高等数学典型例题详解 第三章

例1

验证函数f (x ) 在[0,1]上满足罗尔定理的条件． 解 因f (x ) 是在[0,1]上有定义的初等函数，所以f (x ) 在[0,1]上连续，且

21-2x 2

f '(x ) =⋅1

2

33

x (1-x 2) 3

在(0,1)内存在；f (0)=f (1)=0．故f (x ) 在[0,1]上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在一点ξ∈(0,1)使f '(ξ) =0．即1-2ξ2=

0，于是解得ξ∈(0,1)． 例2 已知函数f (x ) 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f (1)=0，求证在(0,1)内至少存

f (ξ)

在一点ξ使等式f '(ξ) =-成立．

ξ

成立，即证ξf '(ξ) +f (ξ) =0，即[xf (x )]'0，作辅助函数x =ξ=ξ

F (x ) =xf (x ) ，对F (x ) 在区间[0,1]上应用罗尔定理．

证明 设F (x ) =xf (x ) ，则它在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F (0)=F (1)=0．由罗

f (ξ)

尔定理知至少存在一点ξ∈(0,1)使得F '(ξ) =0，即f '(ξ) =-．证毕．

ξ

例3 设f (x ) 在[a , b ]上连续，在(a , b ) 内可导，且f (a ) =f (b ) =0，证明对于任意实数λ，在(a , b ) 内至少存在一点ξ，使得f '(ξ) =-λf (ξ) ．

分析 要证f '(ξ) +λf (ξ) =0，即证e λξ[f '(ξ) +λf (ξ)]=0，即

[e λx (f '(x ) +λf (x ))]|x =ξ=0，

即证[e λx f (x )]'|x =ξ=0，作辅助函数F (x ) =e λx f (x ) ，并对F (x ) 在区间[a , b ]上应用罗尔定理．

证明 令F (x ) =e λx f (x ) ，易知F (x ) 在[a , b ]上连续，在(a , b ) 内可导，且

F (a ) =F (b ) =0，

分析 要证f '(ξ) =-

f (ξ)

由罗尔定理知，至少存在一点ξ∈(a , b ) ，使F '(ξ) =0，即e λξ[f '(ξ) +λf (ξ) ]=0，而e λξ≠0，故f '(ξ) +λf (ξ) =0，即f '(ξ) =-λf (ξ) ，ξ∈(a , b ) ．证毕．

注 证明至少存在一点满足抽象函数一阶或二阶导数的关系式，且题中没有给出函数关系式的命题时，用罗尔定理证明的方法和步骤：

（1）把要证的中值等式改写成右端为零的等式，改写后常见的等式有 f (ξ) +ξf '(ξ) =0， f '(ξ) g (ξ) +f (ξ) g '(ξ) =0，

ξf '(ξ) -f (ξ) =0， ξf '(ξ) -kf (ξ) =0，

f '(ξ) g (ξ) -f (ξ) g '(ξ) =0， f ''(ξ) g (ξ) -f (ξ) g ''(ξ) =0， f '(ξ) ±λf (ξ) =0， f '(ξ) ±f (ξ) g '(ξ) =0

等等．

（2）作辅助函数F (x ) ，使F '(ξ) 等于上述等式的左端．对于（1）中所述等式，分别对

应辅助函数F (x ) 为

F (x ) =xf (x ) ， F (x ) =f (x ) g (x ) ，

f (x ) f (x )

， F (x ) =k ， x x f (x )

F (x ) =， F (x ) =f '(x ) g (x ) -f (x ) g '(x ) ，

g (x )

F (x ) =

F (x ) =e ±λx f (x ) ， F (x ) =e ±g (x ) f (x ) ．

（3）在指定区间上对F (x ) 应用罗尔定理证明． 例4 设a 0, a 1, , a n 为满足a 0+

a a 1a 2

++ +n =0的实数，证明：方程 23n +1

a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+ +a n x n =0在(0,1)内至少有一个实根．

分析 函数f (x ) =a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+ +a n x n 虽然在[0,1]上连续，但是难以验证f (x ) 在[0,1]的某个子区间的端点处的函数值是否异号，所以不能用闭区间上连续函数的零

a a 12a 33

x +x + +n x n +1在x =1处的值为 23n +1

a a a

F (1)=a 0+1+2+ +n =0，

23n +1

且F (0)=0，所以该命题可以用罗尔定理来证． 点定理，但发现函数F (x ) =a 0x +

a a 12a 23

x +x + +n x n +1，显然F (x ) 在[0,1]上连续，23n +1

a a a

在(0,1)内可导且F (0)=0，F (1)=a 0+1+2+ +n =0．对F (x ) 在区间[0,1]上应用罗

23n +1

尔定理，则至少存在一点ξ∈(0,1)，使得F '(ξ) =0，即 证明 作辅助函数F (x ) =a 0x +

a 0+a 1ξ+a 2ξ2+a 3ξ3+ +a n ξn =0，

即方程a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+ +a n x n =0在(0,1)内至少有一个实根ξ．证毕．

注 关于f (x ) =0的根（或f (x ) 的零点）的存在性的两种常用证明方法 证法1 如果只知f (x ) 在[a , b ]或(a , b ) 上连续，而没有说明f (x ) 是否可导，则一般用闭区间上连续函数的零点定理证明；

证法2 先根据题目结论构造辅助函数F (x ) ，使得F '(x ) =f (x ) ，然后在指定区间上验证F (x ) 满足罗尔定理的条件，从而得出f (x ) 的零点存在性的证明．

x ) =x f 2x () 例5 若f (x ) 在[-1,1]上有二阶导数，且f (0)=f (1)=0，设F (

，则在(0,1)内

至少存在一点ξ，使得F ''(ξ) =0．

分析 要证F ''(ξ) =0，只要证在F '(x ) 区间[0,1]上满足罗尔定理，关键是找到两个使F '(x ) 相等的点．此外，该题还可以用泰勒公式证明．

证法1 （用罗尔定理证）因为F (x ) =x 2f (x ) ，则F '(x ) =2xf (x ) +x 2f '(x ) ．

因为f (0)=f (1)=0，所以F (0)=F (1)=0．F (x ) 在[0,1]上满足罗尔定理的条件，则至少存'ξ) 0．对F '(x ) 在[0,ξ1]上用罗在一点ξ1∈(0,1)使得F '(ξ1) =0，而F '(0)=0，即F '(0)=F (1=

尔定理，则至少存在一点ξ∈(0,ξ1) 使得F ''(ξ) =0，而ξ∈(0,ξ1) ⊂(0,1) ，即在(0,1)内至少存在一点ξ，使得F ''(ξ) =0．证毕．

证法2（用泰勒公式证）F (x ) 的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为

F ''(ξ) 2

x , 2!

