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1、精选优质文档-倾情为你奉上第三章 微分中值定理与导数的应用【考试要求】1掌握罗尔中值定理、拉格朗日中值定理并了解它们的几何意义2熟练掌握洛必达法则求“”、“”、“”、“”、“”、“”和“”型未定式极限的方法3掌握利用导数判定函数的单调性及求函数的单调增、减区间的方法，会利用函数的增减性证明简单的不等式4理解函数极值的概念，掌握求函数的极值和最值（最大值和最小值）的方法，并且会解简单的应用问题5会判定曲线的凹凸性，会求曲线的拐点6会求曲线的水平渐近线与垂直渐近线【考试内容】一、微分中值定理1罗尔定理如果函数满足下述的三个条件：（1）在闭区间上连续；（2）在开区间内可导；（3）在区间端点处的函数值
2、相等，即，那么在内至少有一点（），使得说明：通常称导数等于零的点为函数的驻点（或稳定点，临界点），即若，则称点为函数的驻点2拉格朗日中值定理如果函数满足下述的两个条件：（1）在闭区间上连续；（2）在开区间内可导，那么在内至少有一点（），使得下式（拉格朗日中值公式）成立：说明：当时，上式的左端为零，右端式不为零，则只能，这就说明罗尔定理是拉格朗日中值定理的特殊情形此外，由于拉格朗日中值定理在微分学中占有重要的地位，因此有时也称这定理为微分中值定理3两个重要推论（1）如果函数在区间上的导数恒为零，那么在区间上是一个常数证：在区间上任取两点、（假定，同样可证），应用拉格朗日中值公式可得 （）由假定，
3、所以 ，即 因为、是上任意两点，所以上式表明在区间上的函数值总是相等的，即在区间上是一个常数（2）如果函数与在区间内的导数恒有，则这两个函数在内至多相差一个常数，即（为常数）证：设，则，根据上面的推论（1）可得，即，故二、洛必达法则1时“”型未定式的洛必达法则如果函数及满足下述的三个条件：（1）当时，函数及都趋于零；（2）在点的某个去心邻域内及都存在且；（3）存在（或为无穷大），那么 说明：这就是说，当存在时，也存在且等于；当为无穷大时，也是无穷大2时“”型未定式的洛必达法则如果函数及满足下述的三个条件：（1）当时，函数及都趋于零；（2）当时及都存在且；（3）存在（或为无穷大），那么 说明：我
4、们指出，对于或时的未定式“”，也有相应的洛必达法则3使用洛必达法则求“”型或“”型极限时的注意事项（1）使用洛必达法则之前要先判断所求极限是不是“”型或“”型，如果不是则不能使用洛必达法则例如：就不能运用洛必达法则，直接代入求极限即可，故（2）洛必达法则可多次连续使用，也就是说，如果使用一次洛必达法则后算式仍然是“”型或“”型，则可再次使用洛必达法则，依此类推（3）洛必达法则是求“”型或“”型未定式极限的一种有效方法，但最好能与其他求极限的方法结合使用，例如能化简时应尽可能先化简，可以应用等价无穷小替代或重要极限时，应尽可能应用，这样可以使运算简便例如：求时，可先用进行无穷小的等价替换，然后再
5、用洛必达法则，故 （4）如果求极限的式子中含有非零因子，则可以对该非零因子单独求极限（即可以先求出这部分的极限），然后再利用洛必达法则，以便简化运算例如：求时，从第二步到第三步的过程中，分子上的因子和分母上的因子当时极限均为，故可先求出这两部分的极限以便化简运算（5）当洛必达法则的条件不满足时，所求极限不一定不存在，也即是说，当不存在时（等于无穷大的情况除外），仍可能存在例如：极限， 极限是不存在的，但是原极限是存在的，4其他类型的未定式除了“”型或“”型未定式之外，还有其他类型的未定式，如“”、“”、“”、“”及“”型等对于“”和“”型的未定式，处理方法为将它们直接转化成“”或“”型；对于“
