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当|x|&1，n趋向无穷，x的n次方，是多少
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当|x|&1，n趋向无穷，x的n次方，是多少
为什么书上的答案是0？
当n趋向正无穷，答案是0
当n趋向负无穷，答案是无穷
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n正无穷 你想多了
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vancky 发表于
n正无穷 你想多了
想多了？ 这种情况，不是需要分情况讨论的吗？请赐教
比如e的x次方，都需要分x趋向正无穷和负无穷的。
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x要分正 负，n一般都是正无穷
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vancky 发表于
x要分正 负，n一般都是正无穷
好，感谢了哦！
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vancky 发表于
x要分正 负，n一般都是正无穷
不能这样说吧 只要说趋向于无穷 就包含两个 趋向于正无穷和趋向于负无穷&&只有这两个极限相等 趋向于无穷才有意义吧
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wkylzp 发表于
不能这样说吧 只要说趋向于无穷 就包含两个 趋向于正无穷和趋向于负无穷&&只有这两个极限相等 趋向于无穷 ...
如果你想表达双向的无穷大，请用x-&无穷大， 用n表示数列，只有正无穷。
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呵呵确实想多了
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vancky 发表于
如果你想表达双向的无穷大，请用x-&无穷大， 用n表示数列，只有正无穷。
哦 谢谢 谢谢 受教了
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楼主，首先来回答你的疑惑关键点，就是n趋向于无穷，n的概念一般都是由数列中表达时使用，是非负的整数，所以都是趋向于正无穷的，比如很多求数列通项n趋向于无穷极限题的时候，你有没有发现都是把n用x代替，转化为x-&+无穷大，再使用洛比达或者等价无穷小因子替换求解，而不能直接对n求导或等价替换，所以记住了，当说n趋向于无穷大时，其实就是表明了只是趋向于正无穷的，如果要表达既趋向于正无穷，有趋向于负无穷两层含义时用的其他字母，比如x，t，u等等
其次，|x|&1，n趋向于无穷，limx^n的极限问题，|x|&1分两个区间
（1）;&&0&x&1 时 ，明显x^n=0
（2）；-1&x&0时，x^n=（-1）^n（-x）^n，由于（1）知道（-x）^n=0，而（-1）^n是有界的，无穷小乘以有界的结果还是无穷小
x=0的情况明显0^n=0，所以x的n次方都是等于0的
希望我这么详细的解答能帮到你。
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2009年新东方考研高等数学强化讲义(1-2章)全
新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学2009 年新东方数学+政治+英语的基础班强化班冲刺班+全部 word 讲义讲义下载地址 http://ishare..cn/cgi-bin/fileid.cgi?fileid=9 年数学全套包括： 2007 年高数、线性代数、概率的基础班+全部 word 讲义可打印； （新东方数学 2 年没有开基 础班了，基础班内容每年差不多） 2009 年高数、线性代数、概率的强化班+全部讲义可打印； 2009 年高数、线性代数、概率的冲刺班+全部讲义可打印； 2009 年英语全套包括： 2008 年英语（阅读、写作、翻译、完型）的基础班+全部讲义可打印（09 年基础官方用的 是 08 年的基础） 2009 年英语（阅读、写作、翻译、完型）的强化班+全部讲义可打印 2009 年英语（阅读、写作、翻译、完型）的冲刺班+全部讲义可打印 2009 年政治全套包括： 2007 年政治基础班的马哲、政经、毛概、邓论、世经+全部讲义 2008 年政治基础班的马哲+讲义（09 年基础用的是 08 年的，而 08 基础年只开了任汝芬的 哲学，所以把 07 的基础班全程加上去了，政治基础班每年内容都差不多） 2009 年政治强化班的马哲、政经、毛概、邓论、世经+全部讲义 2009 年政治冲刺班的马哲、政经、毛概、邓论、世经+全部讲义 2009 年政治点睛班的马哲、政经、毛概、邓论、世经+pdf 讲义为（任汝芬最后四套题） 09 年新东方的数学英语政治的基础班课程我找了好久都没有找到，后来知道 09 年基础班官 方都是用往年的资料。有一个卖资料的说有 09 新东方数学的基础班，后来仔细一问才知道 用的是 08 年的强化班来代替 09 年的基础班。09 年数学的强化班我有，还要他的 08 数学强 化做什么！ ！所以大家买资料一定要先问清楚了，否则只能吃哑巴亏！！ ！ 价格：包快递 3dvd 8G 容量 70 元 货到付款、货到付款、货到付款（请点击圆通快递查 询您那里是否能收到快件，否则 ems 全国可达加收 10 元）收到快件后把光盘内容拷贝到自 己电脑检查无问题再付款到我工农建行账号上面） 确认没有问题再联系汇款事宜。 本人有付费网盘，如果您的网速快可以直接下载，直接下载的价格是 50 元，下载完，给你 解压密码，再付款到我工农建行账号上面。确认没有问题再联系汇款事宜。 手机： 本人地址：天津市天大蔡高厅高数大型讲座 共 189 课时！近 20G,长度约 150 小时！！ ！asf 视频格式，本教程讲解之细致，容量之庞大令人 叹为观止！适合任何程度的朋友学习。 即使只有高中数学水平， 凭此讲座可在一月内快速成为高数高手， 也可作为复习后期查缺补 漏之用。本教程是目前国内水平最高的高等数学长期教程，影音俱佳，强烈推荐！！ ！ 价格：5 张 dvd 包快递共 7 0 元。 手机： 本人地址：天津市-1-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学新东方考研高等数学电子教材主讲： 主讲：汪诚义 欢迎使用新东方在线电子教材教材说明： 本教案是针对新东方在线使用的内部讲义， 本讲义按章节提供。 根据老师的意见， 例题的解题步骤不给提供， 在课件的板书上有显示， 学员自己可以先做题目再听老师的讲解 效果会更好。 严禁翻印、在上网任意传播！ 严禁翻印、在上网任意传播！第一章函数、极限、 函数、极限、连续§1.1（甲） 内容要点 一、函数的概念 1. 定义函数y = f (x) ， x ∈ Ix 为自变量，y 为因变量或称为函数值f :x→ y为对应关系自变量在定义域里面取值的时候，所有的函数值的全体就称为值域。 口诀（1） ：函数概念五要素；对应关系最核心。 2. 分段函数（考研中用得很多） 例 1： f ( x) = ?,x &1 ?3x + 1, x ≥ 1 ?x 2-2-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学例 2： x = ??x , x ≥ 0 ?? x , x & 0?x 2 , x ≤ 0 ? 例 3： max( x, x 2 , x 3 ) = ? x ,0 & x ≤ 1 ? 3 ,x &1 ?x口诀（2） ：分段函数分段点；左右运算要先行。 3．反函数 例： y = x 2 的反函数 x = ± y 由于不单值，所以要看作 x =y 和 x = ? y ，它们的图像与 y = x 2 一致。如果改变符号，写成 y =x 和 y = ? x ，那么它们的图像要变。4．隐函数F ( x, y ) = 0 确定 y 与 x 的函数关系有些隐函数能化为显函数，例： x 2 + y 2 = 1 ， y = 1 ? x 2 和 y = ? 1 ? x 2 。 另外有些隐函数则不能化为显函数。例： e x + y + sin(3 x ? 2 y ) + 5 = 0 二、基本初等函数的概念、性质和图像 （内容自己复习参考书，这里仅举例说明其重要性）-3-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学例 1：考察x → +∞ ( x → ?∞ ) ( x →∞ )lim arctan xy = arctan x 的图像例 2：考察 lim ex →0?1 x2因为 lim( ?x →01 ) = ?∞ x2指数函数 y = e x 的图像因此 lim ex →0?1 x2=0三、复合函数与初等函数 1. 复合函数 （i）已知 f (x ) ， g (x ) ，求 f [ g ( x )] （ii）已知 f [ g ( x )] ， g (x ) ，求 f (x ) 2. 初等函数 由基本初等函数经过有限次四则运算或复合运算用一个表达式表示的函数 原则上来说，分段函数不是初等函数 四、考研数学中常出现的非初等函数 1．用极限表示的函数 （1） y = lim f n ( x )n →∞-4-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学（2） y = lim f (t , x )t→x2．用变上、下限积分表示的函数 （1） y = F ( x) = （2） y = G ( x ) = 则∫ f (t )dtx a其中 f (t ) 连续，则dy = f (x ) dx∫? ( ) f (t )dt1?2 ( x )x其中 ? 1 ( x ) ， ? 2 ( x ) 可导， f (t ) 连续，dy ′ ′ = f [? 2 ( x )]? 2 ( x ) ? f [? 1 ( x )]? 1 ( x ) dx口诀（3） ：变限积分是函数；出现之后先求导。五、函数的几种性质 1．有界性： （i）定义：设函数 y = f ( x ) 在 X 内有定义，若存在正数 M ，使 x ∈ X 都有 f ( x ) ≤ M ， 则称 f ( x ) 在 X 上是有界的。 （ii）例： f ( x ) = 2．奇偶性： （i）定义：设区间 X 关于原点对称，若对 x ∈ X ，都有 f (? x ) = ? f ( x ) ，则称 f ( x ) 在1 在（0，1）内无界，在（1/2，1）内有界 xX 上是奇函数。若对 x ∈ X ，都有 f (? x ) = f ( x ) ，则称 f ( x ) 在 X 上是偶函数。 （ii）图像对称性：奇函数的图象关于原点对称；偶函数图象关于 y 轴对称。 常用公式：∫a?a?0 当f为奇函数 ? f ( x)dx = ? a ?2 ∫0 f ( x)dx 当f为偶函数 ?口诀（4） ：奇偶函数常遇到；对称性质不可忘。 3．单调性： （ i ） 定 义 ： 设 f ( x ) 在 X 上 有 定 义 ， 若 对 任 意 x1 ∈ X ， x 2 ∈ X ， x1 & x 2 都 有f ( x1 ) & f ( x 2 )[ f ( x1 ) & f ( x 2 )] 则称 f ( x ) 在 X 上是单调增加的[单调减少的]； 若对任意 x1 ∈ X ， x 2 ∈ X ， x1 & x 2 都有 f ( x1 ) ≤ f ( x 2 )[ f ( x1 ) ≥ f ( x 2 )] ，则称 f ( x ) 在 X 上是单调不减[单调不增] （注意：有些书上把这里单调增加称为严格单调增加；把这里单调不减称为单调增加。 ） （ii）判别方法：在（a，b）内，若 f ′( x ) & 0 ，则 f (x ) 单调增加；若 f ′( x ) & 0 ，则单-5-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学调减少。 口诀（5） ：单调增加与减少；先算导数正与负。 4．周期性： （i） 定义： f ( x ) 在 X 上有定义， 设 如果存在常数 T ≠ 0 ， 使得任意 x ∈ X ，x + T ∈ X ， 都有 f ( x + T ) = f ( x ) ，则称 f ( x ) 是周期函数，称 T 为 f ( x ) 的周期。 由此可见，周期函数有无穷多个周期，一般我们把其中最小正周期称为周期。 （ii）例： f ( x ) = sin λx(λ & 0) 周期为 T =2πλ； f ( x ) = sinx x + cos 周期为 12 π 是 2 34 π 和 6 π 的最小公倍数； f ( x ) = sin πx + sin 2 x 不是周期函数，因为 2 和 π 没有最 小公倍数。（乙）典型例题 一、定义域与值域 例 1．设 f ( x ) 的定义域为 [? a, a ](a & 0 ) 求 f x 2 ? 1 的定义域 解：要求 ? a ≤ x ? 1 ≤ a ，则 1 ? a ≤ x ≤ x ≤ 1 + a ，2 2 2()当 a ≥ 1 时，Q 1 ? a ≤ 0 ，∴ x ≤ 1 + a ，则 x ≤ 1 + a2当 0 & a & 1 时， 1 ? a & 0 ，∴ 1 ? a ≤ x ≤ 1 + a 也即 1 ? a ≤ x ≤ 1 + a 或 ? 1 + a ≤ x ≤ ? 1 ? a?3 ? x 3 , x & ?2 ? 例 2．求 y = f ( x ) = ?5 ? x,?2 ≤ x ≤ 2 的值域，并求它的反函数。 ? 2 ?1 ? ( x ? 2 ) , x & 2解： x & ?2 ， y & 3 + 8 = 11 ， x = 3 3 ? y ，? 2 ≤ x ≤ 2 ，3 ≤ y = 5 ? x ≤ 7 ， x = 5 ? y ， x & 2 ， y = 1 ? (x ? 2) & 1 ， x = 2 + 1 ? y ，2所以 y = f ( x ) 的值域为 (? ∞,1) U [3,7] U (11,+∞ )?2 + 1 ? y , y & 1 ? 反函数 x = ?5 ? y,3 ≤ y ≤ 7 ?3 ?. 3 ? y , y & 11-6-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学二、求复合函数有关表达式 例 1．