x
1t
x(1x)

2a rctantd(arctant)(arctgt)
2
c(arctgx)
2
c
.

(3)第二换元积分法
第二换元积分法用于解决被积函数带根式的不定积分，代换方法如下：
被积函数包含
n
axb
,处理方法是令
n
axbt,x
1
n(tb)
;
a
被积函数包含
a
2
x
2< br>(a0)
,处理方法是令
xsint或xcost
;
被积函数 包含
a
2
x
2
(a0)
,处理方法是令
xt ant
;


被积函数包含
x
2
a
2
(a0)
,处理方法是令
xsect
;
例7：计算

a
2
x
2
dx

a0


t
【解】令
xasint,

2

x
,则 tarcsin,axa
，且
2a
a
2
x
2< br>acostacost,dxacostdt,
从而


a< br>2
a
2
x
2
dx

ta
costdt
2
=
22


1cos2t

dt

a
2

1a
2
a
2

tsin2t

CtsintcostC
=
2


222


由图知
x
sint
a

所以
a
2
x
2
cost
a

a
2
x
2
C
a
=

a2
xa
2
x
a
2
x
2
dx
2
arcsin
a

2

a
=
a
2
xx
2
arcsinax
2
C
2a2
< br>6
2
tx
dxtdtdt
例8:

6< br>
6

(1t)dt6



2
3
1t1t
xx

6

6
x
(4)分部积分法


1
3

xln1
6
x

c
. 2

当积分

f(x)dg(x)
不好计算,但
g(x)df(x)
容易计算时,使用分部积分公式:

f(x)dg(x) f(x)g(x)

g(x)df(x)
.常见能使用分部积分法的类型:
nxnn
(1)
xedx
,
xsinxdx
,
xcosx dx
等,方法是把
e,sinx,cosx
移到d后面,分部积分的目

x
的是降低x的次数


(2)
x
n
lnm
xdx
,
x
n
arcsin
m
xdx
,
x
n
arctan
m
xdx
等,方法是把
x< br>移到d后面,分部几分的


n
目的是化去
lnx,arc sinx,arctanx
.
例9:
x
2
e
x
dxx
2
de
x
x
2
e
x
e
x
2xdx



x
2
e
x
2

xdxx
2
e
x
2(xe
x< br>

e
x
dx)
e
x
(x
22x2)C
lnx11

1

dxlnxdln xdlnx

例10:

x
2

xx
x


1dx1
lnx

2
 (lnx1)C
xxx

例11:
(16x
2)arctanxdxarctanxd(x2x
3
)

3
x2x
3

x2x

arctanx

1x
2
dx

x

2xdx

x2x
3

arc tanx



2

1x


1
32
x2xarctanxxln

1x
2
C

2

例12:

cos
2
xdx

cosxdsi nxcosxsinx

sin
2
xdx
=

cosxsinxxcosxdx
，
解得
cosxdx< br>
2

2
x1
sin2xc
.
24
例13:
sec
3
xdxsecxsec
2
xdx



secxdtgxsecxtgxtgxsecxtgxdx

=
se cxtgx(sec
2
x1)secxdxsecxtgxsec
3
xdxsecxdx



=
secxtgxln|secxtgx|secxdx
,

3
解得
secxdx

3
11
secxtgxln|secxtgx|c
.
22
【点评】以上两例所示的通过分部积分与解方程的方法求解不定积分是一种技巧


第一讲 求极限的各种方法
教学
目的
通过教学使学生掌 握求极限的各种方法，重点掌握
用等价无穷小量代换求极
限；用罗必塔法则求极限；用对数恒等 式求
limf(x)
数列极限转化成函数极限求解

1．用等价无穷小量代换求极限
g(x)
极限 ；利用Taylor公式求极限；
重
点
难
点
2．用罗必塔法则求极限
3．用对数恒等式求
limf(x)
g(x)
极限
4．利用Taylor公式求极限
5．数列极限转化成函数极限求解



教




学



提




纲



1．约去零因子求极限
2．分子分母同除求极限
3．分子(母)有理化求极限
4．应用两个重要极限求极限
5．用等价无穷小量代换求极限
6．用罗必塔法则求极限
7．用对数恒等式求
limf(x)
g(x)
极限
8．数列极限转化成函数极限求解
9．n项和数列极限问题
10．单调有界数列的极限问题


第一讲 求极限的各种方法
求极限是历年考试的重点，过去数学一经常考填空题或选择题，但近年两次作为大题出现，说
明极限作 为微积分的基础，地位有所加强。数学二、三一般以大题的形式出现。
用等价无穷小量代换求极限，用 对数恒等式求
limf(x)
零因子是解题的重要技巧。
1．约去零因子求极限
g(x)
极限是重点，及时分离极限式中的非
x
4
1
例1 ：求极限
lim

x1
x1
【说明】
x1
表 明
x与1
无限接近，但
x1
，所以
x1
这一零因子可以 约去。
(x1)(x1)(x
2
1)
lim(x1)(x
2
1)6
【解】
lim
x1x1
x1
2．分子分母同除求极限
x
3
x
2
例2：求极限
lim

x
3x
3
1
【说明】

型且分子分母都以多项式给出的极限 ,可通过分子分母同除来求。

1
1
x
3
x
2
1
x
【解】
lim

lim
x
3x
3
1
x
3
1
3
x
3
【评注】(1) 一般分子分母同除
x
的最高次方；


0
nn1
axa
n1
xa
0

(2) < br>lim
n
m



m1
x
b xbb
0

a
mm1
x
n


b
n
3．分子(母)有理化求极限
例3：求极限
lim(x3
x
2
mn
mn

mn
x
2
1)

【说明】分子或分母有理化求极限，是通过有理化化去无理式。
【解】
lim(x 3
x
2
x1)lim
2
(x
2
3 x
2
1)(x
2
3x
2
1)
x3x 1
22
x


lim
2
x3x 1
22
x
0

例4：求极限
lim
x0
1tanx1sinx

3
x
【解】
lim
x0
1tanx1sinxtanxs inx

lim
x0
3
x
3
x1tanx 1sinx
1
limlim
x0
tanxsinx1tanxsi nx1
lim

33
x0x0
24
xx
1 tanx1sinx
【注】本题除了使用分子有理化方法外，及时分离极限式中的非零因子是解题 的关键
．．．．．．．．．．．．．
4．应用两个重要极限求极限
11
sinx
两个重要极限是
lim
第一个重要极限
1
和
li m(1)
x
lim(1)
n
lim(1x)
x
 e
，
xnx0
x0
xn
x
过于简单且可通过等 价无穷小来实现。主要考第二个重要极限。
1

x1

例5：求极限
lim


x
x1

【说明】第二个重要极限主要搞清楚凑的步骤：先凑出１ ，再凑

xx
x
1
，最后凑指数部分。
X
2x1
1

2

2

1


2

2


x1

2
< br>
【解】
lim

lim

1
< br>lim


1
x1


1


e

x
x1
xx
x 1

x1

2



1

x2a

例6：(1)
lim

12

；(2)已知
lim

8
，求
a。
xx

x

xa

5． 用等价无穷小量代换求极限
【说明】
(1)常见等价无穷小有：
当
x0
时,
x~sinx~tanx~arcsinx~arctanx ~ln(1x)~
e1
,
x
xx
1cosx~
1< br>2
b
x,

1ax

1~abx
；
2
(2) 等价无穷小量代换,只能代换极限式中的因式；
．．

lim
sinxxxx
＝
lim＝0
是不正确的
x0< br>tan
3
x
x0
x
３
(3)此方法在各种求极限的 方法中应作为首选。
．．．．．
例7：求极限
lim
x0
xln (1x)


1cosx
【解】
lim
x0
xln(1x)xx
lim2
.
x 0
1
1cosx
x
2
2
sinxx

x0
tan
3
x
例8：求极限
lim
2
1
sinxxcosx11
sinxx
2
x
liml imlim
【解】
lim

322
x0x0x0x0
tan
3
x
6
x3x3x
sinxsin
sinx


sinx


例9：求极限
lim
.
x0
x
4
【解】
lim
( sinxsinsinx)sinxsinxsinsinxcosxcos(sinx)
gcosx

limlim
x0x0x0
x
4
x
3
3x
2
lim
cosx(1cos(sinx))sin( sinx)
g
cosxsinx1
limlim

x0x0x0
6x3x
2
6x6
6．用罗必塔法则求极限 < br>lncos2xln(1sin
2
x)
例10：求极限
lim
x0
x
2
【说明】

0
或型的极限,可通 过罗必塔法则来求。

0
2
2sin2xsin2x

2
lncos2xln(1sinx)
cos2x
1sinx
【解】
lim
lim
x0
x0
x
2
2x
 lim
sin2x

21



3

2
x0
2x

cos2x
1sinx
< br>例11：求
lim
x

cos(t
2
)dt0
2
x
2
x0
sin
10
x
.
【说明】许多变动上显的积分表示的极限，常用罗必塔法则求解
【解】
lim
x

costdt
0
2
x
2
2
x0
sin
10
x
lim
x

cost2
dt
0
2
x
2
x0
x
10
2x2xcosx
4
lim

x0
10x
9


1
8
x
1cosx
4
1
2
l im

lim

x0x0
5x
8
10
5x
8
g(x)
7．用对数恒等式求
limf(x)
极 限
例12：极限
lim[1ln(1x)]

x0
2
x
【说明】（１）该类问题一般用对数恒等式降低问题的难度
（２）注意
x0
时，
ln(1x)~x

【解】
lim[1ln(1x)]
=
lime
x0x0
2
x
2
ln[1ln(1x)]
x
=
e
2ln[1ln (1x)]
x0
x
lim
e
2ln(1x)
x0
x
lim
e
2
.

