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高等数学上册例题
高等数学第一章 函数、极限与连续1.1 函数 1.1.1 函数的概念例 1 在自由落体运动中，物体下降的路程随着下降时间的变化而变化，下落距离 h 与 时间 t 由公式 h ?1 2 gt 联系着，其中 g 为重力加速度，若物体落地的时刻为 T ，则当 t 在闭 2区间 [0, T ] 上任取一值
时，按上式确定的规律， h 就有一个确定的值与之对应。 例 2 某运输公司规定货物吨公里运价为 a 公里以内每公里 k 元，超过 a 公里时超出部0?s?a ? 4 ? 分为每公里 k 元，运价 P 与里程 s 之间的关系为 P ? ? 据此关 4 5 ka ? k ( s ? a ); a ? s ? 5 ?系，我们就可以得到任何里程的运价。 例 3 常数函数y?2定义域为 D( f ) ? (??,??) ，值域为 R( f ) ? {2} ，其图形为平行于 x 轴的直线，如图所示 例 4 绝对值函数x ? 0, ? x, y ?| x |? ? ?? x, x ? 0定义域为 D( f ) ? (??,??) ，值域为 R f ? [0,??) ， 图形如图所示 例 5 符号函数?1, x ? 0 ? y ? sgn x ? ?0, x ? 0 ?? 1, x ? 0 ?定义域 D ? (??,??) ，值域 R f ? {?1,0,1 } ，图形如图1所示。对任一实数 x 有 x ? sgn x? | x | 例 6 最大整数函数： 设 x 为任一实数， 则用 [ x ] 表示不超过 x 的最大整数。例如? 1? ? ? ?1,[?? ] ? ?4,[ 2 ] ? 1,[2] ? 2,[3.9] ? 3 ? ? 3? ?等等。记作 y ? [ x] ，其定义域为 D ? (??,??) ， 值域 Rf ? Z ，因为 y ? [ x] ? n, n ? x ? n ? 1, n ? 0,?1,?2,?，图形如图所示 在例 4， 例 5 及例 6 中我们看到， 函数由几个式子表示， 类似这样的函数称为分段函数。 例 7 Dirichlet（狄利克雷）函数?1, x为有理数 定义域为 D ? (??,??) ，值域为 R f ? {0,1} y ? D( x) ? ? x为无理数 ?0，例 8 根据个人所得税法规定，个人月收入减去 800 元余额的部分为应纳所得税。纳税 所得额不超过 500 元的部分，税率为 5％；超过 500 元到 2000 元的部分，税率为 10％；超 过 2000 元到 5000 元的部分，税率为 15％。据此规定，可以写出月收入在 5800 元以下者月 收入 x 元与应交纳个人所得税 y （元）之间的函数关系。x ? 800 ?0, ? ?( x ? 800) ? 5 , 800 ? x ?
? ? y?? 10 1300? x ? 2800 ?25 ? ( x ? 1300) ? 100, ? ?25 ? 150 ? ( x ? 2800) ? 15 , 2800? x ? 5800 ? 100 ?1.1.3 复合函数与反函数例 9 某金属球的体积 V 是其半径 r 的函数：V ? 着温度 T 变化，设 r 随着 T 的变化规律是4 3 ?r 。由于热胀冷缩，球的半径又随 34 r ? r0 (1 ? 0.017T ) ，其中 r0 是常数。将 r ? r0 (1 ? 0.017T ) 代入 V ? ?r 3 ，就得到体 3 积 V 与温度 T 之间的函数关系 4 V ? ?r03 (1 ? 0.017T )3 3像这样将一个函数代入另一个函数而得到的函数，称为由这两个函数构成的复合函数。21.1.5 初等函数与非初等函数例 15 f (t ) ? ??0, t ? 0 ，这是电子技术中常用到的“单位阶跃函数” ，是一个非初等函 ?1, t ? 0数。 例 16 对于每一个实数 t ，考虑方程2 x ? tx ? 2 。观察函数 y ? 2 x 与 y ? tx ? 2 的图形 （图 1－ 7）可以发现，当 t ? 0 时，这两条曲线有唯一交 点，用 ( xt , yt ) 表示这个交点，则交点的横坐标 x t 就是方程 2 ? tx ? 2 的唯一解。当 t 在 (??,0] 中x任意变化时， x t 也随之变化，于是由此确定了一个图 1－7函数关系 xt ? f ( x) 。虽然这个函数不能使用初等函数表示，但是 x t 对 t 的依赖关系是客观 存在的，这个函数关系是由方程 2 ? tx ? 2 确定的。x例 17 设半径为 a 的动 圆在 x 轴无滑动地滚动，圆 周上一定点的轨迹称为摆线 （图 1－8） 。该曲线确定了 x 与 y 之间的某种函数关 系，但我们不能用初等函数 将其表示，也很难用一个方 程 F ( x, y) ＝0 描述这个函 数关系，但却可用一个参数方程容易地表示出 x 与 y 的函数关系。摆线的参数方程是x ? a(t ? sin t ) y ? a(1 ? cost )1.2 极限 1.2.1 极限概念引例例 1 自由落体的瞬时速度3初速度为零的自由落体在 t 时刻的下落距离为 h ? h(t ) ?1 2 gt g 为重力加速度。 这是一 2个非均匀运动， 落体在不同时刻运动的快慢不同， 如何刻画落体在某一时刻 t 0 的 “速度” 呢？ 先研究落体从 t 0 时刻到 t 时刻这一时间间隔上的平均速度1 2 1 2 gt ? gt0 h(t ) ? h(t 0 ) 2 1 2 v (t ) ? ? ? g (t ? t 0 ) t ? t0 t ? t0 2显然，当 t 越接近 t 0 平均速度 v (t ) 就越接近 t 0 时刻的“速度” ，而这个“速度”是客观存在 的，我们称其为自由落体在 t 0 时刻的瞬时速度。从上式不难看出这个这个自由落体在 t 0 时 刻的瞬时速度为 gt0 。 例 2 求由抛物线 y ? x 2 、 x 轴与直线 x ? 1 所围成的曲边三角形（图 1－11）的面积。 先 把 区 间 [0,1]n 等 分 ， 分 点 是n ?1 ? ? 1 2 3 ,1? 。再以每个小区间（长度都是 ? 0, , , ,?, n ? ? n n n1 ）为宽作出 n 个小矩形，小矩形的高分别为是 n? 1? ? 2? ? 3? ? n ? 1? 0, ? ? , ? ? , ? ? ,?, ? ? 。这样就得到如图 1 ? n? ? n? ? n? ? n ?－11 中阴影所示的 n 级阶梯形，它的面积 图 1－112222Sn ? 02 ?1 ?1? 1 ? 2? 1 ? 3? 1 ? n ? 1? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??? ? ? ? n ?n? n ?n? n ?n? n ? n ? n 1 1 1 ? 3 [12 ? 2 2 ? 3 2 ? ? ? (n ? 1) 2 ] ? 3 ? n(n ? 1)(2n ? 1) n n 6 1 ? 1 ?? 1 ? ? ?1 ? ??1 ? ? 3 ? n ?? 2n ?2222这里 S n 是正整数 n 的函数，容易看出，当 n 无限增大时， S1 , S 2 ,?, S n ,?将无限趋近于确 定的数值1 1 ，显然用 来表示这个曲边三角形的面积时合理的。 3 341.2.2 自变量趋于有限值时函数的极限例 3 观察函数 f ( x) ? x2 ? 1(?? ? x ? ??) 的图形（图 1－12） ，可以看出，当 x 无限 趋于 0 时 （无论以何种方式） ，f ( x) 将和数值 1 无限接近。 那么，如何理解“ f ( x) 与数值 1 无限接近”？什么 又是“ x 无限趋于 0”？对此，数学上应有一个严格的定 量描述，才能使推理和判断建立再坚实的基础之上。 我们知道两个数的绝对值 | b ? a | 表示两个数之间的 距离，从而我们可以使用它来描述两个数的接近程度，| b ? a | 越小，表示 a 和 b 就越接近。图 1－12所谓当 x ? 0 时， f ( x) 与数值 1 无限接近，就是指只要 | x ? 0 | 充分小，就可使| f ( x) ? 1 | 也充分小。比如要使 | f ( x) ? 1 | ? 0.0001 ，即 | x2 ? 1 ? 1 |? 0.0001，只要 | x ? 0 |? 0.01；要使 | f ( x) ? 1 |?| x2 ? 1 ? 1 |? 10?10 ，只要 | x ? 0 |? 10?5 。一般地，任意给定一个正数 ? ? 0 ， 不论它多么小， 总能找到正数 ? ， 当 | x ? 0 |? ? 时， 就可使 | x 2 ? 1 ? 1 |? ? 事实上，解这个不等式可知，取 ? ?? 即可，也就是说，对于任意给定的正数 ? ，存在着? ? ? ，当 | x ? 0 |? ? 时，必有 | f ( x) ? 1 |? ? 。? x 2 ? 1, 例 4 函数 f ( x) ? ? ? 2, x?0 ，其图形为图 1－ x?014 所示。从图形上可以看出，当 x 无限趋于 0 时， f ( x) 和 数值 1 可以无限接近，但 f (0) ? 2 。用“ ? ? ? ”的说法， 就是对于任意给定的 ? ? 0 ，无论它多么小，取 ? ? 只要 0 ?| x ? 0 |? ? ，就能使 | f ( x) ? 1 |? ? 恒成立。 例 5 证明 lim c ? c ，此处 c 为一常数。x ? x0?，图 1－14证 由于 | f ( x) ? A |?| c ? c |? 0 ，因此对于 ?? ? 0 ，可取任意的 ? ? 0 ，当0 ?| x ? x0 |? ? 时，能使不等式 | f ( x) ? A |?| c ? c |? 0 ? ? 成立，所以 lim c ? cx ? x05例 6 证明 lim (ax ? b) ? ax0 ? b 。其中 a , b 为任意常数。x ? x0证 由于 | f ( x) ? A |?| ax ? b ? ax0 ? b |?| a || x ? x0 | ， 如果 a ? 0 ，则 ?? ? 0 ，可取任意的 ? ? 0 ，当 0 ?| x ? x0 |? ? 时，能使不等式| f ( x) ? A |?| ax ? b ? ax0 ? b |?| a || x ? x0 | ? 0 ? ? 成立。若 a ? 0 ，则 ?? ? 0 ，可取 ? ??|a|，当 0 ?| x ? x0 |? ? 时，能使不等式| f ( x) ? A |?| ax ? b ? ax0 ? b |?| a || x ? x0 | ?| a |lim (ax ? b) ? ax0 ? b例 7 证明 lim?|a|? ? 成立，所以x ? x0x2 ? 1 ? 2。 x ?1 x ? 1证 函数在点 x ? 1 无意义，但函数的极限与函数在那点的定义无关。所以， ?? ? 0 ， 要使不等式x2 ? 1 x2 ? 1 ? 2 ? ? ，只要 ? 2 ?| x ? 1 ? 2 |?| x ? 1 |? ? 即可，取 ? ? ? ，则当 x ?1 x ?1 x2 ? 1 x2 ? 1 ? 2 ? ? ，所以 lim ? 2。 x ?1 x ? 1 x ?1x ? x00 ?| x ? x0 |? ? 时，例 8 证明：当 x0 ? 0 时， limx ? x0 。证 ?? ? 0 ，因为 | f ( x) ? A |?|x ? x0 |?x ? x0 1 ? | x ? x0 | ，要使 x ? x0 x0| f ( x) ? A |? ? ，只要 | x ? x0 |? x0 ? ，但由于 x ? 0 ，所以必须有 | x ? x0 |? x0 ，为此只要取 ? ? min{x0 , x0 ? } ，则当 0 ?| x ? x0 |? ? 时，上两式都成立，从而 |x ? x0x ? x0 |? ? ，即lim x ? x0 。例 9 证明： lim x sinx?01 ?0 x证明：由于 x sin1 ?| x | ，因而对于任意给定的 ? ? 0 ，只需取 ? ? ? ，则当 x0 ?| x ? 0 |? ? 时，就有6x sin所以1 ? 0 ?| x |? ? ? ? x1 ?0 xlim x sinx?0程序 tu1-16例 10 函数? x ? 1, x ? 0, ? f ( x) ? ?0 , , x ? 0, 当 x ? 0 时， f ( x) 的极限不存在。 ? x ? 1, x ? 0. ?f ( x) ? lim ( x ? 1) ? ?1 ， lim f ( x) ? lim ( x ? 1) ? 1 ，因为左右极限存在但 易证 lim ? ? ? ?x ?0 x ?0 x ?0 x ?0不相等，所以 lim f ( x ) 不存在。x?01.2.3 自变量趋于无穷大时函数的极限例 13 证明： limx2 ? 1 ? 1。 x ?? x 2 ? 1x2 ? 1 2 2 证明 由于 2 ?1 ? 2 ? 2 x ?1 x ?1 x只需x2 ? 1 2 2 ?1 ? ? 。 ? ? ，即 ，就有 | x | ? x2 ? 1 x2 ?因而对于任意给定的 ? ? 0 ，取 X ?2?，则当 | x |? X 时，便有x2 ? 1 ?1 ? ? x2 ? 1故limx2 ? 1 ?1 x ?? x 2 ? 11.2.4 数列的极限例 14 证明数列 2, , , ,?,1 4 3 2 3 4n ? (?1) n ?1 ,? 的极限是 1。 n分析：要证明极限，就是 ?? ? 0 ，寻找 N 使得， | xn ? 1 |? ? ，我们可以倒着寻找，要7使 | xn ? 1 |? ? ，就是要找满足 | xn ? 1 |?|1 n ? (?1) n ?1 1 ? 1 |? ? ? 的 N ，即只要 n ? ，即 ? n n取 N ? ? ? 即可。 ?? ??1?n ? (?1) ?1? 证明： ?? ? 0 ，取 N ? ? ? ，则当 n ? N 时，有 | xn ? 1 |?| n ?? ? n ? (?1) n ?1 ?1 从而由定义有 lim n ?? nn ?1? 1 |?1 ?? ， nn2 ? a 2 例 15 证明数列极限 lim ? 1。 n ?? n证明： | xn ? 1 |?n2 ? a 2 ?1 ? nn2 ? a 2 ? n a2 a2 ? ? n n n( n 2 ? a 2 ? n)? a2 ? a2 a2 ? ? 或n ? ，由此， ?? ? 0 ，取 N ? ? ? ， ? n ?? ?要使 | xn ? 1 | 小于任意的实数 ? ，只要n2 ? a 2 a2 n2 ? a 2 则当 n ? N 时，有 | xn ? 1 |?| ? 1 |? ? ? ，从而由定义有 lim ?1 n ?? n n n由此题，我们可以看到，为了寻找 N ，我们可以逐渐放大 | xn ? a | ，使得寻找 N 更容易。 因为极限定义要求我们只要找到 N 就行了，并不要求我们寻找最小的 N 。 例 16 设 | q |? 1 ，证明等比数列 1, q, q ,?, q2 n ?1,? 的极限为 0。证： ?? ? 0 （设 ? ? 1 ） ，因为 | xn ? 0 |?| qn ?1 ? 0 |?| q |n ?1 ，要使 | xn ? 0 |? ? ，只要| q |n ?1 ? ? 。取自然对数，得 (n ? 1) ln | q |? ln ? 。因 | q |? 1 ，ln | q |? 0 ，故 n ? 1 ?? ln ? ? n ?1 n ?1 ，则当 n ? N 时，就有 | q ? 0 |? ? ，即 lim q ? 0 N ? ?1 ? ? n ? ? ? ln | q | ?例 17 证明对任意的实数 a ? 0 ，有 lim n a ? 1 。n??ln ? 取 ln | q |证明 对于任意给定的 ? ? 0 （不妨设 ? ? 1 ） ，由于 1 ? ? ? 1 , 1 ? ? ? 