其中ξ∈(0,x ) ．令x =1，注意到F (0)=F (1)=0，F '(0)=0，可得F ''(ξ) =0，ξ∈(0,1)．证

F (x ) =F (0)+F '(0)x +

毕．

注 结论为f (n ) (ξ) =0 (n ≥2) 的命题的证明常见方法有两种： （1）对f (n -1) (x ) 应用罗尔定理；（2）利用f (x ) 的n -1阶泰勒公式．

例6 设函数f (x ) 在闭区间[0,1]上可微，对于[0,1]上的每一个x ，函数f (x ) 的值都在开区间(0,1)之内，且f '(x ) ≠1，证明在(0,1)内有且仅有一个x ，使得f (x ) =x ．

分析 根据题目结论，容易联想构造辅助函数F (x ) =f (x ) -x ，用零点定理证F (x ) 存在零点；而唯一性常用反证法证之．

证明 作辅助函数F (x ) =f (x ) -x ，易知F (x ) 在区间[0,1]上连续，又

00，F (1)=f (1)-1

根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个ξ∈(0,1)，使得

F (ξ) =f (ξ) -ξ=0，

即f (ξ) =ξ．

下面用反证法证明唯一性．假设存在x 1，x 2∈(0,1)，且不妨设x 1

f (x 1) =x 1，f (x 2) =x 2，F (x 1) =F (x 2) =0．

显然F (x ) 在[x 1, x 2]上满足罗尔定理的三个条件，于是存在η∈(x 1, x 2) ⊂(0,1)使得F '(η) =0，即f '(η) =1，这与题设f '(x ) ≠1(x ∈(0,1))矛盾，故唯一性也成立．证毕．

例7 假设函数f (x ) 和g (x ) 在[a , b ]上存在二阶导数，并且g ''(x ) ≠0，

f (a ) =f (b ) =g (a ) =g (b ) =0，

试证：（1）在开区间(a , b ) 内g (x ) ≠0；

（2）在开区间(a , b ) 内至少存在一点ξ，使

f (ξ) f ''(ξ)

=． g (ξ) g ''(ξ)

分析 证（1）可采用反证法，设存在c ∈(a , b ) 使得g (c ) =0，且由已知条件

g (a ) =g (b ) =0，

可以两次利用罗尔定理推出与g ''(x ) ≠0相矛盾的结论．问题（1）是基本题．证（2）的关键是构造辅助函数ϕ(x ) ，使得ϕ(a ) =ϕ(b ) =0，且ϕ'(x ) =f (x ) g ''(x ) -f ''(x ) g (x ) ，通过观察可知ϕ(x ) =f (x ) g '(x ) -f '(x ) g (x ) ．构造ϕ(x ) 是本题的难点．

证 （1）反证法．设存在c ∈(a , b ) ，使得g (c ) =0，由于

g (a ) =g (b ) =g (c ) =0，

对g (x ) 分别在区间[a , c ]和[c , b ]上应用罗尔定理，知至少存在一点ξ1∈(a , c ) ，使得g '(ξ1) =0．至少存在一点ξ2∈(c , b ) ，使得g '(ξ2) =0．再对g '(x ) 在区间[ξ1, ξ2]上应用罗尔

定理，知至少存在一点ξ3∈(ξ1, ξ2) ，使得g ''(ξ3) =0，这与题设g ''(x ) ≠0矛盾，从而得证．

（2）令ϕ(x ) =f (x ) g '(x ) -f '(x ) g (x ) ，则ϕ(a ) =ϕ(b ) =0．对ϕ(x ) 在区间[a , b ]上应用罗

尔定理，知至少存在一点ξ∈(a , b ) ，使得ϕ'(ξ) =0，即

f (ξ) g ''(ξ) -f ''(ξ) g (ξ) =0．

又因g (x ) ≠0，x ∈(a , b ) ，故g (ξ) ≠0，又因为g ''(x ) ≠0，所以g ''(ξ) ≠0，因此有

f (ξ) f ''(ξ)

=． 证毕． g (ξ) g ''(ξ)

⎧e x ,

例8 验证函数f (x ) =⎨

⎩1+x ,

x ≤0x >0

1

在[-1, ]上拉格朗日中值定理的正确性．

e

分析 此题主要考查拉格朗日中值定理的条件是否满足． 解 因为lim f (x ) =lim(1+x ) =1，则 f (x ) =lim e x =1，lim ++--