1
例13：求极限< br>lim
3
x0
x


2cosx
x



1

.
3






2cosx

ln
< br>1
3


lim
x0
x
2
【解】 原式
lim
x0
e

2cosx

xln


3
x
3
ln（1

lim
x01
x
cosx1
）
cosx11
3

l im
x0
3x
2
6
x
2
【又如】
lim
(1x)e

x
x0
x
8．数列极限转化成函数极限求解
例14：极限
lim

nsin


n

1
< br>

n

n
2
【说明】这是
1
形式 的的数列极限，由于数列极限不能使用罗必塔法则，若直接求有一定难度，若
转化成函数极限，可通过7 提供的方法结合罗必塔法则求解。
1

【解】考虑辅助极限
lim

xsin

x
x

x
2
l ime
x
1

x
2

xsin1

x

lim

e
y0

1
1

siny1


2

yy

e


1
6
1

所以，
lim

nsin

n
n

9．n项和数列极限问题
n
2
e


1
6
n项和数列极限问题极限问题有两种处理方法
(1)用定积分的定义把极限转化为定积分来计算；


(2)利用两边夹法则求极限。

111
例15：极限lim


22
n

n
2
2
2
n
2
n
2

n1





【说明】用定积分的定义把极限转化为定积分计算,是把
f( x)
看成［0,1］定积分。
lim
1
1


1< br>
2

n


ffff(x)d x




0
n
n

n

n



n



1

111
【解】原式＝
lim

 
222
n
n


1

2

n

1

1


1

n

n

n




1
0








121

dxln
2
2
21
1x


< br>

1

111

例16：极限
li m

2
n

n
2
2n
2
 n

n1
【说明】
(1)该题与上一题类似，但是不能凑成
lim
法则求解；
1
< br>
1

2

n


ff f



的形式，因而用两边夹
n
n< br>
nnn



(2) 两边夹法则需要放大不等式，常用的方法是都换成最大的或最小的。
【解】
lim


111

2
n

n
2
2n
2
n

n1
n
nn
2
< br>



1
nn
2
因为
< br>1
n1
2

1
n2
2

n
n1
2

又
lim
n
nn
2
n
lim
n
n1
2
n
1


111

所以
lim

2
n 

n
2
2n
2
n

n1
2n

1


2
n

nn
22



例17：求
lim

n

n1
11

nn

2n



＝１


【说明】该题需要把两边夹法则与定 积分的定义相结合方可解决问题。
【解】
n12221
(222) (2
n
2
n
2
n
)

1 1
nn1nn1
nn
2n
12n12n
n1
n1
lim(22
n
2
n
)lim(2
n< br>2
n
2
n
)

n
n1nn
n
1
2
x
1
1
x


2dx|
0


0
ln2ln2
2n

1


2
n

nn
22


1

lim


n

n 1
11

ln2
nn

2n

1 0．单调有界数列的极限问题
例18：已知
x
1
1
，
x
n
1
1
n
2
n
n
n
1
n
2
n
n
n
12n
x
n1
,n2< br>，证明
limx
n
存在，并求该极限
n
1x
n1
【分析】 一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在.
【解】
1x
n
1
x
n1
2

1x< br>n1
x
n1
x
n
1
x
n
xx
n
x
n1
1
1
n1
(x
n
x
n1
)

1x
n
1x
n 1
(1x
n1
)(1x
n
)9

1
9
n1
(x
2
x
1
)0

nn
该数列单调增加有上界，所以
limx
n
存在，设
limx
n
＝Ａ
对于
x
n
1
xn1
15
A
,
令
n
，
A!

,
得Ａ＝
1x
n1
2
1A
15

2
即
limx
n
＝
n
例19：设数列

x
n

满足
0x
1


, x
n1
sinx
n
(n1,2,L)

1

x
n1

x
n
2
（Ⅰ）证明
limx< br>n
存在，并求该极限；（Ⅱ）计算
lim

.
n
n

x
n

【解】 （Ⅰ）因为0x
1


，则
0x
2
sinx
1
1

.


可推得
0x
n1< br>sinx
n
1

,n1,2,L
，则数列

x
n

有界.
于是
x
n1
sinx
n
1
，
sinxx
）（因当
x0时，
， 则有
x
n1
x
n
，可见数列

x
n< br>
单调减少，
x
n
x
n
n
故由单调减少 有下界数列必有极限知极限
limx
n
存在.
设
limx
n
l
，在
x
n1
sinx
n
两边令
n
，得
lsinl
，解得
l0
，即
limxn
0
.
n
n
11

x

（Ⅱ） 因
l im

n1

n

x
n

1
2
x
n

sinx
n

x
n< br>2
，由（Ⅰ）知该极限为
1

型，
lim
< br>n

x
n

1

1

sinxx
2
x
3

sinx1


1

x
2
x
2

x

lim

sinx

lim

elim
e
x0

x
x0x0

1
e

1
6
(使用了罗必塔法则)
1

x

故
lim

n1

n

x
n

2
x
n
1


sinx
n

x
n
2
lim
e
6
.

n
x
n






第二讲 无穷小与函数的连续性
教学
目的
重
点
难
点
1．用等价无穷小量代换求极限
2．函数的连续性的判
3. 间断点的求法
１. 无穷小
如果
lim

0
,就说在这个极限过过程中

是无穷小量。
通过教学使学生掌握
无穷小量及无穷小量，无穷大量的概念。无穷小量与无穷大
量之间的关系< br>，函数的连续性的判定及函数的间断点的求法。


教




学



提




纲



２.无穷大
｜

｜
，就说在这个极限过过程中

是无穷大量。
lim

＋
，
lim

－
，lim

３无界量

4.函数的连续性
定义1 函数< br>yf

x

在点
x
0
的某一领域内有定义 ，如果
limf

x

存在； (1)极限
xx
0
(2)
limf

x

f

x0

。

xx
0
那么就称
yf

x

在点
x
0
连续。
５、函数的间断点
第一类间断点 左右极限相等（可去间断点）
间断点 （左右极限都存在） 左右极限不相等（跳跃间断点）
第二类间断点（左右极限至少有一个不存在



第二讲 无穷小与函数的连续性
无穷小量、函数的连续性、间断点的判定等问题的实质是极限问题，理解这 些问题的概念，熟练
运用求极限的方法是解决这类问题的关键。
１. 无穷小
如果
lim

0
,就说在这个极限过过程中

是无穷小量。
【说明】（1）说一个函数（数列）是无穷小量，必需指明在哪个极限过程中。在这个极限过程中

是无穷小量，在另一个极限过程中

不一定是无穷小量。
x0
时，
sinx
是无穷小量，但
x1
时，
sinx
不是无穷 小量；
（2）0是唯一可作为无穷小的常数；
23
（3）
x3x
作为无穷小量（
x0
），主要看低次方项；作为无穷大量（
x
），主 要看高
次方项；
在同一变化过程中

0
,就说
是比

高阶的无穷小,记作

o


;


如果
lim
,就说

是比

低阶的无穷小.


如果
limc0
,就说
与

是同阶无穷小;


如果
limk
c0,k0
,就说

是关于

的k阶无穷小，

O(

k
)
.


如果< br>lim1
,就说

与

是等价无穷小,记作
~

.

如果
lim
2
例1：当
x 0
时，

(x)kx
与

(x)1xarcsin xcosx
是等价无穷小，则求k.
【解】 由题设，
lim

(x)1xarcsinxcosx

li m
x0

(x)
x0
kx
2
xarcsinx 1cosx
kx(1xarcsinxcosx)
2
=
lim
x0

=
得
k
1xarcsinx 1cosx3
lim1
，
2k
x0
4k
x
2
3
.

4< /p>


例2：
x0
时无穷小量



< br>x
0
costdt,



tantdt,



sint
3
dt
，排列起来，使排在后面
0 0
2
x
2
x
的是排在前面的一个的高阶无穷小量。排列顺序是（ ）
a)

,

,

． b)

,

,

． c)

,

,

． d)

,

,

．
【说明】（1）无穷小量的阶主 要看它和哪个
x
同阶，然后再
x
阶排定顺序；
（2）无穷小量求导数后阶数降低一阶。
kk


＝2xtanx(2阶) ，


＝
【解】


＝cosx(0阶)，
2
1
2x
sin(x)
3
(1阶)
，应选 Ｂ。
例3：设函数
f(x)
在
x
＝０的某邻域具有二阶连续导数，且
f (0),f

(0),f

(0)0
．证明：存在惟
一 的一组实数
a,b,c
，使得当
h0
时，
af(h)bf(2h)cf(3h)f(0)o(h
2
)
．
【分析】条件告诉我们
lim
因而
af(h)bf(2h)cf(3h)f(0)
0

2
x 0
h
f(x)连续
limaf(h)bf(2h)cf(3h)f(0)
x0
limaf(0)bf(0)cf(0)f(0)0

x0
f(0)0,abc10

af(h)bf(2h)c f(3h)f(0)
罗
af

(h)2bf

(2h) 3cf

(3h)
limlim0

2
x0x0
2h
h
同上
af

(0)2bf

(0 )3cf

(0)0
，
f

(0)0,a2bb 3c0

。。。。。。。。。。。。。
【证】略
２.无穷大
｜

｜
，就说在这个极限过过程中

是无穷大量。
lim

＋
，
lim

－
，lim
定理：当自变量在同一变化过程中时，
（１）若
f(x)
为无穷大量，则
1
为无穷小量。
f(x)
1
为无穷大量。
f(x)
（２）若
f(x)为无穷小量，且
f(x)0
，则


lnnnna(a1) n
【说明】常见无穷大量的阶
　
３无界量
knn
(n)