1 ，取ln a ln a N ? max{ , } ，当 n ? N 时，有 (1 ? ? )n ? a ? (1 ? ? )n ，即 ln(1 ? ? ) ln(1 ? ? )81 ? ? ? n a ? 1 ? ? ，由此有 | n a ? 1 |? ? ，即 lim n a ? 1。n??1.2.5 无穷小与无穷大 例 2 证明 lim1 ? ? （图 1－28） x ?1 x ? 1证 设 ?M ? 0 ，要使1 1 1 ，所以，取 ? ? ，则只要 x 适 ? M ，只要 | x ? 1 |? M M x ?1合不等式 0 ?| x ? 1 |? ? ?1 1 1 ??。 ，就有 ? M ，这就证明了 lim x ? 1 M x ?1 x ?1例 3 1,0,3,0,5,? 是否为无穷大，是否为无穷小。即不是无穷大，也不是无穷小。1.3 极限的性质与运算 1.3.2 极限的四则运算法则例 1 设有多项式（有理整函数） f ( x) ? a0 x ? a1xn n ?1? ? ? an ?1x ? an ，则对任意 x0由四则运算的法则（1） （2）有：9x ? x0lim f ( x) ? a0 ( lim x)n ? a1 ( lim x)n ?1 ? ? ? an ?1 lim x ? lim anx ? x0 x ? x0 x ? x0 x ? x0?a x ?axn 0 0n ?1 1 0? ? ? an ?1 x0 ? an? f ( x0 )进一步对于有理分式函数 F ( x) ? 有 lim P( x) ? P( x0 ) ,x ? x0P( x) ， 其中 P ( x) 及 Q ( x) 都是多项式， 于是对任意 x0 Q( x )x ? x0lim Q( x) ? Q( x0 ) ，如果 Q( x0 ) ? 0 ，则有x ? x0lim F ( x) ?x ? x0 x ? x0lim P( x)lim Q( x)?P( x0 ) ? F ( x0 ) 。 Q( x0 )x ?1 。 x ?1 x 4 ? 1 解 由于 x ? 1 时，分母极限为零，我们不能直接使用商的极限运算法则。但注意到例 2 求 limx4 ? 1 ? ( x ? 1)(x ? 1)(x2 ? 1) ，而且 x ? 1 时， x ? 1 ，从而可以约去分子与分母的公因式x ? 1 ，于是，limx ?1 x ?1 1 1 ? lim ? lim ? 。 4 2 2 x ?1 x ? 1 x ?1 ( x ? 1)(x ? 1)(x ? 1) x ?1 ( x ? 1)(x ? 1) 42x ? 3 。 x ?1 x ? 5 x ? 422 x ?1例 3 求 lim 解同样因为 lim( x ? 5 x ? 4) ? 0 ，我们不能直接使用商的极限运算法则，但是lim(2 x ? 3) ? ?1 ，所以，由无穷小倒数为无穷大得 limx ?1x ?12x ? 3 ??。 x ? 5x ? 42x2 ? x ? 1 例 4 求极限 lim 。 x ?? 2 x 2 ? 1由于 x ? ? 时，分子与分母得极限都不存在，所以不能直接使用商的极限运算法则， 我们将分子与分母同除 x 得21 1 ? 2 x ? x ?1 x x ?1 lim ? lim x ?? 2 x 2 ? 1 x ?? 1 2 2? 2 x21?3x 2 ? 2 x ? 1 2 x3 ? x 2 ? 5 ? 0 , lim 2 ?? 类似可求得 lim 3 x ?? 2 x ? x 2 ? 5 x ?? 3x ? 2 x ? 1一般地，当 a0 ? 0 , b0 ? 0 , m 和 n 为非负整数时，有10? a0 ? b , n ? m, 0 a0 x m ? a1 x m ?1 ? ? ? am ? ? lim ? ?0 , n ? m, x ? ? b x n ? b x n ?1 ? ? ? b 0 1 n ?? , n ? m. ? ? ?例 5 求 limx??sin x 。 xsin x 可看作 x 1 1 sin x sin x 与 得乘积， ? 0。 im 而 为无穷小，sin x 为有界变量， 故根据本节定理 2， 有l x?? x x x 1? 2 ? 3 ??? n 例 6 求 lim 。 x ?? n2 n(n ? 1) 解 注意到 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? ，故有 2当 x ? ? 时，分子及分母得极限都不存在，因此不能使用商得规则，但n ??lim1? 2 ? 3 ??? n n(n ? 1) 1? 1? 1 ? lim ? lim ?1 ? ? ? 2 2 n ? ? n ? ? n 2n 2? n? 2例 7 求 lim?1 ? ? x ? 2 ?。 x ?1 x ? 1 x ? x? ?解原式 ? limx2 ? 1 x ?1 ? lim ?2 x ?1 x( x ? 1) x ?1 x2例 8 求 lim( n ? 2n ? n) 。n ??解原式 ? lim2n n 2 ? 2n ? nn ??? limn ??2 ?1 2 1? ?1 n3例 9 求 limx ?2x ?1 ?1 。 x ?1 ?1(3 x ? 1 ? 1)(3 ( x ? 1) 2 ? 3 x ? 1 ? 1)( x ? 1 ? 1) ( x ? 1 ? 1)( x ? 1 ? 1)(3 ( x ? 1) 2 ? 3 x ? 1 ? 1)解原式 ? limx ?211? limx?2(3 x ? 1 ? 1)(3 ( x ? 1) 2 ? 3 x ? 1 ? 1)( x ? 1 ? 1) ( x ? 1 ? 1)( x ? 1 ? 1)(3 ( x ? 1) 2 ? 3 x ? 1 ? 1) [(x ? 1) ? 1]( x ? 1 ? 1) [(x ? 1) ? 1](3 ( x ? 1) 2 ? 3 x ? 1 ? 1) ( x ? 1 ? 1) ( ( x ? 1) 2 ? 3 x ? 1 ? 1) ? 2 3? limx?2? limx?2 31.3.3 函数极限与数列极限的关系1 当 x ? 0 时的极限不存在。 x 1 ? ?0。 ? ? 0 ，且 xn ? 0, xn 证明 取两个数列 xn ? ，当 n ? ? 时， xn ? 0, xn ? 2n? ? 2例 10 证明函数 f ( x ) ? sin 这时?? ? lim f ( xn ) ? lim sin? 2n? ? ? ? lim1 ? 1 n ?? n ?? 2 ? n ?? ?n ???? ? ) ? lim sin? lim f ( xn lim(?1) ? ?1 ? 2n? ? ? ? n n ?? 2 ? ?? ?1 当 x ? 0 时的极限不存在。 x程序 tu1-22由定理可得 f ( x ) ? sin1.3.4例 11夹逼准则求 lim (n ?? 21 1 1 ? 2 ??? 2 )。 n ?1 n ? 2 n ?n n 1 1 1 n ? 2 ? 2 ??? 2 ? 2 解 因为 2 ， n ? n n ?1 n ? 2 n ? n n ?1 n n ? lim 2 ? 0 ，由夹逼准则有 而 lim 2 n ?? n ? n n?? n ? 1 1 1 1 lim ( 2 ? 2 ??? 2 )?0 n ?? n ? 1 n ?2 n ?na1, a2 ,?, an } 。 例 12 设 a1, a2 ,?, ak 为 k 各正数，证明 lim n a1 ? a2 ? ? ? an ? max{n n n n ??证令 A ? max{ a1, a2 ,?, an} ，则有n n A ? n a1n ? a2 ? ? ? an ? An k12n n n 由于 lim n k ? 1，故有 lim n a1 ? a2 ? ? ? an ? A ? max{ a1, a2 ,?, an } 。n??n ??证明极限 limsin x ?1 x?0 x证如图所示单位员中，设圆心角 ?AOB ? x(0 ? x ?^?2) ，点 A 处的切线与 OB 的延长线相交于 D ，有 BC ? OA ，则 sin x ? CB , x ? AB ， tan x ? AD 。 因为?AOB 的面积 ? 圆扇形 AOB 的面积 ? ?AOD 的面积，所以1 1 1 sin x ? x ? tan x ， 2 2 2即不等号各边都除以 sin x ，就有 或 当用 ? x 替换 x 时， cos x 与 也是成立的。 下面我们证明 lim cos x ? 1 。x?0sin x ? 都不变，所以上面不等式对于开区间 (? ,0) 内的一切 x x 2sin x ? x ? tan x ， x 1 1? ? ， sin x cox sin x cos x ? ? 1， （1） x当 0 ?| x |??2时， 0 ?| cos x ? 1 |? 1 ? cos x ? 2 sin2x x x2 ? 2( )2 ? ， 2 2 2即 0 ? 1 ? cos x ?x2 x2 ? 0 ，由准则 I ? 有 lim(1 ? cos x) ? 0 ，所以 ，当 x ? 0 时， x ?0 2 2x?0lim cos x ? 1 ，再由 lim1 ? 1 及不等式（1）及准则 I ? ，即得 limx?0x?0sin x ? 1。 xtan x 。 x?0 x tan x sin x 1 sin x 1 ? ) ? lim ? lim ?1 解 lim ＝ lim( x?0 x ?0 x ?0 x x cos x x x ? 0 cos x例 13 求 lim131.3.5 复合运算法则例 14 求 lim1 ? cos x 。 x?0 x22 2解x x x? ? 2 sin sin 2 sin ? ? 1 ? cos x 1 1 2 ? lim 2 ? lim 2 ? 1 ? 12 ? 1 。 lim ? lim ? ? 2 2 x ?0 x ?0 x x 2 x ?0 ( x )2 2 x ?0 ? x ? 2 2 2 ? 2 ?x ?0arcsin x 。 x 解 令 u ? arcsin x ，则 x ? sin u ，且 x ? 0 时， u ? 0 ，故 arcsin x u lim ? lim ? 1。 x?0 u ?0 sin u x tan x ? sin x 例 16 求 lim 。 x?0 x3例 15 求 lim 解 利用三角函数公式将上述函数变形，得limx ?0tan x ? sin x ? sin x 1 1 ? cos x ? 1 ? lim? ? ? ?? 3 x ? 0 x x2 ? 2 ? x cos x例 17 求 lim( x ? 1) tanx ?1?x2 解 令 x ? 1 ? t ，则 x ? 1 时， t ? 0 ，于是。?t ? t cos ?? ? ? 2 lim( x ? 1) tan ? lim t ? tan? ? t ? ? lim x ?1 t ?0 ? t 2 t ?0 2 2 ? ? sin 2 ? ?t ? ? ? 2 ?t 2 ? ? lim? 2 ? cos ? ? t ? 0 ? ? 2 ? ? ? sin t ? ? 2 ? ? ?x例 18 求 limx ?0x ?1 ?1 。 x解 limx ?0x ?1 ?1 ( x ? 1)2 ? 1 1 ? lim ? lim x ?0 x( x ? 1 ? 1) x ?0 x x ?1 ?1x ? x0设 u ? x ? 1 ，则当 x ? 0 时， u ? 1 ，又据 1.2 节例 7 lim 算法则，得x ? x0 及极限的四则运limx ?0x ?1 ?1 1 1 ? lim ? u ? 1 x u ?1 214例 19 证明对任一 x0 ? (??,??) ， lim a ? a 0 (a ? 0, a ? 1) 。x x x ? x0证 明 因 为 lim a ? lim a 0 ax x x ? x0 x ? x0x ? x0? a x0 lim a x ? x0 。 令 u ? x ? x0 ， 则 x ? x0 时 ，x ? x0 u ?0u ?0u ? 0 ，于是由变量代换得 lim a x ? a x0 lim a u ，由此可知，只需证明 lim a u ? 1 即可。x ? x0由于 u ? 0 ，所以，可以令 n ? ?? 1 n1 1 ? 1 ? 1 ，则 n ? ，即 ? ? u ? ，且 u ? 0 ? n n |u| ?| u | ?于 是 ， 当 a ?1 时 ， 有 a? a ? a 。 当 0 ? a ?1 时 ， 有 a ? a ? au u1 n1 n?1 n。而n ??lim a ?lim an ??1 n?1 n? 1 ，由夹逼准则即知 lim a u ? 1 。u ?0例 20 设 lim(x ??x2 ?1 1 ? ax ? b) ? ，求常数 a , b 。 x ?1 22 ? ax ? b) x ?1 2 ? lim[(1 ? a) x ? 1 ? b ? ] x ?? x ?1 1 1 3 要使上列极限等于 ，只需 1 ? a ? 0,?1 ? b ? ，即得 a ? 1, b ? ? 。 2 2 2解 左式 ? lim( x ? 1 ?x ??1.4 单调有界原理和无理数 e 1.4.1 单调有界原理例 1 设 a ? 0, x1 ?a , x2 ? a ? a ,?, xn ? a ? a ? ? ? a ?，求 lim xn 。 n?? ??? ? ???? ?n层解 因为 x2 ? x1 ，假设 xn ? xn ?1 ，则 xn ?1 ? 列 {xn } 单调增加。a ? xn ? a ? xn ?1 ? xn ，有归纳法知数因为 xn ? a ? xn ?1 ? a ? xn ，两边同除 xn ，得 xn ? 1 ?2a ，对于一切 n ? 1,2,? ，有 xnxn ? x1 ? a ，所以a ? a ，于是有 a ? xn ? a ? 1 ，即 {xn } 有上界，所以 {xn } 收敛。 xn152 设其极限为 A ，则对 xn ? a ? xn ?1 两边求极限，得 A ? a ? A ，解之 A ?21 ? 1 ? 4a ，于 2是 lim xn ?n ??1 ? 1 ? 4a 21 (1 ? ) x 1.4.2 极限 lim x ?? x例 2 求极限 lim (1 ?x???em nx ) 。其中 m, n ? Z ? 。 x解令t ?x ，则当 x ? ? 时， t ? ? ，于是 mm 1 1 ? ? lim(1 ? )nx ? lim(1 ? )mnt ? lim?(1 ? )t ? x ?? t ?? t ?? x t t ? ?该题对 m, n ? R 也成立。mn? emn 。例 3 求 lim?? x ? 2? ? x ?? x ? 1 ? ?2 x ?12 x ?1。2 x ?1? x ? 2? 解 ? ? ? x ?1 ?1 ? ? ? ?1 ? ? ? x ? 1?? x ? 2? lim? ? x ?? x ? 1 ? ?，令 x ? 1 ? t ，则当 x ? ? 时， t ? ? ，于是2 x ?11 ? ? ? lim?1 ? ? x ?? x ? 1? ?2 t ?12 x ?1? 1? ? lim?1 ? ? t ?? ? t?? ? 1 ?t ? ? ?lim?1 ? ? ? ?t ??? t ? ? ? ? ?e2? ? 1 ?? ?1 ? ? ? ?lim ? t ? ? ? t ???1? x?c? 例 4 确定 c ，使 lim? ? ? 4。 x ?? x ? c ? ?x ? c? c? ? ?1 ? ? x 1? ? ? x? ? x?c? x ? ? lim ? 解 左边 lim ? ? lim? ? x ?? x ? c c ? x ?? ? c ? x ? ? x ? ?? ?1? ? ?1 ? ? x? ? ? x? xx16? limx ??? c ?c ?1 ? ? ? x? c ?c ? ?1 ? ? ? ? x?x?c?x?( ? c )?ec ? e2c e?c由e2c? 4 ，可得 c ? ln 21例 5 求 lim(1 ? 3 x) x 。