设 f ( x ) =x 1+ x2，求 f [ f (L f ( x ))] = f n (x )n 重复合解： f 2 ( x ) = f [ f ( x )] = 若 f k (x ) =f (x ) 1+ f2(x )=x 1+ x21+x2 x = ， 2 1+ x 1 + 2x 2x 1 + kx 2，则 f k +1 ( x ) =1 + f k2 ( x )f k (x )=x 1 + kx 2x2 x 1+ = 2 1 + kx 1 + (k + 1)x 2根据数学归纳法可知，对正整数 n ， f n ( x ) =x 1 + nx 2例 2．已知 f ′ e x = xe ? x ，且 f (1) = 0 ，求 f ( x ) 解：令 e = t ， x = ln t ，因此 f ′ ex( )( ) = f ′(t ) = ln t ， txf ( x ) ? f (1) = ∫x1x 1 ln t 1 dt = ln 2 t = ln 2 x 1 2 t 2 1 2 ln x 2Q f (1) = 0 ，∴ f ( x ) =三、有关四种性质例 1．设 F ′( x ) = f ( x ) ，则下列结论正确的是 （A）若 f ( x ) 为奇函数，则 F ( x ) 为偶函数 （B）若 f ( x ) 为偶函数，则 F ( x ) 为奇函数 （C）若 f ( x ) 为周期函数，则 F ( x ) 为周期函数 （D）若 f ( x ) 为单调函数，则 F ( x ) 为单调函数（）解： （B）的反例 f ( x ) = 3 x 2 ； F ( x ) = x 3 + 1 ； （C）的反例 f ( x ) = cos x + 1 ;F ( x) = sin x + x ； (D)的反例 (?∞,+∞) 内 f ( x) = 2 x ； F ( x) = x 2（A） 的证明：-7-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学?xF ( x) ? F (0) = ∫ f (t )dt0xF ( x) = F (0) + ∫ f (t )dt0xF (? x) = F (0) + ∫0f (t )dt作变量替换 u = ?t 则 F ( ? x) = F (0) +∫x0f (?u )d (?u )Q f 为奇函数，∴ f (?u ) = ? f (u )于是 F ( ? x) = F (0) +∫x0f (u )du = F ( x)∴ F (x) 为偶函数例 2．求 I =∫1?1x x 5 + e x ? e ? x ln x + x 2 + 1 dx[()()]解： f 1 ( x ) = e x ? e ? x 是奇函数，Q f 1 (? x ) = e ? x ? e x = ? f 1 ( x )f 2 ( x ) = ln x + x 2 + 1 是奇函数，(Q f 2 (? x ) = ln ? x + x 2 + 1= ln()) )(x2+1 ? x2)x + x2 +1= ln 1 ? ln x + x 2 + 1(= ? f 2 (x )因此 x e x ? e ? x ln x + 于是 I =()(x 2 + 1 是奇函数1 0)∫x?116dx + 0 = 2 ∫ x 6 dx =2 7例 3．设 f ( x ) ， g ( x ) 是恒大于零的可导函数，且 f ′( x )g ( x ) ? f ( x )g ′( x ) & 0 ，则当a & x & b 时，下列结论成立的是（A） f ( x )g (b ) & f (b )g ( x ) （C） f ( x )g ( x ) & f (b )g (b )（）（B） f ( x )g (a ) & f (a )g ( x ) （D） f ( x )g ( x ) & f (a )g (a )解： （A）等价? f ( x) ? f ( x) f (b) & ，只需 ? ? 单调减少； g ( x) g (b) ? g ( x) ?-8-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学（B）等价? f ( x) ? f ( x) f (a) & ，只需 ? ? 单调增加； g ( x) g (a) ? g ( x) ?（C）只需 [ f ( x) g ( x) ] 单调减少 （D）只需 [ f ( x) g ( x) ] 单调增加′ ? f ( x) ? f ′( x) g ( x) ? f ( x) g ′( x) f ( x) 现在 ? & 0 ，所以 单调减少，故（A）成 ? = 2 g ( x) g ( x) ? g ( x) ?立。 四、函数方程 例 1． f ( x ) 在 [0,+∞ ) 上可导， f (0 ) = 0 ， 设 反函数为 g ( x ) ， 且 求 f (x ) 。 解：两边对 x 求导得 g [ f ( x )] f ′( x ) = 2 xe x + x 2 e x ，于是 xf ′( x ) = x(2 + x )e x ，故∫f (x)0g (t )dt = x 2 e x ，f ′( x ) = ( x + 2 )e x ， f ( x ) = ( x + 1)e x + C ， 由 f (0) = 0 ， 得 C = ?1 ， 则f ( x ) = ( x + 1)e x ? 1 。口诀（6） ：正反函数连续用；最后只留原变量。例 2．设 f ( x ) 满足 sin f (x ) ? 解：令 g ( x ) = sin f ( x ) ，则1 ?1 ? sin f ? x ? = x ，求 f ( x ) 3 ?3 ?1 ?1 ? g (x ) ? g ? x ? = x ， 3 ?3 ? 1 ?1 ? 1 ? 1 ? 1 g? x ? ? g? x ? = x， 3 ? 3 ? 32 ? 32 ? 32 1 32 ? 1 g? 2 ?3 ? 1 x? ? 3 ? 3 ?1 g? 3 ?3 ? 1 x? = 4 x ， ? 3……1 3n ?11 ? 1 ? 1 ? 1 ? g ? n ?1 x ? ? n g ? n x ? = 2(n ?1) x ， ?3 ? 3 ?3 ? 3-9-新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学各式相加，得 g ( x ) ?1 ? 1 ? 1 ? ? 1 g ? n x ? = x ?1 + + K + n?1 ? n 3 ?3 ? 9 ? ? 9Q g ( x ) ≤ 1 ，∴ lim1 ? 1 ? g? n x ? = 0 n →∞ 3 n ?3 ?1 ? 1 9 ? 1 lim ?1 + + K + n ?1 ? = = n →∞ 1 8 9 ? ? 9 1? 99 x ，于是 8 9 9 f ( x ) = arcsin x + 2kπ 或 (2k + 1)π ? arcsin x （ k 为整数） 8 8口诀（7） ：一步不行接力棒；最终处理见分晓。 思考题 设 b & a 均为常数，求方程 因此 g ( x ) =sin ( x + b ) ln ?( x + b ) + ? ?一个解。(x + b )2 + 1? ? sin (x + a ) ln ?(x + a ) + (x + a )2 + 1? = 0 ? ? ?? ? ?的解：令 f (t ) = sin t ln t + t 2 + 1 ，则原方程相当于 f ( x + b) = f ( x + a ) ，而 sin t 和ln t + t 2 + 1 都 是 奇 函 数 ， 故 f (t ) 为 偶 函 数 ， 于 是 只 要 ( x + b) = ?( x + a ) ， 1 ∴ x = ? (b + a ) 2[][]§1.2（甲）内容要点 一、极限的概念与基本性质 1．极限的概念 （1）数列的极限 lim x n = An →∞极限（2）函数的极限 lim f ( x ) = A ； lim f ( x ) = A ； lim f ( x ) = Ax → +∞ x → ?∞ x →∞x → x0lim f ( x ) = A ； lim+ f ( x ) = A ； lim? f ( x ) = Ax → x0 x → x02．极限的基本性质- 10 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学定理 1 （极限的唯一性）设 lim f ( x ) = A ， lim f ( x ) = B ，则 A = B 定理 2 （极限的不等式性质）设 lim f ( x ) = A ， lim g ( x ) = B 若 x 变化一定以后，总有 f ( x ) ≥ g ( x ) ，则 A ≥ B 反之， A & B ，则 x 变化一定以后，有 f ( x ) & g ( x ) （注：当 g ( x ) ≡ 0 ， B = 0 情 形也称为极限的保号性） 定理 3 （极限的局部有界性）设 lim f ( x ) = A 则当 x 变化一定以后， f ( x ) 是有界的。 定理 4 设 lim f ( x ) = A ， lim g ( x ) = B 则（1） lim[ f ( x ) + g ( x )] = A + B （2） lim[ f ( x ) ? g ( x )] = A ? B （3） lim[ f ( x ) ? g ( x )] = A ? B （4） limf (x ) A = (B ≠ 0 ) g (x ) Bg (x)（5） lim[ f ( x )] 二、无穷小= A B ( A & 0)1．无穷小定义：若 lim f ( x ) = 0 ，则称 f ( x ) 为无穷小（注：无穷小与 x 的变化过 程有关， lim 穷小） 2．无穷大定义：任给 M & 0 ，当 x 变化一定以后，总有 f ( x ) & M ，则称 f ( x ) 为 无穷大，记以 lim f ( x ) = ∞ 。 3．无穷小与无穷大的关系：在 x 的同一个变化过程中， 若 f ( x ) 为无穷大，则1 1 1 = 0 ，当 x → ∞ 时 为无穷小，而 x → x0 或其它时， 不是无 x→∞ x x x1 为无穷小， f (x ) 1 为无穷大。 f (x )若 f ( x ) 为无穷小，且 f ( x ) ≠ 0 ，则- 11 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学4．无穷小与极限的关系：lim f ( x ) = A ? f ( x ) = A + α ( x ) ，其中 lim α ( x ) = 05．两个无穷小的比较 设 lim f ( x ) = 0 ， lim g (x ) = 0 ，且 limf (x ) =l g (x )（1） l = 0 ，称 f ( x ) 是比 g ( x ) 高阶的无穷小，记以 f ( x ) = o[g ( x )] 称 g ( x ) 是比 f ( x ) 低阶的无穷小 （2） l ≠ 0 ，称 f ( x ) 与 g ( x ) 是同阶无穷小。 （3） l = 1 ，称 f ( x ) 与 g ( x ) 是等阶无穷小，记以 f ( x ) ~ g ( x ) 6．常见的等价无穷小，当 x → 0 时sin x ~ x ， tan x ~ x ， arcsin x ~ x ， arctan x ~ x ， 1 ? cos x ~1 2 x ， 2e x ? 1 ~ x ， lim(1 + x ) ~ x ， (1 + x ) ? 1 ~ ax 。a7．无穷小的重要性质 有界变量乘无穷小仍是无穷小。 口诀（8） ：极限为零无穷小；乘有界仍无穷小。 三、求极限的方法 1．利用极限的四则运算和幂指数运算法则 2．两个准则 准则 1：单调有界数列极限一定存在 ，则 lim x n = A 存在，且 （1）若 x n +1 ≤ x n （ n 为正整数）又 x n ≥ m （ n 为正整数）n →∞A≥m（2）若 x n +1 ≥ x n （ n 为正整数）又 x n ≤ M （ n 为正整数） ，则 lim x n = A 存在，n →∞且A≤M 准则 2：夹逼定理 设 g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h( x ) 。若 lim g ( x ) = A ， lim h( x ) = A ，则 lim f ( x ) = A 3．两个重要公式 公式 1： limsin x =1 x →0 x1 1? ? 1? ? = e ； lim?1 + ? = e ； lim(1 + v ) v = e v →0 u →∞ n? ? u?n u公式 2： lim?1 +? n →∞ ?- 12 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学4．用无穷小重要性质和等价无穷小代换 5．用泰勒公式（比用等价无穷小更深刻） （数学一和数学二） 当 x → 0 时， e = 1 + x +xx2 xn +L+ + o xn 2! n!( ) ( )ex ?1? x ?例：求 limx →0x3x2 2 3 2 用 e x = 1 + x + x + x + o x 3 （最后一项比 x 3 高阶无 2! 3!x3 + o( x 3 ) 1 穷小）原式 = lim 6 = ，这样比用洛比达法则简单 3 x →0 6 xsin x = x ?x3 x5 x 2 n +1 n + + L (? 1) + o x 2 n +1 3! 5! (2n + 1)!()2n x2 x4 n x cos x = 1 ? + ? L + (? 1) + o x 2n 2! 4! (2n )!( )( ) ( )( )n x2 x3 n +1 x ln (1 + x ) = x ? + ? L (? 1) + o xn 2 3 narctan x = x ?2 n +1 x3 x5 n +1 x + ? L + (? 1) + o x 2 n +1 3 5 2n + 1(1 + x )a= 1 + ax +a (a ? 1) 2 a (a ? 1)L[a ? (n ? 1)] n x +L+ x + o xn 2! n!6．洛必达法则 专门来处理七种比较困难的极限：0 ∞ 0 ； ； 0 * ∞ ； ∞ ? ∞ ； 1∞ ； 0 ； ∞ 0 0 ∞ 0 ∞ 第一层次：直接用洛比达法则可处理 和 两种 0 ∞ 0 法则 1： （ 型）设（1） lim f ( x ) = 0 ， lim g (x ) = 0 0（2） x 变化过程中， f ′( x ) ， g ′( x ) 皆存在 （3） limf ′( x ) = A （或 ∞ ） g ′( x ) f (x ) = A （或 ∞ ） g (x )则 lim（注：如果 limf ′( x ) f (x ) 不存在且不是无穷大量情形，则不能得出 lim 不存在且不 g ′( x ) g (x )- 13 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学是无穷大量情形） 法则 2： （∞ 型）设（1） lim f ( x ) = ∞ ， lim g ( x ) = ∞ ∞（2） x 变化过程中， f ′( x ) ， g ′( x ) 皆存在 （3） limf ′( x ) = A （或 ∞ ） g ′( x ) f (x ) = A （或 ∞ ） g (x )则 lim例： lim1 ? cos x x →0 x21 2 x 2 sin x 方法二：洛比达法则 分子分母求导得 ，然后可以用公式一。 