如不存在
M0
使，对
x I
，都有
|f(x)|M
，则称
f(x)
在
I
上无界

limf(x)
，则
(a

,a)上无界，
limf(x)
，则
(a,)
上无界
xax
例4：
x
０时，变量
11
是( C )
sin
2
x
x
a)无穷小 b) 无穷大；c)无界，但不是无穷大； d)有界，但不是无穷小．
4.函数的连续性
函数
yf

x

在点
x
0
的某一领域内 有定义，如果
limf

x

存在； (1)极限
xx
0
(2)
limf

x

f

x
0

。

xx
0
那么就称
yf< br>
x

在点
x
0
连续。
如果函数
f(x)
在开区间
(a,b)
内每一点都连续,则称
f(x)
在开区 间
(a,b)
内连续;如果函数
f(x)
在开区间
(a,b)
内连续,在点
a
右连续,在点
b
左连续,则称函数
f(x)
在闭区间
[a,b]
上连续。
如果
lim

f

x

f

x
0

,就说函数
f

x

在点
xx
0
x
0
左连 续。
如果
lim

f

x

f

x
0

,就说函数
f

x

在点
xx
0
x
0
右连续。

1e
t anx
,

x

例５：
f(x)

ar csin
2

2x


ae,
xx
0< br>x0,
在x0连续，则a=(2)
。
x0,
xx
0
【解】
lim

f

x

－2
，
lim

f

x

a
，
a2

５、函数的间断点
设函数< br>f

x

在点
x
0
的某去心领域内有定义. 在此前提下,如果函数
f

x

有下列三种情形之一:


在
xx
0
没有定义;
虽在
xx
0
有定义,但
limf

x

不存在;
xx
0
虽在
xx
0
有定义,且
limf

x

存在,但
limf

x

f

x
0

;
xx
0
xx
0
则函数< br>f

x

在点
x
0
为不连续,而点
x
0
称为函数
f

x

的不连续点或间断点.
间断点
x
0
的分类:


可去间断点: < br>f

x

f

x

，(补充定义 使之连续)
跳跃间断点:
f

x

f

x

，
第二类间断点: 左极限
f

x
及右极限
f

x

至少有一个不存在，

第一类间断点:左极限
fx
0
及右极限
fx
0
都存在， < br>
0

0

0

0

0< br>
0
无穷间断点:
limf

x


，
xx
0
第一类间断点 左右极限相等（可去间断点）
间断点 （左右极限都存在） 左右极限不相等（跳跃间断点）
第二类间断点（左右极限至少有一个不存在）
例6：求
f(x)
lnx
x
2
3x2
的间断点，并指出它的类型。
【分析】由于初等函数在定义域内都是连续的，所以间断点必定是无定义的或分段函数的分点。
【解】
limf(x)lim
x0
lnx
x3x2
2x0

，
x0
是第二类间断点

limf( x)lim
x1x1
lnx1x
lim1
，
x1是第一类间断点
x
2
3x2
x1
2x3
ln x

，
x2
是第二类间断点
x
2
3x2
x
sintsinx

lim f(x)lim
x2x2
例7：
f(x)lim


sint


tx
sinx

，求
f(x)
的间断点，并指出其类型．
sint
1)
lim
sinx
tx
sintsinx
x(
cost
lim
sinx
tx
cost
x
【解】
f(x)e

sint

xln

11


sinx

l im
tx
sintsinx
eee
x
sinx

x0
可去间断点，
x2k

(k0)
第二类间断点，




ln(1ax
3
)

xarcsinx
例8：
f(x)

6

e
ax
x
2
ax1

x

xsin
4

x0
x0
,
a
=时,
f(x)
在 x=0点连续，x=0是可去间断点。
x0
ln(1ax
3
)ax3
lim

【解】
f(00)lim

f(x)lim


x0x0
xarcsinx
x0
xarcsinx
=
lim

x0
1
3ax
2
1
1x
2
3ax
2
6a.
=
lim

l im

2
x0
x0
1
1x1
x
2
2
3ax
2
e
ax
x
2
ax1< br>f(00)lim

f(x)lim


x0x0
x
xsin
4
ax2ax
exax1ae2xa
2
4lim2a4.
=
4lim

2< br>
x0x0
2x
x
令
f(00)f(00)
，有
6a2a4
，得
a1
或
a2
.
当a=-1时，
limf(x)6f(0)
，即f(x)在x=0处连续. x0
2
当a=-2时，
limf(x)12f(0)
，因而x=0 是f(x)的可去间断点.
x0
e
x
b
例5：确定
a ,b
的值，使得
f(x)
有第二类间断点
x0
及可去间断点x1
。
(xa)(x1)
e
x
b
A
常数
lim（e
x
b）0
，
be
【解】
l imf(x)lim
x1x1
(xa)(x1)
x1
e
x
e
limf(x)lim
x0x0
(xa)(x1) ，
a0



第三讲 导数与微分法研究
教学
目的
通过教学使学生掌握导数的定义，导数的几何意义及微分的概念，熟练掌
握导数的各种求导方法。
1．
隐函数的导数求法

2．
参数方程确定的函数的导数求法

3．
形如
yf(x)
g(x)
的函数的导数求法――取对数求导法
４. 变动上线的积分表示的函数的导数

重
点
难
点

一、基本概念


教




学



提




纲



1．导数及其变形
2．分段函数的导数通过左右导数来求
３.导数的几何意义
4.微分的定义
二、求导方法

１.求导公式及其应用
２.复合函数求导法
３．隐函数的导数求法
4．参数方程确定的函数的导数求法
5．极坐标方程表示的的函数的导数求法
６．形如
yf(x)
g(x)
的函数的导数求法――取对数求导法
７．分段函数的导数
８．变动上线的积分表示的函数的导数






第三讲 导数与微分法研究
一元函 数的导数与微分是微积分的基础，经常出选择题与填空题，可作为求极限、求驻点、求拐
点、求多元函数 的偏导数与全微分等问题的基础。重点掌握分段函数的导数、隐函数的导数、参数（极
坐标）方程确定的 函数的导数。变动上限的积分表示的函数的导数每年都考。
一、基本概念
1．导数及其变形
xx
0
lim
f(x)f(x
0
)f(x
0< br>x)f(x
0
)f(x
0
h)f(x
0
)
limlim

x0h0
xx
0
xh
例1：设
f(x)
在
x
0
可导，求
(1)
li m
h0
f(x
0
3h)f(x
0
)f(x
0
2h)f(x
0
2h)
， (2)
lim

h0
hh
(3)
limn[f(x
0

n0
1 1
)f(x
0
)]

n2n
2．分段函数的导数通过左右导数来求
例2：设
f(x)|xa |

(x),

(x)
在
xa
连续，文在什么条 件下
f(x)
在
xa
可导
【解】
lim
xa
f(x)f(a)
lim



(x)

(a)

xa
xa
f(x)f(a)
l im


(x)

(a)

xaxa
xa
当


(a)

(a)
，即

(a)0
时，
f(x)
在
xa
可导。
< br>lim

【讨论】
f(x)|x|
，
f(x)x|x|< br>，
f(x)x(x1)(x1)|x1|
分别有几个不可导点。
2< br>
x
2
x1
例3：已知函数
f(x)

处处可导，试确定
a、b
的值。

axbx1
【解】(1)欲 使
f(x)
在
x1
处可导，必先在
x1
处连续， 故有
lim

f(x)limf(x)f(1)
，即
ab 1


x1x1
（2）又
f(x)
在
x 1
处的左、右导数分别为
(1x)
2
1
f


(1)lim

2
x0
x
，


f


(1)lim

x0
a(1x )b1ax
lim

a
x0
xx
， < br>故
a2
，从而
b1
，所以，当
a2
，
b1
时
f(x)
处处可导。
３.导数的几何意义
设函数< br>yf(x)
在点
x
0
的导数存在，为
f'(x
0< br>)
，则导数值为函数
yf(x)
上一点（
x
0
，< br>f(x
0
)
）
yy
0
f'(x
0
)(xx
0
)
；处的切线的斜率。此时，切线方程为：法线方程为：
y y
0

例4：求
yx
的切线方程，使此切线与直线
y x1
的斜率相同。
【解】设切点为（
x
0
，
y
0
），则有：
y
0
x
0
，
由已知，切线斜率与
yx1
相同，则
y'|
x
0
1
，
可解得：
x
0

2
2
1

(x x
0
)
。
f'(x
0
)
11
，
 y
0


24
111
x
即
yx
。
424
4
切线方程为：
y
例5： 函数
yf(x)
由方程
xy2lnxy
确定，求
yf(x)
在
(1,1)
处的切线方程。【解】略
4.微分的定义
设函数< br>yf

x

在某区间内有定义，
x
0
及< br>x
0
x
在这区间内，如果因变量的增量
yf

x
0
x

f

x
0

可 表示为
yAx0

x

，其中A是不依赖于
x
的常数，而
0

x

是
那么称函数
y f

x

在点
x
0
是可微的。而
Ax< br>叫做函数
yf

x

在
x0
时比x
高阶的无穷小，
点
x
0
相应于自变量增量
x的微分，记作
dy
。即
dyAx
。
二、求导方法

１.求导公式及其应用(略)２.复合函数求导法（略）３．隐函数的导数求法
d
2
y
1
例6：求由方程
xysiny0
所确定的隐函数
yf

x

的二阶导数
2
2
dx
【解 】两边对
x
求导得：
1y


y

co sy0
………………………… （*）
2



2si nyy

2
d
2
yd

24siny

y


由此得

23

2cosy
2cosy
dx
2
dx


2c osy



2cosy

y


方法二：对（*）式再两端求导得：
2
1

y

cosyy

sinyy


0
2


2
1
2

siny
ysiny

2
2cosy

y

siny4siny

y


2



3
1
2cosy2cosy

2cosy

1cosy
2
4．参数方程确定的函数的导数求法
（1）若参数方程


x


t

确定
x
与
y
之间函数关 系，则称此函数为由参数方程所确定的函数。

y

t

（2）计算导数的方法
dyd
2
y
d
dx
dy



t

dt



t



，
2
dx
dx



t

dt



t

dx
t

dy
d
2
y

x

sinudu
a
例7:函数
yf(x)
由参数方程

确定，求 ，
2
d x
dx


ysint
【解】


< br>dxsintdt
dycostdt
dy
cott

dx
d
2
y1
dy
2


d()csctdt

23
dx
dxsint
xt
2
2t
例8:函数
yf(x)
由方程
2

tysiny1
【解】略
5．极坐标方程表示的的函数的导数求法
d
2
y
确定，求 2
dx
设极坐标方程为

＝

(

)
，化为直角坐标

例9: 函数
yf(x)
的极坐标方程为

＝e
2


x

(

)c os

，进一步转化为直角坐标求解。

y

(

)sin

dy

dx
，求

xe
2

cos

【解】


2

yesin


< br>dxe
2

(2cos

sin

)d



2

dye(2sin

co s

)d


dy2cos

s in



dx2sin

cos

６ ．形如
yf(x)
g(x)
的函数的导数求法――取对数求导法
，求例10:
y＝(sinx1)
cosx
dy

dx
【解】
lny＝cosxln(sinx1)