x ?0 1 ( ?3) ?3 x解原式＝ lim[1 ? (?3 x)]x ?0? e?31.5 无穷小的阶 1.5.1 无穷小的阶例 1 证明：当 x ? 0 时， n 1 ? x ? 1 ~ 证 因为1 x。 n1? x ?1 (n 1 ? x )n ? 1 lim ? lim x ?0 x ?0 1 1 x x[ n (1 ? x) n ?1 ? n (1 ? x) n ? 2 ? ? ? 1] n n n ? lim ? 1, x ?0 n (1 ? x) n ?1 ? n (1 ? x) n ? 2 ? ? ? 1n所以 n 1 ? x ? 1 ~1 x（ x ? 0） 。 n 1 2 x ，所以 2例 2 因为当 x ? 0 时， sin x ~ x, tan x ~ x, arcsin x ~ x,1 ? cos x ~ 当 x ? 0 时有sin x ? x ? O ( x), tan x ? x ? O ( x), arcsin x ? x ? O ( x),1 ? cos x ?1 2 x ? O ( x) 。 21.5.2 利用等价无穷小代换求极限例 3 求 limx ?0tan 2 x 。 sin 5 xx ?0解因为当 x ? 0 时， tan2 x ~ 2 x, sin 5x ~ 5 x ，所以 limtan 2 x 2x 2 ? lim ? 。 x ? 0 sin 5 x 5x 517例 4 求 lim 解tan x 。 x?0 x ? x 2 ? 2 x3因为当 x ? 0 时， tan x ~ x, x3 ? x2 ? 2 x ~ 2 x ，所以lim1tan x x 1 ? lim ? 。 2 x ?0 x ? x ? 2 x x ?0 2 x 23(1 ? x 2 ) 3 ? 1 例 5 求 lim 。 x ?0 cos x ? 1解 因为当 x ? 0 时， (1 ? x ) ? 1 ~1 2 31 2 1 x , cos x ? 1 ~ ? x 2 ，所以 3 21 1 2 x (1 ? x 2 ) 3 ? 1 2 3 lim ? lim ?? 。 x ?0 x ?0 1 cos x ? 1 3 ? x2 2例 6 证明： e ? 1 ~ x （ x ? 0 ） 。x证明 只要证明 limx ?0x ?1 e ?1x设 u ? e ? 1 ，则 x ? ln(u ? 1) ，且 x ? 0 充要条件时 u ? 0 ，从而xlimx ln(u ? 1) ? lim ? lim ln(u ? 1) u ? ln[lim(u ? 1) u ] ? ln e ? 1 x ?0 e x ? 1 u ?0 u ?0 u ?0 utan x ? sin x 。 3 ex ? 111例 7 求 limx?0? 1 ? 1 sin x? ? 1? x ? x2 sin x ( 1 ? cos x ) 1 cos x ? ? ? lim 解 原式＝ lim ? lim 3 2 ? 3 3 x x x ?0 x ?0 e ?1 (e ? 1) cos x x ?0 x cos x 21.6 函数的类型与间断 1.6.1 函数的类型与间断例 1 证明函数 y ? sin x 在区间 (??,??) 内是连续的。 证?x0 ? R ，18| ?y | ? | sin(x0 ? ?x) ? sin x0 | ? | 2 cos x( x0 ? ? 2 | ?x | 2 ? | ?x | ?x ?x ) sin | 2 2由此知，当 ?x ? 0 时 ?y ? 0 ，即 y ? sin x 点 x0 连续，再由 x0 的任意性，便知 sin x 在区 间 (??,??) 内连续。 同理可证 cos x 在定义域 (??,??) 内也是连续的。1 ? x ( 1 ? x ) ? 例 2 设 f ( x) ? ? 1 ? ?e1 x(?1 ? x ? 1且x ? 0) ( x ? 0)，试问 f ( x) 在点 x ? 0 处是否连续？解lim f ( x) ? lim(1 ? x) ?x ?0 x ?01 ? f (0) ，所以 f ( x) 在点 x ? 0 处连续。 e? ? 如果 f ( x0 ) ? f ( x0 )( f ( x0 ) ? f ( x0 )) 就说函数 f ( x) 在点点 x0 左（右）连续。在区间上每一点都连续的函数， 叫做在该区间上的连续函数， 或者说函数在该区间上连 续。如果区间包含端点，那么函数在右端点连续指的是左连续在左端点连续指的是右连续。 例 3 考查函数 f ( x) ?| x | 在 x ? 0 的连续性。 解 因为 lim? f ( x) ? lim? (? x) ? 0 , lim? f ( x) ? lim? x ? 0 ，所以x ?0 x ?0 x ?0 x ?0lim f ( x) ? lim | x |? 0 ? f (0) 。x ?0 x ?0即函数 f ( x) ?| x | 在 x ? 0 点连续。? sin 3 x ( x ? 0) ? x ? ( x ? 0) ，确定 k 的值，使 f ( x) 在点 x ? 0 处连续。 例 4 设 f ( x ) ? ?k ? 1 ?3 ? x sin ( x ? 0) x ?解x ?0 ?lim f ( x) ? lim?x ?0sin 3 x ?3 x1? ? lim f ( x) ? lim ? 3 ? x sin ? ? 3 ， f (0) ? k ， 由 此 当 k ? 3 时 ， 有 ? ? x ?0 x ?0 ? x?lim f ( x ) ? f (0) ，即 f ( x) 在 x ? 0 处连续。x ?019设函数 f ( x) 在点 x0 的某去心邻域内有定义，如果 x0 不是 f ( x) 的连续点，则称点 x0 是f ( x) 分间断点。在此前提下，如果函数 f ( x) 有下列三种情形之一：（1）在 x ? x0 没有定义； （2）虽在 x ? x0 有定义，但 lim f ( x) 不存在；x ? x0（3）虽在 x ? x0 有定义，且 lim f ( x) 存在，但 lim f ( x) ? f ( x0 ) ；x ? x0 x ? x0则函数 f ( x) 在点 x0 不连续。 左右极限都存在的间断点称为第一类间断点，不是第一类的间断点称为第二类间断点。 例 5 正切函数 y ? tan x 在 x ? 因 lim tan x ? ? ，我们称 x ?x??2处没有定义，所以点 x ??2是函数 tan x 的间断点。?2?为函数 tan x 的无穷间断点。2图 1－32图1－331 例 2 函数 y ? sin 在点 x ? 0 没有定义；当 x ? 0 时，函数值在 ? 1 与 ? 1 之间变动无 x 1 限多次（图 1－33） ，所以点 x ? 0 称为函数 sin 的振荡间断点。 x例 3 函数 y ? 但这里x2 ? 1 在点 x ? 1 没有定义，所以函数在点 x ? 1 为不连续（图 1－34） 。 x ?1x2 ? 1 lim ? lim( x ? 1) ? 2 x ?1 x ? 1 x ?1如果补充定义，令 x ? 1 时 y ? 2 ，则所给函数在 x ? 1 成为连续。所以 x ? 1 称为该函数的 可去间断点。20图 1－34 例 4 函数图 1－36? x ? 1, x ? 0 ? f ( x) ? ?0, x?0 ? x ? 1, x ? 0. ?这里，当 x ? 0 时，x ?0 ?lim f ( x) ? lim ( x ? 1) ? ?1 ?x ?0x ?0 ?lim f ( x) ? lim ( x ? 1) ? 1 ?x ?0左极限与右极限虽都存在，但不相等，故极限不存在，所以点 x ? 0 是函数 f ( x) 的间断点 （图 1－36） 。因 y ? f ( x) 的图形在点 x ? 0 处产生跳越现象，我们称 x ? 0 为函数 f ( x) 的 跳越间断点。x2 ? x 例 5 指出函数 f ( x) ? 的间断点，并讨论间断点的类型，如果有可去间断 | x | ( x 2 ? 1)点，指出如何补充或修改这一点函数的定义使它连续。 解 因为f ( x) 在间断点是 x ? 0, x ? ?1和 x ? 1 。lim f ( x) ? limx ?1 x ?1x( x ? 1) 1 1 ? lim ? 2 x ? 1 x( x ? 1) x ?1 21 ，就可以使函数 2所以 x ? 1 是 f ( x) 的第一类间断点，且为可去间断点。补充定义 f (1) ? 在 x ? 1 处连续。 因为x ?0lim f ( x) ? lim ? ?x ?0x( x ? 1) 1 ? lim ?1 2 ? x( x ? 1) x ?0 x ? 121x ?0lim f ( x) ? lim ? ?x ?0x( x ? 1) ?1 ? lim ? ?1 2 ? ? x( x ? 1) x ?0 x ? 1所以 x ? 0 是 f ( x) 的第一类间断点，为跳跃间断点。 因为x ? ?1?lim f ( x) ? lim?x ? ?1x( x ? 1) ?1 ? lim? ? ?? 2 x ? ? 1 ? x( x ? 1) x ?1 x( x ? 1) ?1 ? lim? ? ?? 2 ? x( x ? 1) x ? ?1 x ? 1x ? ?1lim? f ( x) ? lim?x ? ?1所以 x ? ?1 是 f ( x) 的第二类间断点，为无穷间断点。程序 tu1－321.6.2 初等函数的连续性例 2 由 于 y ? sinx 在 闭 区 间 ??? ? ?? 上单调增加且连续，所以它的反函数 , ? 2 2? ?y ? a r c sin x 在区间 [ ?1,1] 上也是单调增加且连续的。同理，可知反三角函数 y ? arccos x, y ? arctan x, y ? arc cot x 在各自的定义域内也都 是连续的。 例 3 求 limx ?3x?3 x2 ? 9解y?x?3 x?3 1 x?3 ? ，而函 由函数 y ? u 与 u ? 2 复合而成。因为 lim 2 2 x ? 3 x ?9 x ?9 6 x ?9 1 x?3 x?3 1 6 连续，所以 lim 。 ? lim 2 ? ? 2 x ?3 x ?3 x ? 9 6 x ?9 6 6 1 的连续性。 x 1 在 x ? 0 时连续，所以由定理 x数 y ? u 在点 u ?例 4 讨论函数 y ? sin 解 4 y ? sin由于函数 y ? sin u 在（ ? ?,?? ）内连续，而 u ?1 在 x ? 0 时连续。 xx ?0例 6 求 lim 解1 ? x2 ? 1 。 x22limx ?0( 1 ? x 2 ? 1)( 1 ? x 2 ? 1) x 0 1 ? x2 ? 1 = lim ? lim ? ? 0。 x?0 x?0 x x( 1 ? x 2 ? 1) 1 ? x2 ? 1 2例 7 求 limlog a (1 ? x) 。 x ?0 x1解limloga (1 ? x) 1 。 ? lim loga (1 ? x) x ? loga e ? x ?0 x ?0 x ln ax ?0特别地， limln(1 ? x) ? 1。 x例 8 求 limax ?1 。 x ?0 x解x 令 a ? 1 ? t ，则 x ? logz (1 ? t ), x ? 0 时， t ? 0 ，于是ax ?1 t lim ? lim ? ln a 。 x ?0 t ? 0 x loga (1 ? t )ex ? 1 ? 1。 特别地， lim x ?0 x由此，可得3 sin xln(1 ? x) ~ x, e x ? 1 ~ x。1 x ? ?6 2 x sin x 6? x ln(1? 2 x ) 2 x sin x1例 9 求 lim(1 ? 2 x )x ?03 sin解因为 (1 ? 2 x)? (1 ? 2 x)v( x)?e? e6 。一般地，对于形如 u( x)，如果 (u( x) ? 0, u( x) 1) 的函数（通常称为幂指函数）lim u( x) ? a ? 0, lim v( x) ? b ，则 lim u( x)v ( x ) ? ab 。例 10 讨论函数? 1 , ? x f ( x) ? ? e x ? 2 ? 1 ? ? 1,的连续性。 解x ? 0,2 x?2由于 x ? 0 时 f ( x) 无定义，故 x ? 0 时 f ( x) 的间断点，因为x ?0lim? f ( x) ? lim?x ?01 ex x?2? ?? ?123x ?0lim? f ( x) ? lim?x ?01 ex x?2? ?? ?1所以 x ? 0 是 f ( x) 的第二类间断点（无穷间断点） 。 又x?2lim? f ( x) ? lim?x?21 ex x?2? ?1 ?1 ?0 ?1x?2lim? f ( x) ? lim?x?21 ex x?2可知 x ? 2 是 f ( x) 的第一类间断点（跳跃间断点） 。例 11 求 lime x ? e? x 。 x ? 0 sin x2x解 因为 x ? 0, e x ? 1 ~ x ，故 e~ 2 x ，又 sin x ~ x ，于是e x ? e? x e2 x ? 1 1 2x lim ? lim x ? lim x ? ?2 x ? 0 sin x x ? 0 e sin x x ?0 e xf ( x) ? ? ln?1 ? ? f ( x) sin x ? ? ? 3 ，求 lim 2 。 例 12 已知 lim x ?0 x?0 x arct an2 x解 在一直条件中，由于分母是 x ? 0 时的无穷小，故分子也是无穷小，否则极限将1 ? u) ~ u, sin u ~ u 。这里 u 可以是自变量， 不存在。注意到 u ? 0 时， arctan u ~ u ， ln(也可以是较复杂的中间变量，利用等价无穷小代换，有f ( x) ? ? f ( x) ln?1 ? ? f ( x) f ( x) sin x ? lim ? ? lim sin x ? lim ? lim 2 ? 3 x ?0 x ?0 2 x x ? 0 2 x sin x x ?0 2 x arctan2 x所以limx ?0f ( x) ?6。 x21.7 闭区间上连续函数的性质如果函数 f ( x) 在开区间 ( a, b) 内连续，在右端点 b 左连续，在左端点 a 右连续，那么 例 2 设 f ( x) 在 [0,2a] 上连续，且 f (0) ? f (2a)24试证 在 [0, a ] 上至少存在一点 ? ，使得 证 令 F ( x) ? f ( x) ? f ( x ? a)f (? ) ? f (? ? a) 。由于 f ( x) 在 [0,2a] 上连续，因此 F ( x) 在 [0, a ] 上连续，且F (0) ? f (0) ? f (a) F (a) ? f (a) ? f (2a) ? f (a) ? f (0)可见， F (0) 与 F ( a ) 可能异号，有可能同时为零。 1）当 f (0) ? f (a) 时， F (0) 与 F ( a ) 异号，于是由零点定理可知，在 (0, a ) 内至少存 在一点 ? ，使得 F (? ) ? 0 ，即 f (? ) ? f (? ? a) 2）当 f (0) ? f (a) 时， F (0) 与 F ( a ) 都为零。 这表明点 0 与点 a 就是满足结论 F (? ) ? 0 的 ? 由 1）和 2）可知 在 [0, a ] 上至少存在一点 ? ，使得 f (? ) ? f (? ? a) 例 4 证明方程 x ? 4 x ? 1 ? 0 在 (0,1) 内只有一个实根，并求其近似解。3解3 设 f ( x) ? x ? 4x ? 1 ，则 f ( x) 是 (??,??) 上的连续函数，在闭区间 [0,1] 上，f (0) ? 1 ? 0, f (1) ? ?2 ? 0 ， 故 由 零点 定 理知 ， 至少 存 在 ? ? (0,1) ， 使 f (? ) ? 0 ， 即 f ( x) ? 0 在 (0,1) 内至少有一个实根。