2x 第二层次：间接用洛比达法则可处理 0 * ∞ 和 ∞ ? ∞ 1 ln x 例 1： lim x ln x = lim = lim x = 0 x →0 + x →0 + 1 x →0 + 1 ? 2 x x方法一：等价无穷小替换 1 ? cos x ~ 例 2： lim(x →0ex ?1? x 1 1 ex ?1? x 0 ? x ) = lim = lim 化为 型 x 2 x →0 x( e ? 1) x →0 x e ?1 0 x0第三层次：再间接用洛比达法则可处理 1∞ ； 0 ； ∞ 0 型，都是 lim[ f ( x )] g ( x ) 形式 口诀（9） ：幂指函数最复杂；指数对数一起上。 常用技巧： [ f ( x )] g ( x ) = e g ( x ) ln f ( x ) ，这样 lim g ( x ) ln f ( x ) 是 0 * ∞ 型，可按第二层 次来处理。 例 lim x = e x → 0 +x x →0 lim x ln x+= e0 = 1口诀（10） ：待定极限七类型；分层处理洛比达。 7．利用导数定义求极限 基本公式： lim?x →0f ( x0 + ?x ) ? f ( x0 ) = f ′( x0 ) ?x[如果存在]8．利用定积分定义求极限 基本公式： lim1 n ?k ? 1 ∑ f ? n ? = ∫0 f (x )dx n →∞ n ? k =1 ?[如果存在]- 14 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学口诀（12） ：数列极限逢绝境；转化积分见光明。 口诀（11） ：数列极限洛比达；必须转化连续型。 9．其它综合方法 10．求极限的反问题有关方法 例：已知 limx →1x 2 + ax + b = 3 ，求 a 和 b。 sin( x 2 ? 1)（乙） 典型例题 补充题型（关于无穷小） 补充题型（关于无穷小）3例 1： limn →∞n2 +1 sin n 2 + n + 1 = 0 （无穷小量乘有界变量仍是无穷小量） 3n + 1n n例 2:：设当 x → 0 时， (1 ? cos x ) ln(1 + x 2 ) 是比 x sin x 高阶无穷小；而 x sin x 又是 比 (ex2? 1) 高阶的无穷小，则 n＝1 （B） 2（ （C）2） 3 (D) 4（A）解：当 x → 0 时， (1 ? cos x ) ln(1 + x ) ~由 4 & n + 1 & 2 可知 n + 1 = 3 ，故 n = 2 选（B） 一、通过各种基本技巧化简后直接求出极限 例 1．设 a m ≠ 0 ， bn ≠ 0 ，求 lim 解：1 4 x 2x sin x n ~ x n +1ex ?1 ~ x22a m x m + a m ?1 x m ?1 + L a1 x + a 0 n ?1 x→∞ b x n + b + L b1 x + b0 n n ?1 xa m x m + a m?1 x m?1 + L a1 x + a 0 lim n ?1 x→∞ b x n + b + L + b1 x + b0 n n ?1 x = lim x m ? n a m + a m?1 x ?1 + L + a1 x1? m + a 0 x ? m x →∞ bn + bn?1 x ?1 + L + b1 x 1? n + b0 x ? n[]? 0, 当m & n时 ?a ? = ? m , 当m = n 时 ? bn ? ∞ 当m & n 时 ?- 15 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学口诀（13） ：无穷大比无穷大；最高阶项除上下。 例 2．设 a ≠ 0 ， r & 1 ，求 lim a + ar + L + arn →∞(n ?1)解：Q 1 ? r n = (1 ? r )(1 + r + r 2 + ... + r n ?1 )∴ lim a + ar + L + ar n?1 = lim an →∞ n→ ∞()1? rn a = 1? r 1? r3 n +1特例 （1）求 lim ? ? ? ? + ? ? ? L + (? 1) 解：? 2 ? 2 ?2 n →∞ 3 ?3? ? ??2? ?3??2? ? ? ?3?n? ? ? ?2 2 2 2 3 例 2 中取 a = ， r = ? ，可知原式= = 3 3 ? 2? 5 1? ?? ? ? 3?1 ?1? 1+ +L+ ? ? 2 ?2? 1+ 1 ?1? +L+ ? ? 3 ?3?n（2） limn →∞n=2 4 = 3 3 2例 3．求 lim 解：3 n +1 ? 2 n n →∞ 2 n +1 + 3 n分子、分母用 3 除之，n?2? 3?? ? ?3? = 3 原式= lim n n →∞ ?2? 2? ? + 1 ?3?n1 2 1? ( )n n +1 3 3 =3 或分子分母用 3 除之，原式 = lim n →∞ 2 n +1 1 ( ) + 3 3（注：主要用当 r & 1 时， lim r = 0 ）n n →∞n例 4． 设 l 是正整数，求 limn →∞∑ k (k + l )k =11解：- 16 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学例如 l = 2 时，∑ k (k + 2) = 1 ? 3 + 2 ? 4 + 3 ? 5 + 4 ? 6 + ... + (n ? 1)(n + 1) + n(n + 2)k =1n1111111=1? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ?(1 ? 3 ) + ( 2 ? 4 ) + ( 3 ? 5 ) + ( 4 ? 6 ) + ... + ( n ? 1 ? n + 1) + ( n ? n + 2 )? 2? ? 1? 1 1 1 ? ?1 + 2 ? n + 1 ? n + 2 ? 2? ?=Q1 1? 1 1 ? = ? ? ? k (k + l ) l ? k k + 1 ? 1 1? 1 1 1 1 ? = ?1 + + L + ? ?L? l? 2 l n +1 n+l? ? k =1 k (k + 1)n∴∑因此原式 = ?1 + 特列： （1） limn →∞1? l?1 1? +L+ ? 2 l?∑ k (k + 1) = 1k =1 nn1(l = 1)1? 3（2） limn →∞∑ k (k + 2) = 2 ?1 + 2 ? = 4 ? ?k =111?(l = 2)二、用两个重要公式 例 1． 求 lim cosn →∞x x x cos L cos n 2 4 2解： 当 x = 0 ，原式 = 1x x x x cos cos L cos n n 2 4 2 2 当 x ≠ 0 时，原式 = lim n →∞ x n 2 sin n 2 x x x x 2 n ?1 cos cos L cos n?1 ? sin n ?1 2 4 2 2 = lim n →∞ x 2 n sin n 2 =L 2 n sin- 17 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学x sin x 2 n = lim = lim ? n →∞ n n →∞ x x x 2 sin n sin n 2 2 sin x = x sin x? x ?1? 例 2．求 lim? ? x→∞ x + 1 ? ?解一：x? 1? x ?1 ? ? x ? ( x ? 1) / x ? e ?1 x? ? x ?1? = lim ? lim? = = e ?2 ? = lim ? x x→∞ x + 1 x →∞ ( x + 1) / x ? x →∞ e ? ? ? ? ? 1? ?1 + ? x? ?解二：? x +1 ? ? ?2 x ? ? ?? ? ? ? 2 ? ? x +1 ?x? ? ? 2 ?? ? x ?1? lim? ? = lim ?1 + ? ?? x→∞ x + 1 x →∞ ? ? ? ? x + 1 ??x= e ?2例 3． lim(cos x )x →0cot 2 x= lim 1 ? sin x2 x →0()2cos 2 x 2 sin 2 x? = lim[1 + (? sin x )](?sin x ) (? 2 ) 12cos 2 xx →0=e三、用夹逼定理求极限 例 1．求 lim? 解： 令 xn =?1 2? 1 3 5 2n ? 1 ? ? ? L ? n →∞ 2 4 6 2n ? ?1 3 5 2n ? 1 ? ? L ， 2 4 6 2n 2 4 2n yn = ? L ， 3 5 2n + 12则 0 & x n & y n ，于是 0 & x n & x n y n =2 n →∞1 2n + 1由夹逼定理可知： lim x n = 0 ，于是原极限为 0例 2．求 limn →∞∑nk =1n2k +n+k- 18 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学口诀（14）:n 项相加先合并；不行估计上下界。 解：n 1+ 2 +L + n k 1+ 2 +L + n ≤∑ 2 ≤ 2 n +n+n n2 + n +1 k =1 n + n + k1 n(n + 1) 1+ 2 +L+ n 1 而 lim = lim 2 = 2 n →∞ n →∞ n(n + 2 ) 2 n + 2n1 n(n + 1) 1+ 2 +L + n 1 2 lim 2 = lim 2 = n →∞ n + n + 1 n →∞ n + n + 1 2由夹逼定理可知 limx→∞∑nk =1n2k 1 = +n+k 2例 3．求 lim 解：( k +1)π1 x sin t dt x → ∞ x ∫0πQ∫kπsin t dt = ∫ sin tdt = 20设 nπ ≤ x & (n + 1)π ，则2n = ∫ sin t dt ≤ ∫ sin t dt ≤ ∫0 0nπx(n +1)π0sin t dt = 2(n + 1)于是，2n 1 x 2(n + 1) ≤ ∫ sin t dt ≤ 0 (n + 1)π x nπQ lim2n 2 2(n + 1) 2 = ， lim = ， n →∞ (n + 1) π π n → ∞ nπ π 1 x 2 ∫0 sin t dt = π x → +∞ x由夹逼定理可知， lim四、用定积分定义求数列的极限 例 1．求 limn →∞∑nk =1n2n + k2分析：如果还想用夹逼定理中的方法来考虑n n2 n n2 ≤∑ 2 ≤ 2 2 n 2 + n 2 k =1 n + k 2 n + 1而 limn2 1 n2 = ， lim 2 2 = 1 n →∞ n 2 + n 2 2 n →∞ n + 1- 19 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学由此可见，无法再用夹逼定理，因此我们改用定积分定义来考虑 解：lim ∑n 1 n = lim ∑ 2 2 n →∞ n →∞ n k =1 n + k k =1n1 ?k? 1+ ? ? ?n?2=∫1 π dx = arctan x = 0 1+ x2 0 41例 2．求 limn →∞∑k =1nsinkπ n 1 n+ k sin kπ n n ≤ 1 sin kπ ∑ n 1 n k =1 n+ k解：Qkπ 1 ∑ sin n ≤ ∑ n + 1 k =1 k =1n n而 lim1 1 n kπ 2 ∑ sin n = ∫0 sin πxdx = π n →∞ n k =1limkπ kπ ? 2 1 n ? n ?? 1 n = lim? sin ∑ n n→∞? n + 1 ?? n ∑ sin n ? = π n →∞ n + 1 ?? k =1 k =1 ?由夹逼定理可知， limn →∞∑k =1nsinkπ n = 2 1 π n+ k五、用洛必达法则求极限&0& & ∞& 型和 型 0 ∞ 1 1 ? sin n 例 1．求 lim n n →∞ 1 sin 3 n1． 解：离散型不能直接用洛必达法则，故考虑x ? sin x x ? sin x 等价无穷小代换 lim 3 x →0 sin x x3 1 ? cos x sin x 1 = lim = lim = 2 x →0 x →0 6 x 6 3x 1 ∴ 原式 = 6 limx →0- 20 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学例 2．求 limx →0e x10?1 x2? 2 ? ? x2 1 ? 2 ? 3 ?e &0& e x ?x ? 解：若直接用 型洛必达法则 1，则得 lim = lim 12 （不好办了，分母 x →0 x →0 5 x 0 10 x 91x 的次数反而增加）为了避免分子求导数的复杂性，我们先用变量替换，令1 =t x2e x e ?t t 5 ? & ∞& ? 于是 lim 10 = lim ?5 = lim t ? 型? x →0 x t → +∞ t t → +∞ e ? ∞ ?2?1= lim5t 4 5! = L = lim t = 0 t t → +∞ e t → +∞ e口诀（15） ：变量替换第一宝；由繁化简常找它。 例 3．设函数 f (x ) 连续， f (0) ≠ 0 ，求 limx →0∫x0( x ? t ) f (t )dtx 0x ∫ f ( x ? t )dt解：原式 = limx →0x ∫ f (t )dt ? ∫ tf (t )dt0 0xxx ∫ f (u )du0x（分母作变量替换 x ? t = u ）= limx →0∫x0f (t )dt + xf ( x) ? xf ( x)∫x0f (u )du + xf ( x)（用洛必达法则，分子、分母各求导数）（用积分中值定理）= limx →0 (ξ → 0 )xf (ξ ) （ ξ 在 0 和 x 之间） xf (ξ ) + xf ( x)=f ( 0) 1 = f ( 0) + f ( 0) 22． & ∞ ? ∞& 型和 &0 ? ∞& 型 例 1．求 lim? ?1 cos 2 ? x →0 sin 2 x x2 ??x? ? ? ?