方程两边关于
x
求导
1cos
2
x
y

＝sinxln(sinx1)

ysinx1
y

＝(sinx1)
7．分段函数的导数 cosx

cos
2
x


sinxln( sinx1)


sinx1

分段函数的导数在分段点通过左右倒数来讨论。

g(x)e
x

x0
，
g(x)
有二解连续的导数 ，
g(0)1,

g

(0)1,
求
f

(x)
例1 1:设
f(x)

x

x0

0
【解 】 当
x0
时
[g

(x)e
x
]xg (x)e
x
f

(x)

x
2
当
x0
时
g(x)e
x
g< br>
(x)e
x
g

(x)e
x
g

(0)1
f(0)limlimlim

x0x 0x0
2x22
x
2
8.变动上线的积分表示的函数的导数

f(x)
连续，若
F(x)
例12：求导数
x
a

f(t)dt
，则
F

(x)f(x)

d
x
（1）
cos(2t)e
t
dtcos(2x)e
x< br>

dx
a
d
3
t2x
cos(2t)ed t2cos(4x)e
（2）

2x
dx
d
x
2
t2x
2
2x
cos(2t)edt2xcos(x)e2cos( 2x)e
（3）

2x
dx
x
d
x
dd
x
tt
xcos(2t)edt[x

xcos(2t)edt] cos(2t)e
t
dtxcos(2x)e
x
（4）
< br>dx
a
dx
a
dx
a
d
1
（5）< br>f(x)是连续函数，求

f(tx)dt

dx
0


1
x
令ytx,则

f(tx)dt

f(y)dy

0
x
0
d
1
1
x
1
所以，
f(tx)dtf(y)dyf(x)

dx
0
x
x
2

0
1
例13：设
f(x)
可导，
f

(x)xf

(x1)4
，并且

1
0
f(xt)dt

f(t1)dt

0
x
x
3
x
2
2x
求
f(x)

1
x
【解】
令ytx,则

f(tx)dt

f(y)dy

0
x
0
1
代入
得


1
0
x
0
f(xt)dt

f(t1)dt
x
3
x
2
2x

0
x
f(t)dtx

f(t1)dt
x
4
x
3
2x
2 两边两次求导
0
2
x

f(x1)6x3x

f(x)6x
2
15x9


例14：设函数f(x )连续，且
f(0)0
，求极限
lim
x0
x
0
(xt)f(t)dt
x
0
.

x

f(xt)dt
【解】 由于

x
0
f(xt)dt
xtu
0

x
f(u)(du)
f(u)du
,于是
0
xx
00
x
lim
x0
x
0
(xt)f(t)dt
x
0
x

f(xt)dt
x
lim
x

f(t) dt

tf(t)dt
x

f(u)du
0
x< br>x0


=
lim
x0
0
f(t) dtxf(x)xf(x)

x
=
lim


x
0
x
0
f(t)dt
=
0
f(u)duxf(x)
x0
f(0)1
.
=
f(0)f(0)2
f(u)duxf(x)
xf(

１< br>)
.
x0
xf(

)xf(0)
２
li n
第四讲 微积分中存在性问题的证明方法


教学
目的
重
点
难
点
通过教学使学生掌握微积分中存在性问题证明的一般方法，熟练 掌握用介
值定理或根的存在性定理证明存在性问题；用中值定理证明存在性问题；用泰
勒公式证 明存在性问题
1．用介值定理或根的存在性定理证明存在性问题
2．用中值定理证明存在性问题
3．用泰勒公式证明存在性问题

1．基本结论
(1)有界性；最值性；零点定理；介值性定理；罗尔定理；拉格朗日中值定理；柯西


教




学



提




纲



中值定理
2．证明思路
(1)设
f(x)
在[ a,b]上连续，条件中不涉及到导数或可微，证明存在

[a,b]
，使得
f(x)c
，一般用介值定理或根的存在性定理。
(2) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，证明存在

(a,b)
，使得结论中包 含

和一阶导数的等式成立，一般用中值定理。
(3) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上二阶可微，证明存在

(a,b)
，使得结 论中
包含

和二阶导数的等式成立，一般三次使用中值定理或用泰勒公式。
(4)设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上三次（或以上）可导，证明存在

(a,b)
，使
得结论中包含

和三阶导数的等式成立，一般 用泰勒公式。
(5)条件中包含
f(c)

b
a
f(x )dx
时，要首先使用积分中值定理处理，得到
f(c)f(

)
，作为其他证明的条件。
3.存在性证明中辅助函数的构造方法


第四讲 微积分中存在性问题的证明方法
微积分中存在性问题的证明问题涉及 闭区间上连续函数的性质、微分中值定理、积分中值定理和
泰勒公式，是历年考试的重点，一定熟练掌握 。这一问题的突破点是选择正确的解题思路并合理构造
辅助函数，有时辅助函数需要借助微分方程来寻找 寻找。
1．基本结论
(1)有界性：若
f(x)C[a,b]M0,x [a,b],f(x)M
。
(2)最值性：若
f(x)C[a,b]
，则
f(x)
在
[a,b]
能取到最大值和最小值。
(3)零点定 理：若
f(x)C[a,b]
，且
f(a)f(b)0
，则在
( a,b)
内至少存在一点
c
，使
f(c)0
。
(4)介 值性：若
f(x)C[a,b]
，
M,m
分别是
f(x)
在
[a,b]
上的最大值和最小值，则


[m,M]
， 在
[a,b]
至少存在一点
c
，使
f(c)

。
(5)罗尔定理 如果函数
f(x)
满足：（1）在闭区间
[a,b]
上连续 （2）在开区间
(a,b)
内可导 （3）
在区间端点处的函数值相等，即
f (x)
在该点的导数等于零，即
f(a)f(b)
那么在
(a,b)
内至少在一点

(a

b)
使得函数
f
'
(

)0

(6)拉格朗日中值定理 如果函数
f(x)
满足（1）在闭区间
[a,b]
上连续 （2）在开区间
(a,b)
内
可导 那么在
(a,b)
内至少有一点

(a

b)
使得等式
f(b)f(a)f
'
(

)(ba)

(7)柯西中值定理 如果函数
f(x)
及
F(x)
在闭区间
[a,b]
上连续,在开区间
(a,b)
内可导,且
F(x)
在< br>'
(a,b)
内每一点均不为零，那末在
(a,b)
内至少有一点
(a

b)
,使等式
2．证明思路
f(b)f(a)f
'
(

)
成立

F(b)F(a)
F
'
(

)
(1)设
f(x)
在[a,b]上连续，条件中不涉及到导数或可微，证明存在
[a,b]
，使得
f(x)c
，
一般用介值定理或根的存在性定理。
(2) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，证明存在

(a,b)
，使得结论中包含

和一阶导
数的等式成立，一般用中 值定理。
(3) 设
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上二阶可微，证明 存在

(a,b)
，使得结论中包含

和二
阶导数的等式 成立，一般三次使用中值定理或用泰勒公式。
(4)设
f(x)
在[a,b]上连续 ，在(a,b)上三次（或以上）可导，证明存在

(a,b)
，使得结论中包


含

和三阶导数的等式成立，一般用泰勒公式。
(5)条件中包含
f(c)
他证明的条件。
3.存在性证明中辅助函数的构造方法
存在性证明中成功构造辅助函数是解题的关键。辅助函 数大多来源于结论，从对结论的分析中得出辅
助函数。
例1、设
f(x)
在 [0，2a]上连续，
f(0)f(2a)
，证明在[0,a]上存在

使 得

f(a

)f(

)
.
【分析】
f(a

)f(

)f(a

) f(

)0f(ax)f(x)0

【证明】令
G(x )f(ax)f(x)
，
x[0,a]
．
G(x)
在[0, a]上连续，且

G(a)f(2a)f(a)f(0)f(a)


b
a
f(x)dx
时，要首先使用积分中值定理处理，得到
f(c)f(

)
，作为其
G(0)f(a)f(0)
< br>当
f(a)f(0)
时，取

0
，即有
f(a

)f(

)
；
当
f(a)f(0)
时，
G(0)G(a)0
，由根的存在性定理知存在

(0,a)使得，
G(

)0
，即
f(a

)f(

)
．
例2设函数f(x)在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且 f(0)+f(1)+f(2)=3, f(3)=1.试证必存在

(0,3)
， 使
f

(

)0.