又因为 f (1) ? ?2 ? 0 ， lim f ( x) ? ?? ，可知方程 f ( x) ? 0 在 (1,??) 内至少有一个x ? ??实根。同样在 (??,0) 内至少有一个实根。 由于 f ( x) ? 0 是三次代数方程， 至多有三个实根， 现以证明它在 (??,0), (0,1), (1,??) 内 各至少有一个实根，可见方程 f ( x) ? 0 在 (??,0), (0,1), (1,??) 每一个开区间内有且只有一 个实根。 下 面 使 用 二 分 法 ， 计 算 f ( x) 在 其 中 点 x ?1 7 ?1? 处的值， f? ?? ? ?0 ，而 2 8 ? 2?? 1? f (0) ? 1 ? 0 ，可见 f ( x) ? 0 在 (0,1) 内的实根只能落在 ? 0, ? 内。 ? 2?25再将 ?0, ? 二等分， 计算 f ( x) 在其中点 x ? 处的值，f ? ? ? 可见 f ( x) ? 0 ?0， 4 ? 4 ? 64 ? 2? 在 (0,1) 内的实根只能落在 ? , ? 内。? 1?1?1?1?1 1? ? 4 2?如此连续计算下去， 取 ? , ? 的中点 x ? ， f ? ? ? ? 而 f? ?? ?0， ?0， 8 512 ? 4 ? 64 ?4 2? ?8? 故所求根在 ? , ? 内。?1 1?3? 3?485?1?1? 1 3? ? 4 8?取 ? , ? 的中点 x ? 作为 f ( x) ? 0 在 (0,1) 内实根的近似值，其误差不超过区间 16 ?4 8??1 3?51 ? 1 3? ? , ? 长度的一半，即 。 16 ? 4 8?进一步，可重复上述步骤，可得到方程的近似解，其误差可以任意小。第一章复习 x.1 函数的极限及其连续性概念：省略 注意事项 1． 无界变量与无穷大的区别：无穷大量一定是无界变量，但无界变量不一定是无穷大 量 ， 例 如 ， y ? f ( x) ? x sin x 是 无 界 变 量 ， 但 不 是 无 穷 大 量 。 因 为 取x ? xn ? 2 n ? ??2时， f ( xn ) ? 2n? ??2，当 n 充分大时， f ( xn ) 可以大于一预先给定的正数 M ；取 x ? xn ? 2n? 时， f ( xn ) ? 0 2． 记住常用的等价形式 当 x ? 0 时， sin x ~ x,arcsin x ~ x,tan x ~ x,arctanx ~ x,ln(1 ? x) ~ x,e ? 1 ~ x,x1 1 ? cos x ~ x 2 , 2(1 ? x) ? 1 ~1 n1 n例 1 当 x ? 0 时，下列函数哪一个是其他三个的高阶无穷小 （A） x 。 （2） 1 ? cos x 。 （3） sin x ? tan x2（4） ln( 1? x ) 。2（）26解：因为 1 ? cos x ~21 2 x , ln(1 ? x 2 ) ~ x 2 ，所以选择 C 2e x ? cos x 练习 lim x ? 0 ln cos xe x ? cos x e x ? 1 ? 1 ? cos x 解 lim ? lim x ?0 ln cos x x ?0 ln[ 1 ? (cosx ? 1)]ex ? 1 1 ? cos x ? lim ? lim x ? 0 ln[ 1 ? (cosx ? 1)] x ?0 ln[1 ? (cosx ? 1)] ? lim x2 1 ? cos x ? lim ? ?3 x ? 0 cos x ? 1 x ? 0 cos x ? 12223． 若函数的表达式中包含有 a ? b（或 a ? b ） ， 则在运算前通常要在分子分母乘 以其共轭根式 a ? b （或 a ? b ） ，反之亦然，然后再做有关分析运算 例 2 求 lim sin( n ? 1? ) 。2 n ??解 lim sin( n ? 1? ) ? lim sin[( n ? 1 ? n)? ? n? ]2 2 n ?? n ??? lim(?1) n sin( n 2 ? 1 ? n)? ? lim(?1) n sinn ?? n ???n ?1 ? n2当 n ? ? 时， sin?n ?1 ? n2~?n ?1 ? n2? 0, (n ? ?)又| (?1)n |? 1，故 lim sin( n2 ? 1? ) ? 0n ??n ??练习 求 lim[ 1 ? 2 ? ? ? n ? 1 ? 2 ? ? ? (n ? 1) ]解原式＝ lim ?x? n(n ? 1) n(n ? 1) ? 1 2n 2 ? ? lim ? ? ? n ?? 2 2 ? n ? ? 2 n(n ? 1) ? n(n ? 1) 2 ?? 1? 4． lim?1 ? ? ? e 该极限的特点： x ?? ? x??(1)1? 型未定式 ? （ 1后的变量（包括符号） 与幂互为倒数 ? 2）括号中解题方法 （1） 若极限呈 1 型，但第二个特点不具备，则通常凑指数幂使（2）成立 （2） 凡是 1 型未定式，其结果：底必定是 e ，幂可这样确定：27? ?设 lim u ( x) ? 0 ， lim v( x) ? ? ，则lim( 1 ? u( x))v( x) ? limev( x) ln(1?u ( x)) ? elimv( x) ln(1?u ( x)) ? elimv( x)[ ?u ( x)] ? e? limv( x)u ( x)这是因为ln(1 ? u( x)) ~ ?u( x) 。x1 1? ? 例 3 求 lim? cos ? sin ? 。 x ?? x x? ?2 ?? 1 1 ? ?2 2 ?2 ? 解 原式＝ lim ?? cos ? sin ? ? ? lim?1 ? sin ? x ?? x ?? x x? ? x? ? ?? ? ? x x因为 lim sinx ??2 x ? ? lim x 2 x ?? 2 xsin2 x ? 1 ，所以原极限＝ e 。1? e x ? e2 x ? ? ? enx ? x ? 练习 求 lim? ? 。 x ?0? n ? ? ? e x ? e2 x ? ? ? enx ? n ? x ? 解 原式＝ lim? 1? ? ， x ?0? n ? ?e x ? e2 x ? ? ? enx ? n 1 1 (e x ? 1) ? (e2 x ? 1) ? ? ? (enx ? 1) ? ? lim x ?0 n x n x ?0 x 因为 x 2x nx 1? e ?1 e ?1 e ? 1? 1 n ?1 ? ?lim ? lim ? ? ? lim ? (1 ? 2 ? ? ? n) ? ? x ?0 x ?0 n ? x ?0 x x x ? n 2 lim5． 几个常用的极限n ??1lim n ? (? ? 0) ? 1lim arctan x ?特别地n??n lim n ?1?2x ? ??x ? ??lim arctan x ? ??2x ? ??lim arc cot x ? 0x ? ??lim arc cot x ? ?x ? ??lim e x ? 0x ? ??lim e x ? ?x ?0 ?lim x x ? 1x.2 单调有界原理单调有界数列必有极限 此类问题的解题程序： （1）直接对通项进行分析或用数学归纳法验证数列 {xn } 单调有28界； （2）设 {xn } 的极限存在，记为 lim xn ? l 代入给定的 xn 的表达式中，则该式变为 l 的代n ??数方程，解之即得该数列的极限。 例 4 已知数列 {an } ： a1 ? 1, a2 ? 1 ? 解a1 a ,?, an ? 1 ? n ?1 ,?，求 lim an 。 n?? 1 ? a1 1 ? an ?1用数学归纳法可证得 {an } 单调增加：a1 ? 1, a2 ? 1 ?假设 ak ?1 ? ak 成立，于是a1 3 ? ，显然 a1 ? a2 。 1 ? a1 2? ak ?1 ? ? ak ? ak ?1 ? ak ak ? ak ?1 ? ? ?1 ? 1 ? a ? ??? ?1 ? 1 ? a ? ? ? (1 ? a )(1 ? a ) ? 0 k ?1 ? ? k ? k ?1 k ?即 ak ? ak ?1 成立。 显然 1 ? an ? 2 ，从而数列 {an } 有极限，不妨设 lim an ? A 。n??由于 an ? 1 ?A an ?1 2 ，两遍去极限得： A ? 1 ? ，即 A ? A ? 1 ? 0 ， 1? A 1 ? an ?1即得出 A ?1? 5 。 2 1? 5 。 2根据包号性的推论可知 A 非负，所以 lim an ?n ??X.3n 项和的极限求解方法: (1)利用特殊和式求和； （2）利用夹逼定理求极限（ n 个项按递增或递减排列） ； 例 5 求 lim? ?? 1 ? 1 1 ? ? ??? n ?? 1 ? 2 2?3 n ? (n ? 1) ? ? ? ?? n ?? ?? 1? ? 1 1? 1 ?? 1 ? ?1 ? lim?1 ? ? ? ? ? ? ??? ? ? ?? ? n ? ?1 2 ? ? 2 3? ? n n ? 1 ? ? ? ?? n ? 1 ?? 1 n ?22解原式 ? lim ??1 ?例6求 lim(n ??1 n ?12???1 n ?n2)。29解因为n n ?n2? n1 n ?12?1 n ?22???1 n ?n2?n n ?12，而 limn ??n n ?n2? limn ??n ?12? 1 ，由夹逼准则有n ??? 1 ? 1 1 lim? ? 1 ? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? (n ? 1) ? ? ＝1 ? ?X.4n 项积的极限分子、分母同乘以一个因子，使之出现连锁反应； 把通项拆开，使各项相乘过程中中间项相消； 夹逼定理 利用对数恒等式化为 n 项和形式。2 4 2n n ??（1） （2） （3） （4）例 7 当 | x |? 1 时，求 lim(1 ? x)(1 ? x )(1 ? x )?(1 ? x )(1 ? x)(1 ? x)(1 ? x 2 )(1 ? x 4 )?(1 ? x 2 ) 解 原式＝ lim n ?? 1? x (1 ? x 2 )(1 ? x 2 )(1 ? x 4 )?(1 ? x 2 ) ＝ lim n ?? 1? x (1 ? x 4 )(1 ? x 4 )?(1 ? x 2 ) ＝ lim ?? n ?? 1? x (1 ? x 2 )(1 ? x 2 ) 1 ? x2 1 ＝ lim ? lim ? n ?? n ? ? 1? x 1? x 1? xx x x cos ?cos n n ?? 2 4 2 x x x x 2n sin n cos ? cos ?cos n 2 2 4 2 解 原极限＝ lim n ?? x 2n sin n 2练习 当 x ? 0 时，求 lim cosn n n ?1 n nn30x x x x 2 n ?1 cos ? cos ? ( 2 cos n sin n ) 2 4 2 2 ? lim n?? x n 2 sin n 2 x x x x 2 n ? 2 cos ? cos ? (2 cos n ?1 sin n ?1 ) 2 4 2 2 lim ＝? n ?? x n 2 sin n 2 ?? ? lim sin x 2 n sin x 2nn??? limsin x sin x ? n?? n x x 2 ? n 2例 8 求 lim?1 ? 因为 1 ?? n ?? ?1 ?? 1? ? 1? 1 ? 2 ???1 ? 2 ? 。 2 ?? 2 ?? 3 ? ? n ?解1 (k ? 1)( k ? 1) k ? 1 k ? 1 ? ? ? k2 k2 k k1 ?? 1? ? 1? ? lim?1 ? 2 ??1 ? 2 ???1 ? 2 ? n ?? ? 2 ?? 3 ? ? n ?? 1 3 ?? 2 4 ? ? n ? 1 n ? 1 ? ? lim? ? ?? ? ??? ? ? n ?? 2 2 n ? ? ?? 3 3 ? ? n1 n ?1 1 ? lim ? ? n ?? 2 n 2X.5 有关闭区间上连续函数的命题的证明 证明方法有两种 1． 直接法 其程序是先利用最值定理，再利用介值定理 例 1 设 f ( x) 在 [ a, b] 上连续，且 a ? c ? d ? b ，证明：在 ( a, b) 内至少存在一个 ? 使 得pf (c) ? qf (d ) ? ( p ? q) f (? ) ，其中 p, q 为任意正常数证 因为 f ( x) 在 [ a, b] 上连续所以 f ( x) 在 [ a, b] 上有最大值 M 与最小值 m 由于 c, d ?[a, b] ，且 p.q ? 0 ，于是有pm ? pf (c) ? pM qm ? qf (d ) ? qM从而31( p ? q)m ? pf (c) ? qf (d ) ? ( p ? q)M即m?pf (c) ? qf (d ) ?M 。 p?q由介值定理，在 [ a, b] 上至少存在一个 ? ，使得pf (c) ? qf (d ) ? f (? ) p?q2． 间接法（己辅助函数法） 其程序是先作辅助函数 F ( x) ，验证 F ( x) 满足玲芝定理 条件，然后由零值定理得出命题的证明。 辅助函数 F ( x) 的作法： （1）把结论中的 ? （或 x0 ）该写成 x ； （2）移项，使等式右边为零，令左边的式子为 F ( x) ，此即为所求的辅助函数 例 2 设 f ( x) 在 [0,2a] 上连续，且 f (0) ? f (2a) ，证明：在 [0, a ] 上至少存在一个 ? ，使得f (? ) ? f (? ? a) 。证 令 F ( x) ? f ( x ? a) ? f ( x)显然， F ( x) 在 [0, a ] 上连续，注意到 f (0) ? f (2a) ， 故F (0) ? f (a) ? f (0), F (a) ? f (2a) ? f (a) ? f (0) ? f (a)当 f (a) ? f (0) ? 0 时，可取 ? 为 a 或 0，而当 f (a) ? f (0) ? 0 时，有F (0) ? F (a) ? ?[ f (a) ? f (0)]2 ? 0由零值定理可知存在一个 ? ? (0, a ) ，使得 F (? ) ? 0 ，即f (? ) ? f (? ? a)X.6 极限的求法1． 约简分式的方法32求极限 limx p / q ?1 ( p, q, r , s 都是正整数） x ?1 x r / s ? 12． 有理化分子和分母 求极限 lim ( x ? x ? 1 ?2 x ? ??x 2 ? x ? 1)3． 利用自然数求和 求极限 lim?n ??1 1 ? ?1 1 ? ? ??? 2 ? 4n ? 1 ? ? 3 15 35sin x ?1 x?0 x 1 ? cos x ? cos 2 x ? cos 3x 求极限 lim x ?0 1 ? cos x4． 利用基本极限 lim15． 利用基本极限 lim(1 ? x) x ? lim(1 ?x ?0 x ??1 x ) ?e x求极限 lim (tan x )x?tan 2 x?46． 利用单调有界数列必有极限 求数列 xn ? 1 ? 1 ? ? 1 的极限?? ? ??? ?n层根号习题课一例 1 试用极限的“ ? ? N ”定义证明： lim 证 ?? ? 0 ，要使 | xn ? a |? ? ，只要n2 ?1 1 ? 。 2 n ?? 2n ? 3n 2n2 ?1 1 | 2 ? 3n | 3n ? 2 3n | xn ? a |? ? ? ? ? ? 2 2 2 2n ? 3n 2 2(2n ? 3n) 2(2n ? 3n) 2(2n 2 ? 3n)1 3 3 1 ? ? ? ? ，即 n ? 。 ? 2(2n ? 3) 4n n? ?? 因此 ?? ? 0 ，可取 N ? ? ? ，那么对一切 n ? N ，恒有 2n 2 ? 