解：原式 = limx →0x 2 ? sin 2 x ? cos 2 x x 2 sin 2 x- 21 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学1 x 2 ? sin 2 2 x 4 = lim x →0 x4 4 2 x ? sin 2 x cos 2 x 4 = lim x →0 4x3 1 x ? sin 4 x 4 = lim x →0 2x3 1 ? cos 4 x = lim x →0 6x 2 4 sin 4 x = lim x →0 12 x 4 = 31 ? 1 ? ?a x ? b x ? 例 2．设 a & 0 ， b & 0 常数。求 lim x ? x → +∞ ? ? ? 1 x 1 xa ?b a t ? b t ? &0& ? 1 解：原式 = lim 令 = t lim ? 型? x → +∞ t →0 + 1 x t ? 0 ? x用洛必达法则= lim a t ln a ? b t ln b +t →0()= ln a ? ln b a = ln b3． &1∞ & 型， &0 & 型和 & ∞ 0 & 型0这类都是 lim[ f ( x )]g ( x)形式可化为 elim g ( x ) ln [ f ( x ) ]而 lim g ( x) ln[ f ( x) ] 都是 &0 ? ∞& 型，按 2 的情形处理 例 1．求 lim x +x→0 sin 2 x解：令 y = xsin 2 x， ln y = sin 2 x ln x1 ln x lim ln y = lim sin 2 x ln x = lim x 2 ln x = lim = lim x = 0 x→0 + x →0 + x →0 + x →0 + 1 x →0 + 2 ? 3 2 x x- 22 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学∴ lim y = e 0 = 1 +x →0?n a +n b? ? 例 2．设 a & 0 ， b & 0 常数，求 lim? ? n →∞? 2 ? ?1 ? 1 ?ax +bx 解：先考虑 lim ? x → +∞ 2 ? ? 1 ? 1 ?ax +bx 令y=? 2 ? ? xn? ? ∞& ? 它是 &1 型 ? ?x? 1 ? ? 1 ? ? ? ? a x + b x ? ? ln 2? ? ， ln y = x ?ln? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1 ? 1 ? ? a x + b x ? ? ln 2 ln? ? 1 ln a t + b t ? ln 2 ? &0& ? ? ? lim ln y = lim 令 = t lim ? 型? x → +∞ x → +∞ t →0 + 1 x t ? 0 ? x()a t ln a + b t ln b 1 = (ln a + ln b ) = ln ab = lim t →0 + 2 at + bt1 ? 1 ?ax +bx 因此， lim ? x → +∞ 2 ? ?? ? ? = ab ? ?nx?n a +n b? ? = ab 于是， lim? ? n →∞? 2 ? ?六、求分段函数的极限1 ? ? ?2+ex sin x ? 例：求 lim ? + ? 4 x→ 0 x ? ?1+ ex ? ?解： Q x = ?? x, ?? x,1 xx≥0 x&01 x又n →0 +lim e = +∞ ， lim e = 0 ?n →0所以必须先分左、右极限考虑。- 23 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学1 ? ? ? 2 + e x sin x ? lim ? + ? = 2 ?1 = 1 4 x→0 ? ? 1 + e x (? x ) ? ? ? 3 ? ? ?4 ? ? 2e x + e x sin x ? lim ? + ? = 0 +1 = 1 4 x→0 + x ? ? e? x + 1 ? ? 1 ? ? ? 2 + e x sin x ? ∴ lim? + ? =1 4 x→0 x ? ? 1+ e x ? ?七、用导数定义求极限 例 1．设 f ′( x0 ) = 2 ，求 lim?x →0f ( x0 + 3?x ) ? f ( x0 ? 2?x ) ?x解：原式 = lim[ f (x0 + 3?x ) ? f (x0 )] ? [ f (x0 ? 2?x ) ? f (x0 )]?x?x → 0= 3 lim?x → 0f ( x0 + 3?x ) ? f (x 0 ) f ( x 0 ? 2?x ) ? f ( x0 ) + 2 lim ?x → 0 (? 2?x ) 3?x= 3 f ′( x0 ) + 2 f ′( x0 ) = 5 f ′( x0 )= 10例 2．设曲线 y = f ( x ) 与 y = sin x 在原点相切，求 lim nf ? ?n →∞?2? ?n?解：由题设可知 f (0 ) = 0 ， f ′(0 ) = (sin x )′x=0=1?2? f ? ? ? f (0) ?2? ?n? 于是 lim nf ? ? = lim 2 ? n →∞ 2 ? n ? n →∞ ?0 n = 2 f ′(0)=2八、递推数列的极限- 24 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学例 1．设 0 & x1 & 3 ， x n +1 = 解：Q x1 & 0 ， 3 ? x1 & 0 ，x n (3 ? x n ) ，证明 lim x n 存在，并求其值。n →∞∴ 0 & x 2 = x1 (3 ? x1 ) ≤x1 + (3 ? x1 ) 3 = 2 2（几何平均值≤算术平均值，即 a&0, b&0 时， ab ≤ 用数学归纳法可知 n & 1 时， 0 & x n ≤ 又当 n & 1 时， x n +1 ? x n =a+b ） 23 ，∴ {x n } 有界。 2x n (3 ? x n ) ? x n xn=(3 ? xn ? xn)=x n (3 ? 2 x n ) 3 ? xn + xn≥0∴ x n+1 ≥ x n ，则 {x n } 单调增加。根据准则 1， n →∞ 把lim x n = l存在x n +1 = x n (3 ? x n )两边取极限，得l = l (3 ? l )l = 3l ? l ， l = 0 （舍去）得2 2l=3 3 ∴ lim x n = n→∞ 2， 2口诀（16） ：递推数列求极限；单调有界要先证，两边极限一起上；方程之中把值找。 思考题 设 x1 = 2, x 2 = 2 + 九、求极限的反问题 例 1．设 limx →11 1 ,L, x n = 2 + ,L x1 x n ?1求 lim x nn →∞x 2 + ax + b = 3 ，求 a 和 b sin x 2 ? 1()解：由题设可知 lim x + ax + b = 0 ，2 x →1()∴1 + a + b = 0 ，再由洛必达法则得 limx →1x 2 + ax + b 2x + a 2 （用等价无穷小替换把 x ? 1 换 sin( x 2 ? 1) = lim 2 x →1 2 x cos x 2 ? 1 sin x ? 1()()可以更简单）=2+a =3 2- 25 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学a = 4, b = ?5例 2 ． 设 f ( x ) 在 (0,+∞ ) 内 可 导 ， f ( x ) & 0 ， lim f ( x ) = 1 ， 且 满 足x→∞? f ( x + hx ) ? lim ? = e x ，求 f ( x ) 。 h →0 f (x ) ? ? ?1 lim [ln f ( x + hx )? ln f ( x )] lim [ln f ( x + hx )? ln f ( x )] ′ ? f ( x + hx ) ? h h →0 h 解： lim ? = e h →0 hx = e x [ln f ( x )] ? =e h →0 ? f (x ) ? F ( x + ?x ) ? F ( x ) （ F ' ( x ) = lim 取 F ( x ) = ln f ( x ), ?x = hx ） ?x →0 ?x 1 1 ′ 1 ′ 因此， x[ln f ( x )] = ， [ln f ( x )] = 2 ， ln f ( x ) = ? + c ′ x x x 1x1 h1f ( x ) = ce?1 x，由 lim f (x ) = 1 ，可知 c = 1 ， 则 f ( x ) = ex → +∞?1 x§1.3（甲）内容要点 一、函数连续的概念 1．函数在一点连续的概念连续定义 1 若 lim f ( x ) = f ( x0 ) ，则称 f ( x ) 在点 x0 处连续。x → x0定义 2 设函数 y = f ( x ) ，如果 lim f ( x ) = f ( x0 ) ，则称函数 f ( x ) 在点 x0 处左连续； ?x → x0如果 lim f ( x ) = f ( x0 ) ，则称函数 f ( x ) 在点 x0 处右连续。 +x → x0如果函数 y = f ( x ) 在点 x0 处连续，则 f ( x ) 在 x0 处既是左连续，又是右连续。 2．函数在区间内（上）连续的定义 如果函数 y = f ( x ) 在开区间 (a, b ) 内的每一点都连续，则称 f ( x ) 在 (a, b ) 内连续。 如果 y = f ( x ) 在开区间内连续， 在区间端点 a 右连续， 在区间端点 b 左连续， 则称 f ( x ) 在闭区间 [ a, b] 上连续。二、函数的间断点及其分类 1． 函数的间断点的定义- 26 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学如果函数 y = f ( x ) 在点 x0 处不连续，则称 x0 为 f ( x ) 的间断点。 2．函数的间断点分为两类： （1）第一类间断点 设 x0 是函数 y = f ( x ) 的间断点， 如果 f ( x ) 在间断点 x0 处的左、 右极限都存在， 则称 x0 是 f ( x ) 的第一类间断点。 第一类间断点包括可去间断点和跳跃间断点。 （2）第二类间断点 第一类间断点以外的其他间断点统称为第二类间断点。 常见的第二类间断点有无穷间断点和振荡间断点。 例如： x = 0 是 f ( x ) =x sin x 1 的可去间断点，是 f ( x ) = 的跳跃间断点，是 f ( x ) = x x x1 的振荡间断点。 x的无穷间断点，是 f ( x ) = sin三、初等函数的连续性 1．在区间 I 连续的函数的和、差、积及商（分母不为零） ，在区间 I 仍是连续的。 2．由连续函数经有限次复合而成的复合函数在定义区间内仍是连续函数。 3．在区间 I 连续且单调的函数的反函数，在对应区间仍连续且单调。 4．基本初等函数在它的定义域内是连续的。 5．初等函数在它的定义区间内是连续的。 四、闭区间上连续函数的性质 在闭区间 [ a, b] 上连续的函数 f ( x ) ，有以下几个基本性质，这些性质以后都要用到。 定理 1 （有界定理）如果函数 f ( x ) 在闭区间 [ a, b] 上连续，则 f ( x ) 必在 [ a, b] 上有界。 定理 2 （最大值和最小值定理）如果函数 f ( x ) 在闭区间 [ a, b] 上连续，则在这个区间 上一定存在最大值 M 和最小值 m 。 其中最大值 M 和最小值 m 的定义如下： 定义 设 f ( x 0 ) = M 是区间 [ a, b] 上某点 x 0 处的函数值， 如果对于区间 [ a, b] 上的任一 点 x ，总有 f ( x ) ≤ M ，则称 M 为函数 f ( x ) 在 [ a, b] 上的最大值。同样可以定义最小值 m. 定理 3 （介值定理）如果函数 f ( x ) 在闭区间 [ a, b] 上连续，且其最大值和最小值分别 为 M 和 m ，则对于介于 m 和 M 之间的任何实数 c ，在 [ a, b] 上至少存在一个 ξ ，使得f (ξ ) = c- 27 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学推论：如果函数 f ( x ) 在闭区间 [ a, b] 上连续，且 f (a ) 与 f (b ) 异号，则在 (a, b ) 内至少 存在一个点 ξ ，使得f (ξ ) = 0这个推论也称零点定理。 思考题：什么情况下能保证推论中的 ξ 是唯一的？（乙）典型例题 一、讨论函数的连续性 由于初等函数在它的定义区间内总是连续的， 所以， 函数的连续性讨论多是指分段函数 在分段点处的连续性。 对于分段函数在分段点处的连续性， 若函数在分段点两侧表达式不同 时，需根据函数在一点连续的充要条件进行讨论。 例 1．讨论函数? 1 ?e x , x & 0 ? f ( x ) = ?0, x = 0 ? 1 ? x sin , x & 0 x ?在点 x = 0 处的连续性。 解：因 f (0 ? 0 ) = lim f ( x ) = lim ? ?x →0 x →01ex=0f (0 + 0 ) = lim f ( x ) = lim+ x sin +x →0 x→01 =0 xf (0) = 0即有 f (0 ? 0 ) = f (0 + 0 ) = f (0 ) ，故 f ( x ) 在点 x = 0 连续。 二、间断点问题 例 1．设 f ( x ) ， g ( x ) 在 (? ∞,+∞ ) 内有定义， f ( x ) 为连续，且 f ( x ) ≠ 0 ， g ( x ) 有间 断点，则下列函数中必有间断点的为（ （A） g[ f ( x )] （B） [ g ( x )] 2 ） （C） f [ g ( x )] （Ｄ）g (x ) f (x )解： （A）（B）（C）的反例：取 f ( x ) ≡ 1 , g ( x ) = ? ， ，?1, ?? 1,x≥0 x&0,- 28 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学（D）成立的证明：用反证法 假如不然g ( x) g (x ) = h( x) 连续，则 g ( x) = h( x) f ( x) 连续与条件矛盾，故 必有间断点。 f ( x) f (x )?? x 2 n ? 1 ? ? ? ? x ? = f ( x ) 的间断点，并判别其类型。 例２．求 lim ?? 2 n n →∞ ? x +1? ? ? ??