x →0

x →0

x →0

x →0

f (0-) =f (0+) =f (0)，

1

故f (x ) 在x =0处连续，故f (x ) 在[-1, ]上连续．又因为

e

f (0+∆x ) -f (0)e ∆x -1

f -'(0)=lim -=lim -=1，

∆x →0∆x →0∆x ∆x

f (0+∆x ) -f (0)(1+∆x ) -1

'(0)=lim +f +=lim +=1，

∆x →0∆x →0∆x ∆x

11

故f '(0)=1从而f (x ) 在(-1, ) 内可导．则由拉格朗日中值定理知存在ξ∈(-1, ) 使

e e

11

f () -f (-1) =f '(ξ)(+1) ， e e

⎧e x , x ≤0e e

即f '(ξ) =，而f '(x ) =⎨，所以e ξ=，解得ξ=1-ln(1+e ) ．

1+e 1+e 1, x >0⎩

例9 设0

π

2

，证明

α-βα-β

≤tan α-tan β≤． cos 2βcos 2α

分析 当β

1tan α-tan β1≤≤． cos 2βα-βcos 2α

tan α-tan β

可看成函数f (x ) =tan x 在区间[β, α]上的改变量与相应自变量的改变

α-β

量之商，故可考虑用拉格朗日中值定理证明．

证明 当β=α时，不等式中等号成立．

当β

π

2

) 上连续，在(β, α) 内可

导，利用拉格朗日中值定理得

tan α-tan β1π

=，(0

α-βcos ξ2

111π

1tan α-tan β1

≤≤， cos 2βα-βcos 2α

即

α-βα-β

≤tan α-tan β≤．证毕． 2

cos βcos 2α

注 用中值定理（通常是用拉格朗日中值定理）证明不等式的具体做法：首先选择适当的函数及区间，然后利用中值定理，得到一含有ξ的等式；其次对等式进行适当地放大或缩小，去掉含有ξ的项即可．

例10 设不恒为常数的函数f (x ) 在闭区间[a , b ]上连续，在开区间(a , b ) 内可导，且f (a ) =f (b ) ．证明在(a , b ) 内至少存在一点ξ，使得f '(ξ) >0．

证法1 因为f (x ) 不恒为常数，故至少存在一点x 0∈(a , b ) ，使得f (x 0) ≠f (a ) =f (b ) ． ]运用拉格朗日中值定理，于是可知存在先设f (x 0) >f (a ) =f (b ) ，在[a , x 0]⊂[a , b 上f '(ξ) =ξ∈(a , x 0) ⊂(a , b ，使得)

1

[f (x 0) -f (a )]>0． x 0-a

若f (x 0)

ξ∈(x 0, b ) ⊂(a , b ) ，f '(ξ) =

综上所述，命题得证．

1

[f (b ) -f (x 0)]>0． b -x 0

证法2 反证法．

若不存在这样的点ξ，则对任意的x ∈(a , b ) ，f '(x ) ≤0，所以f (x ) 在[a , b ]上单调不增，而f (a ) =f (b ) ，故f (x ) 在[a , b ]上为常数，与题设矛盾．所以命题得证．证毕．

例11 设函数f (x ) 在[0,1]上可导，且

0

证明：方程f (x ) =1-x 在(0,1)内有唯一的实根．

分析 要证方程f (x ) =1-x 在(0,1)内有唯一的实根，实际上相当于证明函数

F (x ) =f (x ) +x -1 有唯一的零点，零点的存在可以根据已知用零点定理或者罗尔定理证明，唯一性可以利用反证法或函数的单调性来证明．

证明 先证存在性．令F (x ) =f (x ) +x -1，则F (x ) 在[0,1]内连续，且

F (0)=f (0)-10．

由闭区间上连续函数的零点定理知，存在ξ∈(0,1)，使F (ξ) =0，即ξ为方程f (x ) =1-x 的

实根．

唯一性（用反证法证）

若f (x ) =1-x 在(0,1)内有两个不等实根x 1，x 2(0

f (x 1) =1-x 1，f (x 2) =1-x 2．

对f (x ) 在[x 1, x 2]上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点ξ∈(x 1, x 2) ⊂(0,1)，使得

f '(ξ)=

f (x 2) -f (x 1) (1-x 2) -(1-x 1)

==-1．

x 2-x 1x 2-x 1

这与题设条件f '(x ) ≠-1矛盾．唯一性得证．证毕． 注 此题与例6类似．

例12 （05研） 已知函数f (x ) 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f (0)=0，f (1)=1． 证明：（1）存在ξ∈(0,1)，使得f (ξ) =1-ξ；

（2）存在两个不同的点η，ζ∈(0,1)，使得f '(η) f '(ζ) =1．

x ) =f (x ) x +-1，证明 （1）令g (则g (x ) 在[0,1]上连续，且g (0)=-10，

故由零点定理知存在ξ∈(0,1)，使得g (ξ) =f (ξ) +ξ-1=0，即f (ξ) =1-ξ．

（2）由题设及拉格朗日中值定理知，存在η∈(0,ξ) ，ζ∈(ξ,1) ，使得

f '(η) =f '(ζ) =

f (ξ) -f (0)1-ξ

=，

ξ-0ξ

f (1)-f (ξ) 1-(1-ξ) ξ==，

1-ξ1-ξ1-ξ

从而f '(η) f '(ζ) =

1-ξξ

=1．证毕．

ξ1-ξ

注 要证在(a , b ) 内存在ξ、η，使某种关系式成立的命题，常利用两次拉格朗日中值定理，或两次柯西中值定理，或者柯西中值定理与拉格朗日中值定理并用．

e x -e sin x

例13 求极限lim ．

x →0x -sin x

分析 该极限属于型，可用洛必达法则，根据题目的特点可用拉格朗日中值定理，

可用导数的定义，也可以将指数差化成乘积后用等价代换．

解法1 用洛必达法则．

e x -e sin x e x -cos xe sin x e x +sin xe sin x -cos 2xe sin x

lim =lim =lim

x →0x →0x →0x -sin x 1-cos x sin x

e x +cos xe sin x +sin x cos xe sin x +2cos x sin xe sin x -cos 3xe sin x

=lim =1．

x →0cos x

解法2 对函数f (x ) =e x 在区间[sinx , x ]（或[x ,sin x ]）上使用拉格朗日中值定理可得

e x -e sin x

=e ξ，其中sin x

x -sin x

e x -e sin x

=lim e ξ=1． lim

ξ→0x →0x -sin x

解法3 用导数的定义．

x -sin x

e x -e sin x -e 0e x -sin x -e 0e u -e 0sin x e lim =lim e =lim =lim =(e u ) '|u =0=1．

x →0x →0x -sin x x -sin x -0x →0x -sin x -0u →0u -0s i n x -x s i x n

e x -e -1s i x n e 解法4 ，当x →0时， =e x -s i n x x -s i n x

e x -sin x -1 x -sin x ，

x -sin x

e x -e sin x -1x -sin x sin x e 故lim =lim =1． =lim e

x →0x →0x -sin x x -sin x x →0x -sin x

例14 设f (x ) 在[a , b ]上可微(0

(b 2-a 2) f '(ξ) =2ξ[f (b ) -f (a )]．

f (b ) -f (a ) f '(ξ)