6、”、“”及“”型的未定式，处理方法为先取对数将它们转化成“”型，然后再转化成“”型或“”型未定式三、函数单调性的判定法1单调性判定法设函数在上连续，在内可导，（1）如果在内，那么函数在上单调增加；（2）如果在内，那么函数在上单调减少说明： 如果把这个判定法中的闭区间改为其他各种区间（包括无穷区间），结论也成立； 若判定法中在内只有有限个点上，而在其余点上恒有（或），则函数在区间上仍然是单调增加（或单调减少）的2单调区间的求法设函数在定义区间上连续，除去有限个导数不存在的点外导数存在且连续，则求函数的单调性的步骤如下：（1）求出函数的定义域；（2）求出函数的导数，并令求出函数的驻点；此外，再找出
7、导数不存在的点（一般是使得分母为零的点）；（3）用函数的所有驻点和导数不存在的点来划分函数的定义区间，然后用单调性判定定理逐个判定各个部分区间的单调性3用单调性证明不等式函数的单调性还可以用来证明不等式，步骤如下：（1）将不等式的一边变为零，不等于零的一边设为，根据要证明的式子找出不等式成立的的范围；（2）求的导数，判断在上述范围内的符号（即正负）；（3）根据范围的边界值与的情况，导出所需要证明的不等式即可例如：试证明当时，证明：原不等式即为 ，故令，则 ，在上连续，在内，因此在上单调增加，从而当时，又由于，故，即 ，亦即 四、函数的凹凸性与拐点1函数凹凸性的定义设函数在区间上连续，如果对上任
8、意两点、，恒有，那么称在上的图形是（向上）凹的（或凹弧）；如果恒有，那么称在上的图形是（向上）凸的（或凸弧）如果函数在内具有二阶导数，那么可以利用二阶导数的符号来判定曲线的凹凸性，如下所示2函数凹凸性的判定法设函数在区间上连续，在内具有一阶和二阶导数，那么（1）若在内，则在上的图形是凹的；（2）若在内，则在上的图形是凸的说明：若在内除有限个点上外，其它点上均有（或），则同样可以判定曲线在上为凹曲线（或凸曲线）3曲线的拐点的求法一般地，设在区间上连续，是的内点（除端点外内的点）如果曲线在经过点时，曲线的凹凸性改变了，那么就称点为这曲线的拐点我们可以按照下述步骤求区间上的连续函数的拐点：（1）求；
9、（2）令，解出这方程在区间内的实根，并求出在区间内不存在的点；（3）对于（2）中求出的每一个实根或二阶导数不存在的点，检查在左、右两侧邻近的符号，当两侧的符号相反时，点是拐点，当两侧的符号相同时，点不是拐点在上单3基本初等函数的微分公式说明：若要求函数的凹凸区间，则用（2）中求出的每一个实根或二阶导数不存在的点把区间分成若干部分区间，然后在这些部分区间上判定的符号，若，则该部分区间为凹区间，若，则该部分区间为凸区间五、函数的极值与最值1函数极值的定义设函数在点的某邻域内有定义，如果对于去心邻域内任一，有（或），那么就称是函数的一个极大值（或极小值）函数的极大值与极小值统称为函数的极值，使函数取
10、得极值的点称为极值点说明：函数的极大值与极小值概念是局部性的，如果是函数的一个极大值，那只是就附近的一个局部范围来说，是的一个最大值，如果就的整个定义域来说，不见得是最大值关于极小值也类似2函数取得极值的必要条件设函数在处可导，且在处取得极值，那么说明：这也就是说，可导函数的极值点必定是它的驻点但反过来，函数的驻点却不一定是极值点例如，的导数，因此是这函数的驻点，但却不是这函数的极值点，所以，函数的驻点只是可能的极值点此外，函数在它的导数不存在的点处也可能取得极值例如，函数在点处不可导，但函数在该点取得极小值3判定极值的第一充分条件设函数在处连续，且在的某去心邻域内可导（1）若时，而时，则在处