3n 2 ?? ?即?1?n2 ?11limn2 ?1 1 ? 。 2 n ?? 2n ? 3n 233例 2 设 xn ? (1 ? 证1 n) sin? n2，证明数列 {xn } 没有极限。如果数列 {xn } 有极限，那么它的任何子列都有相同的极限。因此，若能找出 {xn }的两个具有不同极限的子数列，便知 {xn } 没有极限。由于1 ) sin(?k ) ? 0, lim x 4 k 2 ? 0 ； k ?? 2k 1 (4k ? 1)? 1 x( 4 k ?1） （ 1? ) sin ? 1? , lim x 因此数列 {xn } 没有极限。 2 ? 2 ? 1， 4k ? 1 2 4k ? 1 k ?? ( 4 k ?1) x ?1 ? 0。 例 3 用“ ? ? ? ”定义证明： lim x ?1 2 x 1 证 先限制 0 ?| x ? 1 |? ，此时有 2 1 | x |?| ( x ? 1) ? 1 |?| 1? | x ? 1 || ? 1? | x ? 1 |? ，或 2 | x |? 1 ，从而 2 x 4 k 2 ? (1 ?x ?1 | x ?1| ?0| ? ?| x ? 1 | ， 2x 2| x|因此， ?? ? 0 ，要使1 x ?1 ? 0 ? ? ，只要 | x ? 1 |? ? ，于是取 ? ? min{ , ? } ，则当 2 2| x| x ?1 x ?1 恒满足不等式 ?0 ?? 2x 2| x|x 适合不等式 0 ?| x ? 1 |? ? 时，对应函数值 f ( x ) ?所以limx ?1x ?1 ? 0。 2x2例 4 设 lim ( x ? x ? 1 ? ax ? b) ? 0 ，试确定常数 a 和 b 。x ???解 左式 ? limx 2 ? x ? 1 ? a 2 x 2 ? 2abx ? b 2 x 2 ? x ? 1 ? ax ? b(1 ? a 2 ) x ? (1 ? 2ab) ? 1? b2 x 1 1 b 1? ? 2 ? a ? x x xx???? lim(1 ? a 2 ) x 2 ? (1 ? 2ab) x ? 1 ? b 2 x 2 ? x ? 1 ? ax ? bx ???? limx ? ??2 上式要想极限为 0，必须 1 ? a ? 0 , 1 ? 2ab ? 0 ，又分母极限为 1 ? a 所以 a ? ?1 ，因此 a ? 1, b ? ?1 。 234例 5 证明： lim(1 ? 2 ? 3 ) ? 3 。n n n ??1 n证?? 1 ? n ? 2 ? n ? n n n (1 ? 2 ? 3 ) ? 3?? ? ? ? ? ? 1? ?? 3 ? ? 3 ? ? ? ?1 n111n??1因此3 ? (1 ? 2 n ? 3n ) n ? 3 ? 3 n ，由 lim 3 ? 3 3 ? 3 及夹逼定理，即得1 nlim(1 ? 2 ? 3 ) ? 3n n n ??例 6 设 x1 ? 1, xn ?1 ? 2 ?1 证明数列 {xn } 的极限存在， 并求其极限。 (n ? 1,2,?) ， 1 ? xn证x2 ? 2 ?1 3 ? ? x1 ，设 xn ? xn?1 ，则 2 2xn ?1 ? 2 ?1 1 ? xn?2?1 1 ? xn ?1? xn 。按归纳法可知，对任何的 n 有 xn?1 ? xn ，即 {xn } 为单调增加的数列。又按归纳法容易证明0 ? xn ? 2 ，故数列 {xn } 有界。因此 {xn } 有极限。设 lim x n ? a ，则 lim x n ?1 ? a ，对关系式 xn ? 2 ?n ?? n ??1 的两边取极限，便有 1 ? xn?1a ? 2?1 1? 5 1? 5 2 ，即 a ? a ? 1 ? 0 ，解得 a ? ，因为 xn ? 0 ，故 a ? 0 ， a ? 1? a 2 2不合，因此 a ?1? 5 1? 5 ，即 lim x n ? n ? ? 2 2?ae x ( x ? 0) ? f ( x) ? ?b ? 1 ( x ? 0) ?bx ? 1 ( x ? 0) ?例 7 设函数在 x ? 0 处连续，求常数 a , b 得值。 解 由于函数 f ( x) 在 x ? 0 处连续，根据函数在一点连续的充要条件，应有35x ?0 ?lim f ( x) ? lim f ( x ) ? f ( 0) ?x ?0f ( x) ? l i m ae ? a, l i m f ( x) ? l i m (bx ? 1) ? 1, f (0) ? b ? 1 ， 依 上 式 即 有 由于 lim ? ? ? ?x x ?0 x ?0 x ?0 x ?0a ? 1 ? b ? 1 ，从而得 a ? 1, b ? 2 。例 8 证明：方程 x ? e 证x ?3? 1 至少有一个不超过 4 得根。设函数 f ( x) ? x ? e x?3 ? 1 ，则 f (0) ? ?e ?3 ? 1 ? 0, f (4) ? 3 ? e ? 0 又函数在闭区 间 [0,4] 上 连 续 ， 故 由 介 值 定 理 有 在 开 区 间 (0,4) 内 至 少 存 在 一 点 ? ， 使 得f (? ) ? 0, ? ? (0,4) 。即方程 x ? e x?3 ? 1 至少有一个不超过 4 得根。第二章2.1 导数的概念一元函数微分学及其应用例 3 求函数 y ? f ( x) ? bx ? c 的导数， b, c 为常数。 解 按照导数定义f ?( x) ? lim?y [b( x ? ?x) ? c] ? (bx ? c) ? lim ?x ? 0 ?x ?x ? 0 ?x b?x ? lim ?b ?x ? 0 ?x(bx ? c)? ? b.即特别地，当 b ? 0 时，可得 (c)? ? 0 ，即常数的导数等于零。 例 4 求函数 y ? x ( x ? 0) 的导数，这里 ? 是任意实数。 先证 lim?解(1 ? x) ? ? 1 ??， x ?0 x? 设 ? ? (1 ? x) ? 1 ，则 ? ? 0, 有 ? ? 0 ，且 ln(1 ? ? ) ? ? ln(1 ? x) ，由此(1 ? x) ? ? 1 a ln(1 ? x) a ln(1 ? x) lim ? lim ?? ? ? lim ? ? ? lim x ?0 x ? 0 ? ? 0 x ? 0 x ln(1 ? a) x ln(1 ? a) x36? 1? ? ?1 ? ??y ( x ? ?x) ? ? x ? lim ? lim ? x ? ?1 lim ?x ? 0 ?x ?x ? 0 ?x ? 0 ?x即(1 ??x ? ) ?1 x ? ?x ? ?1 ?x x( x ? )? ? ?x ? ?1 。例 5 求函数 f ( x) ? sin x 的导数。 解f ?( x) ? limh ?0f ( x ? h) ? f ( x ) sin(x ? h) ? sin x 1 h h ? lim ? lim ? 2 cos(x ? ) sin h ? 0 h ? 0 h h h 2 2 h sin h 2 ? cos x, ? lim cos(x ? ) ? h ?0 h 2 2(sin x)? ? cos x 。即就是说正弦函数的导数是余弦函数，类似 (cosx)? ? ? sin x ，余弦函数的导数是负的正 弦函数。 例 6 求函数 f ( x) ? a x (a ? 0, a ? 1) 的导数。解f ?( x) ? limh ?0f ( x ? h) ? f ( x ) a x?h ? a x ? lim h ?0 h h ah ? 1 ? a x ln a h ?0 hx? a x limx特别地， (e )? ? e ，即以 e 为底的指数函数的导数就是它自己。 例 7 求函数 f ( x) ? loga x(a ? 0, a ? 1) 的导数。 解f ?( x) ? limf ( x ? h) ? f ( x ) log a ( x ? h) ? log a x ? lim h ?0 h ?0 h h 1 x?h 1 x h ? lim loga ? lim ? loga (1 ? ) h ?0 h h ?0 x h x x h loga (1 ? ) 1 x ? lim h ? 0 h x x 1 ? x ln a37即(log a x)? ?1 。 x ln a 1 。 x特别地，自然对数的导函数为 (ln x )? ?例 8 求函数 f ( x) ?| x | 在 x ? 0 处的导数。f (0 ? h) ? f (0) | h | ?0 |h| ? lim ? lim h ? 0 h ? 0 h h h |h| ?( x0 ) ? 1 ， ? ?1, 故 f ??( x0 ) ? ?1 ， 当 h ? 0 时， 类似 f ? 即 f ( x) ?| x | 在 x ? 0 不可导。 h解limh ?02.1.4 导数的几何意义例 9 求等边双曲线 y ? 程。 解 根据导数的几何意义，所求切线的斜率为 k1 ? y? x ? 121 1 在点 ( ,1) 处的切线的斜率， 并写出在改点处的切线与法线方 x 2由于 y? ? ( )? ? ?1 x1 1 ，于是 k1 ? ? 2 2 x x 1 2x?1 2? ?4 。从而所求切线方程为 y ? 2 ? ?4( x ? ) ，即 4 x ? y ? 4 ? 0 。 所 求 法 线 的 斜 率 为 k2 ? ?1 1 1 1 ? ， 于 是 所 求 法 线 方 程 为 y ? 2 ? (x ? ) ， 即 4 2 k1 42 x ? 8 y ? 15 ? 0 。2.1.5 函数可导性与连续性的关系例 10 函数 y ? f ( x) ? 3 x 区间 (??,??) 内连续，但在点 x ? 0 处不可导，这是因为在 点 x ? 0 处有f (0 ? h) ? f (0) 1 f (0 ? h) ? f (0) 3 h 1 lim ? lim 2 / 3 ? ?? ， ? ? 2/3 ， 因而， h ? 0 h ? 0 h h h h h即导数为无穷大 由此可知连续是可导得必要条件，而不是充分条件。? x 2 ? ax ? b ( x ? 0) ? 例 11 设 f ( x) ? ? 2 ，试确定 a , b 的值，使 f ( x) 在 x ? 0 处不但连 1 x sin ? x ( x ? 0 ) ? x ?续而且也可导。38解要使 f ( x) 在 x ? 0 处连续，必须有 lim f ( x ) ? f (0)x?0x ?0 ?lim f ( x) ? lim ( x 2 ? ax ? b) ? b ?x ?0x ?0lim f ( x) ? lim ( x 2 sin ? ?x ?01 ? x) ? 0 xf (0) ? b因此得出 b ? 0 。?(0) ? f ??(0) 要使 f ( x) 在点 x ? 0 处也可导，必须有 f ?f ??(0) ? lim ?x ?0f ( x) ? f (0) x 2 ? ax ? lim ? lim ( x ? a) ? a x ?0 ? x ?0 ? x?0 xf ??(0) ? lim ?x ?0f ( x) ? f (0) ? lim x ?0 ? x?0x 2 sin1 ?x 1 x ? lim ( x sin ? 1) ? 1 ? x ?0 x x因此得出 a ? 1 。 所以，当 a ? 1, b ? 0 时，函数 f ( x) 在 x ? 0 处连续且可导。 例 12 函数 f ( x) ? 2| x ? a| 在 x ? a 处是否可导？解?2 ? ( x ? a ) ? f ( x) ? ?1 ?2 x ? a ?( x ? a) ( x ? a) ( x ? a)由于f ??(a) ? lim?x ?af ( x) ? f ( a ) 2? ( x ? a ) ? 1 ? lim? x?a x?a x?a? lim?x ?at t ln 2 ? lim? ? ? ln 2 ? log2 (1 ? t ) x ? a ? ln(1 ? t )f ??(a) ? lim?x ?af ( x) ? f ( a ) f ( x) ? f ( a ) ? lim? x ?a x?a x?a2.2 求导法则 2.2.1 函数的和、差、积、商的求法则例 1 y ? 2 x ? 5x ? 3x ? 7 ，求 y? 。3 2解39y? ? (2 x 3 ? 5 x 2 ? 3x ? 7)? ? (2 x 3 )? ? (5 x 2 )? ? (3x)? ? (7)? ? 2 ? 3x 2 ? 5 ? 2 x ? 3 ? 0 ? 6 x 2 ? 10x ? 3例2 解f ( x) ? x 3 ? 4 cos x ? sin?2，求 f ?( x ) 及 f ?( ) 。?2f ?( x) ? 3x2 ? 4 sin x ，? 3 f ?( ) ? ? 2 ? 4 。 2 4例 3 解y ? ex (sin x ? cos x) ，求 y? 。 y? ? (e x )?(sin x ? cos x) ? e x (sin x ? cos x)?? e x (sin x ? cos x) ? e x (cosx ? sin x) ? 2e x cos x例 4 y ? tan x ，求 y? 。解? ? sin x ? (sin x)? cos x ? sin x(cosx)? ? ? y ? (tanx) ? ? ? ? cos2 x ? cos x ??cos2 x ? sin 2 x 1 ? ? sec2 x ，即 (tanx)? ? sec2 x 2 cos x cox2 x例 5 y ? sec x ，求 y? 。解? 1 ? (1)? cos x ? 1 ? (cos x)? sin x ? y? ? (sec x)? ? ? ? ? sec x tan x ， ? ? cos 2 x cos 2 x ? cos x ?即(sec x)? ? sec x tan x ，类似地 (cot x)? ? ? csc2 x, (csc x)? ? ? csc x cot x例6 设y?解x sin x ，求 y? 。 1 ? cos x ? ? x sin x ? ( x sin x)?(1 ? cos x) ? x sin x(1 ? cos x)? y? ? ? ? ? (1 ? cos x) 2 ? 1 ? cos x ?40? ?(sin x ? x cos x)(1 ? cos x) ? x sin x(? sin x) (1 ? cos x) 2sin x(1 ? cos x) ? x cos x ? x cos2 x ? x sin 2 x (1 ? cos x) 2 sin x(1 ? cos x) ? x cos x ? x ( x ? sin x)(1 ? cos x) x ? sin x ? ? ? (1 ? cos x) 2 (1 ? cos x) 2 1 ? cos x2.2.2 复合函数的求导法则例 7 y ? e x ，求 解2 2dy 。 dx2 dy dy du ? ? ? eu ? 3 x 2 ? 3 x 2e x 。 dx du dxy ? e x 是由 y ? eu ， u ? x 2 复合而成，因此例 8 y ? sin 解2x dy ，求 。 2 1? x dx 2x 2x y ? sin 由函数 y ? sin u 和 u ? 复合而成，因 2 1? x 1 ? x2dy du 2(1 ? x 2 ) ? (2 x)2 2(1 ? x 2) ，所以 ? cosu , ? ? du dx (1 ? x 2 )2 (1 ? x 2 )2 dy 2(1 ? x 2 ) 2(1 ? x 2 ) 2x 。 ? cosu ? ? ? cos 2 2 2 2 dx (1 ? x ) (1 ? x ) 1 ? x2dy 。 dx dy 1 cos x ? (ln sin x)? ? (sin x)? ? ? cot x 。 解 dx sin x sin x dy 3 例 10 y ? 1 ? 2 x 2 ，求 。 