=，

b 2-a 22ξ

则用柯西中值定理证明；也可将要证明的等式变形为

分析 考虑将要证明的等式变为

[(b 2-a 2) f (x ) -x 2(f (b ) -f (a ))]'x =ξ=0，

则可用罗尔定理来证明．

f (b ) -f (a ) f '(ξ)

=证法1 只要证明，

b 2-a 22ξ

易知f (x ) 和g (x ) =x 2在[a , b ]上满足柯西中值定理的条件，故存在ξ∈(a , b ) ，使

f (b ) -f (a ) f '(ξ)

=．

b 2-a 22ξ

证法2 只要证明[(b 2-a 2) f (x ) -x 2(f (b ) -f (a ))]'x =ξ=0． 令F (x ) =(b 2-a 2) f (x ) -x 2(f (b ) -f (a )) ，F (x ) 在[a , b ]可导，且

F (a ) =b 2f (a ) -a 2f (b ) =F (b ) ，

由罗尔定理知，至少存在一点ξ∈(a , b ) ，使F '(ξ) =0，即

(b 2-a 2) f '(ξ) =2ξ[f (b ) -f (a )]．证毕．

错误证明 要证的结论可改写成

f (b ) -f (a ) f '(ξ)

=．对函数f (x ) 和g (x ) =x 2在区间22

b -a 2ξ

[a , b ]上分别使用拉格朗日中值定理，存在ξ∈(a , b ) ，使

f (b ) -f (a ) =f '(ξ)(b -a ) ，b 2-a 2=2ξ(b -a ) ，

于是

f (b ) -f (a ) f '(ξ)

=．

b 2-a 22ξ

错解分析 以上证法错在认为f (x ) 和g (x ) =x 2分别使用拉格朗日中值定理所得的ξ是同一值，实际上这两个ξ不一定相同．

例如，取f (x ) =x 3，f (x ) 在(0,1)内使f (1)-f (0)=f '(ξ1)(1-

0) 成立的点是ξ1=

2

g (x ) =x 在(0,1)内使g (1)-g (0)=g '(ξ2)(1-0) 成立的点是ξ2=

；

1

；而使柯西中值公式 2

f (1)-f (0)f '(ξ3) 2

=成立的点是ξ3=．

g (1)-g (0)g '(ξ3) 3

例15 把函数f (x ) =xe -x 展成带佩亚诺余项的n 阶麦克劳林公式．

分析 将函数展成n 阶泰勒公式或者麦克劳林公式，通常有直接法和间接法两种方法，一般用间接法较为简单．

解法1 直接法

f (x ) =xe -x ， f (0)=0． f '(x ) =-(x -1) e -x ， f '(0)=1． =-．2 f ''(x ) =(-1) 2(x -2) e -x ， f ''(0)

=．3 f '''(x ) =(-1) 3(x -3) e -x ， f '''(0)

-1

f (n ) (x ) =(-1) n (x -n ) e -x ， f (n ) (0) =-(n 1) n ．

所以f (x ) 的n 阶麦克劳林公式为

x 2x 3x 4x n -x n -1

xe =x -+-+ +(-1) +o (x n ) ．

1! 2! 3! (n -1)!

解法2 间接法

在e x 的带佩亚诺余项的n 阶麦克劳林公式中，以-x 代x ，得

n

x 2x 3-x n x e =1-x +-+ +(-1) +o (x n ) ． 2! 3! n ! 上式两端同乘以x ，有xe

-x

n +1x 2x 3x 4n x =x -+-+ +(-1) +x ⋅o (x n ) ．因为 1! 2! 3! n !

n

x n +1(-1) +o (x n ) ⋅x

lim =0，

x →0x n

x n +1

故(-1) +o (x n ) ⋅x =o (x n ) ，从而

n !

n

x 2x 3x 4x -x n -1-+-+ +(-1) +o (n x ．) x e =x 1! 2! 3! n -(1) !

n

例16 求lim

cos x -e

x →0x 4

-

x 2

2

．

分析 该极限属于

型，如果用洛必达法则来求解将会比较复杂，根据题目的特点可0

考虑利用cos x ，e x 的泰勒公式．

解 因为

x 2x 4

cos x =1-++o (x 4) ，

2! 4!

e

-x 22

x 21x 22

=1()

22! 2

-x 2

2

x 22x 2

o +() ) =22x 44

+o +x ( ) ，8

lim

cos x -e x →0x 4

x 2x 4x 2x 44

1-++o (x ) -[1-++o (x 4)]

=lim 4x →0x 14

x +o (x 4)

1

=lim 4=-． x →0x 12

-

注1 此题属一下孰优孰劣．

型的不定式，可以利用洛必达法则，读者不妨一试，并与上述解法比较0

注2 在某些情况下，用泰勒公式求极限比用其它方法求极限更为简便，这种方法通常是把具有佩亚诺型余项的泰勒公式代入要求的极限式中，经过简便的有理运算，便可求出极

限，应用该方法需要熟记内容提要中所列举的常用函数的麦克劳林公式．

注3 几条高阶无穷小的运算规律（这些规律在用麦克劳林公式求极限时尤为有用）： （这里以x →0为例）：

a ．o (x n ) ±o (x n ) =o (x n ) ； b ．当m >n 时，o (x m ) ±o (x n ) =o (x n ) ； c ．o (x m ) ⋅o (x n ) =o (x m +n ) ； d ．当ϕ(x ) 有界，则ϕ(x ) ⋅o (x n ) =o (x n ) ． e x -1例17 求极限lim ．

x →0cos3x -1

分析 该极限属于型，可以用洛必达法则，也可以采用等价无穷小替换定理．

2

解法1 用洛必达法则．

2e x -12xe x 23x 2

lim =lim =-lim ⋅e x =-． x →0cos3x -1x →0-3sin 3x 9x →0sin3x 9

解法2 用等价无穷小替换定理．

2

2

e x -1x 22lim ． =lim =-2x →0cos3x -1x →09-(3x )