【分析】 根据罗尔定理， 只需再证明存在一点c
[0,3)
，使得
f(c)1f(3)
，然后在 [c,3]上应
用罗尔定理即可. 条件f(0)+f(1)+f(2)=3等价于
的最值之间，最终用介值定理可以达到目的.
【证明】 因为f(x)在[0，3]上连续，所以f(x)在[0，2]上连续，且在[0，2]上 必有最大值M和最
小值m，于是

mf(0)M
，
mf(1)M
，
mf(2)M
.
f(0)f(1)f (2)
1
，问题转化为1介于f(x)
3


故
m< br>f(0)f(1)f(2)
M.

3
由介值定理知，至少存在一点
c[0,2]
，使
f(c)
f(0)f(1)f(2)
1.

3
因为f(c)=1=f(3), 且f(x)在[c,3]上连续，在(c,3)内可导，所以由罗尔定理知，必 存在

(c,3)(0,3)
，使
f

(
< br>)0.

例3、设函数
f(x)
在[0,1]上连续，在(0,1) 上可导，
f(1)0
，证明：在(0,1)内存在

，使得
f
(

)
f(

)

．【分析】 本题的难点是构造辅助函数，可如下分析：
f

(

)
f(

)


f(

)

f

(

)0f(x)xf

(x)0

xf(x)

0

【证明】令
G(x)xf(x)< br>，则
G(x)
在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，且

G(0)0f(0)0,G(1)1f(1)0
,
G

(x)f (x)xf

(x)

由罗尔中值定理知，存在

(0 ,1)
，使得
G

(

)f(

)< br>
f

(

)
．即
f

(

)
f(

)


例4设函数
f(x)
在［0，1］上连续，（0，1）内可导，且
f(1)k
证明：


(0,1)，使f

(

)(1
【分析】本题的难点是构造辅助函数，
1

f

(

)(1

)f(

)
1

1
k
0
xe
1x
f(x)dx

)f(

)
（
k1
）．

f

(

)(

1)f(

)
[xf( x)]

xf(x)

f

(

)f (

)

f(

)
xe
x
f (x)1


xf

(x)f(x)xf(x)< br>x
令
g(x)xef(x)
xf(x)e
x
f(1)

e
1

f(

)

g(1)g(

)

【证明】略
例5设函数
f (x)
在［0，1］上连续，（0，1）内可导，且
f(0)f(1)0,f(
1
2
)1

,1)，使f(

)

证明 ：(1)


(
1
2


(2)对 于任意实数

，


(0,

)，使f

(

)

(f(

)

) 1
【分析】本题的难点是构造辅助函数，

f

(
)

(f(

)

)1

f

(x)

f(x)1

x

f(x)e


dx

f

(

)

f(

)

1f

(x)

f(x)

x10


C(1

x)e



dx
dx

Ce

x
x




C
令
g(x)e


x
[f(x)x]

[f(x)x]e


x
例6、设函数
f(x)
在［0， 1］上连续，（0，1）内可导，且
f(0)0,x(0,1),f(x)0

证明：


(0,1)，使
nf

(

)f

(1

)

f(

)f(1

)
（
n
为自然数）．
【分析】本题构造辅助函数的难度大于上一题，需要积分（即解微分方程）方可得到：
nf< br>
(

)f

(1

)nf
< br>()f

(1x)nf

(x)f

(1x)< br>

dx

dx
f(

)f(1

)f(x)f(1x)f(x)f(1x)
n

11
df(x)

df

(1x)lnf
n
(x) lnf(1x)

f(x)f(1x)


f
n
(x)f(1x)1
n
【证明】令
G(x)f(x)f(1x)，则
G(x)
在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，且
G(0)G(1) 0
，


(0,1)，使
G

(
< br>)0
，即
nf
n1
(

)f

(x)f(1

)f
n
(

)f

(1

)0
又
f(x)0
，约去
f
n1< br>，
(x)
，整理得证．
例7、设函数
f(x)
在[0,1 ]上连续，在(0,1)上可导，
f(0)0
，
f(1)1
.证明： < br>(1)在(0,1)内存在

，使得
f(

)1

．
(2) 在(0,1)内存在两个不同的点

，
< br>使得f(

)f(

)1

【分析】 第一部分显 然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗
日中值定理，但应注意利用 第一部分已得结论.


【证明】 （I） 令
F(x)f(x)1x
，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由
介值定理知，存在存在

(0,1),
使得< br>F(

)0
，即
f(

)1

.
（II） 在
[0,

]
和
[

, 1]
上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点

(0,

),

(

,1)
，使得
f
(

)
f(

)f(0)f(1)f(

)
，
f

(

)


01

于是
f

(

)f

(

)
类似地还有
f(

) 1f(

)1

1.


1
1

例8、设函数
f(x)
在[a,b]上连续，在(a ,b)上可导，证明：在(a,b)内存在

,

使得
f
< br>(

)
ab

f(

)
． 2

例9：设函数
f(x)
在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，
f(a)f(b)1
证明：在(a,b)内存在

,

使得
e



[f

(

)f (

)]1
．
例10：设函数
f
(
x
),
g
(
x
)在[
a
,
b
]上连续，在(
a
,
b
)内具有二阶导数且存在相等的 最大值，
f
(
a
)=
g
(
a
),
f
(
b
)=
g
(
b
), 证明：存在
(a,b)
，使得
f

(

)g
(

).

【分析】需要证明的结论与导数有关，自然联想 到用微分中值定理，事实上，若令
F(x)f(x)g(x)
，则问题转化为证明
F

(

)0
, 只需对
F

(x)
用罗尔定理，关键是找到
F

(x)
的端点函数值相等的区间(特别 是两个一阶导数同时为零的点)，而利用
F
(
a
)=
F
(< br>b
)=0, 若能再找一点
c(a,b)
，使得
F(c)0
，则在区间
[a,c],[c,b]
上两次利用罗尔定理有一阶导函数相等的两点，再
对
F

(x)
用罗尔定理即可。
【证明】构造辅助函数
F(x)f(x)g(x)
，由题设有
F
(
a
)=
F< br>(
b
)=0. 又
f
(
x
),
g
(
x
)在(
a
,
b
)内具
有相等的最大值, 不妨设存在
x
1
x
2
,
x
1
,x
2
(a,b)
使得
f(x
1
)Mmaxf(x),g(x
2
)Mmaxg(x)
，
[ a,b][a,b]
若
x
1
x
2
，令
cx1
, 则
F(c)0.


若
x
1x
2
，因
F(x
1
)f(x
1
)g(x
1
)0,F(x
2
)f(x
2
)g(x
2< br>)0
，从而存在
c[x
1
,x
2
](a,b )
，使
F(c)0.

在区间
[a,c],[c,b]
上分别利用罗尔定理知，存在

1
(a,c),

2
( c,b)
，使得
F

(

1
)F
(

2
)0
. 再对
F

(x)
在 区间
[

1
,

2
]
上应用罗尔定理，知 存在

(

1
,

2
)(a,b)< br>，有
F

(

)0
， 即
f
(

)g

(

).


第五讲 微积分中不等式的证明方法讨论


教学
目的 < br>通过教学使学生掌握利用函数的单调性证明不等式；利用拉格朗日中值定
理证明不等式；利用函数 的最值证明不等式；利用泰勒公式证明不等式；积分
表示的不等式的证明
1．利用函数的单调性证明不等式
2．利用泰勒公式证明不等式
3．积分表示的不等式的证明


1.利用函数的单调性证明不等式
重
点
难
点


教




学



提




纲



若在
(a,b)上总有
f

(x)0
，则
f(x)
在
(a, b)
单调增加；若在
(a,b)
上总有
f

(x)0，则
f(x)
在
(a,b)
单调减少。
2.利用拉格朗日中值定理证明不等式
对于不等式中含有
f(b)f(a)的因子 ,可考虑用
拉格朗日中值定理先处理
以下。
3.利用函数的最值证明不等式
令
f(x)在区间[b,a]
上连续，则
f(x)在区间[b,a]
存在最 大值
M
和最小值
m
，
那么：
mf(x)M

4.利用泰勒公式证明不等式
如果要证明的不等式中，含有函数的二阶或二阶以上的导数，一般通过泰
勒公式证明不等式。
5.积分表示的不等式的证明



第五讲 微积分中不等式的证明方法讨论
不等式的证明题作为微分的应用经常出现在考研题中。利用函数的单调 性证明不等式是不等式
证明的基本方法，有时需要两次甚至三次连续使用该方法。其他方法可作为该方法 的补充，辅助函数
的构造仍是解决问题的关键。
1.利用函数的单调性证明不等式
若在
(a,b)
上总有
f

(x)0
，则
f(x )
在
(a,b)
单调增加；若在
(a,b)
上总有
f

(x)0
，则
f(x)
在
(a,b)
单调减少。 < br>【评注】构造恰当的辅助函数是解决问题的基础，有时需要两次利用函数的单调性证明不等式，有
时需要对
(a,b)
进行分割，分别在小区间上讨论。
例１：证明：当
0ab

时，
bsinb2cosb< br>
basina2cosa

a
.
【分析】 利用“参数变易法”构造辅助函数，再利用函数的单调性证明.
【解】 令
f(x)xs inx2cosx

xasina2cosa

a,0ax b

，
则
f

(x)sinxxcosx2s inx

xcosxsinx

，且
f

(

)0
.
又
f

(x)cosxx sinxcosxxsinx0
，（
0x

时,xsinx0
），
故当
0axb

时，
f

(x)
单调减少，即
f

(x)f

(

)0
，则
f(x)
单调增加，于是
f(b)f(a)0
，即
bsinb2cosb

basina2cosa

a< br>.