解：当 x & 1 时， lim xn →∞ 2n= 0 ， f ( x ) = ?1 ? x当 x = 1 时， f ( x ) = ? x 当 x & 1 时， f ( x ) = 1 ? x?? 1 ? x, x & 1 ? 所以 f ( x ) = ? ? x, x = 1 ? ? 1 ? x, x & 1它是分段函数，分段点为 ± 1 ， f (1) = ?1 ， f (1 ? 0 ) = ?2 ， f (1 + 0 ) = 0 ， f (? 1) = 1 ， f (? 1 ? 0 ) = 2 ，f (? 1 + 0) = 0 。所以 ± 1 皆是第一类间断点， （跳跃间断点）x? sin t ? sin t ?sin x = f ( x ) 的间断点，并判别其类型。 例 3．求 lim? ? t → x sin x ? ?解： x ≠ kπ ，考虑 ln f ( x ) = limt→xx ? sin t ? ln? ? （用洛必达法则） sin t ? sin x ? sin x ?cos t x sin x x = lim ? = t → x cos t sin t sin x sin x∴f ( x ) = e sin xx(x ≠ kπ )于是 x = kπ （ k 整数）是间断点， x = 0 是可去间断点。x = kπ (k ≠ 0 ) 是第二类间断点三、用介值定理讨论方程的根 例 1．证明五次代数方程 x ? 5 x ? 1 = 0 在区间 (1,2 ) 内至少有一个根。5证 ： 由 于 函 数 f ( x ) = x 5 ? 5 x ? 1 是 初 等 函 数 ， 因 而 它 在 闭 区 间 [1,2] 上 连 续 ， 而f (1) = 15 ? 5 × 1 ? 1 = ?5 & 0- 29 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学f (2 ) = 2 5 ? 5 × 2 ? 1 = 21 & 0由于 f (1) 与 f (2 ) 异号，故在 (1,2 ) 中至少有一点 x0 ，使f (x0 ) = 0就是说，五次代数方程 x ? 5 x ? 1 = 0 在区间 (1,2 ) 内至少有一个根。5口诀（17） ：函数为零要论证，介值定理定乾坤。 例 2．设 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续，且 f (a ) & a ， f (b ) & b ， 证明： f ( x ) = x 在 (a, b ) 内至少有一个根。 证： 令 g ( x ) = f ( x ) ? x ，可知 g ( x ) 在 [a, b ] 上连续。g (a ) = f (a ) ? a & 0 g (b ) = f (b ) ? b & 0由介值定理的推论，可知 g ( x ) 在 (a, b ) 内至少有一个零点，即 f ( x ) = x 在 (a, b ) 内至少 有一个根。 例 3．设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续，且 f (0 ) = f (1) 。求证：在 [0,1] 上至少存在一点 ξ 使1? ? f ? ξ + ? = f (ξ ) （ n ≥ 2 正整数） n? ?证：令 G ( x ) = f ? x +? ?1? ? n ? 1? ? ? f ( x ) ， x ∈ ?0, n? n ? ? ?则 G (0 ) = f ? ? ? f (0 )?1? ?n??1? ?2? ?1? G? ? = f ? ? ? f ? ? ?n? ?n? ?n? ?2? ?3? ? 2? G? ? = f ? ? ? f ? ? ?n? ?n? ?n?M? n ?1? ? n ?1? G? ? = f (1) ? f ? ? ? n ? ? n ?- 30 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学于是 G (0 ) + G ? ? + L + G ??1? ?n?? n ?1? ? = f (1) ? f (0 ) = 0 ? n ?（i）如果 G ? ?(i = 0,1, L , n ? 1) 有为 0，则已经证明?i? ?n?Qξ =i 1? ? ， G (ξ ) = 0 ， f ? ξ + ? = f (ξ ) 成立。 n n? ?（ii）如果 G ? ?(i = 0,1, L , n ? 1) 全不为 0； 则不可能同号，否则相加后不为 0，矛盾。 所以其中一定有异号，不妨假设 0 ≤ i1 & i2 ≤ n ? 1 ， G ??i? ?n?? i1 ? ?i ? ? 与 G? 2 ? 异号。 ?n? ?n?根据介值定理推论存在 ξ ∈ ?? i1 i 2 ? , ? 使 G (ξ ) = 0 ?n n?则 ξ ∈ (0,1) ，使 f ? ξ +? ?1? ? = f (ξ ) 成立。 n?第二章一元函数微分学§2.1（甲）内容要点 一、导数与微分概念 1．导数的定义导数与微分设函数 y = f ( x ) 在点 x0 的某领域内有定义， 自变量 x 在 x0 处有增量 ?x ， 相应地函 数增量 ?y = f ( x 0 + ?x ) ? f ( x 0 ) 。如果极限- 31 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学f ( x0 + ?x ) ? f ( x0 ) ?y = lim ?x →0 ?x ?x →0 ?x lim存在，则称此极限值为函数 f ( x ) 在 x0 处的导数（也称微商） ，记作 f ′( x0 ) ，或 y ′x = x0，dy df ( x ) ， 等，并称函数 y = f ( x ) 在点 x0 处可导。如果上面的极限不存在， dx x = x0 dx x = x 0则称函数 y = f ( x ) 在点 x0 处不可导。 导数定义的另一等价形式，令 x = x0 + ?x ， ?x = x ? x0 ，则f ′( x0 ) = limx → x0f (x ) ? f (x0 ) x ? x0 f (x ) ? f (x0 ) f (x 0 + ?x ) ? f ( x0 ) = lim+ ?x → 0 x ? x0 ?x f (x ) ? f (x0 ) f ( x0 + ?x ) ? f ( x0 ) = lim? ?x → 0 x ? x0 ?x我们也引进单侧导数概念。 右导数： f +′ ( x0 ) = lim +x → x0左导数： f ?′ ( x0 ) = lim ?x → x0则有f ( x ) 在点 x0 处可导 ? f ( x ) 在点 x0 处左、右导数皆存在且相等。2．导数的几何意义与物理意义 如果函数 y = f ( x ) 在点 x0 处导数 f ′( x0 ) 存在，则在几何上 f ′( x0 ) 表示曲线y = f ( x ) 在点 ( x0 , f ( x0 )) 处的切线的斜率。切线方程： y ? f ( x0 ) = f ′( x0 )( x ? x0 ) 法线方程： y ? f ( x 0 ) = ?1 (x ? x0 )( f ′(x0 ) ≠ 0) f ′( x0 )口诀（18） ：切线斜率是导数，法线斜率负倒数。 设物体作直线运动时路程 S 与时间 t 的函数关系为 S = f (t ) ，如果 f ′(t 0 ) 存在，则f ′(t 0 ) 表示物体在时刻 t 0 时的瞬时速度。3．函数的可导性与连续性之间的关系 如果函数 y = f ( x ) 在点 x 0 处可导，则 f ( x ) 在点 x 0 处一定连续，反之不然，即函数- 32 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学y = f ( x ) 在点 x0 处连续，却不一定在点 x0 处可导。例如， y = f ( x ) = x ，在 x0 = 0 处连续，却不可导。 4．微分的定义 设函数 y = f ( x ) 在点 x0 处有增量 ?x 时，如果函数的增量 ?y = f ( x 0 + ?x ) ? f ( x 0 ) 有 下面的表达式?y = A( x0 )?x + o(?x )(?x → 0)其中 A( x 0 ) 为 ?x 为无关， o(?x ) 是 ?x → 0 时比 ?x 高阶的无穷小，则称 f ( x ) 在 x 0 处 可微，并把 ?y 中的主要线性部分 A( x 0 )?x 称为 f ( x ) 在 x 0 处的微分，记以 dy 或x = x0df (x )x = x0。我们定义自变量的微分 dx 就是 ?x 。 5．微分的几何意义?y = f ( x0 + ?x ) ? f ( x0 ) 是曲线 y = f ( x ) 在点 x0 处相应于自变量增量 ?x 的纵坐标 f ( x0 ) 的增量，微分 dy增量（见图） 。 是曲线 y = f ( x ) 在点 M 0 ( x 0 , f ( x 0 )) 处切线的纵坐标相应的x = x06．可微与可导的关系f ( x ) 在 x0 处可微 ? f ( x ) 在 x0 处可导。口诀（19） ：可导可微互等价；它们都比连续强。 且 dyx = x0= A( x0 )?x = f ′( x0 )dx一般地， y = f ( x ) 则 dy = f ′( x )dx- 33 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学所以导数 f ′( x ) =dy 也称为微商，就是微分之商的含义。 dx7．高阶导数的概念 如果函数 y = f ( x ) 的导数 y ′ = f ′( x ) 在点 x0 处仍是可导的，则把 y ′ = f ′( x ) 在点 x0 处 的导数称为 y = f ( x ) 在点 x0 处的二阶导数， 记以 y ′′ 也称 f ( x ) 在点 x0 处二阶可导。 如果 y = f ( x ) 的 n ? 1 阶导数的导数存在，称为 y = f ( x ) 的 n 阶导数，记以 y(n )x = x0， f ′′( x0 ) ， 或 或d2y 等， dx 2 x = x0，y (n ) ( x ) ，dny 等，这时也称 y = f ( x ) 是 n 阶可导。 dx n二、导数与微分计算 1．导数与微分表（略） 2．导数与微分的运算法则 （1）四则运算求导和微分公式[ f 1 f 2 ]' = f 1' f 2 + f 1 f 2'[ f 1 f 2 f 3 ]' = f1' f 2 f 3 + f1 f 2' f 3 + f1 f 2 f 3' f ' f ' g ? fg ' ( ) = g g2（2）反函数求导公式 设 y = f (x ) 的反函数为 x = g ( y ) ，则 g ( y ) ='1 1 = ' f ( x) f [ g ( y )]'（3）复合函数求导和微分公式 设 y = f (u ), u = g ( x) ，则 （4）隐函数求导法则 每一次对 x 求导，把 y 看作中间变量，然后解出 y ' 例： e x + y + sin(3 x ? 2 y ) + 5 x + 6 y = 7 ，确定 y = y ( x ) ，求 y ' 解：两边每一项对 x 求导，把 y 看作中间变量dy dy du = = f ' [ g ( x)]g ' ( x) dx du dxe x + y (1 + y ' ) + [cos(3 x ? 2 y )](3 ? 2 y ' ) + 5 + 6 y ' = 0然后把 y ' 解出来- 34 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学（5）对数求导法 取对数后，用隐函数求导法则y=( x ? 1)( x ? 2) ( x ? 3)( x ? 4)1 ln y = [ln( x ? 1) + ln( x ? 2) ? ln( x ? 3) ? ln( x ? 4)] 2求导得y' 1 1 1 1 1 = ( + ? ? ) y 2 x ?1 x ? 2 x ? 3 x ? 4解出 y 'y = xxx&0y = e x ln x 解出 y ' ln y = x ln x y' = ln x + 1 解出 y ' y（6）用参数表示函数的求导公式dy dy dt ψ ' (t ) = = 设 x = ? (t ), y = ψ (t ), 则 dx dx ? ' (t ) dt（乙）典型例题 一、用导数定义求导数(? ' (t ) ≠ 0)例．设 f ( x ) = ( x ? a )g ( x ) ，其中 g ( x ) 在 x = a 处连续，求 f ′(a ) 解： f ′(a ) = limx→af ( x ) ? f (a ) (x ? a )g (x ) ? 0 = g (a ) = lim x→a x?a x?a二、分段函数在分段点处的可导性 例 1．设函数?x 2 , x ≤ 1 f (x ) = ? ?ax + b, x & 1试确定 a 、 b 的值，使 f ( x ) 在点 x = 1 处可导。- 35 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学解：Q 可导一定连续，∴ f ( x ) 在 x = 1 处也是连续的。由f (1 ? 0) = lim f (x ) = lim x 2 = 1 ? ?x →1 x →1f (1 + 0 ) = lim f ( x ) = lim (ax + b ) = a + b + +x →1 x →1要使 f ( x ) 在点 x = 1 处连续，必须有 a + b = 1 或 b = 1 ? a 又f ?′ (1) = lim ?x ?1f (x ) ? f (1) x2 ?1 = lim = lim( x + 1) = 2 x ?1? x ? 1 x ?1? x ?1f ( x ) ? f (1) ax + b ? 1 a ( x ? 1) = lim = lim =a + + x ?1 x ?1 x ?1 x ?1 x ?1f +′ (1) = lim +x ?1要使 f ( x ) 在点 x = 1 处可导，必须 f ?′ (1) = f +′ (1) ，即 2 = a 。 故当 a = 2 ， b = 1 ? a = 1 ? 2 = ?1 时， f ( x ) 在点 x = 1 处可导。 例 2．设 f ( x ) = limx 2 e n ( x ?1) + ax + b ，问 a 和 b 为何值时， f ( x ) 可导，且求 f ′( x ) n →∞ e n ( x ?1) + 1n ( x ?1) n →∞解：Q x & 1 时， lim e= +∞ ，x & 1 时， lim e n ( x ?1) = 0n →∞?x 2 , x & 1, ? ?a + b +1 ∴ f (x ) = ? , x = 1, 2 ? ?ax + b, x & 1, ?