2

例18 求极限lim +

x →0

ln tan(7x )

．

ln tan(2x )

分析 该极限属于穷小替换定理．

∞

型，可直接用洛必达法则；也可以先用洛必达法则，然后用等价无∞

17

⋅l n t a n x (7) tan(7x ) cos (7x )

=lim 解法1 l i

x →0+l n t a n x (2x 12) →0+

⋅

tan(2x ) cos 2(2x )

17

⋅

sin(4x ) sin(7x ) cos(7x ) 7

=lim =lim x →0+x →0+sin(14x ) 2⋅

sin(2x ) cos(2x ) =

7cos(4x ) 4lim ⋅=1． 2x →0+cos(14x ) 14

17

⋅

l n t a n x (7) tan(7x ) cos (7x )

=lim 解法2 l i

x →0+l n t a n x (2x 12) →0+

⋅

tan(2x ) cos 2(2x )

7cos 2(2x ) tan(2x ) 72x

⋅lim =lim =⋅lim =1

2x →0+cos 2(7x ) x →0+tan(7x ) 2x →0+7x 11

) =_______． 例19（99研） lim(-

x →0x tan x x

分析 该极限属于∞-∞型．将

11

通分，然后再用洛必达法则． -

x 2x tan x

11tan x -x tan x -x sec 2x -1tan 2x 1

解 lim(2-) =lim 2=lim =lim =lim =．

x →0x x →0x tan x x →0x →0x →03x 2x tan x x 33x 23例20 求极限lim xe -x ．

x →∞

2

分析 该极限属于0⋅∞型，应当先变形为种类型，要根据实际情况确定，例如，lim xe -x

x →∞

2

∞0

或型，再用洛必达法则，究竟变形为何0∞

e -x 2xe -x 2e -x

=lim =lim =lim = ，按照x →∞1x →∞x →∞11

x x x 2

2

2

该方法计算下去越来越复杂．若将它化为

xe -x =lim 解 l i m

x →∞

2

∞

型，则简单得多． ∞

x e x

2

x →∞

=lim

x →∞

12xe x

2

=0．

sin x

例21 求极限lim ． x +

x →0

分析 该极限属于00型，先化为x s i x n =lim e 解 lim ++

x →0

x →0

s x i n x

∞

型，再用洛必达法则． ∞

ln x

) ，而 1sin x

l n =lim exp(+

x →0

1

ln x sin 2x sin x sin x x lim =lim =-lim =-lim ⋅lim =0． x →0+x →0+x →0+x cos x x →0+x x →0+cos x

sin x sin 2x

故lim x sin x =e 0=1． +

x →0

例22 求极限lim (x +e ) ．

x →+∞

1

x x

分析 该极限属于∞0型，先取对数（或者用恒等式e ln x =x , x >0）将其转化为0⋅∞型，然后将其转化为

0∞

或型，再用洛必达法则． 0∞

1

x x

1

解法1 设y =(x +e ) ，ln y =ln(x +e x )

x ln(x +e x ) 1+e x e x

lim ln y =lim =lim =lim =1， x →+∞x →+∞x →+∞x +e x x →+∞1+e x x 故lim (x +e ) =e x →+∞

x

x →+∞

1x

lim ln y

=e 1=e ．

1x x

解法2 lim (x +e ) =lim exp[ln(x +e ) ]