【评注】 证明数值不等式一般需构造辅助函数，辅助函数一般通过移项，使不等 式一端为“0”，另一端即
为所作辅助函数
f(x)
，然后求导验证
f(x)
的增减性，并求出区间端点的函数值（或极限值）。
例2：设
eabe
, 证明
lnblna
【分析】即证< br>lnb
2
2
22
4
(ba)
.
e
2
44
2
blnaa

22
ee
4lnx4
2

2
， 【证明】设

(x)lnx
2
x
， 则


(x)2
x
ee





(x)2
1lnx
,
x
2
2
所以当x>e时，


(x)0,
故


(x)
单调减少，从而当
exe
时，



(x)


(e)
2
2
44
0
，
22
ee
即当
exe
时，
(x)
单调增加.
因此当
eabe
时，
< br>(b)

(a)
，
2
44
2
blnaa
，
22
ee
4
22
故
lnblna
2
(ba)
.
e
即
lnb
2
【评注】 本题也可设辅助函数为

(x)lnxl na
例3：证明不等式：
(x1)lnx(x1) (x0)

22
22
4
(xa),eaxe
2
，请自己证明。
2
e
【分析】当
x1
时，两端都等于0，等号成立；应分
0x1及1x
两种情况讨论。
即证：（1）
x1,(x1)lnxx1

（2）
x1,(x1)lnx(x1)

（3）
x1,(x1)lnxx1

下面的证明就简单了。
例4： 设
bae
，证明：
ln
22
b2(ba)


aab
【分析】该题的关键是设辅助函数，由多种设法
（1）
f(x)ln
x2(xa)
,
bae

aax
（2）
f(x)(ab)(lnxlna)2(xa)
，
bae

当然，第二种设法更简单
例5：设
x0,ae
，证明
a
ax
(ax)
a

【分析】辅助函数也有多种设法
（1）
f(x)a
ax(ax)
a
，
x0,ae

（2）
f(x)(ax)lnaaln(ax)
，
x0,ae


（3）
f(y)ylnaalny
，
yae

当然，第三种设法更简单。
【练习】设
ba0< br>，证明不等式
2alnblna1


ba
a
2
b
2
ab
2.利用拉格朗日中值定理证明不等式
对于不等式中含有
f(b)f(a)的因子,可考虑用
拉格朗日中值定理先处理以下。
abaab

ln
abb
1lnalnb1
【分析】即证：


aabb
例6：证明：当0【证明】令
f(x)lnx,x [b,a]
，在
[b,a]
上使用拉格朗日中值定理，知存在

(b,a)，使
lnalnb1
f

(

)

ab

111
1lnalnb1

，即

，变形得证。
a

b
aabb
2
b< br>
a,
所以
例7：设
eabe
, 证明
lnblna
2
22
4
(ba)

2
e
【证明】 对函数
f(x)lnx
在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得

lnblna
22
2ln



(ba),a< br>
b.

下面证明
2ln


4
,a

b.

2
e
设

(t)lnt1lnt
，则


(t)
，
2
t
t
2
当t>e时，


(t)0,
所以

(t)
单调减少，从而

(

)

(e)
，即
lne
2
2

2

2
，

ee
ln

故
lnblna
例8：设0ab
，则
22
4
(ba)
.
2
e
2alnblna1


22
baab
ab


【提示】证明
lnblna1a
a(l nxlna)
，可构造
f(x)x
ba
ab
x
3 .利用函数的最值证明不等式
令
f(x)在区间[b,a]
上连续，则
f( x)在区间[b,a]
存在最大值
M
和最小值
m
，那么：
mf(x)M

例9：设
1x1
, 证明
p
1
2
p1
x
p
(1x)
p
1,
p
(p1)

证明：令
f(x)x(1p),
由
f

(x)px
得
x
p1
p1
x[0,1]
，
p(1x)
p1
0

(1x)
p1
，球的惟一的驻点
x
1
，
2
f(0)f(1)1,f(
1
2
)
所以：
1
2
p1
，
1
2
p1
和1是
f(x )
在[0，1]上的最小值和最大值。

1
2
p1
x
p
(1x)
p
1,
４..利用函数的凹凸性证明不等式
（1）在上，若
f

(x)0
，则
yf(x)的图像是凹的，弦在图像的上方；
（a,b）
（２）在上，若
f
< br>(x)＜0
，则
yf(x)
的图像是凸的，弦在图像的下方；
（a,b）
例10: 设
0xy

2
, 证明
tanxtany2tan
xy

2
解：
f(x)tanx,0x

2

f< br>
(x)sec
2
xtanx0,0x
1
2

2

所以
yf(x)
的图像是凹的，
[f(x)f (y)]f(
５.利用泰勒公式证明不等式（见第七讲）

xy
)
得证
2



第六讲 中值定理的其它应用
（1） 正确理解函数在指定区间上单调性的判定法。
教学
（2） 会球函数的极值与最值。
目的
（3） 掌握用定义及二阶导数判定函数图形的凹凸性并求出拐点。
会求曲线的水平与垂直渐进线
重
点
难
点


教




学



提




纲






1.函数单调性的判定
2.一元函数的极值
（１）极值是函数的局部概念
（２）极值点在驻点及不可导点取得
（３）极值点的判别法
3..曲线的凹凸性与拐点
曲线的凹凸性与其二阶导数的符号之间的关系。
设
f(x)
在
< br>a,b

上连续，在

a,b

内具有一阶和二阶导 数，那么
(1) 若在

a,b

内
f
(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的图 形是凹的；
(2) 若在

a,b

内
f
< br>(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的 图形是凸的;
(3) （拐点）曲线的凹，凸的分界点称为拐点。
４.函数的最值
假定
f(x)
在

a,b

上连续，在开区间

a,b

内可导，且至多存在有限个点处的导数为
零或不存在的情况下讨论函 数
f(x)
在

a,b

上最大值和最小值的求法
５.函数的渐近线

重点：函数单调性的判定，曲线凹凸的判定及拐点的求法与判定
难点：函数单调性的判定，曲线凹凸的判定及拐点的求法与判定


第六讲 中值定理的其它应用
中值定理用于求函数的增减区间、判定函数的 增减性、求函数的凹凸区间，求函数的拐点、
求函数的极值与最值、求函数的渐近线等。
1.函数单调性的判定
函数
yf

x

在
a,b

上连续，在

a,b

内可导。
(1)如果

a,b

内
f

(x)＞0，那么函数
yf

x

在

a,b
上单调增加；
(2)如果

a,b

内
f

(x)
＜0，那么函数
yf

x

在

a,b

上单调减少。
2.一元函数的极值
（１）极值是函数的局部概念
（２）极值点在驻点及不可导点取得
（３）极值点的判别法
第一充分条件：设函数
f(x)
在
x
0
处连续，
若
x

x
0


,x
0
时，
f

(x)0
，而
x

x
0
,x
0



时，
f

(x) 0
，则
f(x)
在
x
0
处取
得极大值；
若
x

x
0


,x
0
时，
f

(x)0
，而
x

x
0
,x
0



时，
f

(x) 0
，则
f(x)

x
0
处取得极小值；
第二充分 条件：设函数
f(x)
在
x
0
处具有二阶导数且
f

(x
0
)0,f

(x
0
)0

当
f

(x
0
)0
时，函数
f(x)
在
x
0
处取得极大值；当
f

(x
0< br>)0
时，函数
f(x)
在
x
0
处
取得极小 值。
求函数
f(x)
的极值的步骤
（1）求出导数
f

(x)
；（2）求出
f(x)
的全部驻点以及使得导数不存在的点
（3）用第一充分判别法考察这些点是否为极值点，如果是，再判断类型。
例1：.求函数
f(x)x
2
11
的极值
【解】
f

(x)6x(x1)

22

3


由
f

(x) 0
得
f(x)
的驻点为
x1,x0,x1

f< br>
(x)6(x
2
1)(5x
2
1)
f

(0)60,f

(1)f

(1 )0

∴
f(x)
在
x0
处取得极小值
f(0)0

在
x1,x1
由第二充分判别法无法判定

(,1)

(1,0)

(0,1)



(1,)



f

(x)
的符号
f(x)
的单调性


]



]

Z

Z

由第一充分判别法
f(x)
在
x1,x1
处都没有极值。 < br>例２：求函数
f(x)
x
2

x
2
12
(x
2
t)e
t
dt
的单调区间与极值。 2
【解】
f

(x)2x

e
t
dt
=0
1
驻点为
x0,x1,x1

f

(x)2

e
t
dt4x
2
e
x

1
x
2
22
f

(0)0< br>，
f

(1)0

x0
是极大值点，
x1,x1
是极小值点，
极大值为
1
(1e
1
)
，是极小值为０
2
单增区间
(,1),(0,1)
；单减区间
(1,0),(1, )

例３：设函数f(x)在
(,)
内连续，其导函数的图形如图所 示，判断f(x)有的极值。
y



O x


【解】略
3..曲线的凹凸性与拐点
曲线的凹凸性与其二阶导数的符号之间的关系。
设
f(x)
在
< br>a,b

上连续，在

a,b

内具有一阶和二阶导 数，那么
（１）若在

a,b

内
f

(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的图形 是凹的；
（２）若在

a,b

内
f

(x)0
，则
f(x)
在

a,b

上的图形 是凸的;
（３）（拐点）曲线的凹，凸的分界点称为拐点。拐点必定在二阶导数等于及不可导点取．．．．．．．．．．．
0
．．．．．．．
得。
．．
例3：求曲线
y3x4x1
的拐点及凹、凸的区间
【解】函数的定义域为
(,)