dx例 9 y ? ln sin x ，求 解? dy 1 ? 4x ? [(1 ? 2 x 2 ) 3 ]? ? (1 ? 2 x 2 ) 3 ? (1 ? 2 x 2 )? ? 。 3 dx 3 3 (1 ? 2 x 2 ) 2 1 2例 11 y ? ln cos(e ) ，求xdy 。 dx解dy 1 sin e x x x x ? ? ? [ln cos(e )] ? [cose ] ? (e )? ? e x tane x x x dx cose cosesin 1 x例 12 y ? e，求dy 。 dxsin 1 x sin 1 1 1 1 1 sin (sin )? ? e x cos ( )? ? ? 2 cos ? e x 。 x x x x x 1 1解y? ? ( esin1 x)? ? e412.2.3 反函数的求导法则例 13 求反正弦函数 y ? arcsin x 的导数 解 在?? 因为 y ? arcsinx (?1 ? x ? 1) 是 x ? sin y ( ??2? y??2) 的反函数，而 x ? sin y? ? ?? , ? 内是单调、可导，且 (sin y)? ? cos y ? 0 ，于是 ? 2 2?y ? ? (arcsin x)? ?1 1 。 ? (sin y)? cos y由于在 ? ?? ? ?? , ? 内， cos y ? 1 ? sin 2 y ? 1 ? x 2 ，所以 2 2? ? 1 1? x2(arcsin x)? ?(?1 ? x ? 1) 。 类似地 (arccosx)? ? ?1 1 ? x2(?1 ? x ? 1) 。例 14 求 arctan x 的导数。 解 因为 y ? arctanx(?? ? x ? ??) 是 x ? tan y? ?? ? ?? , ? 的反函数，而 x ? tan y 在 ? 2 2?? ? ?? 2 ? ? , ? 内内是单调、可导的，且 (tan y)? ? sec y ? 0 ，所以 2 2 ? ?(arctanx)? ?又 sec2 y ? 1 ? tan2 y ? 1 ? x2 ，从而 类似地， (arc cot x)? ? ?y1 1 ? . (tan y )? sec2 y1 (?? ,?? ) , 1 ? x2(arctan x)? ?1 (?? ,?? ) 。 1 ? x2y例 15 设 x ? a (a ? 0, a ? 1) 为直接函数，则 y ? loga x 是它的反函数，函数 x ? a 在 区间 I y ? (??,??) 内单调、可导，且(a y )? ? a y ln a ? 0 。(loga x)? ? 1 1 ? y 。 y (a )? a ln a因此，由公式（1） ，在对应区间 I x ? (0,??) 内有 但 a ? x ，从而得到y(log a x)? ?1 。 x ln a422.2.4 一些特殊的求导法则例 16 求由方程 e y ? xy ? e ? 0 所确定的隐函数的导数 解ydy 。 dx将函数两边对 x 求导，这时 e 是一个复合函数，从而d y dy dy (e ? xy ? e) ? e y ? y ? x ，而右面等于 0 dx dx dx dy y dy ? y?x ? 0 ，由此得 由于两边函数相等，所以它们的导数也相等，从而 e dx dx dy y ?? ( x ? e y ? 0) 。 y dx x?e5 7 例 17 求由方程 y ? 2 y ? x ? 3x ? 0 所确定的隐函数在 x ? 0 处的导数dy 。 dx x ? 0解把方程两边分别对 x 求导，由于方程两边导数相等，所以5 y4dy dy 1 dy dy 1 ? 21x 6 ? 2 ? 1 ? 21x 6 ? 0 ， ? 。 从而 ， 由x ? 0， 得 y ? 0， 从而 ? 4 dx dx dx x ? 0 2 dx 5 y ? 2例 18 求上半椭圆3 x2 y2 2 ) 处的切线方程和法线方程。 ? ? 1 ( y ? 0) 在点 ( 2 , 2 4 9解将方程两边对 x 求导得 y? ? ?9x ，由导数集合意义知，所求切线得斜率为 4yy? | x ? 2 ? ?9x 4yx? 2 3 y? 2 22 3 ? ? ，从而法线斜率为 ，于是，所求切线与法线分别为 3 23 3 2 ? ? ( x ? 2 ), 3x ? 2 y ? 6 2 ? 0 2 2 化简得 3 2 4 x ? 6 y ? 5 2 ? 0. y? 2 ? ( x ? 2 ); 2 3 dy 例 19 设 y ? xsin x ( x ? 0) ，求 。 dx y?解 在方程两边取对数，得 上式两边对 x 求导，得ln y ? sin x ln x1 dy sin x ? cos x ln x ? y dx x从而有dy ? dxsin x ? sin x ? ? sin x ? y? cos x ln x ? ? ? x ? cos x ln x ? ? x ? x ? ? ?43上例这种先取自然对数再求导的方程叫做对数求导法。对于幂指函数 y ? [u( x)]v( x) ， 求导时，可以使用这种方法。对于复杂的表达式，也可以采用这种方法。 例 20 求 y ? 解( x ? 1)(x ? 2) 的导数。 ( x ? 3)(x ? 4)先对两边求对数（假定 x ? 4) ，得1 ln y ? [ln( x ? 1) ? ln( x ? 2) ? ln( x ? 3) ? ln( x ? 4)] ， 2上式两边对 x 求导，得1 1? 1 1 1 1 ? y? ? ? ? ? ? ? ，于是 y 2 ? x ?1 x ? 2 x ? 3 x ? 4 ? y? ? y? 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ? 2 ? x ?1 x ? 2 x ? 3 x ? 4 ?当 x ? 1 及 2 ? x ? 3 时，结果相同。 2．由参数方程所确定的函数得导数。 例 21 证明星形线（图 2－8） ? 所截的线段为定长。 证 曲线上对应于参数 t 的点 M 的坐标为 (a cos3 t , a sin 3 t ) ，曲线在点 M 处的的切线3 ? ? x ? a cos t , （a ? 0) 的切线（除坐标轴外）被坐标轴 3 ? y ? a sin t ?的斜率为dy 3a sin 2 t cost ? ? ? tant ，故切线为 y ? a sin 3 t ? ? tant ( x ? a cos3 t ) ， dx ? 3a cos2 t sin t令 y ? 0 ，解得切线在 x 轴上的截距为x(t ) ? a cos3 t ? a sin 2 t cost ? a cost ；令 x ? 0 ，解得切线在 y 轴上的截距为y(t ) ? a sin 3 t ? a cos2 t sin t ? a sin t ；故所求切线被坐标轴所截的线段长度为x 2 (t ) ? y 2 (t ) ? a 2 cos 2 t ? a 2 sin 2 t ? a （常数）例 22 计算由摆线（图 2－9）的参数方程 ? 二阶导数? x ? a(t ? sin t ) 所确定的函数 y ? y ( x) 的 ? y ? a(1 ? cost )44解dy dy dt a sin t sin t t ? ? ? ? cot (t ? 2n? , n ? Z ) dx dx a(1 ? cost ) 1 ? cost 2 dtd2y d t 1 1 1 1 ? (cot ) ? ?? ? ? (t ? 2n? , n ? Z ) 2 2 dx dt 2 dx a ( 1 ? cos t ) a ( 1 ? cos t ) 2 t 2 sin dt 23．极坐标方程的求导法则 例 21 求三叶玫瑰线 r ? a sin 3? 在对应 ? ? 解?4的点处的切线方程。利用直角坐标与极坐标间的关系，将给出的极坐标方程化为参数方程?x ? r cos? ? a sin 3? cos? ? ? y ? r sin? ? a sin 3? sin?于是dy dy d? 3a cos3? sin ? ? a sin 3? cos? ? ? dx dx 3a cos3? cos? ? a sin 3? sin ? d?故dy 1 ? dx ? ? ? 24又切点坐标为 (a sin3? ? 3? ? ?a a? cos , a sin sin ) ，即 ? , ? 。从而得切线方程 4 4 4 4 ? 2 2?y?即a 1? a? ? ?x ? ? 2 2? 2?x ? 2y ? a ?0 2注意：这时 r?(?0 ) 并不是曲线在对应与 ? ? ?0 处的切线斜率。452.3 高阶导数与相关变化率 2.3.1 高阶导数例 1 y ? ax ? b ，求 y?? 。 解y? ? a, y?? ? 0 。例 2 s ? sin ?t ，求 s?? 。 解 s? ? ? cos?t , s?? ? ?? 2 sin ?t 例 3 证明：函数 y ? 证 将y?2 x ? x 2 满足关系式 y3 y?? ? 1 ? 0 。2 x ? x 2 求导，得2 ? 2x ? 1? x 2x ? x2y? ?2 2x ? x2? 2 x ? x 2 ? (1 ? x) y?? ? ? 2x ? x2 ? 2 x ? x 2 ? (1 ? x 2 ) 22 ? 2x 2 2x ? x2(2 x ? x 2 ) 2 x ? x 2 1 1 ?? ?? 3 3 y (2 x ? x 2 ) 2例 4 求指数函数 y ? e x 的 n 阶导数 解y? ? e x , y?? ? e x , y??? ? e x , ?, y( n) ? e x ，即 (e x )( n) ? e x 。例 5 求正弦与余弦函数的 n 阶导数。 解y ? sin xy? ? cos x ? sin( x ??2)y?? ? cos(x ??2) ? sin(x ??2??2)? sin(x ? 2 ? ) 2 ? ? y??? ? cos( x ? 2 ? ) ? sin( x ? 3 ? ) 2 246?y ( 4 ) ? cos( x ? 3 ? ) ? sin( x ? 4 ? ) 2 2一般地，可得 y(n)??? sin( x ? n ? ) ，即 (sin x) ( n ) ? sin( x ? n ? ) 2 2(n)??类似地，可得 (cos x )? cos( x ? n ? ) 2?例 6 求对数函数 ln(1 ? x) 的 n 阶导数。解y? ?1 1 1? 2 1? 2 ? 3 ，一般地，可得 , y?? ? ? , y??? ? , y ( 4) ? ? 2 3 1? x (1 ? x) (1 ? x) (1 ? x) 4y ( n ) ? (?1) n ?1(n ? 1)! (n ? 1)! 1 ? x)]( n ) ? (?1) n ?1 ，即 [ln( 。 n (1 ? x) n (1 ? x)例 7 求幂函数的 n 阶导数。 解y? ? ?x? ?1, y?? ? ? (? ? 1) x? ?2 , y??? ? ? (? ? 1)(? ? 2) x ? ?3一般地，( x? ) ? ? (? ? 1)(? ? 2)?(? ? n ? 1) x ? ? n 。特别地 ( xn )( n) ? n!, ( xn )( n ?1) ? 0 。 一般地， (u ? v)( n) ? u ( n) ? v( n) ，莱布尼兹公式(uv)( n ) ? u ( n )v ? nu( n ?1)v? ?n(n ? 1) ( n ? 2) u v?? ? ? ? 2! n(n ? 1)?(n ? k ? 1) ( n ? k ) ( k ) u v ? ?uv( n ) k!(n) k (n?k ) (k ) ? ? Cn u v k ?0 n此公式可以根据二项式定理来记忆。 (uv) 例 8 y ? x e ，求 y2 2x ( 20 )。解设 u ? e , v ? x ，则2x 2u( k ) ? 2k e2 x （可＝ 1 ， 2， ?， 20 ）， v? ? 2x, v?? ? 2 , v( k ) ? 0 (k ? 3,4,?,20) 。代入莱布尼茨公式，得y ( 20 ) ? ( x 2e2 x )( 20 ) ? 220 e2 x ? x 2 ? 20 ? 219 e2 x ? 2 x ? ? 220 e2 x ( x 2 ? 20x ? 95) 20 ? 19 18 2 x 2 e ?2 2!47y 确定了 y 是 x 的一个隐函数，求 y?? 。 x 1 y 2 2 解 原方程即为 ln( x ? y ) ? arctan ，两边对自变量 x 求导，得 2 x ? 1 1 1 y? ? 2 2 ? ( x ? y )? ? ? ? 2 ? 2 x2 ? y 2 ? y? ? x? 1? ? ? ? x?例 9 设方程 ln x ? y ? arctan2 2即得：1 1 ? 2 (2 x ? 2 yy?) ? 2 x ? y21 ? y? a?? ? ? x?2?y?x ? y x2整理后得 于是y? ?x? y x? yy?? ?( x ? y )? ? ( x ? y ) ? ( x ? y ) ? ( x ? y )? ( x ? y)2 (1 ? y?)(x ? y ) ? ( x ? y )(1 ? y?) ? ( x ? y)2 2 xy? ? 2 y ? ( x ? y)2以 y? ?x? y 代入上式，得 x? yy?? ?2( x 2 ? y 2 ) ( x ? y )3例 10 阶导数计算由摆线（如图）的参数方程 ?? x ? a(t ? sin t ) 所确定的函数 y ? y ( x) 的二 ? y ? a(1 ? cost )解dy dy dt a sin t sin t t ? ? ? ? cot (t ? 2n? , n ? Z ) dx dx a(1 ? cost ) 1 ? cost 2 dtd2y d t 1 1 1 1 ? (cot ) ? ?? ? ? (t ? 2n? , n ? Z ) 2 2 dx dt 2 dx a ( 1 ? cos t ) a ( 1 ? cos t ) 2 t 2 sin dt 2482.3.2 相关变化率例 11 一气球从离开观察员 500 m 处离地面铅直上升，其速率为 140 m / min （分） 。当 气球高度为 500 m 时，观察员视线的仰角增加率是多少？ 解 设气球上升 t （秒）后，其高度为 h ，观察员的仰角为 ? ，则 tan ? ?h 其中 ? 500及 h 都与 t 存在函数关系。上式两边对 t 求导，得sec 2 ? ?已知d? 1 dh ? ? dt 500 dtdh ? 140 m / min 。又当 h ? 500 m 时， tan ? ? 1 ， sec2 ? ? 2 。带入上式得 dt d? 1 d? 70 2 ? ? 140 ，所以 ? ? 0.14(rad (弧度 ) / min) ，即观察员视线的仰角增加率 dt 500 dt 500为 0.14 rad/min。 例 12 甲飞机以 3km/Min 的速度向东飞行， 乙飞 机在海拔高度低于甲飞机 4km 的空中以 2km/min 的 速度向南飞行。在某一时刻乙飞机处于甲飞机的正 下方。问 1min 后两飞机相离的速率是多少？ 解 两飞机 P 1, P 2 的相对位置如图所示。设x ?| O1P 1 |, y ?| O2 P 2 | w ?| O2 P 1 |, z ?| P 1P 2 |从而w2 ? x 2 ? 4而2z ? w2 ? y 2 ? x 2 ? y 2 ? 4 2所求速率为dz dx dy ? 3, ? 2 ，于是，1min 后 x ? 3, y ? 2 ， ，注意到 dt dt dtdz ? dt作业x?dx dy ? y? dt dt ? 3 ? 3 ? 2 ? 2 ? 13 ? 2.414km / min 2 2 29 x ? y ? 42 22 ? 32 ? 