由 x = 1 处连续性， lim f ( x ) = lim x = 1 ， f (1) = + +2x →1 x →1a + b +1 = 1 ，可知 a + b = 1 2- 36 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学再由 x = 1 处可导性，f +′ (1) = lim +x →1x 2 ? f (1) 存在 x ?1f ?′ (1) = lim ?x →1(ax + b ) ? f (1) 存在x ?1且 f +′ (1) = f ?′ (1) 根据洛必达法则 f +′ (1) = lim +x →12x =2 1f ?′ (1) = lim ?x →1∴a = 2 于是 b = 1 ? a = ?1a = a， 1?x 2 , x & 1, ? f ( x ) = ?1, x = 1, ?2 x ? 1, x & 1, ??2 x, f ′( x ) = ? ?2,x ≥ 1, x & 1,三、运用各种运算法则求导数或微分 例 1．设 f ( x ) 可微， y = f (ln x ) ? e f ( x ) ，求 dy 解：dy = f (ln x )de f ( x ) + e f ( x ) df (ln x )= f ′( x )e f ( x ) f (ln x )dx +1 f ′(ln x )e f ( x ) dx x1 ? ? = e f ( x ) ? f ′( x ) f (ln x ) + f ′(ln x )? dx x ? ?例 2．设 y = x 解：xx(x & 0) ，求 dydxln y = x x ln x 对 x 求导，得 ′ 1 1 y ′ = x x ln x + x x y x( )再令 y1 = x x ， ln y1 = x ln x ，对 x 求导，- 37 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学1 ′ y1 = ln x + 1 ， y1∴ xx于是( )′ = x (ln x + 1)xx dy = x x (ln x + 1) ln x + x x ?1 x x dx[](x & 0)x例 3．设 y = y ( x ) 由方程 x = y 所确定，求ydy dx解： 两边取对数，得 y ln x = x ln y ， 对 x 求导， y ′ ln x +y x = ln y + y ′ x y?x ? y y 2 ? xy ln y ′? ? ln x ? = ? ln y ， y ′ = 2 y? ? x x ? xy ln x ?y ?例 4．设? x = t e u 2 sin udu ∫t ? ? 2t ? y = ∫ e u ln(1 + u )du 0 ?2求dx dy解：dx 4 2 dx dt 2te t sin t 2 ? e t sin t = = dy dy 2e 2t ln(1 + 2t ) dt四、求切线方程和法线方程 例 1．已知两曲线 y = f ( x ) 与 y = 线方程，并求 lim nf ? ? 。n →∞∫arctan x0e ?t dt 在点 (0,0) 处的切线相同，写出此切2?2? ?n?解： 由已知条件可知 f (0 ) = 0 ， f ′(0 ) = 故所求切线方程为 y = xe ? (arctan x ) =1 1+ x2 x = 02- 38 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学?2? f ? ? ? f (0) n ?2? lim nf ? ? = lim 2 ? ? ? = 2 f ′(0) = 2 n →∞ n →∞ 2 ?n? n例 2．已知曲线的极坐标方程 r = 1 ? cos θ ，求曲线上对应于 θ = 直角坐标方程。 解：π6处的切线与法线的曲线的参数方程为? x = (1 ? cos θ ) cos θ = cos θ ? cos 2 θ ? ? y = (1 ? cos θ )sin θ = sin θ ? sin θ cos θdy dy cos θ ? cos 2 θ + sin 2 θ dθ π = dx π = π =1 dx θ = ? sin θ + 2 cos θ sin θ θ = θ= 6 dθ 6 6指定点处 θ = 故切线方程π6, r = 1 ? cosπ6= 1?3 3 3 1 3 , 对应直角坐标为 ( ? , ? ) 2 2 4 2 4y?即? 1 3 3 3? + = 1? ? x ? + ? ? 2 4 2 4? ? ? 3 5 3+ =0 4 4x? y?法线方程y?即? 1 3 3 3? + = ?? x ? + ? ? 2 4 2 4? ? ? 1 1 3+ =0 4 4x+ y?例 3．设 f ( x ) 为周期是 5 的连续函数，在 x = 0 邻域内，恒有- 39 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学f (1 + sin x ) ? 3 f (1 ? sin x ) = 8 x + a( x ) 。其中 lim求曲线 y = f ( x ) 在点 (6, f (6 )) 处的切线方程。 解：a(x ) = 0 ， f ( x ) 在 x = 1 处可导， x →0 x由题设可知 f (6 ) = f (1) ， f ′(6 ) = f ′(1) ，故切线方程为y ? f (1) = f ′(1)( x ? 6 )所以关键是求出 f (1) 和 f ′(1) 由 f ( x ) 连续性 lim[ f (1 + sin x ) ? 3 f (1 ? sin x )] = ?2 f (1)x →0由所给条件可知 ? 2 f (1) = 0 ，∴ f (1) = 0 再由条件可知 limx→0f (1 + sin x ) ? 3 f (1 ? sin x ) a(x ) ? ? 8x = lim? + ?=8 x → 0 sin x sin x sin x ? ? f (1 + t ) ? 3 f (1 ? t ) = 8 ，又Q f (1) = 0 t令 sin x = t ， limt →0∴ 上式左边 = lim[ f (1 + t ) ? f (1)] + 3 lim f (1 ? t ) ? f (1) t →0 t →0 t (? t )= f ′(1) + 3 f ′(1) = 4 f ′(1)则 4 f ′(1) = 8f ′(1) = 2即 2 x ? y ? 12 = 0所求切线方程为 y ? 0 = 2( x ? 6 ) 五、高阶导数 1．求二阶导数例 1．设 y = ln x + 解：(x2 + a2) ，求 y′′)′y′ =1 x + x2 + a2(x +x2 + a2=? ?1 + ? x + x2 + a2 ? 1? ? ? x2 + a2 ? x=1 x + a22- 40 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学y ′′ = ?1 2 x + a2 2()?3 2? 2x = ?x(x2+ a2)3例 2．设 ?? x = arctan t ? y = ln 1 + t(2)求d2y dx 22t dy dy dt 1 + t 2 = = = 2t 解： 1 dx dx dt 1 + t 2? dy ? d ? ? d ( dy ) d y dx = ? ? = dx 2 dx dt dx2dx = dt2 = 2(1 + t 2 ) 1 1+ t2例 3．设 y = y (x ) 由方程 x + y = 1 所确定，求 y ′′2 2解： 2 x + 2 yy ′ = 0 ， y ′ = ?x yy ′′ = ?1 ? y ? xy ′ =? y2y+x2 yy2y2 + x2 1 =? =? 3 3 y y2．求 n 阶导数（ n ≥ 2 ，正整数） 先求出 y ′, y ′′, L ，总结出规律性，然后写出 y ( n ) ，最后用归纳法证明。 有一些常用的初等函数的 n 阶导数公式 （1） y = e xy (n) = e x y ( n ) = a x (ln a ) n（2） y = a x (a & 0, a ≠ 1) （3） y = sin x （4） y = cos x （5） y = ln xy ( n ) = sin( x +y (n)nπ ) 2 nπ = cos( x + ) 2y ( n ) = (?1) n ?1 (n ? 1)! x ? n，求 y (n ) （ n 正整数） 例 1．设 y = x k （ k 正整数）- 41 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学解： y(n)?k (k ? 1) L (k ? n + 1) x k ?n , n ≤ k , =? n&k ?0,xn (n ) ，求 y （ n 正整数） 1? x例 2．设 y =解： y =( x n ? 1) + 1 1 = ? ( x n?1 + x n ?2 + L + x + 1) 1? x 1? xy ( n ) = (1 ? x) ?1例 3．设 y = 解： y =[](n)=n! (1 ? x) n+1（ n 正整数）1 ，求 y ( n ) x ? 3x + 221 1 1 = ? = ( x ? 2) ?1 ? ( x ? 1) ?1 ( x ? 1)( x ? 2) x ? 2 x ? 1y ′ = ? ( x ? 2) ?2 ? ( x ? 1) ?2[] ]y ′′ = (?1)(?2) ( x ? 2) ?3 ? ( x ? 1) ?3……[y ( n ) = (?1) n n! ( x ? 2) ? ( n+1) ? ( x ? 1) ? ( n +1)口诀（20） ：有理函数要运算；最简分式要先行。 例 4．设 y = sin 4 x + cos 4 x ，求 y ( n )[]（ n 正整数）2? 1 ? cos 2 x ? ? 1 + cos 2 x ? 解： y = ? ? +? ? 2 2 ? ? ? ?2= y (n)1 3 1 (2 + 2 cos 2 2 x) = + cos 4 x 4 4 4 1 n nπ nπ = ? 4 cos(4 x + ) = 4 n ?1 cos(4 x + ) 4 2 2口诀（21） ：高次三角要运算；降次处理先开路。- 42 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学§2.2微分中值定理本节专门讨论考研数学中经常考的四大定理：罗尔定理，拉格朗日中值定理，柯西中值 定理和泰勒定理（泰勒公式） 。 这部分有关考题主要是证明题，其中技巧性比较高，因此典型例题比较多，讨论比较详 细。 （甲）内容要点 一、罗尔定理 设函数 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） f (a ) = f (b) 则存在 ξ ∈ ( a, b) ，使得 f ′(ξ ) = 0 几何意义：条件（1）说明曲线 y = f (x ) 在 A( a, f ( a )) 和 B (b, f (b)) 之间是连续曲线； [包括点 A 和点 B ]。 条件（2）说明曲线 y = f ( x ) 在 A, B 之间是光滑曲线，也即每一点都有不垂直于 x 轴 的切线[不包括点 A 和点 B ]。 条件（3）说明曲线 y = f ( x ) 在端点 A 和 B 处纵坐标相等。 结论说明曲线 y = f ( x ) 在点 A 和点 B 之间[不包括点 A 和点 B ]至少有一点，它的切线 平行于 x 轴。 口诀（22） ：导数为零欲论证；罗尔定理负重任。 二、拉格朗日中值定理 设函数 f ( x ) 满足- 43 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学（1）在闭区间 [a, b ] 上连续； （2）在开区间 (a, b ) 内可导则存在 ξ ∈ (a, b ) ，使得f (b ) ? f (a ) = f ′(ξ ) b?a或写成 f (b ) ? f (a ) = f ′(ξ )(b ? a )(a & ξ & b ) (0 & θ & 1)有时也写成 f ( x0 + ?x ) ? f ( x0 ) = f ′( x0 + θ?x ) ? ?x 这里 x0 相当 a 或 b 都可以， ?x 可正可负。几何意义：条件（1）说明曲线 y = f ( x ) 在点 A(a, f (a )) 和点 B (b, f (b )) 之间[包括点 A 和点 B ]是连续曲线： 条件（2）说明曲线 y = f ( x ) [不包括点 A 和点 B ]是光滑曲线。 结论说明：曲线 y = f ( x ) 在 A ， B 之间[不包括点 A 和点 B ]，至少有点，它的切线与 割线 AB 是平行的。 推论 1 若 f ( x ) 在 (a, b ) 内可导，且 f ′( x ) ≡ 0 ，则 f ( x ) 在 (a, b ) 内为常数。 推论 2 若 f ( x ) 和 g ( x ) 在 (a, b ) 内 可 导 ， 且 f ′( x ) ≡ g ′( x ) ， 则 在 （ a, b ） 内f ( x ) = g ( x ) + C ，其中 C 为一个常数。（注： 拉格朗日中值定理为罗尔定理的推广， f (a ) = f (b ) 特殊情形， 当 就是罗尔定理） 口诀（23） ：函数之差化导数；拉氏定理显神通。 三、柯西中值定理 设函数 f ( x ) 和 g ( x ) 满足： （1）在闭区间 [a, b ] 内皆连续；- 44 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学（2）在开区间 (a, b ) 内皆可导；且 g ′( x ) ≠ 0 ，则存在 ξ ∈ (a, b ) 使得f (b ) ? f (a ) f ′(ξ ) = g (b ) ? g (a ) g ′(ξ )(a & ξ & b )（注：柯西中值定理为拉格朗日中值定理的推广，特殊情形 g ( x ) = x 时，柯西中值定 理就是拉格朗日中值定理） 几何意义：考虑曲线 的参数方程 ?? x = g (t ) ? y = f (t )t ∈ [a, b]点 A( g (a ), f (a )) ，点 B ( g (b ), f (b )) 曲线在上是连续曲线，除端点外是光滑曲线，那么在曲线上至少有一点，它的切线平行于割线 AB 。值得注意：在数学理论上，拉格朗日中 值定理最重要，有时也称为微分学基本定理。罗尔定理看作拉格朗日中值定理的预备定理， 柯西中值定理虽然更广，但用得不太多。在考研数学命题中，用罗尔定理最多，其次是用拉 格朗日中值定理，而用柯西中值定理也是较少。