x →+∞

x →+∞

1x x

1+e x

1e x x =exp[lim ln(x +e )]=exp(lim ) =exp(lim ) =e ．

x →+∞x x →+∞x →+∞1+e x 1

1

sin x 1-cos

x

) 例23 求极限lim(．

x →0x

分析 该极限属于1∞型，可把1∞型变为e ∞⋅ln1型．于是，问题归结于求∞⋅ln1型即0⋅∞型的极限；也可以用重要极限．

sin x ) x

11-cos x

解法1 lim(

x →0

ln lim x →0

=e ，由于

cos x 1sin x

-

lnsin x -ln x =lim lim =lim 2x →0x →01-cos x x →0x x

2

ln

=lim =lim

x cos x -sin x x cos x -sin x

=lim

x →0x →0x 2sin x x 3-x sin x -sin x 1

． =lim =-

x →0x →03x 23x 3

11

-sin x 1-cos

x

=e 3． ) 故lim(

x →0x

解法2 利用重要极限lim(1+x ) =e ．

x →0

11sin x -x

⋅⋅sin x 1-cos sin x -x sin x

x x -x 1-cos x x

lim() =lim(1+) ．因为 x →0x →0x x

1

x

lim

1sin x -x 1sin x -x

⋅=lim ⋅

x →01-cos x x →012x x x

2

-x 21cos x -1

=lim =-， =lim

x →032x →023x x

22

11

-sin x 1-cos

x

=e 3． ) 故lim(

x →0x

注1 对于

0∞

或型可直接利用洛必达法则，对于00型，1∞型，∞0型，可以利用对数0∞

的性质将00型转化为e 0⋅ln 0型，将∞0化e 0⋅ln ∞型，将1∞化为e ∞⋅ln1型，于是问题就转化为求0⋅∞0∞

型，然后将其化为或型，再用洛必达法则．

0∞

注2 用洛必达法则求极限时应当考虑与前面所讲的其它方法（如等价无穷小替换定理，重要极限等 ）综合使用，这样将会简化计算．

例24 求极限lim n (a -a ) (a >0) ．

n →∞

1

n

1n 分析 对于数列f (n ) 的极限lim f (n ) 不能直接用洛必达法则，这是因为数列不是连续变

n →∞

化的，从而更无导数可言．但可用洛必达法则先求出相应的连续变量的函数极限，再利用数

n ) =lim f x (，但当) 列极限与函数极限的关系得lim f (lim f (x ) 不存在时，不能断定

n →∞

x →+∞

x →+∞

lim f (n ) 不存在，这时应使用其它方法去求．

n →∞

a x -a x

解法1 设f (x ) =，则

x

2a x -a x

lim f (x ) =lim =lim(a x ln a -a x ⋅2x ln a ) =ln a ． x →0x →0x →0x

2

2

1故lim n (a -a n ) =lim f () =lim f (x ) =ln a ．

n →∞n →∞n x →0

解法2 令f (x ) =a x ，于是f '(x ) =a x ln a ．对f (x ) =a x 在区间[中值定理，得到

11a -a n =a ξln a ⋅(-2) ，

n n

1n

1

1n

1

11

, ]上使用拉格朗日n 2n

其中

11ξ

a →1．故 ξ→0．当时，，n →∞

n 2n

11

lim n (a -a ) ＝lim na ξln a ⋅(-2) =ln a ．

n →∞n →∞n n

2x +cos x

例25 求极限lim ．

x →∞3x -sin x

n 1n

1

解 由于当x →∞时，

cos x 1sin x

=cos x →0，→0，故 x x x cos x 2x +cos x =2． =lim lim

x →∞x →∞3x -sin x 3

3-

x

2+

错误解答 由洛必达法则得lim 故原极限不存在．

2x +cos x 2-sin x 2-sin x

，由于极限lim 不存在，=lim

x →∞3x -sin x x →∞3-cos x x →∞3-cos x

f '(x ) f (x )

存在这一条件当成了极限lim 存在的必g '(x ) g (x )

错解分析 上述解法错在将极限lim

要条件．事实上这仅仅是一个充分条件，所以此时不能用洛必达法则．

e x +sin x

例26 求lim x ．

x →+∞e +cos x

分析 该极限属于

∞

型，若用洛必达法则将会出现下列情况： ∞

∞e x +sin x e x +cos x e x -sin x ∞

=lim x （）=lim x （）=⋅⋅⋅． lim

x →+∞e -sin x x →+∞e -cos x x →+∞e x +cos x ∞∞

每用一次洛必达法则得到类似的极限并循环往复，无法求出结果．必须要考虑用其它方法．

sin x

x 1+0e +sin x 解 lim x =lim ==1．

x →+∞x →+∞e +cos x cos x 1+0

1+e

x

1+

注 在使用洛必达法则求极限时，首先要分析所求极限的类型是否为

0∞

或型；要 0∞

结合其它方法（主要是用等价代换以及将极限为非零的因子的极限先求出来）来化简所求极限；如有必要可以多次使用洛必达法则；当所求极限越来越复杂时，要考虑改用其它方法；不能用洛必达法则来判别极限的存在性．

例27 设f (x ) 的二阶导数存在，且f ''(x ) >0，f (0)=0，证明F (x ) =上是单调增加的．

分析 只需要证明F '(x ) =证明 因为

f (x )

在0

xf '(x ) -f (x )

>0，(x ∈(0,+∞)) 即可．

x 2

xf '(x ) -f (x )

，(x ∈(0,+∞)) ．

x 2

令ϕ(x ) =xf '(x ) -f (x ) ，显然ϕ(x ) 在(0,+∞) 上连续，且

ϕ'(x ) =xf ''(x ) >0，x ∈(0,+∞) ，

故ϕ(x ) 在(0,+∞) 上是单调增加的．即ϕ(x ) >ϕ(0)=0．从而F '(x ) >0，x ∈(0,+∞) ．故

F '(x ) =

F (x ) =

f (x )

在0

53

23

例28 求曲线y =x -x 的单调区间、凹凸区间和拐点．

1-522-15x 2233

解 y '=x -x =x 3(-) ，在x =0处，y '不存在，在x =处，y '=0．

33335

44

--10-12102

y ''=x 3+x 3=x 3(x +) ，

9999

1

在x =-处，y ''=0 ．

5

这些特殊点将定义域分成若干部分，如下表所示：

2

由函数单调性的判定法可知函数的单调增加区间是(-∞, 0) 及(, +∞) ，单调减少区间是

5211

由函数的凹凸性判定法可知函数凸区间是(-∞, -]，凹区间是(-, +∞) 和[0,+∞) ．拐

[0,]；555

1点为(-, ．

5注1 求函数y =f (x ) 单调区间的步骤:

（1）确定f (x ) 的定义域；

（2）找出单调区间的分界点（即求驻点和f '(x ) 不存在的点），并用分界点将定义域分成相应的小区间；

（3）判断各小区间上f '(x ) 的符号，进而确定y =f (x ) 在各小区间上的单调性． 注2 通常用下列步骤来判断区间I 上的连续曲线y =f (x ) 的拐点： （1）求f ''(x ) ；

（2）令f ''(x ) =0，解出该方程在I 内的实根，并求出f ''(x ) 在I 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x 0，检查f ''(x ) 在x 0左右两侧邻近的符号，那么当两侧的符号相反时，点(x 0, f (x 0)) 是拐点，当两侧的符号相同时，点设y =f (x ) 在x =x 0处有三阶连续导数，如果f ''(x 0) =0，而f '''(x 0(x 0, f (x 0)) 不是拐点．) ≠0，则点(x 0, f (x 0)) 一定是拐点．

例29 求函数y =12x 5+15x 4-40x 3的极值点与极值．

解 函数的定义域为(-∞, +∞) ，y '=60x 4+60x 3-120x 2=60x 2(x -1)(x +2) ，令y '=0，求得驻点为x 1=0，x 2=1，x 3=-2．