43
y

12x
3
12x
2

2
y

36x
2
24x36x(x)0
< br>3
2
解这个方程的
x
1
0x
2


3



,0


+
凹

2


0,



3

-
凸

2

,


3

+
凹
y

的符号
y
的凹凸性
所以点

0,1

４.函数的最值

211


,

是曲线的拐点。

327

(1)最值必在驻点、不可导点和端点取得；
(2)最值反映了函数的整体性质；
(3)最值的求法：设
f(x)
在
a,b

内的驻点及不可导点为
x
1
,x
2
,Lx
n
，比较
f(a),f(b),f(x
1
),f(x
2
),L,f(x
n
)
的大小，其中最小的是

a ,b

上的最小值，最大的是

a,b

上的最大值。


例４.求函数
f(x)x1x
（
5
≤
x
≤
1
）的最值。
【解】
f< br>
(x)1
2
3
，由
f

(x)0< br>解得
x
，比较
4
21x
f(5)65,
3 5
f(),
44
f(1)1
，得到在

5,1

上，
f(x)
的最小值为
35
f(5)65
， 最大值为
f()
。
44
５.函数的渐近线
xx
0< br>limf(x),xx
0
L
铅直；limf(x)K,yK
L
水平；
x

f(x)
limk,limf(x)kx b,ykxb
L
斜。
xx
x
1
2

例５：求曲线
yxe
x
的渐近线.
【分析】 先考虑是否有水平渐近线，若无水平渐近线应进一步考虑是否存在斜渐近线，而是
否 存在铅直渐近线，应看函数是否存在无定义点.
【解】 当
x
时，极限
limy
均不存在，故不存在水平渐近线； 又因为
x
y
2
2
2
limlime
x< br>1
，
lim(xe
x
x)0
，所以有斜渐近线y=x. 另外，在 x=0 处
yxe
x
无
x
x
x
x
1
1
1
1
定义，且
limxe
x

，可见 x=0为铅直渐近线.
x0
2
例６：曲线
y1
ln(1e
x
)
，渐近线的条数为 ３
x
1
x
【分析】 先找出无定义点，确定其是否为对应垂直渐近线；再考虑水平或斜渐近线。
【解】 因为
lim[ln(1e)]
，所以
x0
为垂直渐近线；
x0
x
又
lim[ln(1e)]0
，所以y=0为水平渐近线；
x
1
x
x
y1ln(1e
x
)ln(1e
x
)e< br>x
]lim1
， 进一步，
limlim[
2

=
lim
x
x
x
x
x
xx 
xx1e

lim[y1x]lim[ln(1e) x]
=
lim[ln(1e)x]

xx
1
x
x
x
x
x
=
lim[lne(1e)x]limln(1e)0
，
xx
xx
于是有斜渐近线：
y
=
x
.


x
3
例７ 求曲线
f

x


2
的渐近线.
x2 x3
f

x

x
3

3
1< br> 【解】
x
x2x
2
3x

(x)
得
k1
.再由（3）式
x
3
f
x

kx
2
x2
x2x3

(x)
得
b2.
从而求得此曲线的斜渐近线方程为
yx 2.

x
3
又由
f

x

易见
limf

x


，
limf

x


垂直渐近线方程为：
x3x1

x3

x1

x＝3,x1




第七讲 泰勒公式及其应用
教学
目的
通过教 学使学生掌握带有皮亚诺余项的泰勒公式,带有Lagrange型余项的
Taylor公式,函数的< br>Maclaurin
公式, 会用一阶泰勒公式解决问题。
1．泰勒公式的内容
2.利用Taylor公式求极限
3．利用Taylor公式求证明题
一、一阶泰勒公式


教




学



提




纲









(3)利用Taylor公式求极限
(4)利用Taylor公式求证明题
(1) 把函数
f(x)
展开成n阶Maclaurin公式
(2)求
f(x)
的n阶导数
1.带有皮亚诺余项的泰勒公式
2.带有Lagrange型余项的Taylor公式
3．函数的Maclaurin公式
二、应用
重
点
难
点


第七讲 泰勒公式其应用
一、一阶泰勒公式
１.带有Lagrange型余项的Taylor公式
定理1（泰勒） 若函数f在(a,b)上存在直到n阶的连续导函数,在(a,b)内存在n＋1阶导 函数,
则对任意给定的
x,x
0
(a,b)
,至少存在一点

使得：
f

(x
0
)f
(n)
(x
0
)
f
(n1)
(

)
n
(x x
0
)
L
(xx
0
)(xx
0
)
n1


f(x)f(x
0
)
1!n!(n1)!


在
x,x
0
之间。
2.带有皮亚诺余项的泰勒公式 < br>定理2若函数f在(a,b)上存在直到n阶的连续导函数,则对任意给定的
x,x
0< br>(a,b)

f

(x
0
)f
(n)(x
0
)
f(x)f(x
0
)(xx
0
)L(xx
0
)
n
0((xx
0
)
n< br>)
（1）
1!n!
称为泰勒公式的余项.
3、 函数的
Maclaurin
公式
x
2
x
n
e1 xL0(x
n
)

2!n!
x
3
x5
x
2m1
m1
sinxx
L
(1) 0(x
2m
)

3!5!(2m1)!
x
2m
x
2
x
4
m
x
cosx1L(1)0(x< br>2m1
)

2!4!(2m)!
n
x
2
x
3
n1
x
ln(1x)xL(1)0(x
n)

23n

(

1)
2

(

1)
L
(

n1)
(1x)

1

xx
L
0(x
n
)

2!n!
1
1xx
2

L
x
n< br>0(x
n
)

1x
二、应用
1.把函数
f(x)
展开成n阶
Maclaurin
公式
16
例１： 把函数
f(x)xsinx
展开成含
x
项的 具
Peano
型余项的
Maclaurin
公式 .
22


x
3
x
5
x
7
( x
7
)
, 【解】
sinxx
3!5!7!
x6
x
10
x
14
( x
14
)
.
sinxx
3!5!7!
22< br>x
8
x
12
x
16
xsinxx( x
16
)

3!5!7!
2
6
例２： 把函数f(x)cosx
展开成含
x
项的具
Peano
型余项的Maclaurin
公式 .
224
x
2
x
4
x
6
( x
6
)
, 【解】
cosx1
2!4!6!
4x< br>4
2
6
x
6
( x
6
),

cos2x12x
3!6!
12x
4
2
5
x
6
22
( x
6
)
.


cosx(1cos2x)1x
23!6!
2
2.求
f( x)
的n阶导数
例３：
f(x)xln(1x)
，求
f< br>22
2(n)
(0)(n3)
.
x
2
x
n2
0(x
n2
))
【解】
f(x)xln(1x)x(x
2n2
f

(0) f
(n)
(0)
n
xx0(x
n
)
又< br>f(x)f(0)
1!n!
x
4
x
n
x 0(x
n
)

2n2
f
(n)
(0)1n!
(n)

所以，，
f(0)

n!n2
n2
3
3.利用Taylor公式求极限
例4 求极限
(1)
lim
x0
11
cosxe
lim(cotx)
. (2)
x0
xx
x
2
[xln(1x)]

x
2
2
【分析】用泰勒公式求极限把函数展开到
x
多少次方呢对于分 子和分母有一个能确定次数的，把另一
个展开到相同次数即可，例如：


13
1
x
x(xx
3
o(x
3
))
1
xsinx
6
6


lim

li m
lim
6
x0
x0
x
3
x0
x
3
x
3
但是对于分子和分母都不能确定次数的，要以具体情况而定。
x
2
x
4
x
2
x
4
1[1] o(x
4
)
cosxe
22424
＝lim
【解】(1 )
lim
2

2
x0
x[xln(1x)]x0
x
x
2
[xxo(x
3
))]
2

x
2
2
5x
4
o(x
4
)
5

lim
24

4
x0
12
x
o(x
5
)
2
【点评】本题先确定分母展开的次数，
ln(1x)
至少展开到二阶，确定了分母的次数后，以次确定分
子展开的次数。
111sinxxcosx
lim(cotx)lim
(2)
x0

x0
xxxxsinx
x
3
x
2
3
x

(x)x[1

(x
2
)]
3!2!
lim

3
x0
x
11
3
)x

(x
3
)
1
lim
2! 3!
3

x0
x3
.
(
例５：试确定
A,B,C
的值，使得
e
x
(1 BxCx
2
)1Axo(x
3
)
，
3
其中
o(x)
是当
x0
时比
x
高阶的无穷小.
3
【分析】题设方程右边为关于
x
的多项式，要联想到
e
的泰勒级数 展开式，比较
x
的同次项系数，
可得
A,B,C
的值.
x
x
2
x
3
o(x
3
)
代入题设等式得 【解】将
e
的泰勒级数展开式
e1x
26
x
x





x
2
x
3
o (x
3
)

[1BxCx
2
]1Axo(x3
)


1x
26

整理得

1(B1)x

BC
比较两边同次幂系数得


1

2

B1

33

x< br>
C

o(x)1Axo(x)

2

6

2


1


A
< br>
B1A
3


1
2



BC0
，解得

B
.
2
3


1
B
1

C0
C


6
2
6

4.利用Taylor公式求证明题
例6 设
f

(x
0
)
存在，证明
lim
h0
f(x
0
h)f(x
0
h)2f (x
0
)
f

(x
0
)
．
2
h
【证明】
f(x
0
h)f(x
0)f

(x
0
)h
f

(x
0
)
2
ho(h
2
)
,
2!
f(x0
h)f(x
0
)f

(x
0
)h< br>所以：
lim
f

(x
0
)
2
h o(h
2
)
2!
．
h0
f(x
0
 h)f(x
0
h)2f(x
0
)

2
hf

(x
0
h)h
2
o(h
2
)
limf

(x
0
)
2
h0
h

例7 设函数
f(x)
在［0，1］上有三阶连续的导 数，且
f(0)1,f(1)2,f

()0

证明：< br>

(0,1)使f

(

)24
。
1

1
【证明】
f(x)f(
1
2
)f(
2
)(x
2
)
1
2
1
2< br>11
3

f

(
1
2
)(x 
2
)
6
f(

)(x
2
)