四、泰勒定理（泰勒公式） 定理 1 （带皮亚诺余项的 n 阶泰勒公式） 设 f ( x ) 在 x 0 处有 n 阶导数，则有公式f ( x ) = f (x 0 ) +f ′( x0 ) f ′′( x0 ) (x ? x0 ) + ( x ? x 0 )2 1! 2! fn+L+(x0 )n!( x ? x 0 )n + R n ( x )(x → x0 )其中 Rn ( x ) = o ( x ? x0 )[n](x → x0 ) 称为皮亚诺余项。? ? Rn (x ) ? lim = 0? n ? x → x0 (x ? x ) ? 0 ? ?前面求极限方法中用泰勒公式就是这种情形， 根据不同情形取适当的 n ， 所以对常用的 初等函数如 e ， sin x ， cos x ， ln (1 + x ) 和 (1 + x ) （ α 为实常数）等的 n 阶泰勒公式都要xα- 45 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学熟记。 定理 2 （带拉格朗日余项的 n 阶泰勒公式） 设 f ( x ) 在包含 x0 的区间 (a, b ) 内有 n + 1 阶导数，在 [a, b ] 上有 n 阶连续导数，则对x ∈ [a, b] ，有公式f ( x ) = f (x 0 ) + f ′( x0 ) f ′′( x0 ) (x ? x0 ) + ( x ? x 0 )2 1! 2!f (n ) (x0 ) +L+ ( x ? x 0 )n + R n ( x ) n!其中 Rn ( x ) =f(ξ ) (x ? x )n+1 ， ξ 在 x 与 x 之间）称为拉格朗日余项。 （ 0 0 (n + 1)!(n +1)上面展开式称为以 x 0 为中心的 n 阶泰勒公式。 x 0 = 0 时，也称为麦克劳林公式。 如果 lim Rn ( x ) = 0 ，那么泰勒公式就转化为泰勒级数，这在后面无穷级数中再讨论。n →∞f (a ) = f (b)← 罗尔定理 拉格朗日中值定理 →g (x ) = x柯西中值定理↑ n=0泰勒定理（乙）典型例题 一、用罗尔定理的有关方法 例 1．设 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 ξ ∈ (0,3) ，使 f ′(ξ ) = 0 证：Q f (x ) 在 [0,3] 上连续，∴ f ( x ) 在 [0,2] 上连续，且有最大值 M 和最小值 m 。于- 46 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学是 m ≤ f (0 ) ≤ M ； m ≤ f (1) ≤ M ； m ≤ f (2 ) ≤ M ，故1 [ f (0) + f (1) + f (2 )] ≤ M 。 由连续函数介值定理可知， 至少存在一点 c ∈ [0,2] 使 3 1 得 f (c ) = [ f (0 ) + f (1) + f (2 )] = 1 ，因此 f (c ) = f (3) ，且 f ( x ) 在 [c,3] 上连续， (c,3) 内 3 m≤可导，由罗尔定理得出必存在 ξ ∈ (c,3) ? (0,3) 使得 f ′(ξ ) = 0 。例 2．设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续， (0,1) 内可导，且 3∫ f (x )dx = f (0)1 2 3求证：存在 ξ ∈ (0,1) 使 f ′(ξ ) = 0证：由积分中值定理可知，存在 c ∈ ? ,1? ，使得 3?2 ? ? ?? 2? ∫ f (x )dx = f (c )?1 ? 3 ? ? ?1 2 3得到f (c ) = 3∫2 f ( x )dx = f (0 )1 3对 f ( x ) 在 [0, c ] 上用罗尔定理， （三个条件都满足） 故存在 ξ ∈ (0, c ) ? (0,1) ，使 f ′(ξ ) = 0 例 3．设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续， (0,1) 内可导，对任意 k & 1 ，有 f (1) = k 求证存在 ξ ∈ (0,1) 使 f ′(ξ ) = 1 ? ξ ?1 f (ξ )1 k 0∫xe1? x f ( x )dx ，()证：由积分中值定理可知存在 c ∈ ?0, ? 使得 k 令 F ( x ) = xe1? x f ( x ) ，可知 F (1) = f (1)? 1? ? ?∫1 k 0?1 ? xe1? x f ( x )dx = ce1?c f (c )? ? 0 ? ?k ?- 47 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列1 k 009 考研高等数学这样 F (1) = f (1) = k∫xe1? x f ( x )dx = ce1?c f (c ) = F (c ) ， F ( x ) 在 [c,1] 上用罗尔定理 对（三个条件都满足）存在 ξ ∈ (c,1) ? (0,1) ，使 F ′(ξ ) = 0 而 F ′( x ) = e1? x f ( x ) ? xe1? x f ( x ) + xe1? x f ′( x )? ? ? 1? ∴ F ′(ξ ) = ξe1?ξ ? f ′(ξ ) ? ?1 ? ? f (ξ )? = 0 ? ξ? ? ? ? ?又 ξe1?ξ? 1? ≠ 0 ，则 f ′(ξ ) = ?1 ? ? f (ξ ) ? ξ? ? ?在例 3 的条件和结论中可以看出不可能对 f ( x ) 用罗尔定理，否则结论只是 f ′(ξ ) = 0 ， 而且条件也不满足。因此如何构造一个函数 F ( x ) ，它与 f ( x ) 有关，而且满足区间上罗尔定 理的三个条件，从 F ′(ξ ) = 0 就能得到结论成立，于是用罗尔定理的有关证明命题中，如何 根据条件和结论构造一个合适的 F ( x ) 是非常关键，下面的模型 I，就在这方面提供一些选 择。 模型 I：设 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续，(a, b ) 内可导， f (a ) = f (b ) = 0 则下列各结论皆成立。′ （1）存在 ξ 1 ∈ (a, b ) 使 f (ξ 1 ) + lf (ξ 1 ) = 0 （ l 为实常数）k ?1 ′ （2）存在 ξ 2 ∈ (a, b ) 使 f (ξ 2 ) + kξ 2 f (ξ 2 ) = 0 （ k 为非零常数）（3）存在ξ 3 ∈ (a, b ) 使 f ′(ξ 3 ) + g (ξ 3 ) f (ξ 3 ) = 0 （ g ( x ) 为连续函数）证： （1）令 F ( x ) = e lx f ( x ) ，在 [a, b ] 上用罗尔定理Q F ′( x ) = le lx f ( x ) + e lx f ′( x )∴ 存在 ξ 1 ∈ (a, b ) 使 F ′(ξ 1 ) = le lξ1 f (ξ 1 ) + e lξ1 f ′(ξ 1 ) = 0消去因子 elξ1，即证。Kx （2）令 F ( x ) = e f ( x ) ，在 [a, b ] 上用罗尔定理F ′( x ) = kx k ?1e x f ( x ) + e x f ′( x )K K′ 存在 ξ 2 ∈ (a, b ) 使 F (ξ 2 ) = kξ 2 e消去因子 ek ξ2k k ?1 ξ 2f (ξ 2 ) + eξ 2 f ′(ξ 2 ) = 0k，即证。- 48 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学（3）令 F ( x ) = eG(x)f ( x ) ，其中 G ′( x ) = g ( x )F ′( x ) = g ( x )e G ( x ) f ( x ) + e G ( x ) f ′( x ) 由 F ′(ξ 3 ) = 0消去因子 eG (ξ 3 )，即证。口诀（24） ：导数函数合为零；辅助函数用罗尔。 例 4．设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导， f (0 ) = f (1) = 0 ， f ? ? = 1 ，试证：?1? ?2?η ∈ ? ,1?（1）存在?1 ? ? 2 ? ，使f (η ) = η 。′ （2）对任意实数 λ ，存在 ξ ∈ (0,η ) ，使得 f (ξ ) ? λ [ f (ξ ) ? ξ ] = 1证 明 ： 1 ） 令 Φ( x ) = f ( x ) ? x ， 显 然 它 在 [0,1] 上 连 续 ， 又 Φ(1) = ?1 & 0 ， （?1 ? ?1? 1 Φ? ? = & 0 ，根据介值定理，存在 η ∈ ? ,1? 使 Φ(η ) = 0 即 f (η ) = η ?2 ? ?2? 2（2）令 F ( x ) = e ? λx Φ ( x ) = e ? λx [ f ( x ) ? x ] ，它在 [0,η ] 上满足罗尔定理的条件，故存在ξ ∈ (0,η ) ，使 F ′(ξ ) = 0 ，即e ? λξ { f ′(ξ ) ? λ [F (ξ ) ? ξ ] ? 1} = 0从而 f ′(ξ ) ? λ [ f (ξ ) ? ξ ] = 1 （注：在例 4（2）的证明中，相当于模型 I 中（1）的情形，其中 l 取为 ? λ ， f ( x ) 取 为 Φ(x ) = f (x ) ? x ） 模型 II：设 f ( x ) ， g ( x ) 在 [a, b ] 上皆连续， (a, b ) 内皆可导，且 f (a ) = 0 ， g (b ) = 0 ， 则存在 ξ ∈ (a, b ) ，使f ′(ξ )g (ξ ) + f (ξ )g ′(ξ ) = 0证：令 F ( x ) = f ( x )g ( x ) ，则 F (a ) = F (b ) = 0 ，显然 F ( x ) 在 [a, b ] 上满足罗尔定理的 条件，则存在 ξ ∈ (a, b ) ，使 F ′(ξ ) = 0 ，即证。 例 5．设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续， (0,1) 内可导， f (0 ) = 0 ， k 为正整数。- 49 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学求证：存在 ξ ∈ (0,1) 使得 ξf ′(ξ ) + kf (ξ ) = f ′(ξ ) 证： g ( x ) = ( x ? 1) ，a = 0 ， = 1 ， f (0 ) = 0 ，g (1) = 0 ， 令 b 则 用模型 II， 存在 ξ ∈ (0,1)k使得f ′(ξ )(ξ ? 1) + k (ξ ? 1)kk ?1f (ξ ) = 0故 f ′(ξ )(ξ ? 1) + kf (ξ ) = 0 则 ξf ′(ξ ) + kf (ξ ) = f ′(ξ ) 例 6．设 f ( x ) ， g ( x ) 在 (a, b ) 内可导，且 f ′( x )g ( x ) ≠ f ( x )g ′( x ) ，求证 f ( x ) 在 (a, b ) 内任意两个零点之间至少有一个 g ( x ) 的零点 证：反证法：设 a & x1 & x 2 & b ， f ( x1 ) = 0 ， f ( x 2 ) = 0 而在 ( x1 , x 2 ) 内 g ( x ) ≠ 0 ， 则令 F ( x ) =f (x ) 在 [x1 , x 2 ] 上用罗尔定理 g (x )[Q f ( x1 ) = f ( x 2 ) = 0 ，∴ F ( x1 ) =f ( x1 ) f (x 2 ) = 0 ， F (x2 ) = = 0] g ( x1 ) g (x2 )（不妨假设 g ( x1 ) ≠ 0 ， g ( x 2 ) ≠ 0 否则结论已经成立） 则存在 ξ ∈ ( x1 , x 2 ) 使 F ′(ξ ) = 0 ， 得出 f ′(ξ )g (ξ ) ? f (ξ )g ′(ξ ) = 0 与假设条件矛盾。 所 以在 ( x1 , x 2 ) 内 g ( x ) 至少有一个零点 例 7． f ( x ) ， ( x ) 在 [a, b ] 二阶可导， g ′′( x ) ≠ 0 ， f (a ) = f (b ) = g (a ) = g (b ) = 0 设 g 且 又 求证： （1）在 (a, b ) 内 g ( x ) ≠ 0 ； （2）存在 ξ ∈ (a, b ) ，使f ′′(ξ ) f (ξ ) = g ′′(ξ ) g (ξ )证： （1）用反证法，如果存在 c ∈ (a, b ) 使 g (c ) = 0 ，则对 g ( x ) 分别在 [a, c ] 和 [c, b] 上 用罗尔定理，存在 x1 ∈ (a, c ) 使 g ′( x1 ) = 0 ，存在 x 2 ∈ (c, b ) 使 g ′( x 2 ) = 0 ，再对 g ′( x ) 在[x1 , x2 ] 上用罗尔定理存在 x3 ∈ (x1 , x2 ) 使 g ′′(x3 ) = 0 与假设条件 g ′′(x ) ≠ 0 矛盾。所以在(a, b ) 内 g (x ) ≠ 0- 50 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学′′ ′′ （2）由结论可知即 f (ξ )g (ξ ) ? f (ξ )g (ξ ) = 0 ，因此 ′ ′ 令 F ( x ) = g ( x ) f ( x ) ? g ( x ) f ( x ) ,可以验证 F ( x ) 在 [a, b ] 上连续，在 (a, b ) 内可导， F (a ) = F (b ) = 0 满足罗尔定理的三个条件故存在 ξ ∈ (a, b ) ，使 F ′(ξ ) = 0 于是 f ′′(ξ )g (ξ ) ? f (ξ )g ′′(ξ ) = 0 成立 二、用拉格朗日中值定理和柯西中值定理 例 1．设 f ( x ) 在 (? ∞,+∞ ) 内可导，且 lim f ′( x ) = e ，x →∞? x+c? lim? ? = lim[ f (x ) ? f ( x ? 1)] x→∞ x ? c x →∞ ? ?x求 c 的值 解：由条件易见， c ≠ 0? ?1 + x ? x+c? ? lim? ? = lim x→∞ x ? c x →∞ ? ? ? ?1 ? ? = ec e ?cc? ? x? c? ? x?xx= e 2c由拉格朗日中值定理，有f ( x ) ? f ( x ? 1) = f ′(ξ )[x ? ( x ? 1)] = f ′(ξ )其中 ξ 介于 ( x ? 1) 与 x 之间，那么lim[ f ( x ) ? f (x ? 