422，3，4，5（2） （4） ，6（1） （ 3） ，8，9（1） ，12492.4 函数的微分与函数的局部线性逼近 2.4.1 微分的概念例 1 求函数 y ? x 2 在 x ? 1 和 x ? 3 处的微分。 解dy ? ( x2 )? |x ?1 ?x ? 2?x ； dy ? ( x2 )? |x ?3 ?x ? 6?x函数在点 x 的微分，称为函数的微分，记作 dy 或 df ( x) ，即 dy ? f ?( x)?x 。函数在点x 的微分与 x 和 ?x 有关。例 2 求函数 y ? x3 当 x ? 2, ?x ? 0.02 时的微分。 解dy ? ( x3 )??x ? 3x2?x ，从而 (dy) x ? 2?x ? 0.02? 3x 2 (?x) x ? 2?x ? 0.02? 3 ? 22 ? 0.02 ? 0.24 。通常把自变量 x 的增量 ?x 称为自变量的微分，记作 dx ，即 dx ? ?x 。于是函数y ? f ( x) 的微分又可记作 dy ? f ?( x)dx ， 从而有dy ? f ?( x) ， 这就是说， 函数的微分 dy 与 dx自变量的微分 dx 之商等于该函数的导数。因此，导数也叫“微商”2.4.2 微分公式与运算法则1．基本初等函数的微分公式 导 数 公 式 微 分 公 式( x ? )? ? ?x ? ?1(sin x)? ? cos x (cosx)? ? ? sin xd ( x? ) ? ?x? ?1dxd (sin x) ? cos xdx d (cosx) ? ? sin xdx(tanx)? ? sec2 xd (tanx) ? sec2 xdx d (cotx) ? ? csc2 xdxd (sec x) ? sec x tan xdx d (csc x) ? ? csc x cot xdx(cot x)? ? ? csc2 x(sec x)? ? sec x tan x (csc x)? ? ? csc x cot x(a x )? ? a x ln ad (a x ) ? a x ln adx50(e x )? ? e x(log a x)? ? 1 x ln a 1 (ln x )? ? xd (e x ) ? e x dxd (log a x) ? 1 dx x ln a 1 d (ln x ) ? dx x(arcsinx)? ?1 1 ? x2 1 1? x2d (arcsinx) ?1 1 ? x2 1dx(arccosx)? ? ?(arctan x)? ?d (arccosx) ? ?d (arctan x) ?1 ? x2dx1 1 ? x2 1 (arc cot x)? ? ? 1 ? x21 dx 1 ? x2 1 d (arc cot x) ? ? dx 1 ? x2( shx)? ? chx (chx)? ? shx(thx )? ? 1 ch 2 xd (shx) ? chxdx d (chx) ? shxdxd (thx ) ? 1 dx ch 2 x(arshx)? ?1 1? x 1 x2 ? 11 1 ? x22d (arshx) ?1 1 ? x2 1 x2 ? 1dx(archx)? ?d (archx) ?d (arthx ) ?dx(arthx )? ?1 dx 1 ? x22. 函数和、差、积、商的微分法则 函数的和、差、积、商的求导法则[u ? v]? ? u? ? v? [cu]? ? cu? [uv]? ? u?v ? uv?? ? u ? u?v ? uv? ? ( v ? 0) ? v2 ?v? ?3．复合函数的微分法则d (u ? v) ? du ? dv d (cu) ? cdu d (uv) ? vdu ? udv? u ? vdu ? udv d? ? ? (v ? 0) v2 ?v?设 y ? f (u ) 及 u ? g ( x) 都可导，则复合函数 y ? f [ g ( x)]的微分为51? ? ? dy ? y? x dx ? f (u) g ( x)dx ，由于 g ( x)dx ? du ，所以，复合函数 y ? f [ g ( x)] 的微分方程也可以写成 dy ? f ?(u)du 或? du 。 dy ? yu可见，不论 u 时自变量还是中间变量，微分形式 dy ? f ?(u)du 保持不变。这一新还之 称为微分形式不变性。 例 3 y ? sin(2 x ? 1) ，求 dy. 解dy ? d (sin u) ? cosudu ? cos(2 x ? 1)d (2 x ? 1) ? cos(2 x ? 1) ? 2dx ? 2 cos(2 x ? 1)dx例 4 y ? ln( 1 ? e x ) ，求 dy 解2dy ? d ln(1 ? e x ) ?21 1 x2 x2 1 ? e ) ? d ( x2 ) 2 d( 2 ?e x x 1? e 1? e?ex21 ? ex2? 2 xdx ?2 xex21 ? ex2dx例 5 y ? e1?3 x cos x ，求 dy 。 解dy ? d (e1?3x cos x) ? cos xd (e1?3x ) ? e1?3x d (cosx)? (cosx)e1?3 x (?3dx) ? e1?3 x (? sin x)dx) ? ?e1?3 x (3 cos x ? sin x)dx例 6 在下列登时左端的括号中填入适当的函数，使等式成立。 （1） d ( ) ? xdx ； （2） d ( ) ? coswtdt 。 （1） 由于 d ( x2 ) ? 2 xdx ，所以 xdx ?解1 x2 d ( x 2 ) ? d ( ) ，即 2 2d(x2 ) ? xdx 2x2 一般地，有 d ( ? C ) ? xdx （C 为任意常数 ) 2（2） 由于 d (sin?t ) ? ? cos?tdt ，可见 cos ?tdt ?1?1 d (sin ?t ) ? d ( sin ?t )?52即1 d ( sin ?t ) ? cos ?tdt 。?一般地，有 d (1?sin ?t ? C ) ? cos ?tdt(C 为任意常数 )2.4.3微分的几何意义及简单应用?例 8 利用微分计算 sin 30 30? 得近似值。 解 要利用微分计算函数得近似值，必须找到 f ( x) 、 x0 与 ?x 。? 将 30 30? 化为弧度 30 30? ???由公式（2） sin 30 30? ? sin(??6 6? ??360。函数为 f ( x) ? sin x , x0 ??6, ?x ??360?360) ? sin?6? cos?6 360??1 3 ? ? ? ? 0.6 2 2 360 ? 0.5076 . ?由（2）令 x0 ? 0 ，可得下列近似公式1 sin x ? x( x用弧度); tan x ? x( x用弧度); n e x ? 1 ? ln(1 ? x) ? x.n1? x ?1?2.5 利用导数求极限――洛必达法则 2.5.10 0型未定式的极限4e2 x ? e x ? 9 x ? 5 例 1 求 lim 。 x ?0 (e x ? 1)2 e2 x解 原式 ? lim4e2 x ? e x ? 9 x ? 5 1 ? lim 2 x x 2 x ?0 x ? 0 (e ? 1) e4e 2 x ? e x ? 9 x ? 5 8e 2 x ? e x ? 9 ? lim x ?0 x ?0 x2 2x 2x x 16e ? e 17 ? lim ? . x ?0 2 2 ? lim53例 2 求 limx3 ? 3x ? 2 . x ?1 x 3 ? x 2 ? x ? 1解limx3 ? 3x ? 2 3x 2 ? 3 6x 3 ? lim ? lim ? . 3 2 2 x ?1 x ? x ? x ? 1 x ?1 3 x ? 2 x ? 1 x ?0 6 x ? 2 2x?0x ? sin x . x3 1 ? cos x sin x 1 解 原式 ? lim ? lim ? . 2 x ?0 x ? 0 3x 6x 6 0 型的洛必达法则对 x 趋于其他情形的极限也是成立的。 0 ? ? 2 arctanx 例 4 求 lim . x ? ?? 1 ln(1 ? ) x 2 ? 2 1 ? x x2 1 ? x 解 原式 ? lim ? 2 lim ? ? 2. x ? ?? x ? ?? x 1 x 1 ? x2 ? (? 2 ) 1? x x例 3 求 lim2.5.2? 型未定式的极限 ?ln x ( n ? 0) 。 xn 1 1 解 原式 ? lim x ? lim n ? 0 n ? 1 x ? ?? nx x ? ?? nx例 5 求 limx ? ??例 6 求 limxn (n 为正整数， ? ? 0) 。 x ? ?? e ?xnxn ?1 n(n ? 1) x n ? 2 n！ ? lim ? ? ? lim n ?x ? 0 ，该题对 n 为任意实 ? x 2 ? x x ? ?? ?e x ? ?? x ? ?? ? e ?e解原式 ? lim数仍成立。2.5.3 其他类型未定式的极限x ln x (n ? 0) 。 例 7 求 lim ?n x ?0解这是 0 ? ? 型未定式。因为 x n ln x ?? ln x ，当 x ? 0 时，上式右端为未定式 ，应 1 ? n x用洛必达法则，得541 ? ? xn ? ln x x ? ??0。 ? lim ? lim 原式 ? lim ?n ? n ?1 x ?0 ? x x ? 0 ? ? nx x ?0 ? ? n ? ? ?不能转化为下列形式xn 1 ln x例 8 求 lim (sec x ? tan x )x??2解 上式为这是 ? ? ? 型的未定式型，因为 sec x ? tan x ?1 ? sin x ? ，所以，当 x ? 时， cos x 20 ，应用洛必达法则，得 0原式 ? lim21 ? sin x ? cos x ? lim ?0 ? cos x ? x? x ? ? sin x2x x ?0(sin x) 。 例 9 求 lim ?解 这是 0 型未定式，由于 (sin x) ? e0xx ln sin x?eln sin x /1 x，而 x ? 0 时 ln sin x /?1 属于 xcos x ? 1 sin x ? lim ( ? x ? x cos x) ? 0 ，所以 型未定式，且 lim ln sin x / ? lim ? ? x ?0 x ? 0 ? sin x ? x x ?0 ? 1 x2x ?0 ?lim (sin x) x ＝ e0 ? 1 。1例 10 求 lim(cosx ? x sin x)x ?0x2。1? 解 这是 1 型未定式，我们令 y ? (cosx ? x sin x) x ，对两边取对数得2ln y ?于是1 ln(cos x ? x sin x) x21 ? (? sin x ? sin x ? x cos x) ln(cosx ? x sin x) cos x ? x sin x lim ln y ? lim ? lim x ?0 x ?0 x ?0 x2 2x 1 cos x 1 ? lim ? . 2 x ? 0 cos x ? x sin x 21从而lim(cosx ? x sin x) ＝ e 。x2 x ?01 255在使用洛必达法则时，要尽量配合其他法则，将已经能够得出的极限去掉 例 11 求 limtan x ? x . x ? 0 x 2 sin x解原式 ? limtan x ? x x tan x ? x sec 2 x ? 1 ? ? lim ? lim x ?0 x ?0 x3 sin x x ?0 x3 3x 2 2 sec2 x tan x 1 tan x 1 ? lim ? 。 x ?0 6x 3 x ?0 x 3? lim习题课 2例 1 求下列函数的导数2 2 （1） y ? sin ? ( x ) ? ? ( x ) ，其中 ? ( x) 、? ( x) 可导；（2） y ? e x f ( xe ) ，其中 f (u ) 可导； （3） y ? f { f [ f ( x)]}，其中 f (u ) 可导。2 2 2 2 2 2 解 （1） y? ? [sin ? ( x) ? ? ( x) ]? ? cos ? ( x) ? ? ( x) ? [ ? ( x) ? ? ( x) ]?22? cos ? 2 ( x) ? ? 2 ( x) ? ? cos ? 2 ( x) ? ? 2 ( x) ? ?1 2 ? ( x) ? ? ( x)2 2? [? 2 ( x) ? ? 2 ( x)]? ? [2? ( x)? ?( x) ? 2? ( x)? ?( x)]1 2 ? ( x) ? ? 2 ( x)2? ( x)? ?( x) ? ? ( x)? ?( x) ? cos ? 2 ( x) ? ? 2 ( x) 2 2 ? ( x) ? ? ( x)2 2 2 2 2 2（2） y? ? [ex f ( xe )]? ? (ex )? f ( xe ) ? ex [ f ( xe )]?? e x ( x 2 )? f ( x e ) ? e x f ?( x e ) ? ( x e )? ? 2 xex f ( x e ) ? e2 x e ?1e x f ?( x e )（3） y? ? f ?{ f [ f ( x)]}? { f [ f ( x)]}?2 2 2 2 222222? f ?{ f [ f ( x)]}? f ?[ f ( x)] ? [ f ( x)]? ? f ?{ f [ f ( x)]}? f ?[ f ( x)] f ?( x) 。例 2 设 f ?( x ) 存在，求 lim 解f ( x ? a?x) ? f ( x ? b?x) ?x ? 0 ?x f ( x ? a?x) ? f ( x ? b?x) lim ?x ? 0 ?x56f ( x ? a?x) ? f ( x) ? f ( x) ? f ( x ? b?x) ?x ? 0 ?x f ( x ? a?x) ? f ( x) f ( x ? b?x) ? f ( x) ? lim ? lim ?x ? 0 ?x ? 0 ?x ?x f ( x ? a?x) ? f ( x) f ( x ? b?x) ? f ( x) ? lim a ? lim (?b) ?x ? 0 ?x ? 0 a?x ? b?x ? af ?( x) ? (?b) f ?( x) ? (a ? b) f ?( x). ? lim例 3 若 ? ( x) 在 x ? a 处连续， f ( x) ? ( x ? a) ? ( x) ，求 f ?( a ) 。 解 由于 ? ( x) 在 x ? a 处连续而不是可导，所以不能直接对 f ( x) ? ( x ? a) ? ( x) 运用求导公式，而应按定义来求 f ?( a ) 。f ?(a) ? limx?af ( x) ? f (a) ( x ? a)? ( x) ? 0 ? lim ? lim? ( x) ? ? (a) 。 x?a x?a x?a x?a例 4 设 f ( x) ? ?1 ? 3 ( x ? 0), ? x sin x ? ( x ? 0), ? 1求 f ?( x ) 。3 解 当 x ? 0 时， f ( x) ? x sin1 为一初等函数，这时 xf ?( x) ? 3x 2 sin1 1 ?? 1 ? ? ? x 3 ? cos ?? ? 2 ? x x ?? x ? ? 1 1 ? 3x 2 sin ? x x当 x ? 0 时，由于lim f ( x) ? lim x 3 sinx ?0 x ?01 ? 0 ? f (0), x所以 f ( x) 在 x ? 0 处不连续，由此可知 f ( x) 在 x ? 0 处不可导。 例 5 设 f ( x) ? ? 解?e 2 x ? b ( x ? 0), ?sin ax ( x ? 0),问 a , b 为何值时， f ( x) 在 x ? 0 处可导？f ( x) 在 x ? 0 处可导的充要条件是在该点处左、右导数存在且相等。