1
2
f(
1
2
)
1
2
12
11
3
1

f

(
1
)(x)f(

)(x
2262
)
，

在
2
与x之间

f(0)f(
1
2
)
1
2
1
2
f

(
1
2
)(
2
)
1
6
3
1
f
 
(

1
)(
1
2
)


1
(0,
2
)

11
3
1< br>
11
2
1

f(1)f(
1
2< br>)
2
f(
2
)(
2
)
6
f(< br>
2
)(
2
)


2
(
2
,1)

1f(1)f(0)< br>1
48
[f

(

1
)f
 
(

2
)]

f

(x)
在
[

1
,

2
]
上连续，设
f

(x)
在
[

1
,

2
]
上的最大值和最小值分别为
m,M

则
m[f

(

1
)f

(

2
)]2M
．所以


[

1
,
< br>2
]
使



f

(
< br>)[f

(

1
)f

(
2
)]224

【评论】(1)本题把泰勒公式与介值定理结合使用，有一定难度。
(2) 泰勒公式的展开点一般选在特别的中间点或端点。
例8：
f(x)
在［０，１］上具 有二阶导数，且满足
f(x)a,f

(x)b
，
c
是
（０,１）内的任意一点．证明：
f

(c)2a
【证】< br>f(x)f(c)f

(c)(xc)

f(0)f(c)f

(c)(c)
b

2
1

f

(

)(xc)
2
,

在c，x之间。
2
1
f

(
1
)c
2
,

1
(0,c)
…… …………………(1)
2
1
2

f(1)f(c)f< br>
(c)(1c)f

(

2
)(1c),

2
(0,c)
………………(2)
2
1
22
(2)-(1)得：
f(1)f(0)f

(c)[f
< br>(

2
)(1c)f

(

1
)c]

2
f

(c)f(1)f(0)
11[f

(

2
)(1c)
2
f

(

1
)c
2
]

22
bb b
2a[(1c)
2
c
2
]2a[12c2c2
]2a
，因为
c
2
c

222
例9 设
f(x)
在
[a,b]
上二阶可导,且f

(a)f

(b)0
,则存在

( a,b)
,使得
f

(

)
4
f(b )f(a)
(ba)
2
.
将函数
f(x)
在点
a
与点
b
处
Taylor
展开
x(a,b)
,
【证明】
f(x)f(a)f
(a)(xa)
f(x)f(b)f

(b)(xb)
令< br>x
f

(

1
)
(xa)
2
a

x
1
2!
,,
f

(

2
)
(xb)
2
x

b
2
2!
,.
ab
代入得：

2
f
 
(

1
)
(ba)
2
f

(

2
)
(ba)
2
abab
f()f( a)f()f(b)
22!422!4
, ,
上述二项相减,移项并取绝对值得
(ba)
2
f

(

2
)f

(

1
)
f(b)f(a)
42


(ba)
2
f

(

2
) f

(

1
)
(ba)
2
f< br>
(

)
424
,
4

f(

)f(b)f(a)

2
其中,
f(
)max{f(

1
),f(

2
)}< br>,取
(ba)

ab
【分析】本题在点展开，则
f

(a)f

(b)0
这一条件难以应用。
2



第八讲 不定积分与定积分的各种计算方法
教学
目的
通过教学使学生掌握不定积分与定积分的各种计算方法。
重
点
难
点
1不定积分的概念
2不定积分的计算
3定积分的计算

1.不定积分
不定积分的概念


教




学



提




纲



数
原函数；原函数的个数；原函数的存在性；定积分；一个重要的原函数。
不定积分的计算
(1)裂项积分法；(2)第一换元积分法；(3)第二换元积分法
(4)分部积分法
2.定积分
(1)基本积分法；
(2)分割区域处理分段函数、绝对值函数、取整函数、最大值最小值函
(3)利用函数的奇偶性化简定积分
(4)一类定积分问题



第八讲 不定积分与定积分的各种计算方法
一、不定积分
1不定积分的概念
原函数：若在区间 上
F

(x)f(x)< br>，则称
F(x)
是
原函数的个数: 若

在区间

上的原函数；若

可见，若，则
是

也是
的一个原函数.
，

都是
.
在区间

上的一个原函数, 则对

在区间

上的原函数，则必有

│的全体原函数所成集合为{Ｒ}.
原函数的存在性: 连续函数必有原函数.
不定积分：的带有任意常数项的原函数称为的不定积分。记作

f(x)dx

原函数。 一个重要的原函数：若
f(x)
在区间上连续，
aI
， 则

x
a
f(t)dt
是的一个
2不定积分的计算
(1)裂项积分法
x
4
1x
4
122
2< br>dx

dx(x1)dx
例1：

2
< br>x1x
2
1x
2
1
x
3
x2a rctanxC
。
3
dxcos
2
xsin
2
x


dx

(csc
2
xsec
2
x)dx
例2：

2222
cosxsinxcosxsinx
dx(x
2
1)x
2


22
dx
dx

dx

1
arctanxC
例3：< br>
22

x
2

1x
2
x
x(x1)x(x1)


(2)第一换元积分法
有一些不定积 分，将积分变量进行适当的变换后，就可利用基本积分表求出积分。例如，求不定
积分
cos2 xdx
，如果凑上一个常数因子2，使成为


cos2xdx
3

例4

：
11
cosx•2xdxcos2xd
2x


1
sin2xC


22
2

dxdxdx
2

2

1 x
x

1x

1x

2
2arc tanxC

例5：

x
dx
2
1x
2


1

1

d

< br>
x
1x
2

x

11

1

1

2


x

2
1
2
d
1

x

1

2


1

d


2< br>

x


1


1
 

x

1
1
2
2

1


1






1

2




x


< br>
1

2


d

1
 




x



22
1


1



1
< br>2

1


C1

 C
2


x



x




例6：

arctanx
tx
arct anxarctant
dx2

dx2

dt

2
1x
1t
x(1x)

2a rctantd(arctant)(arctgt)
2
c(arctgx)
2
c
.

(3)第二换元积分法
第二换元积分法用于解决被积函数带根式的不定积分，代换方法如下：
被积函数包含
n
axb
,处理方法是令
n
axbt,x
1
n(tb)
;
a
被积函数包含
a
2
x
2< br>(a0)
,处理方法是令
xsint或xcost
;
被积函数 包含
a
2
x
2
(a0)
,处理方法是令
xt ant
;


被积函数包含
x
2
a
2
(a0)
,处理方法是令
xsect
;
例7：计算

a
2
x
2
dx

a0


t
【解】令
xasint,

2

x
,则 tarcsin,axa
，且
2a
a
2
x
2< br>acostacost,dxacostdt,
从而


a< br>2
a
2
x
2
dx

ta
costdt
2
=
22


1cos2t

dt

a
2

1a
2
a
2

tsin2t

CtsintcostC
=
2


222


由图知
x
sint
a

所以
a
2
x
2
cost
a

a
2
x
2
C
a
=

a2
xa
2
x
a
2
x
2
dx
2
arcsin
a

2

a
=
a
2
xx
2
arcsinax
2
C
2a2
< br>6
2
tx
dxtdtdt
例8:

6< br>
6

(1t)dt6



2
3
1t1t
xx

6

6
x
(4)分部积分法


1
3

xln1
6
x

c
. 2

当积分

f(x)dg(x)
不好计算,但
g(x)df(x)
容易计算时,使用分部积分公式:

f(x)dg(x) f(x)g(x)

g(x)df(x)
.常见能使用分部积分法的类型:
nxnn
(1)
xedx
,
xsinxdx
,
xcosx dx
等,方法是把
e,sinx,cosx
移到d后面,分部积分的目

x
的是降低x的次数


(2)
x
n
lnm
xdx
,
x
n
arcsin
m
xdx
,
x
n
arctan
m
xdx
等,方法是把
x< br>移到d后面,分部几分的


n
目的是化去
lnx,arc sinx,arctanx
.
例9:
x
2
e
x
dxx
2
de
x
x
2
e
x
e
x
2xdx



x
2
e
x
2

xdxx
2
e
x
2(xe
x< br>

e
x
dx)
e
x
(x
22x2)C
lnx11

1

dxlnxdln xdlnx

例10:

x
2

xx
x


1dx1
lnx

2
 (lnx1)C
xxx

例11:
(16x
2)arctanxdxarctanxd(x2x
3
)

3
x2x
3

x2x

arctanx

1x
2
dx

x

2xdx

x2x
3

arc tanx



2

1x


1
32
x2xarctanxxln

1x
2
C

2

例12:

cos
2
xdx

cosxdsi nxcosxsinx

sin
2
xdx
=

cosxsinxxcosxdx
，
解得
cosxdx< br>
2

2
x1
sin2xc
.
24
例13:
sec
3
xdxsecxsec
2
xdx



secxdtgxsecxtgxtgxsecxtgxdx

=
se cxtgx(sec
2
x1)secxdxsecxtgxsec
3
xdxsecxdx



=
secxtgxln|secxtgx|secxdx
,

3
解得
secxdx

3
11
secxtgxln|secxtgx|c
.
22
【点评】以上两例所示的通过分部积分与解方程的方法求解不定积分是一种技巧

热爱生命作文-大学生简历范文


机动车保险条款-小学四年级暑假作业


银婚多少年-转租合同


英文简历模板-元宵节吃汤圆的来历


阿木龙-中国军衔制


兰州一中-五年级上册数学题


端午节英文怎么说-河南万方科技学院


德国驻北京大使馆-西北师范大学研究生学院