1)] = limx→∞x →∞ (ξ →∞ )f ′(ξ ) = e于是 e2c= e , 2c = 1 ,则 c =1 2补充例题：设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f ′( x ) ≠ 0 ， 求证：存在 ξ ,η ∈ ( a, b) ，使得f ' (ξ ) e b ? e a η = e f ' (η ) b?a- 51 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学证：令 g ( x) = ex使用柯西中值定理，存在η ∈ (a, b) 使f (b) ? f (a ) f ' (η ) = η eb ? ea e再对 f ( x ) 用拉格朗日中值定理f (b) ? f (a ) = f ' (ξ )(b ? a ) 代入即可口诀（25） ：寻找 ξ ,η 无约束，柯西拉氏先后上。 例 2．设 f ( x ) 是周期为 1 的连续函数，在 (0,1) 内可导，且 f (1) = 0 ，又设 M & 0 是 f ( x ) 在[1,2] 上的最大值，证明：存在 ξ ∈ (1,2) ，使得 f ′(ξ ) ≥ 2M 。证：由周期性可知 f (0 ) = f (1) = f (2 ) = 0 ，不妨假定 x 0 ∈ (1,2 ) 而 f ( x 0 ) = M & 0 ，对f ( x ) 分别在 [1, x0 ] 和 [x0 ,2] 上用拉格朗日中值定理，存在 ξ 1 ∈ (1, x 0 ) ，使得 f ′(ξ 1 ) = 存在 ξ 2 ∈ (x 0 ,2 ) ，使得 f ′(ξ 2 ) =f ( x0 ) ? f (1) x0 ? 1 f (2) ? f ( x0 ) 2 ? x0①②如果 x 0 ∈ ?1, ? ，则用①式，得 f ′(ξ 1 ) =? 3? ? 2? ?3f (x0 ) ≥ 2M ； x0 ? 1 ? f (x0 如果 x 0 ∈ ? ,2 ? ，则用②式，得 f ′(ξ 2 ) = 2 ? x0 ?2 ??)≥ 2M ；因此，必有 ξ ∈ (1,2 ) ，使得 f ′(ξ ) ≥ 2 M 例 3．设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续， (0,1) 内可导，且 f (0 ) = 0 ， f (1) = 1 ，证明： （I）存在 ξ ∈ (0,1) ，使得 f (ξ ) = 1 ? ξ′ ′ （II）存在 η , ζ ∈ (0,1) ， η ≠ ζ ，使 f (η ) f (ζ ) = 1证： 令 g ( x ) = f ( x ) + x ? 1 ， g ( x ) 在 [0,1] 上连续， g (0) = ?1 & 0 ，g (1) = 1 & 0 ， （I） 则 且 用介值定理推论存在 ξ ∈ (0,1) ，使 g (ξ ) = 0 ，即 f (ξ ) = 1 ? ξ （II）在 [0, ξ ] 和 [ξ ,1] 上对 f ( x ) 用拉格朗日中值定理，存在 η ∈ (0, ξ ) ，使 得 f ′(η ) =f (ξ ) ? f (0 ) 1 ? ξ = ξ ?0 ξ- 52 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学存在 ζ ∈ (ξ ,1) ， η ≠ ζ ，使 f ′(ζ ) =f (1) ? f (ξ ) 1?ξ 1 ? (1 ? ξ ) 1?ξ==ξ1?ξ∴ f ′(η ) ? f ′(ζ ) = 1口诀（26） ：寻找 ξ ,η 有约束，两个区间用拉氏。例 4．设函数 f ( x ) 在闭区间 [a, b ] 上连续，在开区间 (a, b ) 内可导，且 f ′( x ) & 0 ，若极 限 lim +x→ af (2 x ? a ) 存在，证明： x?a（1）在 (a, b ) 内 f ( x ) & 0 ； （2）在 (a, b ) 内存在 ξ ，使b2 ? a2∫ f (x )dxb a=2ξ ； f (ξ )（3）在 (a, b ) 内存在与（2）中 ξ 相异的点 η ，使f ′(η ) b 2 ? a 2 =证： （1）因为 lim +x→ a()2ξ b f ( x )dx ξ ? a ∫af (2 x ? a ) 存在，故 lim f (2 x ? a ) = 0 ，由 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续， x→ a + x?a从而 f (a ) = 0 。又 f ′( x ) & 0 知 f ( x ) 在 (a, b ) 内单调增加，故f ( x ) & f (a ) = 0 , x ∈ (a, b )（2）设 F ( x ) = x 2 ， g ( x ) =∫ f (t )dt (a ≤ x ≤ b ) ，x a则 g ′( x ) = f ( x ) & 0 ，故 F ( x ) ， g ( x ) 满足柯西中值定理的条件，于是在 (a, b ) 内存在 点 ξ ，使- 53 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学F (b ) ? F (a ) = g (b ) ? g (a )b2 ? a2∫baf (t )dt ? ∫ f (t )dta a= ? ? ∫a ?即x(x )′2′ x =ξ f (t )dt ? ? ?2ξ f (ξ )，b2 ? a2∫ f (x )dxb a=（3） f (ξ ) = f (ξ ) ? 0 = f (ξ ) ? f (a ) ， [a, ξ ] 上应用拉格朗日中值定理， 因 在 知在 (a, ξ ) 内存在一点 η ，使 f (ξ ) = f ′(η )(ξ ? a ) ，从而由（2）的结论得b2 ? a2∫即有baf ( x )dx=f ′(η )(ξ ? a )2ξ，f ′(η ) b 2 ? a 2 =()2ξ b f ( x )dx 。 ξ ? a ∫a三、泰勒公式 例 1．设 f ( x ) 在 [? 1,1] 上具有三阶连续导数，且 f (? 1) = 0 ， f (1) = 1 ， f ′(0 ) = 0 。 求证： ?ξ ∈ (? 1,1) ，使 f ′′′(ξ ) = 3 。 证：麦克劳林公式f ( x ) = f (0 ) + f ′(0 )x +f ′′(0 ) 2 f ′′′(η ) 3 x + x 2! 3!其中 x ∈ [? 1,1] ， η 介于 0 与 x 之间。Q f ′(0) = 0f ′′(0 ) (? 1)2 + 1 f ′′′(η1 )(? 1)3 (? 1 & η1 & 0) 2! 6 f ′′(0 ) 2 1 1 = f (1) = f (0 ) + ? 1 + f ′′′(η 2 ) ? 13 (0 & η 2 & 1) 2! 6 0 = f (? 1) = f (0 ) +后式减前式，得 f ′′′(η1 ) + f ′′′(η 2 ) = 6Q f ′′′(x ) 在 [η1 ,η 2 ] 上连续，设其最大值为 M ，最小值为 m 。则m ≤1 [ f ′′′(η1 ) + f ′′′(η 2 )] ≤ M 2再由介值定理， ?ξ ∈ [η1 ,η 2 ] ? (? 1,1)- 54 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学使 f ′′′(ξ ) =1 [ f ′′′(η1 ) + f ′′′(η 2 )] = 3 2且 试证： (a, b ) 在 例 2． 设函数 f ( x ) 在闭区间 [a, b ] 上具有二阶导数， f ′(a ) = f ′(b ) = 0 ， 内至少存在一点 ξ ，使f ′′(ξ ) ≥ 4成立。f (b ) ? f (a )(b ? a )2分析：因所欲证的是不等式，故需估计 f ′′(ξ ) ，由于一阶泰勒公式f ( x ) = f (x 0 ) + f ′( x0 )( x ? x 0 ) +1 2 f ′′(ξ )( x ? x 0 ) , （其中 ξ 在 x0 , x 之间） 2含有 f ′′(ξ ) ， 因此应该从此入手。 再由 f ′(a ) = f ′(b ) = 0 知， 应在 ?a,? a + b? ?a + b ? , , b? 2 ? ? 2 ? ? ? ?2两个区间上分别应用泰勒公式，以便消去公式中的 f ′( x ) 项，同时又能出现 (b ? a ) 项。 证：在 ?a,? a + b? ?a + b ? 与 , b ? 上分别用泰勒公式，便有 2 ? ? 2 ? ? ? ?2a+b ?a+b? ?a+b ? 1 ?b?a? f? ? a ? + f ′′(ξ1 )? . ? = f (a ) + f ′(a )? ? , a & ξ1 & 2 ? 2 ? ? 2 ? 2! ? 2 ? ?a+b? ?a+b ? 1 ?b?a? a +b f? ? b ? + f ′′(ξ 2 )? & ξ 2 & b. ? = f (b ) + f ′(b )? ? , 2 ? 2 ? ? 2 ? 2! ? 2 ?2两式相减，得f (b ) ? f (a ) =1 (b ? a )2 f ′′(ξ1 ) ? f ′′(ξ 2 ) 8 1 2 1 ≤ (b ? a ) ( f ′′(ξ1 ) + f ′′(ξ 2 ) ) 4 2 1 2 ≤ (b ? a ) max{ f ′′(ξ 1 ) , f ′′(ξ 2 ) } . 4所以至少存在一点 ξ ∈ (a, b ) ，使得f ′′(ξ ) ≥ 4f (b ) ? f (a )(b ? a )2- 55 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学§2.3（甲）内容要点 一、判断函数的单调性 二、函数的极值导数的应用1．定义 设函数 f ( x ) 在 (a, b ) 内有定义， x0 是 (a, b ) 内的某一点，则 如果点 x0 存在一个邻域，使得对此邻域内的任一点 x( x ≠ x0 ) ，总有 f ( x ) & f ( x0 ) ， 则称 f ( x0 ) 为函数 f ( x ) 的一个极大值，称 x0 为函数 f ( x ) 的一个极大值点； 如果点 x0 存在一个邻域，使得对此邻域内的任一点 x( x ≠ x0 ) ，总有 f ( x ) & f ( x0 ) ， 则称 f ( x0 ) 为函数 f ( x ) 的一个极小值，称 x0 为函数 f ( x ) 的一个极小值点。 函数的极大值与极小值统称极值。极大值点与极小值点统称极值点。 2．必要条件（可导情形） 设函数 f ( x ) 在 x0 处可导，且 x0 为 f ( x ) 的一个极值点，则 f ′( x0 ) = 0 我们称满足 f ′( x0 ) = 0 的 x0 为 f ( x ) 的驻点， 可导函数的极值点一定是驻点， 反之不然。 极值点只能是驻点或不可导点，所以只要从这两点中进一步去判断。 3．第一充分条件 设 f ( x ) 在 x0 处连续，在 0 & x ? x0 & δ 内可导， f ′( x0 ) 不存在，或 f ′( x0 ) = 010如果在 ( x0 ? δ , x0 ) 内的任一点 x 处， f ′( x ) & 0 ， 有 而在 ( x0 , x0 + δ ) 内的任一点 x处，有 f ′( x ) & 0 ，则 f ( x0 ) 为极大值， x0 为极大值点；20如果在 ( x0 ? δ , x0 ) 内的任一点 x 处， f ′( x ) & 0 ， 有 而在 ( x0 , x0 + δ ) 内的任一点 x处，有 f ′( x ) & 0 ，则 f ( x0 ) 为极小值， x0 为极小值点；30如果在 ( x0 ? δ , x0 ) 内与 ( x0 , x0 + δ ) 内的任一点 x 处， f ′( x ) 的符号相同，那么f ( x0 ) 不是极值， x0 不是极值点4．第二充分条件 设函数 f ( x ) 在 x0 处有二阶导数，且 f ′( x0 ) = 0 ， f ′′( x0 ) ≠ 0 ，则- 56 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学当 f ′′( x0 ) & 0 ， f ( x0 ) 为极大值， x0 为极大值点 当 f ′′( x0 ) & 0 ， f ( x0 ) 为极小值， x0 为极小值点 三、函数的最大值和最小值 1．求函数 f ( x ) 在 [a, b ] 上的最大值和最小值的方法。 首先，求出 f ( x ) 在 (a, b ) 内所有驻点，和不可导点 x1 , L , x k 。 其次计算 f ( x1 ), L , f ( x k ), f (a ), f (b ) 其中最大者就是 f ( x ) 在 [a, b ] 上的最大值 M ； 最后， 比较 f ( x1 ), L , f ( x k ), f (a ), f (b ) ， 其中最小者就是 f ( x ) 在 [a, b ] 上的最小值 m 。 2．最大（小）值的应用问题 首先要列出应用问题中的目标函数及其考虑的区间， 然后再求出目标函数在区间内的最 大（小）值。 四、凹凸性与拐点 1．凹凸的定义 设 f ( x ) 在 区 间 I 上 连 续 ， 若 对 任 意 不 同 的 两 点 x1 , x 2 ， 恒 有? x + x2 ? 1 ? x + x2 ? 1 f? 1 ，则称 f ( x ) 在 I 上 ? & [ f ( x1 ) + f ( x 2 )] （ f ? 1 ? & [ f ( x1 ) + f ( x 2 )] ） ? 2 ? 2 ? 2 ? 2是凸（凹）的 2．曲线上凹与凸的分界点，称为曲线的拐点。 口诀（28）凸 凹切线在上，下；凸凹转化在拐点 五、渐近线及其求法 六、函数作图 七、曲率（数学三仍然不考）（乙）典型例题 一、证明不等式 例 1．求证：当 x & 0 时， x 2 ? 1 ln x ≥ ( x ? 1)2 证：令 f ( x ) = x ? 1 ln x ? ( x ? 1)()2()2- 57 -新东方在线 [] 网络课堂电子教材系列09 考研高等数学只需证明 x & 0 时， f ( x ) ≥ 0 易知 f (1) = 0 ， f ′( x ) = 2 x ln x ? x + 2 ?1 ， xf ′(1) = 0 ，由于 f ′( x ) 的符号不易判断，故进一步考虑f ′′( x ) = 2 ln x + 1 +再考虑 f ′′′( x ) =1 ， f ′′(1) = 2 & 0 x22 x2 ?1 x3()于是，当 0 & x & 1 时， f ′′′( x ) & 0 ； 当 1 & x & +∞ 时， f ′′′( x ) & 0 由此可见， f ′′(1) = 2 是 f ′′( x ) 的最小值。 由于 f ′′( x ) ≥ 2 & 0 ，这样 x & 0 时， f ′( x ) 单调增加 又因为 f ′(1) =