f ??(0) ? lim ?x ?0f ( x) ? f (0) e2 x ? b ? (1 ? b) e2 x ? 1 ? lim ? lim ?2 x ?0 ? x ?0 ? x x xf ( x) ? f (0) sin ax ? (1 ? b) ? lim ? x ?0 x ?0 x x 要上述极限存在，必须分子的极限为零，即得 1 ? b ? 0 ，于是 b ? ?1 ，此时 f ?? (0) ? lim ?57f ?? (0) ? lim?x ?0sin ax ? a. x?(0) ? f ??(0) ，得 a ? 2 ，所以当 a ? 2, b ? ?1 时， f ( x) 在 x ? 0 处可导。 由 f?例 6 求 y ? sin 4 x ? cos4 x 得 n 阶导数。 解y ? sin 4 x ? cos4 x ? (sin2 x ? cos2 x)2 ? 2 sin 2 x cos2 x1 1 ? 1 ? cos4 x ? ? 1 ? sin 2 2 x ? 1 ? ? ? 2 2? 2 ? 3 1 ? ? cos4 x, 4 4y? ?1 ? (? sin 4 x) ? 4 ? 40 cos( 4 x ? ) 4 2y?? ? 4 cos(4 x ? 2 ? ) 2 ??所以 y(n)?? 4n ?1 cos( 4 x ? n ? ). 2arctan y x?例 7 设 x 2 ? y 2 ? 5e，求dy d 2 x , dx dy21 y ln( x 2 ? y 2 ) ? ln 5 ? arctan 2 x dx dx 2x ? 2 y x? y dx 1 dy 1 dy ? x ? y， 两边求导得 整理后得 ( x ? y ) ? ? 2 2 2 y 2 dy 2 x ?y x 1? ( ) x解 讲两边取对数得 即dx x ? y ? 。 dy x ? ydx dx ? 1)(x ? y ) ? ( x ? y )( ? 1) d x d dx dx x ? y dy dy ? ( )? ? ，用 代入，得 2 2 dy dy dy ( x ? y) dy x ? y2(d 2x 2( x 2 ? y 2 ) 。 ?? dy2 ( x ? y)2例 8 求三叶玫瑰线 r ? a sin 3? 在对应 ? ??4的点处的切线方程。解? x ? r (? ) cos? ? a sin 3? cos? ? ? y ? r (? ) sin ? ? a sin 3? sin ?58a ? dy x? ? dy d? 3a cos3? sin ? ? a sin ?? cos? dy 1 ? 2 ? ? , ? ，切点为 ? dx dx 3a cos3? cos? ? a sin ?? sin ? dx ? ? ? 2 ?y ? a , 4 ? d? 2 ?切线方程x ? 2y ?a ? 0。 2例 9 某人以 2m/s 的速度通过一座桥， 桥面高处水面 20m， 在此人正下方有一条小船以4 m / s 的速度在与桥垂直的方向航行，求人与小船分离的速度。 3 解 设经 过 t 秒后船与 人的距 离为 s m 人行走 距离为 x m ，船 行距离为 y m ， 则s 2 (t ) ? x2 (t ) ? y 2 (t ) ? 202 。所建立的方程并不是 s 与 t 的直接函数关系，但因为所求的v? ds dx dy 4 ? 2, ? ，所以可借助于相关变化率来求。 ，且已知 dt dt dt 3 ds dx dy 20 ? 2x ? 2 y 两边对 t 求导，得 2 s ，当 t ? 5 时， x ? 10, y ? dt dt dt 3s ? 102 ? (20 2 70 ds 20 4 70 26 ) ? 202 ? ，代入上式得 ? (10 ? 2 ? ? ) / ? (m / s ) 。 3 3 dt t ?5 3 3 3 21例 10 设 e x ? y ? y sin x ? 0 ，求 dy 。 解 即 方程两边取微分，有 d (e x ? y ) ? d ( y sin x) ? 0e x ? y d ( x ? y) ? [sin xdy ? yd sin x] ? 0, 即 e x ? y (dx ? dy) ? [sin xdy ? y cos xdx] ? 0 ，y cos x ? e x ? y y(cosx ? sin x) 整理后得 dy ? x ? y dx ? dx 。 e ? sin x ( y ? 1) sin x例 11 设函数 F ( x) 二阶可导，证明f ??( x) ? lim证 原式右端是?x ? 0f ( x ? ?x) ? f ( x ? ?x) ? 2 f ( x) . (?x) 20 形未定式，用洛必达法则得到 0右端 ? lim?x ? 0f ?( x ? ?x) ? f ?( x ? ?x)(?1) 2(?x)1 ? f ?( x ? ?x) ? f ?( x) f ?( x ? ?x) ? f ?( x) ? ? ? ?x ? 0 2 ? ?x ?x ? ? 1 ? [ f ??( x) ? f ??( x)] ? f ??( x) 2 ? lim592.6 微分中值定理 2.6.1 罗尔定理例 1 验证罗尔定理对函数 f ( x) ? 2x2 ? x ? 3 在 [?1,1.5] 上的正确性，并求定理中 ? 的 值 解f ?( x) ? 4 x ? 1 ， f (?1) ? f (1.5) ? 0 ，然满足罗尔定理条件。x? 1 1 ，即 ? ? ? (?1,1.5) ，使 f ?(? ) ? 0 。 4 4由 f ?( x) ? 0 解得例 2 不求导数，判别函数 f ( x) ? x(2 x ? 1)(x ? 2) 的导数方程（即 f ?( x) ? 0 ）有几个 实根，以及它们所在范围。 解 由于 f ( x) 为多项式函数， 故 f ( x) 在 ?0, ? 、? ,2? 上连续， 在 ? 0, ? 、? ,2 ? 内 2 2 2 2? 1? ? ??1 ? ? ?? ?1? ?1 ? ? ? ?可导，且 f (0) ? f ( ) ? f (2) ? 0 ，即函数 f ( x) 满足罗尔定理的条件。 由罗尔定理在 ? 0, ? 内至少存在一点 ? 1 ，使得 f ?(?1 ) ? 0 ，即 ? 1 为 f ?( x ) ＝0 的一个实1 2? ?1? 2?根， ?1 ? ? 0, ? 。? ?1? 2?在 ? ,2 ? 内至少存在一点 ?2 ，使得 f ?(? 2 ) ? 0 ，即 ?2 为 f ?( x ) ＝ 0 的一个实根，?1 ? ?2 ?? 2 ? ? ,2 ? 。又 f ?( x) ? 0 为二次方程，至多有两个实根。故 f ?( x) ? 0 有两个实根，它们分别在?1 ? ?2 ?? 1? ?1 ? ? 0, ? 及 ? ,2 ? 内。 ? 2? ? 2 ?例 3 若 a0 , a1,?, an 是 满 足 a0 ?a1 a2 a ? ??? n ? 0 的 实 数 ， 证 明 方 程 2 3 n ?1a0 ? a1x ? a2 x2 ? ? ? an xn ? 0 在 (0,1) 内至少有一个实根。解 由于 a0 ? a1x ? a2 x ? ? ? an x 是 a0 x ?2 na1 2 a2 3 a x ? x ? ? ? n x n ?1 的导函数， 2 3 n ?1因此考虑函数60f ( x) ? a0 x ?a1 2 a2 3 a x ? x ? ? ? n x n ?1 ， x ? [0,1] 2 3 n ?1易知 f ( x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 上可微，且 f (0) ? f (1) ? 0 ,由罗尔定理可知，至少存在 一点 ? ? (0,1) ，使得f ?(? ) ? a0 ? a1? ? a2? 2 ? ? ? an? n ? 0即方程 a0 ? a1x ? a2 x2 ? ? ? an xn ? 0 在 (0,1) 内至少有一个实根。2.6.2 拉格朗日中值定理例 4 证明当 x ? 0 时， 证x ? ln(1 ? x) ? x 。 1? x1 ? x) ，显然 f ( x) 在区间 [0, x] 上满足拉格朗日中值定理的条件，应 设 f ( x) ? ln(1 ，因此上式即为 1? x有 f ( x) ? f (0) ? f ?(? )(x ? 0) , 0 ? ? ? x 。由于 f (0) ? 0 ， f ?( x) ?ln(1 ? x) ?x x x x ? ln(1 ? x) ? x 。又由 0 ? ? ? x ，有 ? ? x ，即 1? x 1? x 1?? 1??例 5 f ( x) 在 [0,1] 上可导，且 0 ? f ( x) ? 1，在 (0,1) 内 f ?( x ) ? 1 (0 ? x ? 1) ，证明在(0,1) 内函数 f ( x) 有唯一的不动点，即方程 f ( x) ? x 有唯一实根。证 令 F ( x) ? f ( x) ? x ， F ( x) 在在 [0,1] 上连续，且 F (0) ? f (0) ? 0 ? f (0) ? 0 ，F (1) ? f (1) ? 1 ? 0 ，因此 F (0) ? F (1) ? 0,由零点定理，在 (0,1) 内有一点 x0 ，使 F ( x0 ) ? 0 ，即 f ( x0 ) ? x0 如果存在 x1, x0 ( x1 ? x0 ) ，使 f ( x1 ) ? x1, f ( x0 ) ? x0 , 不妨设 0 ? x0 ? x1 ? 1 。则 F ( x) 在 [ x0 , x1 ] 上满足罗尔定理得条件，故在 ( x0 , x1 ) 内至少有一点 ? ，使F ?(? ) ? f ?(? ) ? 1 ? 0, 从而 f ?(? ) ? 1与所给条件 f ?( x) ? 1矛盾，所以仅有一点 x0 使 f ( x0 ) ? x0 .612.6.3 柯西中值定理例 6 设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上 连 续 ， 在 ( a , b ) 内 可 导 (0 ? a ? b) ， 证 明 ： 方 程? b? f (b) ? f (a) ? ? ln ? xf ?( x) 在 ( a, b) 内至少有一个根。 ? a?证 将方程变形为f (b) ? f (a) f ?( x) ，则启发我们用柯西定理来证明。 ? 1 ln b ? ln a x因 为 f ( x) 和 g ( x) ? ln x 在 [ a, b] 上 满 足 柯 西 定 理 的 条 件 ， 故f (b) ? f (a) f ?(? ) f ?(? ) ? b? ? ? , a ? ? ? b ，整理后得 f (b) ? f ( z ) ? ? ln ??f ?(? ) ， ln b ? ln a (ln x)? |x ?? 1/ ? ? a?即方程? b? f (b) ? f (a) ? ? ln ? xf ?( x) 在 ( a, b) 内至少有一个根。 ? a?2.7 泰勒公式－用多项式逼近函数 2.7.1 泰勒多项式与泰勒公式例 1 求 f ( x) ? 解x 在 x0 ? 4 处的带拉各朗日余项的二阶泰勒公式。f (4) ? 2f ?(4) ? 1 4 1 32f ( x) ? x ，f ?( x) ? 1 ?2 x ， 23 11 ? f ??( x) ? ? x 2 ， 43 ? f ???( x) ? x 2 ， 8故有5f ??(4) ? ?3 1 f ???(? ) ? ? 5 8 2?1 1 1 1 x ? 2 ? ( x ? 4) ? ( x ? 4) 2 ? ? 5 ( x ? 4)3 ， ? 在 4 与 x 之间 4 64 16 2?622.7.2 常用函数的麦克劳林公式例 2 确立常数 a , b ，使 lim ( 2 x ? 4 x ? 1 ? ax ? b) ? 0 。2 x ? ??解由（5）1 ? 2 ?2 2x2 ? 4x ? 1 ? 2x 1 ? ? ? 2 ? ? 2 x ? 2 ? ?? 4x ? x 2x ?则有( lim ? ? 0)x ? ??2 x 2 ? 4 x ? 1 ? ax ? b ? ( 2 ? a) x ? ( 2 ? b) ?由此可知，欲使x ? ??2 ?? 4xlim ( 2 x 2 ? 4 x ? 1 ? ax ? b)? ? 2 ? lim ?( 2 ? a) x ? ( 2 ? b) ? ??? ? 0 x ? ?? 4x ? ?必须a ? 2, b ? 2例 3 设 f ( x) ? x2 ln( 1 ? x) ，求 f (100 ) (0) 。 解 因为ln(1 ? x) ? x ?所以x 2 x3 x98 ? ? ? ? (?1)97 ? o ( x98 ) 2 3 98? x2 f ( x) ? x 2 ln(1 ? x) ? x 2 ? x ? ? ? 2 ? x 4 x5 3 ? x ? ? ? ? ? (?1)97 2 3由唯一性定理，可得? x3 x98 ? ? ? (?1)97 ? o ( x98 ) ? ? 3 98 ? x100 ? o ( x100 ) 98f (100 ) (0) (?1)97 ? ，从而 100 ! 98f (100 ) (0) ? ? 100! 98例 4 问当 x ? 0 r， e 解 因为 e ? 1 ? x ?x?x2? cos 2 x 是 x 的几阶无穷小？x2 ? o ( x 2 ) ，所以 2!63e? x ? 1 ? x 2 ?又2x4 ?o ( x4 ) 2!cos x ? 1 ?x2 x4 ? ?o ( x4 ) 2! 4!cos 2 x ? 1 ?于是( 2 x) 2 ( 2 x) 4 ? ?0 ( x 4 ) 2! 4!e? x ? cos 2 x ?2x4 ?o ( x4 ) 3x4 ?o ( x 4 ) 2 1 而 lim 3 4 。 ? ，即 e? x ? cos 2 x 是 x 的 4 阶无穷小（当 x ? 0 ） x ?0 x 3例 5 求极限 lim 解 因为cos x ? e x ?0 x4?x2 2.cos x ? 1 ? e? x2 2? x2 2x2 x4 ? ? o ( x 4 ), 2! 4! x2 1 x2 ) ? (? ) 2 ? o ( x 4 ), 2 2! 2? 1 ? (?所以cos x ? e??x2 2x4 ? o ( x 4 ), 12于是limcos x ? e x ?0 x4?x4 ?o ( x 4 ) 1 o ( x4 ) 1 12 ? lim ? lim ( ? ? 4 )?? . 4 x ?0 x ?0 x 12 x 12 ?0 ? x ?1 0 ? z ?1max f ( x) ? 2 ， 例 6 设函数 f ( x) 二次可微，f (0) ? f (1) ? 0 ， 证明 min f ??( x) ? ?16 。证 由于 f (0) ? f (1) ? 0 ， max f ( x ) ? 2 ，故存在 c ? (0,1) ，使得 f (c) ? 2 。0 ? x ?1由于 f (c) 为最大值，故为极值，由费马定理得 f ?(c) ? 0 将函数在 x ? c 处展开成泰勒公式得f ( x) ? f (c) ? f ?(c)( x ? c) ?即1 f ??(? )( x ? c) 2 , ? 介于 x 和 c 之间。 2!f ( x ) ? f (c ) ?1 f ??(? )( x ? c) 2 , 2!64若c ?1 ，则将 0 代入上式得 2 f (0) ? f (c) ? 1 f ??(?1 )c 2 2即 f ??(?1 ) ? ? 若c ?2 f (c ) 4 ? ? 2 ? ?16 。 2 c c1 ，则将 1 代入上式得 2 f (1) ? f (c) ? 1 f ??(? 2 )(1 ? c) 2 2即 f ??(? 2 ) ? ?2 f (c ) 4 ?? ? ?16 。即 min f ??( x) ? ?16 2 0 ? z ?1 (1 ? c)