下面分别用极值第一、第二充分条件进行判断： 解法1 （用极值第一充分条件）

点x 1=0，x 2=1，x 3=-2将定义域分成四个部分区间(-∞, -2) ，(-2,0) ，(0,1)，(1,+∞) ，

由上表及极值第一充分条件可知x =1为极小值点，x =-2为极大值点，x =0不是极值点，且极小值y (1)=-13；极大值y (-2) =176．

解法2 （用极值第二充分条件） 首先求y ''，y ''=60x (4x 2+3x -4) ．而

y ''(0)=0，y ''(1)=180>0，y ''(-2) =-720

故x =1为极小值点，x =-2为极大值点，但对x =0点第二充分条件失效，需用第一充分条件判断，可知x =0不是极值点，且极小值y (1)=-13；极大值y (-2) =176．

例30 可导函数y =f (x ) 由方程x 3-3xy 2+2y 3=32所确定，试求f (x ) 的极大值与极小值．

分析 函数y =f (x ) 是由方程所确定的隐函数，可利用隐函数求导公式求出

dy

及dx

d 2y dy

，将 =0与原二元方程联立求解可得驻点，再用函数取得极值的第二充分条件判定．

dx dx 2

解 在方程两边对x 求导，得

3x 2-3y 2-6xyy '+6y 2y '=3(x -y )(x +y -2yy ') =0．

由于x =y 不满足原来的方程，又y =f (x ) 是可导函数，因此

x -y ≠0，x +y -2yy '=0，

即

dy x +y dy =．令=0，得x +y =0，与原二元方程联立求解可得x =-2，y =2，由此可dx 2y dx

知，函数y =f (x ) 有唯一可能的极值点x =-2．又因为

d 2y y -xy '

=， dx 22y 2

d 2y

故2

dx

=

x =-2y =2

1

>0， 4

因此由函数取得极值的第二充分条件知，函数y =f (x ) 有唯一的极小值2，没有极大值．

注 求极值的步骤：

（1）找出全部可能的极值点（包括驻点和一阶导数不存在的点）； （2）对可能的极值点，利用函数取得极值的第一或第二充分条件判定； （3）求极值．

⎧x 2x , x >0例31 设函数f (x ) =⎨，求f (x ) 的极值．

x +2, x ≤0⎩

解 先求出可能的极值点，再判别函数在这些点是否取得极值． 当x >0时，

f '(x ) =(x 2x ) '=(e 2x ln x ) '=(2lnx +2) e 2x ln x =2x 2x (lnx +1) ；

当x

x →0

x →0

lim f (x ) =lim x 2x =lim e 2x ln x =exp(lim ++++

x →0

x →0

x →0

2ln x

) =exp[lim (-2x )]=1，

x →0+x

可见f (x ) 在x =0点不连续，所以f '(0)不存在，于是有

⎧2x 2x (lnx +1) , x >0

， f '(x ) =⎨

1, x

令f '(x ) =0，即2x 2x (lnx +1) =0，得x =e -1．所以可能的极值点为x =e -1和x =0，将定义

(-∞, 0) -1-1

-2e

-1

由此可知f (x ) 在x =e 处取得极小值，极小值为f (e ) =e ，显然，经过x =0点时，导数f '(x ) 的符号由正号变为负号，即x =0点为极大值点，函数的极大值为f (0)=2．

-1

例32 （03研）

设函数f (x ) 在(-∞, +∞) 内连续，其导函数图形如图3-1所示，则f (x ) 有（ ）．

A ．一个极小值点和两个极大值点．

B ．两个极小值点和一个极大值点． C ．两个极小值点和两个极大值点．

图3－1 D ．三个极小值点和一个极大值点．

分析 由f (x ) 的导函数图形可知导函数何时大于零、等于零、小于零，从而可知f (x )

的单调性，进一步可推知其极值．

解 选C ． 由图形可看出，一阶导数为零的点有3个，而x =0则是导数不存在的点．三个一阶导数为零的点左右两侧导数符号不一致，必为极值点，且两个为极小值点，一个为极大值点，在x =0左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见x =0为极大值点，故f (x ) 有两个极小值点和两个极大值点，应选C ．

例33 讨论方程ln x =ax (a >0) 在(0,+∞) 内有几个实根？

分析 如果对函数f (x ) 的单调性、极值、最值等问题讨论清楚了，则其零点也就弄明白了，讨论方程ln x =ax (a >0) 在(0,+∞) 内有几个实根等价于讨论f (x ) =ln x -ax 在

(0,+∞) 内有几个零点．

解 设f (x ) =ln x -ax ，则只需讨论函数f (x ) =ln x -ax 零点的个数．由

f '(x ) =

解得x

=

1

-a =0， x

1

．列表：

1

由此可知f (x ) 在(0, 1]上单调递增，在[1, +∞) 上单调递减，且f () =-(lna +1) 是函数的

a a a 最大值，由lim f (x ) =lim(lnx -ax ) =-∞，及lim f (x ) =lim[x (++

x →0

x →0

x →+∞

x →+∞

ln x

-a )]=-∞，可得（1）x

111

当f () 时，f (x )

a e a 111

即a =时，函数f (x ) 仅有一个零点，故方程ln x =ax 只有惟一实根x ==e ．（3）f () =0，

a e a 1111f (x ) 当f () >0，即00，lim ，知在f (x ) =-∞0) 内至少有一个(,

x →0+a e a a 零点．又f (x ) 在(0, 1) 内单调递增，所以f (x ) 在(0, 1) 内仅有一个零点，即方程ln x =ax 在

a

a

11

同理方程ln x =ax 在(1, +∞) 内也只有一个实根．故当0

e a a

方程ln x =ax 恰有两个实根．

x ．

2π

分析 证明不等式可用拉格朗日中值定理、函数的单调性和最值及凹凸性等． 证法1 （用单调性证明）令f (x ) = f '(x ) =

例34 证明不等式：当0

π

时，sin x >

2

sin x

，则 x

x cos x -sin x cos x (x -tan x )

， =22

x x

π-n s i 2x

ϕ'(x )