11、取得极大值；（2）若时，而时，则在处取得极小值；（3）若时，的符号保持不变，则在处没有极值4用第一充分条件求极值点和极值的步骤设函数在所讨论的区间内连续，除个别点外处处可导，则用第一充分条件求极值点和相应的极值的步骤如下：（1）求出导数；（2）求出的全部驻点与不可导点；（3）考查的符号在每个驻点或不可导点的左右邻近的情形，以确定该点是否为极值点；如果是极值点，进一步确定是极大值点还是极小值点；（4）求出各极值点的函数值，就得函数的全部极值5判定极值的第二充分条件设函数在处具有二阶导数且，那么（1）当时，函数在处取得极大值；（2）当时，函数在处取得极小值说明：该极值判定条件表明，如果函数在驻点处
12、的二阶导数，那么该驻点一定是极值点，并且可按二阶导数的符号来判定是极大值还是极小值但如果，则该判定条件失效事实上，当，时，在处可能有极大值，可能有极小值，也可能没有极值例如，这三个函数在处就分别属于上述三种情况因此，如果函数在驻点处的二阶导数为零，那么还得用一阶导数在驻点左右邻近的符号来判定6求在区间上的最值的步骤设函数在闭区间上连续，在开区间内除有限个点外可导，且至多有有限个驻点，则求在闭区间上的最值的步骤如下：（1）求出在内的驻点， 及不可导点，；（2）计算（），（）及 ，；（3）比较（2）中诸值的大小，其中最大的便是在上的最大值，最小的便是在上的最小值说明：在实际问题中，往往根据问题的性
13、质就可以断定可导函数确有最大值或最小值，而且一定在定义区间内部取得这时如果在定义区间内部只有一个驻点，那么不必讨论是不是极值，就可以断定是最大值或最小值六、函数的渐近线的求法1水平渐近线若（包括或），则直线就是函数的水平渐近线2垂直渐近线（或称铅直渐近线）若（包括或），则直线就是函数的垂直（铅直）渐近线【典型例题】【例3-1】验证罗尔定理对函数在区间上的正确性解：显然函数在闭区间上连续，在开区间上可导，且，故满足罗尔定理的条件，由定理可得至少存在一点，使得，即，即为满足条件的点【例3-2】验证拉格朗日中值定理对函数在区间上的正确性解：显然函数在闭区间上连续，在开区间内可导，根据拉格朗日中值定理
14、可得至少存在一点，使得，即，可得，即为满足条件的点【例3-3】不求导数，判断函数的导数有几个零点，这些零点分别在什么范围解：显然是连续可导的函数，且，故在区间，上满足罗尔定理的条件，所以在区间内至少存在一点，使得，即是的一个零点；在区间内至少存在一点，使得，即是的一个零点；又在区间内至少存在一点，使得，即也是的一个零点又因为是三次多项式，最多只能有三个零点，故恰好有三个零点，分别在区间，和内【例3-4】证明，其中证明：设 ，因为 ，所以 ，又因为 ，即 ，故 说明：同理可证，【例3-5】求下列函数的极限1求 解：该极限为时的“”型未定式，由洛必达法则可得原式2求 解：本题为时的“”型未定式，由洛必达法则可得原式3求 解：该极限为时的“”型未定式，由洛必达法则可得原式4求 解：本题为时的“”型未定式，由洛必达法则可得原式5求 解：该极限为时的“”型未定式，结合等价无穷小的替换，运用洛必达法则可得原式说明：此题也可这样求解（运用公式和等价无穷小替换来简化运算）：原式6求 解：该极限为时的“”型未定式，解决方法为先化为“”型，然后通分化为“”型，故原式7求 解：该极限为时的“”型未定式，解决方法为取对数化为“”型，进而化为“”型，故原式8求 解：原式，最后的极限不存在，不满足洛必达法则的条件