2cos x

π2

从而可知f '(x ) f () ，即sin x >x ．

2π

证法2 （用凹凸性证明）设g (x ) =sin x -

2x

π

，则

g '(x ) =cos x -

2

2

所以g (x ) 的图形是凸的．又g (0)=g () =0，因此g (x ) >0，即sin x >x ．

2π

证法3 （用最值证明）设F (x ) =sin x -

ππ

，g ''(x ) =-sin x

2x

π

，则由闭区间上连续函数的性质知F (x ) 在

[0,]可取到最大最小值． 2

F '(x ) =cos x -

2

π

π

，令F '(x ) =0，得F (x ) 在(0,

π

2

) 内的唯一驻点x 0=arccos

2

2

π

，又因为

F ''(x ) =-sin x ，当0

π

2

时，有F ''(x )

π

处取得极大值．因

ππ

此F (x ) 在[0,]上的最小值必在端点处取得，这是因为F (x ) 在(0,) 内没有极小值．又由

22

于F (0)=F () =0，所以F (x ) 的最小值为零，因此，在(0,) 内必有

22

F (x ) >F (0)=0， 即sin x >

ππ

2

π

x ．证毕．

x +y

，且等号仅当2

例35 证明：当x >0，y >0时，有不等式x ln x +y ln y ≥(x +y )ln

x =y 时成立．

分析 将不等式两端同除以2，转化为

x ln x +y ln y x +y x +y

．可以看出，左端是≥ln

222

函数f (t ) =t ln t 在x ，y 两点取值的平均值，而右端是它在中点可用函数图形的凹凸性来证明．

x +y

处的函数值．因此，2

1

证明 设f (t ) =t ln t ，则在(0,+∞) 内有f '(t ) =1+ln t ，f ''(t ) =>0，从而函数f (t ) =t ln t

t 的图形是凹的．故对任意x >0，y >0且x ≠y ，有f (

x +y f (x ) +f (y )

成立，即)

22

x ln x +y ln y x +y x +y

成立． >ln

222

当x =y 时，等号显然成立．于是有x ln x +y ln y ≥(x +y )ln 成立．证毕．

例36 设f (x ) 有二阶连续导数，且f '(0)=0，lim

x →0

x +y

，且等号仅当x =y 时2

f ''(x )

=1，则（ ）． |x |

A ．f (0)是f (x ) 的极大值． B ．f (0)是f (x ) 的极小值．C ．(0,f (0))是曲线y =f (x ) 的拐点． D ．f (0)不是f (x ) 的极值，(0,f (0))也不是曲线y =f (x ) 的拐点．

分析 要讨论函数f (x ) 的极值与凹凸性，则要讨论f '(0)、f ''(0)的正负号．

f ''(x )

=1，可得lim f ''(x ) =0，且由保号性知存在x =0的某邻域解 选B ．由题设lim

x →0|x |x →0

使得f ''(x ) ≥0，即在(0,f (0))的左、右两侧都是上凹的，故(0,f (0))不是拐点，排除C ．由拉格朗日中值定理可得f '(x ) -f '(0)=f ''(ξ) x ，其中ξ介于0与x 之间，由于f '(0)=0，故f '(x ) =f ''(ξ) x ，而f ''(x ) ≥0，从而可知当x 0时，f (x ) 单调递增，由此可知f (0)是f (x ) 的极小值，选B ．

x 2y 2

例37 求内接于2+2=1且四边平行于x 轴和y 轴的面积最大的矩形(a , b >0) ．

a b

分析 首先要求出矩形面积的表达式，然后求其最大值，此时对应的矩形即为所求． 解 设所求矩形在第一象限的顶点坐标为(x , y ) ，则矩形的面积为

S (x ) =4xy =4，(02

由S '(x ) =4，令S '(x ) =0得驻

点x =，而

当0

S '(x ) >

00．所以x =S (x ) 的最大值点．因而所求矩形在

第一象限的顶点坐标为，最大矩形面积为2ab ． x 3

例38 描绘函数y =的图形．

(x +1) 2

解（1）求函数的定义域．定义域为(-∞, -1) ，(-1, +∞) ．

（2）求渐近线． 因为lim f (x ) =∞，故x =-1是一条铅直渐近线，而由lim f (x ) =∞

x →∞x →-1f (x ) x 3

=lim =1， 可知无水平渐近线，又因为lim

x →∞x →∞x (1+x ) 2x

且

x 3

lim[-x ]=-2， x →∞(1+x ) 2

故y =x -2是斜渐近线．

（3）求使y '，y ''为零的点及不存在的点．

6x x (x +3)

''y =；．

(x +1) 4(x +1) 3

当x =0，x =-3时，y '=0； 当x =0时，y ''=0；

2

y '=

当x =-1时，y '和y ''不存在．

（4）列表说明图形在每个小区间上的升、降、凹、凸，及函数的极值点，曲线的拐点，并作图，如图3-2所示．

图3－2

-

-

274

例39 求曲线y =tan x

在点(,1) 处的曲率与曲率半径．

4解 y '=s e 2c x ，y ''=2sec 2x tan x =

π

2sin x

，则曲率K 及曲率半径R 分别为

cos 3x

1

K

= R ==．

K

由y '|

x =

π4

=2及y ''|

=4，得在(,1) 的曲率与曲率半径分别为 π

x =44

K =

1，R == K π

例40 曲线上曲率最大的点称为此曲线的顶点，试求y =e x 的顶点，并求在该点处的曲率半径．

解 y '=e x ，y ''=e

x ，由曲率公式得

K =

x =

，

为求出K 的最大值，只要求出f (x ) =e

-

2x 3

+e 的最小值即可．又

4x 3

2-23x 443x

f '(x ) =-e +e ，

33

令f '(x ) =0，得e 2x =

11

，x =-ln 2，而 22

4-23x 1643x 1

f ''(x ) =e +e ，f ''(-ln 2) >0．

992

1

所以x =-ln 2是函数f (x ) 唯一的极小值点，也就是使曲线y =

e x 曲率最大的点，代入得

2y =

1，而曲线在该点的曲率半径为

(-ln 2,

23

() 2

1R ==1=

-K 22

3